• Skip to main content
  • Skip to secondary menu
  • Bỏ qua primary sidebar
Sách Toán – Học toán

Sách Toán - Học toán

Giải bài tập Toán từ lớp 1 đến lớp 12, Học toán online và Đề thi toán

  • Môn Toán
  • Học toán
  • Sách toán
  • Đề thi
  • Ôn thi THPT Toán
  • Trắc nghiệm Toán 12
  • Máy tính

Cho \(1 \ne a > 0\), chứng minh rằng: \(\frac{{\ln a}}{{a – 1}} \le \frac{{1 + \sqrt[3]{a}}}{{a + \sqrt[3]{a}}}\)

Đăng ngày: 23/10/2021 Biên tập: admin Thuộc chủ đề:Bất đẳng thức - Bài tập tự luận Tag với:Bat dang thuc va cuc tri, BDT HSG 12

adsense

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 \(f’\left( x \right) = 4{x^3} + 3{x^2} – 1 – 3\left[ {\left( {3{x^2} + 1} \right)\ln x + \left( {{x^3} + x} \right)\frac{1}{x}} \right]\)\( = 4{x^3} – 4 – 3\left( {3{x^2} + 1} \right)\ln x\).

adsense

\(f”\left( x \right) = 3\left( {4{x^2} – 3x – 6x\ln x – \frac{1}{x}} \right)\).

\({f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right) = 3\left( {8x + \frac{1}{{{x^2}}} – 6\ln x – 9} \right)\).

 \({f^{\left( 4 \right)}}\left( x \right) = 3\left( {8 – \frac{6}{x} – \frac{2}{{{x^3}}}} \right)\)\( = \frac{{6\left( {4{x^3} – 3x – 1} \right)}}{{{x^3}}}\)\( = \frac{{6\left( {x – 1} \right)\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right)}}{{{x^3}}} \ge 0,\forall x \ge 1\).

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.

Thuộc chủ đề:Bất đẳng thức - Bài tập tự luận Tag với:Bat dang thuc va cuc tri, BDT HSG 12

Bài liên quan:

  1. Cho \(x,y,z\) là các số thực thay đổi, đôi một khác nhau thuộc đoạn \(\left[ {0;2} \right]\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{1}{{{{\left( {x – y} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {y – z} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {z – x} \right)}^2}}}\).
  2. Tuyển chọn các bài toán bất đẳng thức và cực trị

Reader Interactions

Trả lời Hủy

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Sidebar chính

MỤC LỤC




Booktoan.com (2015 - 2022) Học Toán online - Giải bài tập môn Toán, Sách giáo khoa, Sách tham khảo và đề thi Toán.
THÔNG TIN:
Giới thiệu - Liên hệ - Bản quyền - Sitemap - Quy định - Hướng dẫn.