TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29


Người thực hiện : Lê Nguyễn Minh Trung
Vũ Thị Hương
ĐỀ TÀI:

Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất
đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và
hình học của tích phân

Giáo viên hướng dẫn : Dương Thanh VỹLỜI NÓI ĐẦU
Quy Nhơn, tháng 10 năm 2009
Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình
toán phổ thông, nó vừa là đối tượng để nghiên cứu mà cũng vừa là một công
cụ đắc lực, với những ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học.
Trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở các cấp những bài toán chứng minh bất
đẳng thức thường xuất hiện như một dạng toán khá quen thuộc, nhưng để tìm
ra lời giải không phải là một việc dễ dàng.
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức khá phong phú, đa dạng và đã
được khá nhiều tài liệu đề cập đến. Một trong những phương pháp chứng
minh bất đẳng thức hoặc sáng tạo ra bất đẳng thức là việc sử dụng các tính
chất đại số và hình học của tích phân.
Trên tinh thần đó tiểu luận gồm các phần: mục lục, mở đầu, 7 vấn đề, phụ
lục, kết luận và tài liệu tham khảo.
 Vấn đề 1: Bất đẳng thức của hàm số giới nội và lồi.

f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
Chứng minh
Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ x
1,
x
2
∈ [a,b] ta có bất đẳng thức so
sánh f(α
1
x
1 +
α
2
x
2
) > α
1
f(x
1
) + α
2
f(x

1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 0
b a b a b
a b
b a f f a d f b d f x dx
a
ξ ξ ξ ξ
− −
 
+
− ≥ + + − =
∫ ∫ ∫
 ÷
 
(1)
trong tích phân đầu ta thay a +
ξ
= t , còn tích phân thứ hai thay b-
ξ
= z.
Chia [a,b] thành n phần bằng nhau
b a
x
i
n
−
 
∆ =

 
 
Do f(x) lồi , ta có
k
1 > 1- ( ) ( )
n
k k k
f a b f a f b
n n n
 
   
− + +
 ÷  ÷
 
   
 
Bởi vậy
1
k 1 1
1- ( ) ( ) ( ) ( )
n 2 2
0
n
b a k b a n n
S f a f b f a f b
n
n n n
k
−
−   − + −

b
f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
.
Ví dụ 1.1. Cho 0 < a < b, p > 2. Chứng minh rằng
( )
(
)
( )
(
)
1 1 1
1
1 1
p p p
b
p a b ab p a b
+ + −
−
− − ≤ + −
Lời giải
Xét hàm số y = f(x) = x
p

( )
(
)
2
1 1
2
1
1 1 1
1
1 1
p p
b
a b
p
b a x dx
a
p p
a b
p p
a b a b
p
p p p
b
p a b ab p a b
− −
⇔ − ≤ −
∫
+ +
−
⇔ − + ≤

a
b
b a x
a a b b x x
a
−
− − ≤ −
∫
 
−
 ÷
⇔ − − ≤ − −
 ÷
 
⇔
(
)
2 2 2 2
ln lnab a b a b− ≥ −
Ví dụ 1.3. 0 < a < b < 1. Chứng minh
2 2
1 1 arcsinb-arcsinab a a b− − − ≤
Lời giải
Xét f(x) =
2
1 x−
trên [a,b] với 0 < a < b < 1.
Ta có f
’
(x) =

2
1 1
2 2 2
1 1 1 arcsinx
2 2
2 2
1 1 arcsinb -arcsina
b
b a f a f b
f x dx
a
b
b a a b x dx
a
b
b a a b x x
a
b a a b
− +
≤
∫
 
⇔ − − + − ≤ −
∫
 ÷
 
   
⇔ − − + − ≤ − +
 ÷  ÷
   

( )
( ) ( )
( )
2
b
f a f b
b a f x dx
a
+
− ≤
∫
1
2 2 2 2
1 1 1 ln 1
2 2
2
1
2 2
1 1 ln
2
1
b
a b
a b x x x x
a
b b
b a a b
a a
−
 

( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
y
f x f y x y
y x f x dx y x f
x
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
( ) ( ) ( )
sin 2 sin 2
sin 2 sin
2
y
x y
y x tdt y x x y
x
+
⇔ − ≤ ≤ − +
∫
⇔
( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 2 os2x-cos2y 2 y-x siny x x y c x y− + ≤ ≤ +
.
Ví dụ 1.6. Với 0 < a < b . Chứng minh

''
0, [a,b]
3
1
y x
x
= − < ∀ ∈
+
.
Hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
b
f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1
2 1 1 1
1

 
−
− + +
⇔ ≤ − + ≤
+ + + +
⇔
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
1
ln
2 1 1 1 2
a b a b a b
a
a b b a b
− + + −
+
 
≤ ≤
 ÷
+ + + + +
 
.
Nhận xét: Để thuận tiện cho việc ra đề bài tập ở dạng này chúng tôi đưa
ra một số hàm lồi ở phần phụ lục.
Vấn đề 2: Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục
Bài toán 2.1. Chứng minh nếu f(x) và g(x) là 2 hàm liên tục, xác định trên
[a,b] thì ta có


f x g x dx f x dx g x dx dpcm
a a a
 
⇒ ∆ ≤ ⇒ − ≤ ⇒
∫ ∫ ∫
 ÷
 
.
Hệ quả 1. Với f : [a,b] → (0,+∞) liên tục , ta có
( )
1
2
( ) .
( )
b b
f x dx dx b a
f x
a a
≥ −
∫ ∫
.
Hệ quả 2. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a ≤ x ≤ b. Chứng minh
( )
2
2
( ) ( ) .
b b
f x dx b a f x dx
a a
 

e e dt e e e dt
− −
+ = +
∫ ∫
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
(
)
2
1
2 2
2
0 0 0
x x x
t t t t t
e e e dt e dt e e dt
 
− −
 ÷
+ ≤ +
∫ ∫ ∫
 ÷
 
Theo (1) ta có
( ) ( )
2
1
1 1 1
2 2
2

e e dt e dt e
−
+ > = −
∫ ∫
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh
( )
1
2
1 1
2
0
x
x t t x x
e e e dt e e
 
−
− < + < − −
∫
 ÷
 
.
Ví dụ 2.2. Với
1 a b
< ≤
. Chứng minh
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2

1 1
2
.
2
2
1
1
2
3
1 1
2
1 ln
2 1 3
2
3 3
1 1 1 1
2 2
1 1 ln ln
2 1 2 1 3 3
2
2 2
6 1 1
1 1
ln
3 3
1 1
b b b
xdx dx x dx
a a a
x

 ÷
 ÷
⇔ − − ≤ −
 ÷
 ÷
 ÷
+
 ÷
 
 
 
 
 − − 
 
 ÷⇔ − − + − ≤ − + −
 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
 
 
 
− − −
 ÷
− +
 
⇔ ≤
+ −
−

1
2
b
b
x
e b a
x
a
e
a
 
 
 ÷
⇔ − ≥ −
 ÷
 ÷
 
 
(
)
( )
2
2
b a a b
e e b a e e⇔ − ≥ −
.
Ví dụ 2.4. Với
0
2
a b

2
os 1 os2x
2
b
b a
b
c c dx
a
a
−
 
⇔ − ≤ −
∫
 ÷
 
⇔
( ) ( ) ( )
( )
2
4 osa-cosb 2 sin 2 sin 2c b a b a a b≤ − − + −
.
Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh
( ) ( )
2
1
ln arct ana arctan
2
1
b b
a b b

a
a a
x
a
x
 
 
 ÷
 ÷
≤ − ⇔ + + ≤ −
∫ ∫
 ÷
 ÷
+
+
 
 
( ) ( )
2
1
ln arct ana arctan
2
1
b b
a b b
a a
+ +
⇔ ≤ − −
+ +
.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
( ) ( ) ( )
b b b b
f a dx f x dx f b dx b a f a f x dx b a f b
a a a a
b
f a f x dx f b
b a
a
⇒ ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ −
∫ ∫ ∫ ∫
⇒ ≤ ≤
∫
−

Theo định lý giá trị trung bình của hàm số liên tục ∃ x
o
∈ [a,b] sao cho
1
( ) ( )
b
f x f x dx
o
b a
a
=
∫
−
Hơn nữa hàm f, g đồng biến trên [a,b]. Suy ra

−
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
b b
dx g x dx g x b a g x b a f x g x
o o o o
a a
b b b b b
f x dx g x dx f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a b a
a a a a a
+ − − −
∫ ∫
≥ ⇒ ≥
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
− − − −
a) Giả thiết suy ra f, (-g) đều là hàm tăng nên theo câu a)
[ ] [ ]
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a
a a a
− ≥ −
∫ ∫ ∫
− − −
1 1 1

a f t dt x f t dt x≥ ∀ ∈
∫ ∫
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
Chứng minh
Nếu x = 0 hoặc x = a thì đẳng thức xảy ra.
Nếu 0 < x < a,vì f(t) nghịch biến trên [0,a] nên ∀t, 0 < x ≤ t ≤ a ta có f(t) ≤
f(x).
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
a a
f t dt f x dt a x f x
x x
≤ = −
∫ ∫
. Do đó
1
( ) ( )
a
f x f t dt
a x
x
≥
∫
−
Mặt khác khi 0 < t ≤ x thì f(t) ≥ f(x) nên
( ) ( ) ( )
0 0
x x
f t dt f x dt xf x≥ =

x a x
x
≥
∫ ∫
−
. Suy ra
0
( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )
0 0
x a a
a x f t dt x f t dt x f t dt f t dt
x x
− ≥ = +
∫ ∫ ∫ ∫
Vậy
( ) ( )
0 0
x a
a f t dt x f t dt≥
∫ ∫
.
Ta chứng minh đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc x = a.
Thật vậy nếu tồn tại b∈ (0,a),
( ) ( ) ( ( ) ( ) )
0 0 0
b a b a
a f t dt b f t dt b f t dt f t dt
b
= = +
∫ ∫ ∫ ∫

1
0, : ( ) ( )
0
1
, : ( ) ( )
( ) ( )
b
b f f t dt
b
a
b a f f t dt
a b
b
f f
ξ ξ
δ δ
ξ δ
∃ ∈ =
∫
∈ =
∫
−
⇒ =
Mà
δ ξ
>
, điều này mâu thuẫn với giả thiết f(t) là hàm giảm trên (0,a)
Vậy đẳng thức xảy ra khi x = a hoặc x = 0.
Hệ quả 1. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a],∀x∈ [0,1] thì
1

1 1
b b a a
b b a a b a
a a b b
+ + + +
+ − + + ≥ −
+ + + +
.
Lời giải
Xét f(x) =
2
1x +
, g(x) =
1
2
1x +
trên [a,b], với a > 0.
Ta có

'
( ) 0, 0
2
1
'
( ) 0, 0
2 2
( 1) 1
x
f x x
x

∫ ∫ ∫
− − −
+
   
⇔ ≤ + + + + + +
 ÷  ÷
   
−
⇔
( )
2 2
1 1
2
2 2
1 1 ln 2 ln
2 2
1 1
b b a a
b b a a b a
a a b b
+ + + +
+ − + + ≥ −
+ + + +
.
Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng ∀x ∈ [0,1], 2x
6
+ 3x
4
+ 6x
2

+ + ≤ + +
∫ ∫
 
⇒ + + ≤ + +
 ÷
 
⇒ = + + − ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.3. Chứng minh
( )
1
2 2 2
1 ln 1 ln( 1 2 ), (0,1]x x x e x
x
+ + + + ≤ + ∀ ∈
.
Lời giải
Xét hàm số y =
2
1x +
liên tục, đồng biến trên [0,1]. Do đó ∀x ∈[0,1],ta có
1
2 2
1 1
0 0
1
1
2 2 2 2
( 1 ln 1 ) ( 1 ln 1 )

π
)x ≤
2
π
(cosx – 1).
Lời giải
Xét g(t) = t + sint liên tục và đồng biến trên [0,
2
π
] .
Khi đó ∀ x ∈ [0,
2
π
] ta có
2
( sin ) ( sin )
2
0 0
x
t t dt x t t dt
π
π
+ ≤ +
∫ ∫
2 2
2
( ost) ( ost)
2 2 2
0 0
2 2

.
Ví dụ 3.5 Chứng minh ∀ x ∈ [0,1], xarccosx -
2 1
2
1 1
3 3
x x x x− − − ≥ −
.
Lời giải
Xét g(t) =
arccost t −
liên tục và đồng biến trên [0,1].
Do đó ∀ x ∈ [0,1] thì

x 1
( arccost)dt ( arccost)dt
0 0
1
2 2
2 2
arccost+ 1-t arccost+ 1-t
3 3
0 0
2 2
2
1 1 arccosx x 1
3 3
2 1
2
( ) arccosx- 1-x 1

.
Đặt k(u) = u
5
+ u là hàm liên tục, đồng biến trên [0,1]
(
)
1
5 5
( )
0 0
6 2
1 1
6 2
( ) ( ) 3 4 0
6 2 6 2
t
u u du t u u du
t t
t t t t
⇒ + ≤ +
∫ ∫
⇔ + ≤ + ⇔ + − ≤
Suy ra
3
sin 3sin 4 sinx 0x x+ − ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
2
π
+ k2π hoặc x = kπ.

0
2 2arcsinx 0
x
dt x dt
t t
x
x
x
π
π
   
 ÷  ÷
⇒ − ≥ −
∫ ∫
 ÷  ÷
− −
   
⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ − ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x =
2
2
.
Ví dụ 3.8. Chứng minh ∀ x ∈ [0,2],
( )
2
3 4 4 2 2 6 8 2 0x x x x x x+ + − − − − ≤
Lời giải
Đặt g(t) =
2t t t+ − −

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2.
Nhận xét

Để tạo ra những bài tập thuộc dạng này có thể lấy một hàm số sơ cấp
đơn giản thoả mãn liên tục đơn điệu trên một khoảng nào đó, rồi lấy
tích phân trên khoảng đó từ đó đưa ra bất đẳng thức cần chứng
minh.

Ta có thể mở rộng kết quả trên bằng cách từ f(x)
≥
g(x),
∀
x
∈
[a,b]
ta lấy tích phân nhiều lần ta thu được các bất đẳng thức phức tạp
hơn

( ) ( )
b x b x
f t dt dx f t dt dx
a a a a
   
≥
∫ ∫ ∫ ∫
 ÷  ÷
   
,
a t x b< < <
.


( )
2
2
'
ax f(x) ( )
x [a,b]
b
m b a f x dx
a
 
 
 
≤ −
∫
 
 
 
∈
 
.
Chứng minh
Do f(a) = 0 nên
'
( ) ( ) ( ) ( )
x
o
f x f x f a f x dx
o o
a

   
   
 
.
Vậy
( )
2
2
'
ax f(x) ( )
x [a,b]
b
m b a f x dx
a
 
 
 
≤ −
∫
 
 
 
∈
 
.
Bài toán 4.2. Nếu y = f(x) , y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+∞] sao
cho f(0)g(0) = 0. Khi đó ∀ a > 0 , ∀ x ≥ 0 ta có

' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

’
(t)g(x) ≤ f
’
(t)g(t).
Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng trên [0,+∞] nên

[ ]
'
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a
a
f x g x f t g t dt f x g x g x f t f a g x
x
x
Ι ≥ + = + =
∫
.
Nếu x > a

[ ]
'
' ' ' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0
' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
a a x a x
f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt
a a

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0
a b
f t g t dt f t g t dt f c g c+ ≥
∫ ∫
(2).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = a , c = min(a,b).
Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng ∀ x ≥ 0, ta có
(
)
( )
1 1
2 2
1 ln 1 ln 2 ln 2 0
2 2
x x x x
 
− + − + + − + ≥
 ÷
 
.
Lời giải
Xét f(t) = t
2
, g(t) = ln(1+t) liên tục và không âm, đồng biến khi t ≥ 0. Khi đó
∀ t ≥ 0,ta có
2
2
ln 2 2 ln(1 )
2

t
x
x
t x
t t dt t t t t x x x x
 
= − + + = −
 
∫
+
 
 
   
+ = + − + − + = + − + − +
   
∫
   
   
⇒
(
)
( )
1 1
2 2
1 ln 1 ln 2 ln 2
2 2
x x x x
 
− + − + + ≥ −
 ÷

.
Mà
(
)
(
)
(
)
1
1
2 2
5 4 2
6 2 2 3 6
0
0
2 2 2
7 6 4 2 6 4 2
2 3 6 6 3 6 6 6
0
0
t t
e t dt e t t e
x
x
t t x
t e dt e t t t e x x x
= − + = −
∫
= − + − = − + − +
∫

os
0
( )
x
t
x tdt dt
c t
π
π
≤ +
∫ ∫
.
Mà

tan ln ln
0
3
ost ln 2
0
ost tan osx
0
2
os (
3
tan ln
0
)
x
t
dt t

.
Ví dụ 4.4. Với 0 < 1 < a. Chứng minh
1 1
ln
a a
a
a a
− −
≤ ≤
.
Lời giải
Xét hàm số y = lnx trên [1,a], với a ≥ 1.
Ta có y(1) = 0
y
’
=
1
0
x
>
.
Khi đó
( ) ( )
2
2
'
ax lnx 1 ln
1
x [1,a]
a

1 1
ln
a a
a
a a
− −
≤ ≤
.
Vấn đề 5. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích
Bài toán 5.1. Nếu f(x) ,g(x) khả tích trên [a,b] và f(x) ≤ g(x) thì
( ) ( )
b b
f x dx g x dx
a a
≤
∫ ∫
.
Hệ quả. Nếu f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a,b] thì
( ) 0
b
f x dx
a
≥
∫
.
Bài toán 5.2. Giả sử hàm số f(x) khả tích trên [a,b] và
inf ( ) 0
[ , ]
f x
a b

(1).
Nhận xét. Với
0, 1,a i n
i
> =
. Ta có dãy bất đẳng thức sau

2 2 2

1 2 1 2

1 2
1 1 1

1 2
a a a a a a
n
n n
n
a a a
n
n n
a a a
n
+ + + + + +
≤ ≤ ≤
+ + +
(2)
Chứng minh
Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia

i
n b a n
a a
n n
i i
ξ
ξ
−
= ⇒ =
∑ ∑
∫ ∫
−
→∞ →∞
= =
.
Tương tự
1
ln ( )
lim ( ), lim
1
1
1
( )
1
( )
b
f x dx
n
b a n
b a

1
1
1
( )
1
f
n
n
n
i
n
f
i
n
n
i
i
f
i
i
ξ
ξ
ξ
≥ ≥
∑
∏
=
=
∑
=

0
x
I t t dt= + +
∫
.
Đặt
2
ln( 1 )u t t
dv dt


= + +

=


.
Suy ra
2 2
ln( 1 ) 1 1 0.I x x x x= + + − + + >
Vậy ta có
2 2
1 ln( 1 ) 1 , 0x x x x x+ + + ≥ + ∀ >
.
Với x ≤ t < 0 thì
2 2
( ) ln 1 ln 1 0, 0.f t t t t t x
   
= + + = − − + + < ∀ >
 ÷  ÷

x
e
>
3

3
2
1
2 ! !!
x x x
n
x
n
+ + ++ +
(*).
Lời giải
Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp .
Với n = 1, từ e
t
> 1 với t > 0 ta có với x > 0

0
x
t
e dt
∫
>
1 1
0
x

1
2! !
0
k
x
t t
t dt
k
 
 ÷
+ + + +
∫
 ÷
 
⇒
0
x
t
e
>
2 3 1
1
2 2!3 !( 1)
0
x
k
t t t
k k
+
 

+
.
Công thức với n = k +1 đúng.
Vậy (*) đúng ∀ n ≥ 1.
Ví dụ 5.3. Chứng minh ∀ x > 0, ta có
( )
3
sin
6
x
x x x− < <
.
Lời giải
Ta có ∀ t > 0 ta có 0 ≤ 1 – cost = 2sin
2
(
2
t
)
2
2
2
t
 
≤
 ÷
 
.
Suy ra ∀ x > 0


2
0
x
K e dx
∞
−
=
∫
.
Lời giải
a) Xét tích phân
2 2
1
sin sin sinx
0 0
n n
I xdx x dx
n
π π
−
= =
∫ ∫
.
Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta có
đặt
( )
1 n-1
sin 1 osx.sin .
sinx.dx v=-cosx
n

n n
I x c n c x x dx
n
n n n
I n x x dx n x dx x dx
n
n
I n I I nI n I I I
n n n n
n n n
n
π
π
π π π
− −
= − + −
∫
 
− −
 
= − − = − −
∫ ∫ ∫
 
 
 
 
 
−
⇔ = − − ⇔ = − ⇔ =
− − −

m m
I I
m
m m
− −
=
−
biết

( )
2 2
2
1 sin 2 1
2
sin 1 os2x .
2
2 2 2 2
0 0
0
x
I xdx c dx x
π π
π
π
 
= = − = − =
∫ ∫
 ÷
 
Vậy

m
m
I I
m m
m
I I
=
+ −
+
−
=
− −
−
=
Nhân vế cho vế ta có

( )
( )
2 2 2 2
2 1 1
(2 1) 2 1 3
m m
I I
m
m m
−
=
+
+ −
biết

π
. Suy ra
( )
2 2 2
2 2 2 1 2 1 2 2 1
sin sin sin sin sin . sin
0 0 0
2 1 2 2 1
n n n n n n
x x x xdx x dx xdx
I I I
n n n
π π π
− + −
< < ⇒ < <
∫ ∫ ∫
⇔ < <
+ −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1. Theo công thức (1) và (2) ta có

( )
( )
2 2 2 4.2
(2 1) 2 1 5.3
n n
n n
−
+ −
<
( )

 
<
2
π
<
( )
( )
2
2 2 2 2
1
(2 1) 2 3 3 2
n n
n n n
 
−
 
− −
 
⇔
( ) ( )
2 2
(2 )!! 1 (2 )!! 1
<
2 1 !! 2 1 2 2 1 !! 2
n n
n n n n
π
   
<
   

)
(
)
2 2
1 1
2 2
1 1 ,0 1
2
2
1
1
n
x nx
x e x e x
n
x
x
− −
− < < ⇔ − < < < <
+
+
Suy ra
(
)
(
)
1 1
2 2
1
2

2
1
,
0
2
1 (2 3)!!
2 2
sin
(2 2)!! 2
2
0 0
1
n
n
n
x dx tdt
n
nx
e dx K
n
n
n
dx tdt
n
n
x
π
π
π
+

2
2 1 (**)
2 1 2 1 !! 2 1 2 1 2 2 !! 2
n n
n K n
n n
n n
n n
K n
n n n n n
π
π
−
< <
+ −
   
−
 
⇔ < < −
   
 ÷
+ − + − −
 
   
Từ công thức (*) ta được:
( )
( )
2
2 !!
1

2
1
1
t
x
I dx t
x
= ∀ ≥
∫
+
.
Chứng minh rằng

1
1
, 1
2
t
t
t
t t
+
+
 
≥ ∀ ≥
 ÷
 
.
Lời giải
Đặt



+

Khi đó
( )
ln 1 ln ln ln ln
ln 2
1 1 1 1 1 1
1
1 1
t t
t
x t x t t
I dx
x x x t x t t
= − + = − + = − + +
∫
+ + + + + +
.
Vì

( )
ln
( ) 0, [1,t],I 0
2
1
ln
t- ln ln(1 ) ln 2 0
1

t t t t t
− + + − + + + + ≥
+ +
⇔ + ≥ + + + ⇔ ≥ +
+
+
+ +
 
⇔ ≥ + ⇔ ≥ ∀ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1.
Ví dụ 5.6. Với 1 < a < b . Chứng minh

( ) ( ) ( )
2 2
ln 2 ln ln ln
3
a ab b
a b ab a a b b a b a b
+ +
− ≤ − + + ≤ −
.
Lời giải
Xét hàm số y = x
2
khả tích trên [a,b] với a > 0. Khi đó
1
ln
1

 ÷
 
∫
−
−
≤ ≤
∫
−
∫
− + +
− −
−
⇔ ≤ ≤
−
−
⇔
( ) ( ) ( )
2 2
ln 2 ln ln ln
3
a ab b
a b ab a a b b a b a b
+ +
− ≤ − + + ≤ −
.
Ví dụ 5.7. Với 0 < x < y. Chứng minh
3 3
2 2
2 2
( ) ( )( ) ( )

∫
−
−
≤ ≤
∫
−
∫

⇔
( ) ( )
( )
3 3
2
2
2 2
x y x y
x y y
x
e x y x y e e e e
+ +
 
+
 ÷
− ≤ − − ≤ −
 ÷
 
.
Nhận xét. Với các ví dụ trên ta dùng tích phân giải được dễ dàng nếu dùng
phương pháp khác sẽ gặp nhiều khó khăn. Để thấy được hiệu quả của việc
dùng tích phân để chứng minh bất đẳng thức, các ví dụ sau sẽ sử dụng các