quandan

 

Bài 5: MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

$\quad$ Việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình,...bằng các phương pháp như: Biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, hình học,...khá quen thuộc đối với các bạn chuẩn bị thi vào đại học. Tuy nhiên đối mặt với một bài toán dạng này các bạn ít nhiều còn lúng túng, chưa tìm được lời giải hoặc xác định được đường lối nhưng lại không đưa ra được kết quả cuối cùng!
$\quad$ Trong phạm vi bài giảng này tôi muốn bàn về một phương pháp để giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình,...khi mà các phương pháp nêu trên gặp khó khăn hoặc bế tắc! Đó là "Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số".
Tính chất 1: Giả sử hàm số $f(x)$ liên tục và đơn điệu trên tập $D$ thì phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất một nghiệm thuộc $D$.
Tính chất 2: Nếu phương trình $f'(x)=0$ có một nghiệm trên tập $(a,b)$ thì phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm trên $(a,b)$.
Tính chất 3: Nếu $f(x)$ liên tục, đồng biến trên $D$ và $g(x)$ liên tục, nghịch biến (hoặc hàm hằng) trên $D$ thì phương trình $f(x)=g(x)$ có nhiều nhất một nghiệm trên $D$.
Tính chất 4: Nếu hàm số $f(x)$ liên tục và đơn điệu trên $D$ thì với $\forall {u},{v} \in D$ ta có: $f(u)=f(v) \Leftrightarrow u=v$.
Tính chất 5: Nếu $f(x)$ đơn điệu trên $(a,b)$ thì $x,y,z \in (a,b)$ là nghiệm của hệ phương trình:
$$\left\{ \begin{gathered} f(x) = y \\ f(y) = z \\ f(z) = x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = y = z$$
Tính chất 6: $f(x)$ đồng biến trên $(a,b)$ thì $f(u) < f(v ) \Leftrightarrow u < v$
$f(x)$ nghịch biến trên $(a,b)$ thì $f(u) < f(v ) \Leftrightarrow u > v$ với mọi $u,v \in (a,b)$.
$\quad$ Chỉ cần nắm được định nghĩa về hàm số đồng biến, nghịch biến các bạn dễ dàng suy ra tính chất 1, 2, 3, 4 và 6. Riêng tính chất 5 SGK không đề cập, do đó mỗi khi sử dụng kết quả này các bạn phải chứng minh lại. Tôi sẽ nói chi tiết hơn và đồng thời chứng minh tính chất này trong Ví dụ 2.2 của Vấn đề 2!

Vấn đề 1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau:
$\quad$ a) $\sqrt {4x - 1} + \sqrt {4{x^2} - 1} = 1$
$\quad$ b) $3{x^7} - \sqrt {5 - 4x} = 3 - {x^3}$
$\quad$ Nhận định: Đối với câu 1, có thể bạn nghĩ đến việc biến đổi tương đương hoặc sẽ bình phương, tuy nhiên bạn sẽ gặp khó trong biến đổi. Câu 2, các phương pháp "truyền thống" không khả thi.
$\quad$ Nếu bạn chịu khó quan sát và chuyển vế đơn giản thì vế trái đều là những hàm số đồng biến (trên một tập nào đó). Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải quyết bài toán đã nảy ra trong đầu bạn. Vấn đề còn lại là đoán nghiệm! Công việc này không khó, nhưng nếu bạn cứ thử từng số thì sẽ mất thời gian. Hãy ưu tiên những giá trị của $x$ sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương!
Lời giải.
a) Điều kiện: $x \geqslant \frac{1}{2}$
Phương trình đã cho $ \Leftrightarrow \sqrt {4x - 1} + \sqrt {4{x^2} - 1} - 1 = 0$
Xét hàm số $f(x) = \sqrt {4x - 1} + \sqrt {4{x^2} - 1}- 1$ trên $[\frac{1}{2}; + \infty)$. Ta thấy rằng:
+ Hàm số $f(x)$ liên tục trên $[\frac{1}{2}; + \infty)$
+ Có đạo hàm $f'(x) = \frac{2}{\sqrt {4x-1}}+ \frac{4x}{\sqrt {4x^2-1}}> 0$ với $\forall x \in (\frac{1}{2}; + \infty)$.
Do đó hàm $f(x)$ đồng biến trên $(\frac{1}{2}; + \infty)$.
+ $f(\frac{1}{2}) = 0$
Kết luận: $x = \frac{1}{2}$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. (Xem tính chất 1!)
b) Điều kiện: $x \leqslant \frac{5}{4}$
Phương trình đã cho $ \Leftrightarrow 3{x^7} + {x^3} - \sqrt {5 - 4x} = 3$
Xét hàm số $f(x) = 3{x^7} + {x^3} - \sqrt {5 - 4x} = 3$ trên $(- \infty ;\frac{5}{4}]$. Ta thấy rằng:
+ Hàm số $f(x)$ liên tục trên $(- \infty ;\frac{5}{4}]$
+ Có đạo hàm $f'(x) = 21{x^6} + 3{x^2} + \frac{2}{{\sqrt {5 - 4x} }} > 0$ với $\forall x \in (- \infty ;\frac{5}{4})$.
Do đó hàm $f(x)$ đồng biến trên $(- \infty ;\frac{5}{4})$.
+ $f(1) = 3$
Kết luận: $x = 1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 1.2. Giải phương trình: $\root 3 \of {x + 2}+\root 3 \of {x+1}=\root 3 \of {2x^2+1}+\root 3 \of {2x^2}$
$\quad$ Nhận định: Cũng với tư duy như trong Ví dụ 1.1 nhưng sẽ khó khẳng định được hàm số $f(x)$ liên tục, đơn điệu trên TXĐ của nó. Tuy nhiên, quan sát kỹ thì thấy các biểu thức dưới dấu căn ở 2 vế có chung một mối liên hệ:
\begin{align*}
& x + 2 =(x + 1) + 1\\
& 2x^2+ 1 =(2x^2) + 1
\end{align*}
Do đó, nếu đặt $u: = \root 3 \of {x + 1} $ và $v: = \root 3 \of {2x^2}$ thì phương trình đã cho trở thành:
$$u+ \root 3 \of {u^3+1}=v + \root 3 \of {v^3+1}$$
Đến đây, ta chỉ việc xét một hàm số có dạng $f(t)= t+ \root 3 \of {{t^3}+1}$ và vận dụng tính chất 4, bài toán được giải quyết!
Lời giải. Tập xác định: $\mathbb {R}$
Đặt $u: = \root 3 \of {x + 1} $ và $v: = \root 3 \of {2x^2}$ thì phương trình đã cho trở thành:
$$u+ \root 3 \of {u^3+1}=v + \root 3 \of {v^3+1} \text{ hay } f(u) = f(v)$$
Xét hàm số $f(t)= t+ \root 3 \of {{t^3}+1}$ trên $\mathbb {R}$. Ta thấy:
+ $f(t)$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$
+ Có đạo hàm $f'(t) = 1+\frac{t^2}{\root 3 \of {(t^3+1)^2}} > 0$ trên $\mathbb R$ nên $f(t)$ là hàm đồng biến trên trên $\mathbb R$.
Do đó
\begin{align*}
f(u) = f(v) & \Leftrightarrow u = v\\
& \Leftrightarrow 2x^2= x + 1
\end{align*}
Kết luận: Nghiệm của phương trình là: $x=1$ và $x = \frac{1}{2}$.
Bài tập
Bài tập 1.1. Giải các phương trình sau:
$\quad \quad $ a) $\sqrt {15 - x} + \sqrt {3 - x} = 6$
$\quad \quad $ b) $\sqrt {3x - 5} + \sqrt {2x + 3} = 2 + \sqrt {12 - x}$
$\quad \quad $ c) $\sqrt {2{x^2} + 23} = 4x - 2 + \sqrt {2{x^2} + 7}$
$\quad \quad $ d) $\sqrt {{x^2} + 15} = 3x - 2 + \sqrt {{x^2} + 8} $
$\quad \quad $ e) ${x^5} + {x^3} - \sqrt {1 - 3x} + 4 = 0$
Bài tập 1.2. Giải các phương trình sau:
$\quad \quad $ a) $8x^3- {(\sqrt {2x + 1})^3} = \sqrt {2x + 1}- 2x$
$\quad \quad $ b) ${\log _3}(\frac{x^2+ x + 3}{2x^2+ 4x + 5}) = x^2+ 3x + 2$
Bài tập 1.3. Giải các phương trình sau:
$\quad \quad $ a) ${3^x} + {4^x} + {5^x}$
$\quad \quad $ b) ${9^x} + 2(x - 2){3^x} + 2x - 5 = 0$

 

mình có một chút thắc mắc về vấn đề này đó là tập xác định mà ta khảo sát một hàm dưới dạng F(a)=F(b)( đây có thể là pt hay hpt mà đã được đưa về dạng này rồi),nhưng tập xác định thì mình không rõ ví dụ như bài toán này nhé:
xét hpt
{(4x^2+1)x+(y-3).căn(5-2y)=0(1)
{4x^2+y^2+2 căn(3-4x)=7(2)
dk y<=5/2,x<=3/4
và pt 1 đưa về dạng 2x[(2x)^2+1]=[(5-2y)+1].căn(5-2y)
có dạng f(2x)=f(căn(5-2y))
xét hàm f(t)=t^3+t và tập xác định lại là t>=0
mình ko hiểu chỗ tập xác định lại là t>=0
điều kiện này do đâu mà có, tại sao lại không phải là dk của x hay y
và ai có thể giúp mình cách tìm "tập xác định khi đưa về hàm đặc trưng theo t và t là trung gian giữa 2 hàm trên không"

 

TXD mình không hiểu, làm ơn giải thích rõ cái nha

Vấn đề 3. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức

I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
Như các bạn đã biết ,tính đơn điệu của hàm số phụ thuộc vào đạo hàm của hàm số đó.Dùng đạo hàm,ta có thể xét được tính đồng biến và nghịch biến của 1 hàm số trên 1 miền nào đó,do đó chúng có thể ứng dụng để chứng minh khá nhiều Bất đẳng thức(BĐT).Ta xét phương pháp cụ thể như sau:
Xét hàm số $f(x)$ trên đoạn $[a;b]$.
· Nếu $f'(x) \ge 0;\forall x \in [a;b] \iff$ hàm số $f(x)$ đồng biến trên $[a;b]$.Suy ra:$f(b) \ge f(x) \ge f(a)$
· Nếu $f'(x) \ge 0;\forall x \in [a;b] \iff$ hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $[a;b]$.Suy ra:$f(b) \le f(x) \le f(a)$
Lưu ý: Khi ta sử dụng điều kiện $f'(x) \ge 0;\forall x \in [a;b]$ hay $f'(x) \le 0;\forall x \in [a;b]$ thì ta phải đảm bảo phương trình $f'(x)=0$ chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm,tức là phương trình này chỉ có hữu hạn nghiệm mà thôi.Lưu ý trên đặc biệt quan trọng khi ta xét đến các hàm số lượng giác.Điều này cũng dễ hiểu bởi khi ta đề cập đến “nghiệm” của 1 phương trình lượng giác,ta chỉ sử dụng khái niệm “tập nghiệm” để biểu diễn các giá trị thỏa mãn phương trình lượng giác cho trước.Nói một cách nôm na,phương trình lượng giác luôn có vô hạn nghiệm.Do đó khi ta muốn chứng minh các BĐT liên quan đến các hàm lượng giác phức tạp,ta phải sử dụng đến phương pháp đại số hóa,vấn đề đó sẽ được trình bày trong chuyên đề lượng giác.

II.VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP:
Ví dụ 3.1: Cho $0<x<\frac{\pi}{2}$.Chứng minh rằng:
1. $\sin{x}<x$
2. $\tan{x}>x$

Định hướng giải: Với các hàm số đơn giản như ví dụ trên thì ta nên đưa BĐT về dạng $f(x)>0$ hay $f(x)<0$,sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh.

Lời giải:
Xét hàm số $f(x)=\sin{x}-x \left(0<x<\frac{\pi}{2} \right)$
Đạo hàm:
$f'(x)=\cos{x}-1<0;\forall x \in \left(0;\frac{\pi}{2} \right) \iff$ Hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $\left(0;\frac{\pi}{2} \right)$.
Nên:

$$f(x)<f(0)=0;\forall x \in \left(0;\frac{\pi}{2} \right) \iff \sin{x}<x;\forall x \in \left(0;\frac{\pi}{2} \right)$$
Bài dưới làm tương tự.

Lưu ý: Đôi khi ta không thể kết luận ngay được $f'(x) \ge 0;\forall x \in [a;b]$ hay $f'(x) \le 0;\forall x \in [a;b]$,ví dụ như hàm số:$f(x)=x-\frac{x^3}{6}-\sin{x}(x>0)$ ta có
$f'(x)=1-\frac{x^2}{2}-\cos{x}$,rõ ràng là ta không thể xác định được dấu của $f'(x)$ trên khoảng $(0;+\infty)$.Khi ta gặp phải các dạng bài như thế này,ta phải sử dụng thủ thuật lien tiếp đạo hàm để hạ bậc dần dần của hàm số ẩn x.Ta sẽ xem xét điều này trong ví dụ sau đây:

Ví dụ 3.2: Chứng minh rằng:$x-\frac{x^3}{6}<\sin{x};\forall x>0$
Lời giải:
Xét hàm số $f(x)=x-\frac{x^3}{6}-\sin{x}(x>0)$
Đạo hàm:

$f'(x)=1-\frac{x^2}{2}-\cos{x}$
$f''(x)=\sin{x}-x$.
Ta đã chứng minh trong ví dụ 1 BĐT:$\sin{x}<x;\forall x>0$ nên ta có $f''(x)<0;\forall x>0 \iff f'(x)$ nghịch biến trên $(0;+\infty)$.Suy ra:
$f'(x)<f'(0)=0;\forall x>0 \iff f(x)$ nghịch biến trên $(0;+\infty)$.
Suy ra:

$$f(x)<f(0)=0;\forall x>0 \iff x-\frac{x^3}{6}<\sin{x};\forall x>0$$
Nếu bạn nào đã từng tìm hiểu sâu về BĐT này thì có thể thấy ngay nó chỉ là hệ quả của định nghĩa chuỗi cho $\sin{x}$:

$$\sin{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

Ví dụ 3.3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta đều có:

$$2(\sin{A}+\sin{B}+\sin{C})+(\tan{A}+\tan{B}+\tan{C})>3\pi$$
Định hướng giải: Ta phải để ý đến giả thuyết A,B,C là 3 góc tam giác nên ta có thể thay $\pi=A+B+C$,như vậy cả 2 vế của BĐT đều xuất hiện các số hạng chứa A,B,C,nên ta có thể nhóm BĐT về dạng sau:$f(A)+f(B)+f\left(C \right)>0$ với
$f(A)=2\sin{A}+\tan{A}-3A$.Ta sẽ chứng minh:$f(A);f(B);f\left(C \right)>0$.

Lời giải: Do tam giác ABC nhọn nên $0<A,B,C<\frac{\pi}{2}$.
Xét hàm số $f(x)=2\sin{x}+\tan{x}-3x \left(0<x<\frac{\pi}{2} \right)$
Đạo hàm:
$$f'(x)=2\cos{x}+\frac{1}{\cos^2{x}}-3=\left(\cos{x}+\cos{x}+\frac{1}{\cos^2{x}} \right)-3$$.
Do $0<x<\frac{\pi}{2}$ nên $\cos{x}>0$.Theo BĐT Cauchy 3 số,ta có:

$$\cos{x}+\cos{x}+\frac{1}{\cos^2{x}} \ge 3\sqrt[3]{\cos{x}.\cos{x}.\frac{1}{\cos^2{x}}}=3$$
Vậy :$f'(x) \ge 0;\forall x\ in \left(0;\frac{\pi}{2} \right) \iff f(x)$ đồng biến trên $\left(0;\frac{\pi}{2} \right)$

$$f(x)>f(0)=0 \iff 2\sin{x}+\tan{x}>3x;\forall x \in \left(0;\frac{\pi}{2} \right)$$
.Như vậy:

$$2(\sin{A}+\sin{B}+\sin{C})+(\tan{A}+\tan{B}+\tan{C})>3(A+B+C)=3\pi$$
Lưu ý: Trong lời giải trên,để chứng minh $f'(x) \ge 0;\forall x \in \left(0;\frac{\pi}{2} \right)$ ,ta đã sử dụng đến BĐT Cauchy 3 số.Như vậy,ta có thể thấy không phải lúc nào ta cũng chỉ có thể dựa vào tính đơn điệu của hàm số để chứng minh BĐT mà còn phải dựa trên các BĐT khác như :BĐT Cauchy;BĐT BCS;….Ta đi đến 1 ví dụ minh họa:

Ví dụ 3.4: Chứng minh rằng với $0<x<\frac{\pi}{2}$ thì $2^{2\sin{x}}+2^{\tan{x}}>2^{\frac{3x}{2}+1}$

Định hướng giải: Nếu ta trực tiếp khảo sát hàm số $f(x)=2^{2\sin{x}}+2^{\tan{x}}-2^{\frac{3x}{2}+1}\left(0<x<\frac{\pi}{2} \right)$

Thì ta không thể nào nhận xét được dấu của $f'(x)$,hon nua ta áp dụng thủ thuật đạo hàm lien tiếp thì cũng không giúp ta đi đến đâu.Vậy ta phải làm sao ?
Bây giờ ta để ý thấy rằng các số hạng của 2 vế BĐT đều có chung 1 cơ số 2,do đó ta sẽ nghĩ ngay đến đưa BĐT này về dạng bất phương trình mũ.Nhưng phải làm sao để có thể gộp 2 số mũ $2\sin{x};\tan{x}$ lại với nhau ? Ta nhớ đến công thức :
$a^{m}.a^{n}=a^{m+n}(a>0)$.Như vậy chỉ cần ta có thể “biến” tổng 2 số hạng bên vế trái(VT) của BĐT về dạng tích thì ta đã có thể giải quyết bài toán,ta phải làm gì để giải quyết điều này ?May thay BĐT Cauchy sẽ giúp ta vượt qua vấn đề đó.

Lời giải:
Sử dụng BĐT Cauchy 2 số,ta có:

$$2^{2\sin{x}}+2^{\tan{x}} \ge 2\sqrt{2^{2\sin{x}}.2^{\tan{x}}}=2^{\frac{2\sin{x}+\tan{x}}{2}+1}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$$2^{\frac{2\sin{x}+\tan{x}}{2}+1}>2^{\frac{3x}{2}+1} \iff 2\sin{x}+\tan{x}>3x$$
BĐT này đã được chứng minh trong ví dụ 3 nên ta giải quyết xong bài toán.

Ví dụ 3.5. Chứng minh rằng: $1 + 2\ln x \leqslant {x^2} \quad \quad$ (1), với mọi $x>0$
Lời giải. (1) $ \Leftrightarrow {x^2} - 2\ln x - 1 \geqslant 0$.
Đặt $f(x): =x^2- 2\ln x - 1$, ta sẽ chứng minh hàm số $f(x) \geqslant 0$, với $x \in (0; + \infty)$
Ta có: $f(x)$ là hàm liên tục trên $(0; + \infty)$ và
\begin{align*}
f'(x) &= 2x - \frac{2}{x} \\
&= \frac{2(x^2- 1)}{x}
\end{align*}
$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ trên $(0; + \infty)$.
Lập bảng biến thiên của hàm $f$ trên $(0; + \infty)$ như sau:

Từ bảng biến thiên suy ra $f(x) \geqslant 0,\forall x > 0.\quad \quad \square $

Ví dụ 3.6. Chứng minh rằng với mọi số thực $x>1$, ta đều có:
$$\frac{{\ln x}}{{x - 1}} \leqslant \frac{1}{{\sqrt x }} \quad \quad (1)$$
Lời giải. Với $x>1$, bất đẳng thức (1) tương đương với:
$$\ln x \leqslant \frac{x - 1}{\sqrt x } \Leftrightarrow \ln x - \frac{x - 1}{\sqrt x } \leqslant 0$$
Xét hàm số $f(x) = \ln x - \frac{x - 1}{\sqrt x } = \ln x - (x - 1){x^{ - \frac{1}{2}}}$ trên $[1; + \infty)$
Ta thấy hàm $f(x)$ liên tục trên $[1; + \infty)$ và có:
\begin{align*}
f'(x) &= \frac{1}{x} - x^{ - \frac{1}{2}} + \frac{1}{2}(x - 1){x^{ - \frac{3}{2}}}\\
& = \frac{2\sqrt x - x - 1}{2x\sqrt x }: = \frac{g( x)}{2x\sqrt x }
\end{align*}
Dấu của $f'(x)$ là dấu của $g(x)$ với $g(x)=2\sqrt x - x - 1$, với $x \geqslant 1$
Hàm số $g(x)$ liên tục trên $[1; + \infty)$ và có $g'(x) = \frac{1}{\sqrt x } - 1 < 0$ với mọi $x>1$.
Do đó hàm $g(x)$ nghịch biến trên $[1; + \infty)$ và $g(1)=0$ suy ra $g( x) < g(1) = 0$
Từ đó ta có $f'(x)<0$ với mọi $x>1$ nên hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $[1; + \infty)$ và
$$f(x)<f(1)=0 \text{ với mọi } x>1$$
Vậy: $\ln x \leqslant \frac{x - 1}{\sqrt x }.\quad \quad \square$

Ví dụ 3.7. Chứng minh rằng với mọi $a, b \in \mathbb{R}$, ta đều có:
$$\frac{{\left| {a + b} \right|}}{{1 + \left| {a + b} \right|}} \leqslant \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}}$$
Lời giải. Xét hàm số $f(x) = \frac{x}{1 + x}$ trên khoảng $[0;+ \infty)$
Ta có $f'(x) = \frac{1}{(1 + x)^2} > 0$ với mọi $x \geqslant 0$
Do đó hàm số $f$ đồng biến trên khoảng $[0; + \infty)$
Từ đó suy ra $f(|a + b|) \leqslant f(|a| +|b|)$ với mọi $a,b \in \mathbb{R}$
tức là $\frac{|a+b|}{1+|a+b|} \leqslant \frac{|a|+|b|}{1+|a|+| b |}$ với mọi $a,b \in \mathbb{R} \quad (1)$
Mặt khác ta có
\begin{align*}
\frac{{\left| a \right| + \left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} &= \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}}\\
& \leqslant \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}} \quad (2)
\end{align*}
Từ (1) và (2) ta có
$$\frac{{\left| {a + b} \right|}}{{1 + \left| {a + b} \right|}} \leqslant \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}} \quad \square$$

Ví dụ 3.8. Cho hai số thực $a, b$ sao cho $0<a<b<\frac{\pi }{2}$. Chứng minh rằng:
$$\frac{{\tan b}}{{\tan a}} > \frac{b}{a}$$
Nhận định: Nếu sử dụng tính đơn điệu để giải thì bạn phải xác định cho được hàm số cần xét là hàm nào? Ở đây để ý rằng $a,b \in (0;\frac{\pi }{2})$ cho nên $\tan a, \tan b > 0$ và $a, b>0$, do đó có thể biến đổi bất đẳng thức đã cho để chứng minh bất đẳng thức dạng: $f(b)>f(a)$
Lời giải.
Do $a,b \in (0;\frac{\pi }{2})$ nên $\tan a, \tan b > 0$ và $a, b>0$. Vậy
\[\frac{\tan b}{\tan a} > \frac{b}{a} \Leftrightarrow \frac{\tan b}{b} > \frac{\tan a}{a}\]
Xét hàm số $f(x) = \frac{\tan x}{x}$ thì bài toán trở thành:
"Cho $a,b \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ sao cho $b>a$. Hãy chứng minh rằng: $f(b)>f(a)$".
Như vậy theo định nghĩa của tính đơn điệu của hàm số ta chỉ cần chứng minh $f$ đồng biến trên $(a;b)$.
Thật vậy, ta có: $$f'(x) = \frac{{x - \sin x\cos x}}{{{x^2}{{\cos }^2}x}} = :\frac{{g(x)}}{{{x^2}{{\cos }^2}x}}$$
Dấu của $f'(x)$ là dấu của hàm $g(x):=x-\sin x \cos x$ trên $[{0;\frac{\pi }{2}}]$. Ta lại có:
$$g(x) = x - \sin x\cos x = x - \frac{\sin x}{2}$$
$$ \Rightarrow g'(x) = 1 - \cos 2x,\forall x \in (0;\frac{\pi }{2})$$
Do đó $g(x)$ đồng biến và $g(x)>g(0)=0, \forall x \in (0;\frac{\pi }{2})$.
Vậy $f'(x)>0, \forall x \in (0;\frac{\pi }{2})$ tức là $f$ đồng biến trên $(0;\frac{\pi }{2})$. $\quad \square $

Ví dụ 3.9. Chứng minh rằng nếu $x \in (0;\frac{\pi }{2})$ thì:
$${2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} > {2^{x + 1}}$$

Lời giải.
Do $x \in (0;\frac{\pi }{2})$ nên ${2^{\sin x}}{,2^{\tan x}}$ đều là các số dương. Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$${2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} \geqslant 2\sqrt {{2^{\sin x + \tan x}}} $$
$$ \Leftrightarrow {2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} \geqslant {2^{\frac{{\sin x + \tan x + 2}}{2}}}$$
Khi đó BĐT đã cho trở thành: ${2^{\frac{{\sin x + \tan x + 2}}{2}}} > {2^{x + 1}}$. Hay
$$\frac{{\sin x + \tan x + 2}}{2} > x + 1 \Leftrightarrow \sin x + \tan x - 2x > 0$$
Đặt và xét hàm số $f\left( x \right) := \sin x + \tan x - 2x > 0$ trên $(0;\frac{\pi }{2})$
Như vậy để chứng minh BĐT đã cho ta chỉ cần chỉ ra rằng: $$f(x) > 0,\forall x \in (0;\frac{\pi }{2})$$
Thật vậy, ta có $$f'(x) = \cos x + \frac{1}{{{\cos }^2}x} - 2$$
Ta sẽ đánh giá sau:
$$f'\left( x \right) = \cos x + \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 2 > \cos x + \frac{1}{{\cos x}} - 2,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$$
Theo BĐT Cauchy thì $$\cos x + \frac{1}{{\cos x}} > 2,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$$ bởi vậy $$f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$$
Vậy, hàm số $f(x)$ đồng biến trên $(0;\frac{\pi }{2})$
Suy ra với $\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ thì $f(x)>f(0)=0$.$\quad \square $

Bài tập tự luyện:
Bài tập 3.1. Chứng minh rằng:
$\quad$ a) $x > \ln (1 + x)$ với mọi $x>0$
$\quad$ b) ${e^x} > 1 + \ln (1+x)$ với mọi $x>0$
Bài tập 3.2. Chứng minh:
$$\sin > \frac{{2x}}{\pi } \text{ với mọi } x \in (0;\frac{\pi }{2})$$
Bài tập 3.3. Chứng minh:
$$\frac{x + y}{2} > \frac{x - y}{\ln x - \ln y} \text{ với mọi }x > y > 0$$
Bài tập 3.4. Chứng minh:
$${a^b} < {b^a} \text{ với mọi } a > b \geqslant e$$
Bài tập 3.5. (D-2007). Chứng minh:
$${({2^a} + \frac{1}{2^a})^b} \leqslant {({2^b} + \frac{1}{{{2^b}}})^a} \text{ với mọi } a \geqslant b > 0$$

 

Cho em hỏi em muốn copy về máy nhưng mà khi coppy vào word thì không đoc được công thức toán. em phải làm sao ạ, em cảm ơn