Advertisements (Quảng cáo)
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 \({\rm{[}}0; + \infty )\).
Advertisements (Quảng cáo)
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 \(0 < x < + \infty \).