Bài 1: Chứng minh rằng
x
e
>
x
+
1
với
0

x
Giải
Xét hàm số
( )
xf
=
x
e
-
1
-
x
liên tục và khả vi với mọi
0x

( )
xf
,
=
x
e

x
e
- 1 -
x
> 0


x
e
>
x+1
(1)
Nếu
0
<
x
thì
( )
01
,
<=
x
exf


( )
xf
nghịch biến



x
đpcm.
Bài 2 : ( ĐH Kiến Trúc Hà Nội )
Chứng minh rằng bất đẳng
2
1
2
x
xe
x
++>
đúng với mọi
0>x

Giải
Yêu cầu bài toán


x
ex
x
++ 1
2
2
< 0
0
>
x
Xét
( )

+ ;0x



( )
xf
,
<
( )
0
,
f
=0 với
( )
+ ;0x


( )
xf
nghịch biến trong
( )
+ ;0x



( )
xf
<
( )
00 =f

xx
<
sin
với
0
>
x
Giải
Ta hớng dẫn cho học sinh chứng minh bất đẳng thức


chứng minh





<
>
xx
x
xx
sin
6
sin
3
với
0>x

Ta chứng minh

xf
nghịch biến


( )
xf
<
( )
0f
với
0>x



xsin
-
x
<o


xx <sin
(1)
Ta chứng minh
6
3
x
x
<
xsin


với mọi
x
>0

( )
xg
đồng biến


( )
xg
>
( )
0g
=0
với
0>x
hay
( )
xf
,
>0 với
0>x



( )
xf
đồng biến


Từ (1),(2)


6
3
x
x
<
xx <sin
với
0>x
đpcm.
Bài 4: Chứng minh rằng
xx tansin
22 +



1
2
+x
với
2
0

<< x
Giải
áp dụng bất đẳng thức côsi:
xx tansin
22 +

Yêu cầu bài toán

Việc chứng minh
1
1
2
tansin
22
+
+
+

x
xx



11
2
tansin
++
+
x
xx

xxx 2tansin +
với

cos
2
2
2
+>+
x
x
x
x

icos


2.
cos
1
.cos.2
2
2

x
x

0=
(vì
xx
2
coscos >
với
2


( )
xf
=
02tansin >+ xxx



xxx 2tansin +
hay
xx tansin
22 +



1
2
+x
với
2
0

<< x
đpcm.
Bài 5: (ĐH Dợc )
Với
2
0

< x

x
xxf
cos
22
,
2
3
cos.2
1
2
cos
2
cos
2
3
cos.2
1
cos ++=+=0
2
3
.
cos
1
2
cos
2
cos

đồng biến
trong khoảng






2
;0




( )
xf



( )
0f



0
2
3
tan
2
1



2
;0

x
. Đẳng thức xảy ra


0=x
Mà
2
3
tan
2
1
sin
tansin2tansin.2
2.22.222.222
x
xx
xxxx
=+
+
2


2
3
1

0=x
.Do đó
1
2
3
tansin.2
222
+
>+
x
xx
với







2
;0

x
đpcm.
Bài 6 Cho
4
3
0 <

, Chứng minh rằng

=






f
Ta có
( )
( )
3
3
3
,
122
2
x
x
x
xf

==
<0 với









4
3
fxf
,







4
3
;0x



( )







4
3
ff











4
3
;0

đpcm.
Bài 7: Chứng minh rằng với
10
3
+<<< aba
thì

( )
( ) ( )
[ ]
( )
ba
baa
b
ba
baa

10
+<<<
axa
Ta có
( )
33
bbf =
và
( )
( )
( )
0
.2
.2
2
3
2
3
,

+

=
bx
bx
xf


3
3
3
3
3
1.2
.211
.2
.2.
.
đpcm.
Bài 8: ( Đề thi thử ĐH Quảng Xơng I)
Cho
2
0

<<< ba
Chứng minh rằng
bbaa sin.sin.

>
( )
ab coscos.2

Giải
Yêu cầu bài toán


aaa cos2s in.
+

0

<< x
thì
0sin >x
) nên
( )
0
,,
<xf
do đó
( )
0
,
<xf
khi 0<
2

<x


( )
xf
là hàm số giảm trên khoảng







Giải
Xét hàm số
( )
x
x
xf
tan
=
với
4
0

<< x
Ta có
( )
0
2cos.2
2sin.2
22
,
>

=
xx
xx
xf
( vì ta đã có

tansin
<<


<






180
6
180
5

ff
, tức là
180
6
180
6
tan
180
5
180
5
tan




<




++
zyx
zxyzyx323223

222
zyx ++



( )
222
323223

zyxxz
y
zxyzyx
++
++







y
z
y
x
đặt u=
y
x
, v =
y
z
ta có u
1

0
>
v

nên bất đẳng thức có dạng
( )
1
223223
++++ vuvuvuvu


( )
( )
01 1
22323
+++ vvvuvuvu
(2)

<<
v
và
1

u
)


( )
uf
,
là hàm số đồng biến
khi
1

u
nên mọi
1

u
ta có
( )
uf
,


( )
1
'

v
3
- uv (1 + v
2
) + v
2
0 1 > v > 0
Hay
y
xz
x
zy
z
yx
222
++

222
zyx ++
với
0> zyx
đpcm.
Bài 11: Chứng minh
( )
xx
x
x <+< 1ln
2
2
với mọi

0,0
1
1
1
1
2
>>
+
=+
+
x
x
x
x
x
Suy ra
( )
xf
đồng biến với mọi
0>x



( )
0
2
1ln
2
>++
x

( )
og =0



( )
0
11
1
1
,
>
+
=
+
=
x
x
x
xg
, khi
0
>
x



( )
0>xg
,

2
2
<
x
,với mọi
0
>
x
đpcm.
Bài 12 Chứng minh rằng
x
x
xx
x <
+
<
1
2
2
với
0
>
x
Giải
Do
0>x
nên
x
x
xx

>
+
1
1
1
2
1
1
1
x
x
x
Ta chứng minh
1
1
1
<
+x

0>x
Vì
0>x
nên
11 >+x



11 >+x



xg

0>x
,
( )
00 =g

( )
( )
0
1
1
1
2
1
3
,
>








+
=
x
xg

1
2
1
+
<
x
x

0>x

Vậy
1
1
1
2
1 <
+
<
x
x



x
x
xx
x <
+
<
1

1sin




xx
Xét hàm số
( )
xf
=
( )
2
2
sin


xx
với
2
0

<< x
.
Ta có
( )
xf
,
=-2
( )
0.2cos.sin



3
cos
sin
x
x
x <


0
cos
sin
3
> x
x
x



( )
0cos.sin
3
1
>

xxx
đặt
( )
xg




( ) ( )
xxxg
2
3
2
,,
sin.cos
9
4

=
với
2
0

<< x



( ) ( )
0
,,,,
gxg >
= 0 với
2
0


( )
xg
đồng biến






2
;0

.


( )
xg
>
( )
0g



( )
xf
đồng biến









f
với







2
;0

x

Do đó
( )
2
2
sin


xx

2
4
1

1
222
=++ cba
chứng minh rằng

2
3.3
222222

+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
(1)
6
Giải
Từ giả thiết


222
1 acb =+
,
222
1 bac =+

a

+

+

=

+

+

=
+
+
+
+
+

2
3.3
( do a, b ,c đều dơng )
Xét hàm số
( ) ( )
xxxxxf +==
3
1
,
( )
1;0x







1;
3
1
x

0<
( )
xf

3.3
2
3
1
=








f


( )
2
2
2
.
2
33
1
a
aa
a


Tơng tự
( )
2
2
2
.
2
3.3
1
b
bb
b



( )
2

yyyyxxxe <
32121
và

==

m
i
y
n
i
i
i
yx
11
chứng minh

==
>
m
y
i
n
i
i
yx
11
Giải
Xét hàm số
( )

y
y
y
y
y
y
x
x
x
x
x
x
ln

lnln
ln

lnln
2
2
1
1
2
2
1
1
>

Từ đó ta có
1

===
>
m
i
i
n
i
i
n
i
i
y
y
y
x
y
y
x
1
1
1
1
1
1
1
.
ln
.
ln
ln





==

m
i
i
m
i
i
y
y
y
y
1
1
1
1
.
ln
ln
(2)
Từ (1) và (2)



==
>

[ ]
ba;
và khả vi
( )
ba;
thì tồn
tại một số c sao cho a<c<b khi đó
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,
2.Bài tập
Bài1: Chứng minh rằng.
a
ab
a
b
b
ab
<<

ln
với 0<a<b
Giải :
xét hàm số :

( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,



ab
ab
c

=
lnln1
Do a<c <b
acb
111
<<
nên
aab
ab
b
1lnln1
<



ccf cos
,
=
H m số f
( )
tx sin=
liên tục và khả vi trên
[ ]
yx;
với mọi x;y

R thoả mãn các điều
kiện của định lý lagrange


( )
yxc ;
ta có:

( )
( ) ( )
xy
xfyf
cf


=
,



Bài 3: Chứng minh rằng:
b
ab
TanaTanb
a
ab
22
coscos

<<

với 0<a<b<
2

Giải:
Xét hàm số
( )
Tanxxf =
liên tục và khả vi trên
( )
ba;( )
x
xf
2
,
cos
1


ab
TanaTanb
c


=
2
cos
1



c
ab
TanaTanb
2
cos

=
.
Do a<c<b và
xy cos=
nghịch biến trên




coscos

<<

với 0<a<b<
2

Bài 4: Cho
1>x
và
1>

chứng minh rằng
( )
11 > xx
a

Giải:
Xét hàm số
( )
a
ttf =
với
xt 1
ta có
( )
1,
.

=

=
1
1
1



x
x




( )
1
.11

=
na
cxx




( )
11 > xx
a




hay
( )
11 > xx
a

với
1>x
và
1>

đpcm.
Bài 5 : Chứng minh rằng: ln
( )
1+x
<
x
mọi
x
>0
Giải
Xét hàm số
( )
ttf ln=
với t
[ ]
x+ 1;1
theo định lý lagrange




+
=
1ln1


ln
( )
1
1
1 =<=+
x
c
x
x

hay ln
( )
1+x
<
x
mọi
x
>0 đpcm.
Trờng hợp gặp bài toán cha thể vận dụng định lý lagrange đợc ngay việc chọn hàm
số thoã mãn các điều kiện của định lý lagrange rất quan trọng
Bài 6: Cho
0>x
chứng minh rằng:
xx
xx







+>






+
++
x
x
x
x
1
1ln
1
1
1ln1
với x>0
Xét hàm số f
( )




1+<< xcx

sao cho G
( )
( ) ( )
( )
xx
xGxG
c
+
+
=
1
1
,



=
c
1
ln
( )
xx ln1 +
Vì c<x+
1



c

,
>0


( )
xf
đồng biến
trên
[ ]
1; +xx



( )
1+xf
>
( )
xf



( )






+>






+
+
+
1
1
1
1
1
1
1
với x>0 đpcm.
10
Bài 7: Cho n
+

chứng minh rằng :
xx
n
1
<
ne2
1
với mọi
( )
1;0x
Giải

( )
= xnx
n
12
2

n
xxxxxx
2

.
)22( nxn
icos

( )
=






+
+
+12
12
222
n
n
nxnnx






+
n
n
n
<
e
1

( ) ( ) ( )
[ ]
nnn 2ln12ln12 ++
>
1


ln
( ) ( )
nn 2l n12 +
>
12
1
+n

2ln12ln
1
+=
.
Do
122
+<<
ncn
nên
12
11
+
>
nc


ln
( ) ( )
nn 2l n12 +
>
12
1
+n
Vậy
xx
n
1
<
ne2
1

1,
=
n
nxxf
) theo định lý lagrage thì tồn tại c
( )
ba;
thoã mãn

( )
( ) ( )
ab
afbf
cf


=
,

ab
ab
nc
nn
n


=
1



abbnabcnaban
nnn
<<
111


111
<<
nnn
bca
( vì
( )
0> abn
)
Bất đẳng thức đúng vì o<a<c<b và n-1>0
Vậy
( )
1
đã đợc chứng minh.
II Kết quả thực nghiệm.
+ Sau khi đợc bổ sung thêm những dạng bài tập toán,học sinh đã biết mở rộng để giải
quyết thêm các dạng bài tập khác khau nh giải phơng trình ,giải bất phơng trình, tìm
giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
+ Trong các kỳ thi thử đại học Đại học, thi Đại học
+ Lớp học
bồi dỡng đã vận dụng tơng đối tốt chuyên đề đạo hàm và định lý lagrange.
11