Chứng minh bất đẳng thức sau :
\(e^x\ge x+1\) với mọi \(x\in R\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
3 tháng 2 2022
Dễ thấy:
\(VT\ge\left(x+y\right)^2+1-\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}=\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}+1\)
Áp dụng Cô-si:
\(\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}+1\ge2\sqrt{\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}.1}=\sqrt{3}\left|x+y\right|\ge\sqrt{3}\left(x+y\right)\)
Do đó:
\(\left(x+y\right)^2+1-xy\ge\sqrt{3}\left(x+y\right),\forall x,y\in R\)
NY
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 8 2020
\(\Leftrightarrow\left|cosx\right|\ge cos^2x\)
\(\Leftrightarrow\left|cosx\right|-\left|cosx\right|^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left|cosx\right|\left(1-\left|cosx\right|\right)\ge0\) (1)
Do \(0\le\left|cosx\right|\le1\Rightarrow1-\left|cosx\right|\ge0\) với mọi x
\(\Rightarrow\left(1\right)\) luôn đúng với mọi x (đpcm)
NN
1
1 tháng 4 2018
Ta có \(\left|a\right|;\left|b\right|;\left|a+b\right|\ge0\)
Suy ra bất đẳng thức tương đương \(\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)^2\ge\left(\left|a+b\right|\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+2\left|ab\right|+b^2\ge a^2+2ab+b^2\)
\(\Leftrightarrow\left|ab\right|\ge ab\) (đúng)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow ab\ge0\)
17 tháng 5 2016
Xét hàm số : \(f_n\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-.......-\frac{x^n}{n!}\)
Ta sẽ chứng minh \(f_n\left(x\right)\ge0\) (*) với mọi \(x\ge;n\in N\)
* Với \(n=1:f_1\left(x\right)=e^x-1-x\Rightarrow f_1'\left(x\right)=e^x-1\ge0\) và \(f'\left(x\right)=0\) khi x = 0
\(\Rightarrow\) Hàm số \(f_1\left(x\right)\) đồng biến với \(x\ge0\Rightarrow f_1\left(x\right)\ge f_1\left(0\right)=0\)
Vậy (*) đúng với n = 1
* Giả sử (*) đúng với n = k hay \(f_k\left(x\right)\ge0\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\) hay \(f_{k+1}9x=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-...-\frac{x^k}{k!}-\frac{x^{k+1}}{\left(k+1\right)!}\ge0\)
Thật vậy :
\(f_{k+1}'\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^k}{k!}=f_k\left(x\right)\ge0\) (theo giả thiết quy nạp và \(f'_{k+1}\left(0\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\)khi \(x=0\)
\(\Rightarrow\) hàm số \(f_{k+1}\left(x\right)\) đồng biến với mọi \(x\ge0\Rightarrow f_{k+1}\left(x\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\) Vậy (*) đúng với n = k+1
Theo phương pháp quy nạp \(\Rightarrow e^x\ge1+x+\frac{x^2}{2}+..+\frac{x^n}{n!}\) với mọi \(x\ge0;n\in N\)
1 tháng 5 2021
\(\dfrac{x^2+4}{4}\ge x\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4\left(x^2+4\right)}{4}\ge4x\)
\(\Leftrightarrow x^2+4\ge4x\)
\(\Leftrightarrow x^2-4x+4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\ge0\) (Luôn đúng)
Vậy đẳng thức ban đầu được chứng minh.
1 tháng 5 2021
\(\dfrac{x^2+4}{4}\ge x\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+4}{4}\ge\dfrac{4x}{4}\)
\(\Leftrightarrow x^2+4+4x\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
DH
1
17 tháng 5 2016
Xét hàm số \(f\left(x\right)=e^x-1-x\) với \(x\ge0\)
Ta có : \(f'\left(x\right)=e^x-1\ge0\) với mọi \(x\ge0\)
và : \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến với \(x\ge0\) nên với \(x\ge0\Leftrightarrow f\left(x\right)\ge f\left(0\right)=0\)
hay \(e^x-1-x\ge0\) với mọi \(x\ge0\)
NH
2
21 tháng 12 2021
\(3x+4y=1\Leftrightarrow y=\dfrac{1-4y}{3}\)
\(\Rightarrow A=x^2+y^2\Leftrightarrow\left(\dfrac{1-4y}{3}\right)^2+y^2=\dfrac{\left(4y-1\right)^2}{9}+y^2=\dfrac{16y^2-8y+1+9y^2}{9}=\dfrac{25y^2-8y+1}{9}=\dfrac{\left(5y\right)^2-2.5y.\dfrac{4}{5}+\left(\dfrac{4}{5}\right)^2+\dfrac{9}{25}}{9}=\dfrac{\left(5y-\dfrac{4}{5}\right)^2+\dfrac{9}{25}}{9}\ge\dfrac{\dfrac{9}{25}}{9}=\dfrac{1}{25}\left(đpcm\right)\)
\(A_{min}=\dfrac{1}{25}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{4}{25}\\x=\dfrac{3}{25}\end{matrix}\right.\)
22 tháng 12 2021
Áp dụng Bunhiacopski:
\(\left(x^2+y^2\right)\left(3^2+4^2\right)\ge\left(3x+4y\right)^2=1\\ \Leftrightarrow25\left(x^2+y^2\right)\ge1\Leftrightarrow x^2+y^2\ge\dfrac{1}{25}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{3^2}=\dfrac{y^2}{4^2}\Leftrightarrow\dfrac{x}{3}=\dfrac{y}{4}=\dfrac{3x+4y}{9+16}=\dfrac{1}{25}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{3}{25}\\y=\dfrac{4}{25}\end{matrix}\right.\)
4 tháng 9 2021
a) \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2\ge\left(x+y\right)^2\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
b) \(x^3+y^3\ge\dfrac{\left(x+y\right)^3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4x^3+4y^3\ge\left(x+y\right)^3\Leftrightarrow3x^3+3y^3\ge3x^2y+3xy^2\)
\(\Leftrightarrow3x^2\left(x-y\right)-3y^2\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\Leftrightarrow3\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\left(đúng\right)\)
4 tháng 9 2021
a: Ta có: \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2-x^2-2xy-y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
\(e^x\ge x+1\) với mọi \(x\in R\) \(\Leftrightarrow e^x-x-1\ge0\) với mọi \(x\in R\)
Xét hàm số \(f\left(x\right)=e^x-x-1\) với mọi \(x\in R\)
Ta có : \(f'\left(x\right)=e^x-1=0\Leftrightarrow x=0\)
và : \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(e^x-x-1\right)=+\infty\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(e^x-x-1\right)=+\infty\)
Xét bảng biến thiên :
Từ bảng biến thiên ta có : \(f\left(x\right)\ge0\) với mọi \(x\in R\)
hay : \(e^x-x-1\ge0\) với mọi \(x\in R\)
=> Điều phải chứng minh