Cho \(1 \ne a > 0\), chứng minh rằng: \(\frac{{\ln a}}{{a – 1}} \le \frac{{1 + \sqrt[3]{a}}}{{a + \sqrt[3]{a}}}\).
Lời giải
Ta phải chứng minh \(\frac{{\ln a}}{{a – 1}} \le \frac{{1 + \sqrt[3]{a}}}{{a + \sqrt[3]{a}}}\) (1) với \(1 \ne a > 0\).
Xét hai trường hợp:
+) Trường hợp 1: \(a > 1\)
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {a + \sqrt[3]{a}} \right)\ln a \le \left( {1 + \sqrt[3]{a}} \right)\left( {a – 1} \right)\) \(\left( 2 \right)\)
Đặt \(x = \sqrt[3]{a} \Rightarrow x > 1\) . 0000
Khi đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3\left( {{x^3} + x} \right)\ln x \le \left( {1 + x} \right)\left( {{x^3} – 1} \right),\forall x > 1\)
\( \Leftrightarrow {x^4} + {x^3} – x – 1 – 3\left( {{x^3} + x} \right)\ln x \ge 0\)\(\forall x > 1\) \(\left( 3 \right)\).
Xét \(f\left( x \right) = {x^4} + {x^3} – x – 1 – 3\left( {{x^3} + x} \right)\ln x\) trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\).
Ta có \(f’\left( x \right) = 4{x^3} + 3{x^2} – 1 – 3\left[ {\left( {3{x^2} + 1} \right)\ln x + \left( {{x^3} + x} \right)\frac{1}{x}} \right]\)\( = 4{x^3} – 4 – 3\left( {3{x^2} + 1} \right)\ln x\).
\(f”\left( x \right) = 3\left( {4{x^2} – 3x – 6x\ln x – \frac{1}{x}} \right)\).
\({f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = 3\left( {8x + \frac{1}{{{x^2}}} – 6\ln x – 9} \right)\).
\({f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = 3\left( {8 – \frac{6}{x} – \frac{2}{{{x^3}}}} \right)\)\( = \frac{{6\left( {4{x^3} – 3x – 1} \right)}}{{{x^3}}}\)\( = \frac{{6\left( {x – 1} \right)\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right)}}{{{x^3}}} \ge 0,\forall x \ge 1\).
Suy ra \({f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow {f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) \ge {f^{\left( 3 \right)}}\left( 1 \right) = 0\), \(\forall x \ge 1\)
Khi đó \(f”\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow f”\left( x \right) \ge f”\left( 1 \right) = 0\), \(\forall x \ge 1\)
Do đó \(f’\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow f’\left( x \right) \ge f’\left( 1 \right) = 0\), \(\forall x \ge 1\)
\( \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\) nên \(f\left( x \right) > f\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\) với \(\forall x > 1\) . Vậy (3) đúng.
+) Trường hợp 2: \(0 < a < 1\)
Đặt \(a = \frac{1}{{{a_1}}},{a_1} > 1\) khi đó bất đẳng thức (1) trở thành: \[\frac{{\ln \frac{1}{{{a_1}}}}}{{\frac{1}{{{a_1}}} – 1}} \le \frac{{1 + \sqrt[3]{{\frac{1}{{{a_1}}}}}}}{{\frac{1}{{{a_1}}} + \sqrt[3]{{\frac{1}{{{a_1}}}}}}} \Leftrightarrow \frac{{\ln {a_1}}}{{{a_1} – 1}} \le \frac{{1 + \sqrt[3]{{{a_1}}}}}{{{a_1} + \sqrt[3]{{{a_1}}}}}\] quay về trường hợp 1.
Vậy bài toán được chứng minh.