Bài tập 1.7 trang 8 SBT Toán 12

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

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \cos x\)\(=\frac{{1 - {{\cos }^3}x}}{{{{\cos }^2}x}} > 0\) với \(\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

Vì \(\cos x < 1\) với mọi \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Nên \({\cos ^3}x < 1,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) 

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

\( \Rightarrow f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0\) 

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

b) Xét \(f\left( x \right) = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{{{x^2}}}{8} - \sqrt {1 + x} \) trên (0;+∞) ta có:

 \(f'\left( x \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}x - \frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }}\)

Vì x>0 nên \(f'\left( x \right) < \frac{1}{2} - \frac{1}{4}.0 - \frac{1}{{2\sqrt {0 + 1} }} = 0\) 

Suy ra hàm số y = f(x) nghịch biến trên (0;+∞)

Do đó: \(f\left( x \right) < f\left( 0 \right) = 0 \)

\(\Rightarrow 1 + \frac{1}{2}x - \frac{{{x^2}}}{8} - \sqrt {1 + x}  < 0\)

\(\Leftrightarrow 1 + \frac{1}{2}x - \frac{{{x^2}}}{8} < \sqrt {1 + x} \,\,\,\left( 1 \right)\)

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

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

Do đó g(x) < g(0) = 0 (0)=0$$

hay \(\sqrt {1 + x}  - 1 - \frac{1}{2}x < 0 \)(0)=0$$

\(\Leftrightarrow \sqrt {1 + x}  < 1 + \frac{1}{2}x\,\,\,\left( 2 \right)\)(0)=0$$

Từ (1) và (2) ta được :

\(1 + \frac{1}{2}x - \frac{{{x^2}}}{8} < \sqrt {1 + x}  < 1 + \frac{1}{2}x\) với x > 0. (đpcm)