Bài 1.7 trang 8 SBT giải tích 12

LG câu a

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

Phương pháp giải:

Xét hàm $f\left( x \right) = \tan x - \sin x$ và chứng minh nó đồng biến trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Giải chi tiết:

Xét hàm $f\left( x \right) = \tan x - \sin x$ trên khoảng $\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$ ta có:

$f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \cos x$ $= \dfrac{{1 - {{\cos }^3}x}}{{{{\cos }^2}x}} > 0$ với $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$ vì $\cos x < 1$ với mọi $x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$ nên ${\cos ^3}x < 1,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \tan x - \sin x$ đồng biến trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

$\Rightarrow f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0$ $\Rightarrow \tan x - \sin x > 0 \Leftrightarrow \tan x > \sin x$  với mọi $x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$.

LG câu b

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

Phương pháp giải:

Xét các hàm số $f\left( x \right) = 1 + \dfrac{1}{2}x - \dfrac{{{x^2}}}{8} - \sqrt {1 + x}$ và $g\left( x \right) = \sqrt {1 + x}  - 1 - \dfrac{1}{2}x$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$ và chứng minh chúng nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Giải chi tiết:

Xét $f\left( x \right) = 1 + \dfrac{1}{2}x - \dfrac{{{x^2}}}{8} - \sqrt {1 + x}$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$ ta có: $f'\left( x \right) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}x - \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 1} }}$.

Vì $x > 0$ nên $f'\left( x \right) < \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}.0 - \dfrac{1}{{2\sqrt {0 + 1} }} = 0$ nên hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Do đó $f\left( x \right) < f\left( 0 \right) = 0$ $\Rightarrow 1 + \dfrac{1}{2}x - \dfrac{{{x^2}}}{8} - \sqrt {1 + x}  < 0$ $\Leftrightarrow 1 + \dfrac{1}{2}x - \dfrac{{{x^2}}}{8} < \sqrt {1 + x} \,\,\left( 1 \right)$

Xét $g\left( x \right) = \sqrt {1 + x}  - 1 - \dfrac{1}{2}x$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$ ta có: $g'\left( x \right) = \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 1} }} - \dfrac{1}{2}$

Vì $x > 0$ nên $g'\left( x \right) < \dfrac{1}{{2\sqrt {0 + 1} }} - \dfrac{1}{2} = 0$ hay $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$

Do đó $g\left( x \right) < g\left( 0 \right) = 0$ hay $\sqrt {1 + x}  - 1 - \dfrac{1}{2}x < 0$ $\Leftrightarrow \sqrt {1 + x}  < 1 + \dfrac{1}{2}x\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta được $1 + \dfrac{1}{2}x - \dfrac{{{x^2}}}{8} < \sqrt {1 + x}  < 1 + \dfrac{1}{2}x$ với $x > 0$. (đpcm)

Loigiaihay.com