Bài 1.8 trang 8 SBT Giải tích 12: Chứng minh các bất đẳng thức sau:...

Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) $\tan x > \sin x,0 < x < {\pi  \over 2}$

b) $1 + {1 \over 2}x - {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x}  < 1 + {1 \over 2}x$ với $0 < x <  + \infty$

Hướng dẫn làm bài:

a) Xét hàm số $f(x) = \tan x - \sin x$  trên nửa khoảng ${\rm{[}}0;{\pi  \over 2})$ ;

 $f'(x) = {1 \over {{{\cos }^2}x}} - \cos x = {{1 - {{\cos }^3}x} \over {{{\cos }^2}}} \ge 0;x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2})$              

Dấu “=” xảy ra khi x = 0.

Suy ra f(x) đồng biến trên nửa khoảng ${\rm{[}}0;{\pi  \over 2})$ 

Mặt khác, ta có f(0) = 0, nên f(x) = tan x – sin x > 0  hay tan x > sin x với mọi $x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2})$

b) Xét hàm số $h(x) = 1 + {1 \over 2}x - \sqrt {1 + x}$ trên  $${\rm{[}}0; + \infty )$$

$\eqalign{ & h'(x) = {1 \over 2} - {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} \ge 0 \cr & 1 + {1 \over 2}x - {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} ,0 \le x \le + \infty \cr}$

Dấu “=” xẩy ra chỉ tại x = 0 nên h(x) đồng biến trên nửa khoảng ${\rm{[}}0; + \infty )$.

Vì h(x) = 0 nên $h(x) = 1 + {1 \over 2}x - \sqrt {1 + x}  > 0$

Hay $1 + {1 \over 2}x > \sqrt {1 + x}$ với $0 \le x <  + \infty$

Xét hàm số  trên $f(x) = \sqrt {1 + x}  - 1 - {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8}$ trên ${\rm{[}}0; + \infty )$ ;

$\eqalign{ & g(x) = f'(x) = {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} - {1 \over 2} + {x \over 4} \cr & g'(x) = {1 \over 4} - {1 \over {4(1 + x)\sqrt {1 + x} }} \ge 0,0 \le x < + \infty \cr}$

Vì g(0) = 0 và g(x) đồng biến trên nửa khoảng ${\rm{[}}0; + \infty )$ nên $g(x) \ge 0$ , tức là $f'(x) \ge 0$ trên khoảng đó và vì dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 nên f(x) đồng biến trên nửa khoảng .

Mặt khác, ta có f(0) = 0 nên

$f(x) = \sqrt {1 + x}  - 1 - {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8} > 0$

hay $1 + {1 \over 2}x - {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x}$

Với mọi $0 < x <  + \infty$.