Bat dang thuc tich phan

Chứng minh : π 12 ∫ 3π π ∫ ∫ 1 dx − sin x π π π 1 1+ x x ln < ∫ cot g dx x π dx 6 1− x ∫ dx x + x+1 π 18 dx < π π x dx x + x + x3 + ∫ π Bài giải : π 3π 1 1 x ⇒ sin x ⇒ sin x ⇒ sin x ⇒ − sin x ⇒ 4 2 3π 3π 3π 3π π π ⇒ ∫π dx ∫π dx ∫ π dx ⇒ dx 2 ∫ π 4 − sin x 4 − sin x   cot gx π cot gx π π cot gx π3 π3 x ⇒ ⇒ ⇒ dx dx dx ∫π x π x π π ∫π π ∫π 3  π x π π cot gx 3 dx ∫ π 12 x Bài toán giải theo phương pháp đạo hàm x < ⇒ x6 < ⇒− − − ⇒ − − x 1 x x 0 x x 1 1 1 2 dx I ⇒1 ⇒ ∫ dx ∫ 0 − x6 − x2 − x6 1  π π Với I = ∫ dx Đặt x = sin t ; t ∈  − ;  ⇒ dx = cos tdt  2 - x2 1 1 x 1 π cos tdt π 2 dx ⇒I=∫ = ∫ dt = Vaäy ∫ 0 π 6 t − x6 − sin t x ⇒ x x ⇒ x2 x x x ⇒ + x2 + x x + x 1 ⇒ ( 1) ; ∀x ∈ [ 0,1] x + 1 + x x + x2 − sin x ⇒ Dấu đẳng thức (1) xảy : VT(1) VG(1) x = ⇒ x∈∅  VG(1) VP(1) x = 1 dx 1 1 π dx < ∫ dx < ∫ ⇒ ln < ∫ dx < 1+ x 0 x +1 1+ x x 1+ x x 1 π Chú ý : ∫ dx = Xem tập + x2 Do : ∫ 1 ⇒ − x x − 1 ⇒ x2 x x ⇒ x2 + x2 x2 + x ⇒ + x2 x2 + x + ⇒ x + x+ 2 2( x + 1) 1 1 dx ; I = ∫ dx ∫ 0 x +1 + x2 dt = (1 + tg t)dt Đặt x = tgt ⇒ dx = cos t π + tg t π x π π Vaäy ∫ ⇒I=∫ dt = ∫ dt = ⇒ I = dx + tg t 0 x + x+2 π 4 t  x x x ⇒  ⇒ x5 + x x ⇒ x3 + x + x4 + x3 + 3 x + x x  ⇒∫ ⇒ 1 dx x + x+2 3x + 3 x + x + x3 + x dx 3x + ⇒∫ x ⇒ x +3 3x + ∫ x dx x + x + x3 + ∫ x x + x + x3 + x x +3 x dx ( ) x +3 x 1 x = dx dx ; Đặ t x = t ;( t 0) ⇒ dx = tdt ∫ x3 + 3 x +1 1 2t t dt t I1 = ∫ dt = ∫ Đặt u = t ⇒ du = 3t dt 0 t +1 (t ) + u π Kết : I = (bài tập 5) 1 x π x °I2 = ∫ = (tương tự) Vậy (1) ⇔ I1 ∫ dx x +3 x + x + x3 + ° I1 = ∫ π 18 ∫ 1 x dx x + x + x3 + 1,Chứng minh : ∫ π 2.Neáu : I ( t ) = ∫ t 0 1 1 du π ⇒ I1 = ∫ = u + 18 x t I2 π sin x cos x (1 + sin x ))((1 + cos x ) 4 dx π 12 tg 3t + tgt tg x  ππ   π ) ( dx > , ∀t ∈  ,  ; :tg  t +  > e cos x 4  4  Bài giải : Ta có : ⇒ + cos x + sin2 x = (1 + sin x)(1 + cos x) (1 + sin x)(1 + cos x) (1 + sin x)(1 + cos x) π + sin x + cos x (1 + sin x)(1 + cos x) + sin x + + cos x 1 = + 4 (1 + sin x)(1 + cos x) + sin x + cos x Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt ⇒ sin x cos x (1 + sin x)(1 + cos x) Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân sin x cos x sin x cos x sin x cos x + ⇒ 4 + sin x + cos x (1 + sin x)(1 + cos x) π sin x cos x  π sin x sin x  + dx dx dx   4 ∫ ∫ 0 (1 + sin x)(1 + cos x ) 6 + sin x + cos x  π sin x °J1 = ∫ dx Đặ t t = sin x ⇒ dt = sin xdx + sin x π x ⇒ J = dt = π (kết I= π taäp 5) ∫0 t + t π sin x °J2 = ∫ dx Đặ t u = cos x ⇒ du = − sin xdx + cos x π x du π π ⇒ J2 = ∫ = (kết I= taäp 5) u u +1 4 π π sin x cos x sin x cos x ⇒∫ dx ( I + J ) Vaäy ∫ dx 0 (1 + sin x)(1 + cos x) (1 + sin x)(1 + cos x) dt Đặt t = tgx ⇒ dt = (1 + tg x) dx ⇒ dx = + t2 ⇒∫ π  sin x sin x  +    + sin x + cos x  π 12 tgt tgt t tgt t dt tgt  dt   t-1  tgt - I =∫ t - t + t = ∫0 - t = ∫0  -t - + - t dt =  - t - t - ln t +  = - tg t - tgt - ln tgt + 1 + t2 Vì 1 tgt - I > neân : - tg t - tgt - ln >0 (t) tgt +  tg t + tgt  tgt − 1 π π    ⇔ ln = ln tg  t +  > tg t + tgt ⇒ tg  t +  > e  tgt + 4 4   1 x2 Chứng minh : vaø lim In dx = ≤ ∫ In dx ≤ I n = n→+∞ 2( n + 1) n+1 x +1 vaø lim J n dx = J n = x n ( + e-x ) Chứng minh : < ∫ J n dx n→+∞ n +1 Bài giải : xn xn 1 1 x ⇒ x + ⇒ ; x n ⇒ ∫ x n dx x +1 x +1 2 2 x n+1 ⇒ ( n + 1) xn ∫0 x + 1dx 1 x n+1 ⇒ n +1 ( n +1) xn ∫0 x + 1dx n +1  xn ∫0 x + 1dx ∫ x n dx Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt  =0  nlim →∞ ( n + 1) Ta coù :   lim =  n→∞ n + ∫ ⇒0 n x e− x 1⇒ x (1 + e x ) dx Ta coù : lim − ⇒ lim xn n→∞ x + =0 e0 = ⇒ 1 + e− x 2∫ x ndx ⇒ ∫ x n (1 + e − x ) ⇒ xn x n (1 + e − x ) dx x n hay x n (1 + e − x ) xn n +1 ⇒ lim xn (1 + e− x ) dx = =0 n→∞ n + Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân n→∞ Chứng minh : π ∫ π cos x(4 − cos x)(2 cos x + 2)dx ≤ 8π - π ∫π ∫ sin x(1 + sin x )(5 − sin x)dx < π ∫ sin x cos6 xdx ≤ 2π ∫ ln x(9 − ln x − ln x)dx ≤ 8(e − 1) π tgx(7 − tgx)dx ≤ 49π 64 243π 6250 Bài giải : Đặt f(x) = cosx(4 - cosx )(2 cosx + 2) cauchy f(x) ⇒∫ π −π  cos x + − cos x + cos x +    =     8∫ f(x)dx π −π 2 dx ⇒ ∫ π −π cos x(4 − cos x )(2 cos x + 2)dx 8π 2 Đặt f ( x) = ln x (9 − ln x − ln x) = ln x (3 + ln x )(3 − ln x )  ln x + + ln x + − ln x    =     f ( x) ⇒∫ e f ( x) dx e 8∫ dx ⇒ ∫ e ln x (9 − ln x − ln x) dx 8( e −1) 3 Đặt f ( x) = sin x (1 + sin x)(5 − sin x ) ; f(x)  sin x + + sin x + − sin x         sin x = + sin x  sin x = −1 Đẳng thức ⇔  ⇔ x∈∅ ⇔  sin x =  sin x = − sin x ⇒ f(x) < ⇒ ∫ π π f(x)dx < 8∫ π π dx ⇒∫ π π sin x(1 + sin x )(5 − sin x)dx < 4 Đặt f(x) = tgx(7 − tgx) = tgx( − tgx) 4 2π Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân  tgx + − tgx  49 f ( x) ≤   =  4 16  ∏ ∏ 49 ∏ 4 ⇒ ∫ f ( x ) dx ⇒ dx ∫0 tgx − tgx dx 16 ∫0 ( ) 49 ∏ 16 sin x.cos x = (1 − cos x).(1 − cos x).cos x cos x cos x = (2 − cos x)(1 − cos x).cos x.cos x.cos x  − cos x + − cos x + cos x + cos x + cos x  ≤   2  ∏ 243 243 ∏ ⇒ sin x.cos x ≤ ⇒ ∫ sin x.cos xdx ≤ 6250 6250 Chứng minh : ∫ ∏ −∏ ∫ e − ( ) ( cos x + 3sin x + sin x + 3cos x dx ) ( e − 1) + ln x + − ln x dx ∏ ∫ cos x + sin x dx x2 + 5∏ ∏ Bài giải : Đặt f ( x ) = cos x + 3sin x + sin x + 3cos x ( cos x + 3sin x + 3cos x + sin x ) ⇒ f ( x ) f 2( x ) ∏ ⇒ ∫ ∏2 f ( x ) dx − ∏ ∏ − − 2 ∫ ∏2 dx ⇒ ∫ ∏2 3 ( 2 ) cos x + 3sin x + sin x + 3cos x dx Đặt f ( x ) = + ln x + − ln x f ( x ) ≤ ( + ln x + − ln x ) ⇒ f ( x ) ≤ e e e ⇒ ∫ f ( x ) dx ∫ dx ⇒ ∫ + ln x + − ln x dx ≤ ( e − 1) 1 ( ) 3 cos x + sin x ≤ ( 3)2 + 1 ( cos x + sin x ) ⇒ cos x + sin x x +4 ≤ 2 ⇒ ∫0 x2 + cos x + sin x x +4 ≤ 2∫ dx x +4 5∏ Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân Đặt x = 2tgt ⇒ dx = (1 + tg t ) dt x t ⇒∫ ∏ ⇒∫ cos x + sin x ∏ ∏ ⇒− 4 dx x +4 ∏ (1 + tg 2t ) ∏ dx ∏4 =∫ = dt dt = ∫ 0 x +4 (1 + tg t ) ∫ cos x + sin x dx x2 + ∏ ĐÁNH GIÁ TÍCH PHÂN DỰA VÀO TẬP GIÁ TRỊ CỦA HÀM DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN Chứng minh : 1.∫ ∏ 2.∫ 2 ∏ 2∫ sin xdx sin xdx ∫ (ln x) dx < ∫ ln xdx ∫ ∏ Baøi giaûi :  ∏  0 ≤ sin x ≤ 1.∀x ∈  0;  ⇒  ⇒ 2sin x.cos x ≤ cos x   0 ≤ cos x ≤ ∏ 2x − x −1 dx < ∫ dx x x +1 ⇒∫ 2 ⇔ sin x ≤ cos x ∏ sin x sin x dx > ∫∏ dx x x ∫ ∏ ∏ cos xdx ∏ 3.∫ sin xdx ≤ 2∫ sin xdx ≤ ∫ ∏ cos xdx sin xdx < ∫ ∏ cos xdx Ts Nguyễn Phú Khaùnh - ðà Lạt  ∏  cos x ≤ ∀x ∈  0;  ⇒    0 ≤ sin x ⇔ sin x ≤ 2sin x ⇒ ∫ ∏ Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân ⇒ sin x.cos x ≤ 2sin x sin xdx ≤ ∫ ∏ sin xdx x -1 x − −x + x − − = ⇒ dx < ∫ dx < ⇒∫ ∏ ∏−x x ∏−x x ∏ ∏ sin x sin x ⇒∫ dx > ∫∏ dx x x Hàm số y = f(x) = lnx liên tục [1,2] nên y = g(x) = (lnx)2 liên tục [1,2] x ⇒ ln x ln < (*) ⇒ (ln x )2 < ln x 2 ∀x ∈ [ 1,2 ] ⇒ ∫ (ln x )2 dx < ∫ ln xdx 1 Chú ý : dấu đẳng thức (*) xảy taïi x0 = 1⊂ [1,2] ∏ ∏ sin x ⇒ < tgx < tg = ⇔ 0,88 Mặt khác : + x > ⇒ 1 + x4 dx < dx < Chú ý : học sinh tự chứng minh ∫ a +x 2 dx = ln x + x + a + C phương pháp tích phân phần Cách : x ∈ ( 0,1) ⇒ x < x ⇒ 1+ x < + x ⇒ 1+ x > Với : I = ∫ 1 1+ x 1 + x2 Đặt x = tgt ⇒ dx = ⇒∫ 1 + x4 dx > I dx dt = (1 + tg 2t ) dt cos 10 Ts Nguyễn Phú Khaùnh - ðà Lạt x t I =∫ ∏ (1 + tg t ) dt = I =∫ ∫ (1 + tg t ) ∏ ∏ I =∫ dt cos t cos t dt − sin t ∏ Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân du = ∫ 1− u 2 t ∏ u 1− u + u +1 du = ∫ (1 − u )(1 + u ) 1 1 1 1 1+ u du + ∫ du = ln = ∫ 0 1+ u 1− u 1− u   +  du  1+ u 1− u  2+ ln > 0,88 ⇒ ∫ dx > 0,88 2− + x4 Mặt khác :1 + x > ⇒ n −1  Bài toán giải theo phương pháp nhò thức Newton Chứng minh : f(x) g(x) hàm số liên tục x xác đònh [a,b] , ta có : (∫ b a f ( x ) g( x ) dx ) ∫ b a b f 2( x ) dx ∫ g 2( x ) dx a Caùch : Cho số α1 , tuỳ ý i ∈ 1, n ta coù : ( (α ) + α 2 + + α n )( β 21 + β 2 + + β n ) Đẳng thức (1) xảy : (α1β1 + α β + + α n β n ) (1) α α1 α = = n β1 β βn Thaät : phân hoạch [a,b] thành n đoạn nhỏ điểm chia : a = x0 < x1 < x2 < … ⇔ ∆ 'h  ∆ h b b b ⇔  ∫ f ( x).g ( x)dx  − ∫ f ( x)dx ∫ g ( x)dx ≤ a a  a  ⇒ (∫ b a f ( x).g ( x)dx ) b ∫ a b f ( x)dx ∫ g ( x)dx a Chứng minh : ∫ 3∏ dx > 2 ∫ esin x Bài giải : Ta coù : ⇒ e x − < ∫ + x3 dx < ∫ b a (∫ b a f ( x).g ( x)dx ∫ f ( x).g ( x)dx + x3 = b a ) a 1 0 (1 + x ) ∫ 0 x dx = ∫ 3cos x − 4sin x dx + x2 ∏ esin x ∫ b a x Đặt t = + t ⇒ dx = dt x t 5∏ (1 − x + x ) 1 0 1  − 1)  e x −  2  g ( x)dx ∏ x a (1 − x + x ) dx < ∫ (1 + x ) dx ∫ ( x dx + ∫ (e b ⇒ ∫ + x3 dx < ∏  x3 x   − + x =    0  x2  + x3 dx <  + x   0 ∫ esin ∫ e2 t + e− t dt < f ( x)dx ∫ g ( x)dx ( chứng minh trước ) f ( x)dx 1 ∫ b (1 + x ) (1 − x + x ) = (1 + x ) ⇒ ∫ + x3 dx = ∫ x esin x ∏ dx ∏ ∏ 15 − x + 1) dx Ts Nguyễn Phú Khaùnh - ðà Lạt ∏ ⇒ ∫ esin ∏ x =∫ ∏ esin dx = ∫ esin x dx + ∫ 2 x dx + ∫ ∏  Ta lại có  ∫  ecos x dx = 2∫ ∏ ( sin ∏ + t ) dt esin x dx ∏ sin x cos x    edx  =  ∫ e e dx     =∏ e ; e >  e 0 2  ∏ ⇒ ∫ esin x dx > Chú ý : giải theo phương pháp đạo haøm  hay  ∫  ∫ x ∏ x e 2t + e − t dt = ∫ e 0 et + e−2t dt ) vi ( ∫ f ( x).g ( x)dx ) ⇒ ( ∫ e + e dt ) (∫ x t t e et + e−2t dt b ∫ e dt ∫ ( e t ∫ a x 2t −t e 2t + e − t dt b a (e x t + e −2t )dt b f ( x)dx ∫ g ( x)dx a (e o ⇒∫ t t x 1  − 1)  e x − − x e    x 1 x  < ( e − 1)  e −  2   1  − 1)  e x −  (1) 2  Maët khaùc : e 2t + e − t > et ; ∀0 < t < x ⇒∫ x x e2t + e− t dt > ∫ et dt = e x − (2) Từ (1) (2) suy : e x − < ∫ x 3cos x − 4sin x + x2 ⇒ ∫ 1 + x2 3cos x − 4sin x dx + x2 e 2t + e − t dt < (e x 1  − 1)  e x −  2  32 + ( −4 )2  sin x + cos x  =  x2 +   ∫ 3cos x − 4sin x dx + x2 5∫ 1 dx + x2 Ñaët x = tgt ⇒ dx = (1 + tg 2t ) dt 16 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 (1 + tg t ) 1 ∏ dx = ∫ dt = ∫ dt = ⇒∫ 2 1+ x + tg t ∏ t 3cos x − 4sin x 5∏ ⇒ ∫ dx 1+ x x Chứng minh bất đẳng thức tích phân phương pháp đạo hàm Chứng minh : ∫ ( ) ( 11 54 −7 < ∫ x (1 − x )dx < Bài giải : Xét f ( x ) = ( 11 − x dx 108 27 ∏ ∏ ∫ ( sin x + cos x )dx e ∫ esin x dx > ) ( x+7 + 3∏ ) 11 − x ; x ∈ [ −7,11] 11 − x − x + ⇒ f '( x) = ⇔ x = 2 11 − x x + f '( x) = x f’(x) f(x) ) x+7 + -7 + 11 - ր ց ⇒3 f ( x) ⇒ 54 ∫ ( 11 ⇒ ∫ dx −7 ) 11 ∫ x + + 11 − x dx −7 11 −7 f ( x ) dx 11 ∫ dx −7 108 Xét hàm số : f(x) = x(1-x2) ; ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ f ' ( x) = 3x - x + 1 ∨ x =1 1 +∞ 27 ր ց ⇒ f’(x)=0 ⇔ x = x f’(x) f(x) -∞ + 0 17 ∏ Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt ⇒0 27 f ( x) ( )( Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân ) ∃x ∈ 0, ; , ⇒ < f <  ( x) 3 27 va   f (0) = f (1) = 1 4 ⇒ < ∫ f ( x)dx < dx ⇒ < ∫ f ( x)dx < ∫ 0 27 27 Xét hàm số : ∏   ∏ f ( x) = sin x + cos x = sin  x +  ; x ∈ 0,  4   4 ∏   ∏ f ' ( x) = cos  x +  , ∀x ∈  0,  4   4  ∏ ⇒ f(x) laø haøm số tăng ∀x ∈ 0,  ⇒ f ( 0) f( x ) f ∏ ( 4)  4 ∏ ∏ ∏ 2⇒ ⇒ sin x + cos x ( sin x + cos x )dx ∫ 4 Nhận xét ∀x > e x > + x ( tập Sgk phần chứng minh bất đẳng thức pp đạo hàm) Xét f (t ) = et − − t ; t ⇒ f '(t ) = et − > ; ∀t > ⇒ hàm số f(t) đồng biến ∀t Vì x > neân f(x) > f(0) = ⇒ e x − − x > ⇔ e x > + x (1) Do vaäy : ∀x ∈ ( 0, ∏ ) thi esin x > + sin x ⇒ ∫ esin x dx > ∫ (1 + sin x )dx = ∏ + ∫ ∏ ∏ ⇒ ∫ esin x dx > ∏ ∏ 0 ( do(1) ) − cos x dx 3∏ Chứng minh raèng : x dx ∫ x +1 ∏ 3 sin x dx ∏ ∫ x 4 ∏ 3 ∫ ∏ cos x + cos x + ∏ 3 cot gx dx ∏ ∫ 12 x 1 dx < < ∫ + x − x2 dx 2∏ 3 < ∫ −1 Bài giải : 18 ( ) + x + − x dx < Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Xeùt : f ( x ) = x x +1 ; x ∈ [1, 2] có f '( x ) = ⇒ hàm số nghòch biến ∀x ∈ [1, 2] ⇒ f( 2) ⇒ x 2 ⇒ ∫ dx x +1 x ∫1 x + ⇒ Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân ∫ 2 x dx x +1 − x2 (1 + x ) f( x ) ; ∀x ∈ [1, 2] f (1) dx ∫1 sin x x.cos x − sin x ∏ ∏ ; ∀x ∈  ;  ⇒ f '( x ) = x x2 6 3 ∏ ∏  Đặt Z = x.cos x − sin x ⇒ Z ' = − x x < ; ∀x ∈  ;  6 3 Xeùt f ( x ) = ∏ ∏  ⇒ Z đồng biến ∀x ∈  ;  vaø : 6 3 ∏ −3 ∏ ∏ Z Z∏ = < ; ∀x ∈  ;  ( 3) 6 3 ∏ ∏  ⇒ f '( x ) < ; ∀x ∈  ;  6 3 x -∞ ∏ ∏ f’(x) f(x) +∞ − ∏ ց 3 ⇒ 3 2∏ hay : ⇒ 3 2∏ f( X ) ∏ sin x x 3 ∏3 dx ∏ ∫∏ 2∏ ∏ ∫ ∏ ∏ sin x dx x ∏3 dx ⇒ ∏ ∫ ∏ ∫ ∏ ∏ sin x dx x Đặt t = cos x ; x ∈ [ 0, ∏ ] ⇒ t ∈ [ −1,1] vaø f (t ) = t + t + 1; t ∈ [ −1,1] 19 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân +∞ f '(t ) = 2t + 1; f '( t ) = ⇔ t = − t - ∞ -1 f’(t) f(t) −1 − ց ⇒ hay ⇒ ⇒ + ր ⇒ ; ∀t ∈ [ −1,1] f(t ) cos x + cos x + ; ∀x ∈ [ 0, ∏ ] cos x + cos x + 1 ∏ ∫ dx ∏ 3 ∫ ∏ ∫ ⇒ dx cos x + cos x + 1 ∏ cos x + cos x + ∏ ∫ dx 2∏ 3 dx cos x + cos x + Chú ý : thực chất bất đẳng thức phải : ∏ ∏ 2∏ , t > 22 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân ⇒ f (t ) đồng biến ∀t > f( t ) f( ) = > 200 200 2 ⇒ f( t ) , t > ⇒ e− x ≤ ⇒ ∫ e− x dx ≤ ∫ dx 100 100 x x ⇒∫ 200 100 e- x dx < 0, 005 Trước hết ta chứng minh : − x e −1 x 1 − + ; (1) ∀x > x 2x ;x > 0⇒t < x (1) ⇔ + t et + t + t ; ( ) t < Đặt t = − Xét hàm số f(t ) = et − t − ; h(t ) = et − − t − t ; t < ' t ° f (t ) = e − t f’(t) f(t) +∞ -∞ − +∞ ց ⇒ f( t ) > ; ∀τ < hay et − − t > ⇒ 1+ t < e ; ∀t < ; ∀t < ( 3) t •h'( t ) = et − − t -∞ x ' ht ht +∞ + ր ⇒ h( t ) < ; ∀t < > ; ∀t < ( ) Từ (3) (4) suy : hay et < + t + 23 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 + t + t ; ∀t < 1 −1 hay − e x 1− + ; x > x x 2x 100  100 − 100  1 1  ⇒ ∫ 1 − dx ∫ e x dx ∫ 1 − + dx 10 10 10  x  x 2x  100 90 − ln10 ≤ ∫ e x dx < 90 + + ln10 10 200 * Laø baøi toán khó , hi vọng em tìm điều thú vò toán – chúc thành công 1+ t et − 2tg x cos x Xét f( x ) = Đặt = + tg x cos x t=  ∏ ; x ∈ 0,   3  ∏ ; x ∈ x ∈ 0,   3 ⇒ t ∈ [1; 4] ⇒ f( t ) = t + 4t − ⇒ f '(t ) = 4t + > ; ∀t ∈ [1, 4] ⇒ f(1) ⇒ 3∫ dt ∫ ∫ ⇒9 f( 4) ⇒ f(t ) ∏ f(t ) 30 f(t ) dt ≤ 30 ∫ dt   − 2tg x dx  cos   90 Xeùt hàm số f( x ) = e x − − x ; ∀x ⇒ f( x ) đồng biến ∀x ∈ 0, + ∞ ) có f '( x ) = e x − > , ∀x ⇒ f( x ) f ( 0) = ⇒ e x − − x ⇒ ex + x ; ∀x ; ∀x + x2 1 1 1  dx = + ∫ dx (*) ⇒ ∫ e 1+ x dx ∫ 1 +  0 + x2  1+ x  Ñaët x = tgt ⇒ dx = (1 + tg 2t ) dt ⇒e 1+ x 1+ (1 + tg t ) dt ∏ = = dx 2 ∫ 1+ x + tg t  x = t = ⇒ ∏  x = t = Từ (*) suy : ∫ e ⇒∫ x +1 dx 1+ Trước hết ta chứng minh : ∏ tg x 2< ∏ x  ∏ ; x ∈  0,   2 24 Ts Nguyễn Phú Khánh - ðà Lạt x Xét hàm số f( x ) = tg x x − sin x f '( x ) = 2 x cos x Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Tích Phân  ∏ ; x ∈  0,   2  ∏ Đặt Z = x − sin x ⇒ Z ' = − cos x > , ∀x ∈  0,   2  ∏ ⇒ Z > Z ( 0) = ⇒ f '( x ) > , ∀x ∈  0,   2 ∏ x +∞ -∞ f’(x) + f(x) ∏ ր −∞ ∏ tg x ⇒ f( x ) < ⇒∫ ∏ x ⇒ dx < tg x 2< ∏ x ∫ ∏ 2 dx ∏ ⇒∫ ∏ tg x x dx < Chứng minh : ∏ ∏ 2001 ∏ 2001 ∫ x1999 e2 x dx > + 2001 2002 1 2 ∫ x ln x + + x dx ln + + −1 2 ) ( ∫ ∏ n xtg xdx ( ∏   n+2  ) n+ Bài giải : Trước hết ta chứng minh : e x > ( x + x ) ; ∀x > Xét hàm số: f ( x ) = e x − ( x + x ) ; ∀x > f '( x ) = 2.e x − x − ; f ' '( x ) = 4.e x − > ; ∀x > ⇒ f '( x ) hàm tăng ; ∀x > ⇒ f '( x ) > f( 0) = ⇒ f ( x ) hàm tăng ; ∀x > ⇒ f ( x ) > f ( 0) 25