Chứng minh bất đẳng thức lớp 9 (cách giải + bài tập)

Chuyên đề phương pháp giải bài tập Chứng minh bất đẳng thức lớp 9 chương trình sách mới hay, chi tiết với bài tập tự luyện đa dạng giúp học sinh ôn tập, biết cách làm bài tập Chứng minh bất đẳng thức.

Chứng minh bất đẳng thức lớp 9 (cách giải + bài tập)

(199k) Xem Khóa học Toán 9 KNTTXem Khóa học Toán 9 CDXem Khóa học Toán 9 CTST

Chứng minh bất đẳng thức - Cô Phạm Thị Huệ Chi (Giáo viên VietJack)

1. Phương pháp giải

• Ta thừa nhật các khẳng định sau:

Với hai số thực a và b, ta có:

- Nếu a > b thì a – b > 0. Ngược lại, nếu a – b > 0 thì a > b.

- Nếu a < b thì a – b < 0. Ngược lại, nếu a – b < 0 thì a < b.

- Nếu a ≥ b thì a – b ≥ 0. Ngược lại, nếu a – b ≥ 0 thì a ≥ b.

- Nếu a ≤ b thì a – b ≤ 0. Ngược lại, nếu a – b ≤ 0 thì a ≤ b.

• Khi cộng cùng một số vào hai vế của một bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng thức đã cho.

Như vậy, nếu a > b thì a + c > b + c với mọi số thực c.

Lưu ý: Tính chất vẫn đúng với các bất đẳng thức chứa dấu <, ≤, ≥.

• Khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương, ta được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng thức đã cho.

Với ba số a, b, c mà c > 0, ta có:

- Nếu a > b thì ac > bc.

- Nếu a < b thì ac < bc.

- Nếu a ≥ b thì ac ≥ bc.

- Nếu a ≤ b thì ac ≤ bc.

• Khi nhân cả hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm, ta được một bất đẳng thức mới ngược chiều với bất đẳng thức đã cho.

Như vậy, vậy ba số a, b, c mà c < 0, ta có:

- Nếu a > b thì ac < bc.

- Nếu a < b thì ac > bc.

- Nếu a ≥ b thì ac ≤ bc.

- Nếu a ≤ b thì ac ≥ bc.

• Để chứng minh A > B, ta chứng minh A – B > 0.

2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Chứng minh:

a) $\sqrt{2025}-\sqrt{5}>\sqrt{2024}-\sqrt{5}$;

b) $\frac{1}{2024}$ + 2023 > $\frac{1}{2025}$ + 2023.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 2025 > 2024 nên $\sqrt{2025}>\sqrt{2024}$.

Cộng hai vế với − $\sqrt{5}$ ta được $\sqrt{2025}-\sqrt{5}>\sqrt{2024}-\sqrt{5}$.

b) Ta có: $\frac{1}{2024}$ > $\frac{1}{2025}$.

Cộng hai vế với 2023 ta được $\frac{1}{2025}$ + 2023 > $\frac{1}{2025}$ + 2023.

Ví dụ 2. Cho a ≥ 2b. Chứng minh :

a) 2a + 7 > a + 2b + 7;

b) 4b + 4a ≤ 5a + 2b.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: a ≥ 2b nên cộng hai vế với a ta được: 2a ≥ a + 2b.

Cộng hai vế với 7 được 2a + 7 > a + 2b + 7.

b) Có a ≥ 2b nên a – 2b ≥ 0.

Xét hiệu 5a + 2b – (4b + 4a) = a – 2b ≥ 0 (thỏa mãn).

Do đó 4b + 4a ≤ 5a + 2b.

Ví dụ 3. Với mọi a, b, chứng minh:

a) $\frac{a^2+b^2}{2}\ge {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$;

b) $a^2+b^2\ge \frac{{\left(a+b\right)}^2}{2}$.

Hướng dẫn giải

a) Xét hiệu $\frac{a^2+b^2}{2}-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{a^2+2ab+b^2}{4}$

                                                $=\frac{2a^2+2b^2+a^2-2ab+b^2}{4}=\frac{{\left(a-b\right)}^2}{4}\ge 0$ .

Do đó, $\frac{a^2+b^2}{2}-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$ ≥ 0 .

Vậy $\frac{a^2+b^2}{2}\ge {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$ (đpcm).

b) Xét hiệu a² + b² − $\frac{{\left(a+b\right)}^2}{2}$ = $\frac{2a^2+2b^2-{\left(a+b\right)}^2}{2}$

= $\frac{2a^2+2b^2-a^2-2ab-b^2}{2}=\frac{{\left(a-b\right)}^2}{2}\ge 0$.

Suy ra a² + b² − $\frac{{\left(a+b\right)}^2}{2}$ ≥ 0.

Vậy $a^2+b^2\ge \frac{{\left(a+b\right)}^2}{2}$ (đpcm).

3. Bài tập tự luyện

Bài 1. Không thực hiện phép tính, hãy so sánh:

a) 2023 + (−19) và 2024 + (−19);

b) $\sqrt{2}$ + 2 và 4.

c) −3 + 23⁵⁰ và −2 + 23⁵⁰.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 2023 < 2024.

Cộng hai vế với −19 ta được 2023 + (−19) < 2024 + (−19).

b) Ta có: 4 = 2 + 2 > 2 + $\sqrt{2}$ nên 4 > 2 + $\sqrt{2}$.

c) Có −3 < −2 nên cộng hai vế với 23⁵⁰ ta được −3 + 23⁵⁰ < −2 + 23⁵⁰.

Bài 2. Cho hai số a, b thỏa mãn a² > b² > 0. Chứng tỏ 5a² > 4b².

Hướng dẫn giải

Ta có: a² > b² nên 5a² > 5b².

Mà 5b² > 4b² nên 5a² > 4b².

Bài 3. Cho hai số m, n thỏa mãn 0 < m² < n². Chứng minh $\frac{3}{2}$m² < 2n².

Hướng dẫn giải

Ta có: m² < n² nên nhân cả hai vế với 2 ta được 2m² < 2n².

Mà 2m² >$\frac{3}{2}$ m² nên $\frac{3}{2}$m² < 2n².

Bài 4. Với mọi x, y, z chứng minh rằng x² + y² + z² ≥ xy + yz + zx.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có:

P = x² + y² + z² − xy − yz − zx

2P = 2x² + 2y² + 2z² − 2xy − 2yz − 2xz

2P = (x² – 2xy + y²) + (y² – 2yz + z²) + (z² – 2zx + z²)

2P = (x – y)² + (y – z)² + (z – x)² ≥ 0

Suy ra P ≥ 0 hay x² + y² + z² – xy – yz – zx ≥ 0

Vậy x² + y² + z² ≥ xy + yz + xz (đpcm).

Bài 5. Với mọi a, b chứng minh (a² + b²)² ≥ ab.(a + b)².

Hướng dẫn giải

Xét hiệu (a² + b²)² – ab(a + b)²

= a⁴ + 2a²b² + b⁴ – a³b – 2a²b² – ab³

= a⁴ + b⁴ – a³b – ab³

= a³(a – b) + b³ (b – a)

= (a – b)(a³ – b³)

= (a – b)²(a² + ab + b²) ≥ 0.

Do đó, (a² + b²)² – ab(a + b)² ≥ 0.

Vậy (a² + b²)² ≥ ab.(a + b)².

Bài 6. Với mọi a, b chứng minh a² + b² + 1 ≥ ab + a + b.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu A = a² + b² + 1 – ab – a – b

2A = 2a² + 2b² + 2 – 2ab – 2a – 2b

2A = (a² – 2ab + b²) + (a² – 2a + 1) + (b² – 2b + 1)

2A = (a – b)² + (a – 1)² + (b – 1)² ≥ 0

Suy ra A ≥ 0 hay a² + b² + 1 – ab – a – b ≥ 0.

Vậy a² + b² + 1 ≥ ab + a + b (đpcm).

Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ca(c + a – 2b) ≥ 0

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có: ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ca(c + a – 2b)

= a²b + ab² – 2abc + b²c + bc² – 2abc + ac² + a²c – 2abc

= a(b² + c² – 2bc) + b(c² + a² – 2ac) + c(a² + b² – 2ab)

= a(b – c)² + b(c – a)² + c(a – b)² ≥ 0

Suy ra ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ca(c + a – 2b) ≥ 0 (đpcm).

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c$

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có: A = $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}$ − a – b – c

A = $\frac{{\left(bc\right)}^2+{\left(ca\right)}^2+{\left(ab\right)}^2-a^{2}bc-a{b}^{2}c-ab{c}^2}{abc}$

2A = $\frac{2{\left(bc\right)}^2+2{\left(ca\right)}^2+2{\left(ab\right)}^2-2a^{2}bc-2a{b}^{2}c-2ab{c}^2}{abc}$

2A = $\frac{{\left(ab-bc\right)}^2+{\left(bc-ca\right)}^2+{\left(ca-ab\right)}^2}{abc}$ ≥ 0 với a, b, c là các số thực dương.

Suy ra A ≥ 0 hay $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}$ − a – b – c ≥ 0.

Vậy $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c$.

Bài 9. Cho các số thực a, b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$\frac{2ab}{a^2+4b^2}+\frac{b^2}{3a^2+2b^2}\le \frac{3}{5}$.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu $\frac{3}{5}$ −$\frac{2ab}{a^2+4b^2}-\frac{b^2}{3a^2+2b^2}$

= $\frac{2}{5}$ − $\frac{2ab}{a^2+4b^2}$ +$\frac{1}{5}$ −$\frac{b^2}{3a^2+2b^2}$

=  $\frac{2a^2-10ab+8b^2}{5\left(a^2+4b^2\right)}$+  $\frac{3a^2+2b^2-5b^2}{5\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{2\left(a-b\right)\left(a-4b\right)}{5\left(a^2+4b^2\right)}$+ $\frac{3\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{5\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{2\left(a-b\right)\left(a-4b\right)\left(3a^2+2b^2\right)+3\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+4b^2\right)}{5\left(a^2+4b^2\right)\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{\left(a-b\right)\left[2\left(a-4b\right)\left(3a^2+2b^2\right)+3\left(a+b\right)\left(a^2+4b^2\right)\right]}{5\left(a^2+4b^2\right)\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{\left(a-b\right)\left[2\left(a-4b\right)\left(3a^2+2b^2\right)+3\left(a+b\right)\left(a^2+4b^2\right)\right]}{5\left(a^2+4b^2\right)\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{\left(a-b\right)\left[9a^3-21a^{2}b+16a{b}^2-4b^3\right]}{5\left(a^2+4b^2\right)\left(3a^2+2b^2\right)}$

= $\frac{{\left(a-b\right)}^2{\left(3a-2b\right)}^2}{5\left(a^2+4b^2\right)\left(3a^2+2b^2\right)}$ ≥ 0.

Do đó  $\frac{3}{5}$− $\frac{2ab}{a^2+4b^2}-\frac{b^2}{3a^2+2b^2}$ ≥ 0.

Dấu “=” xảy ra khi a = b hoặc 3a = 2b.

Vậy $\frac{2ab}{a^2+4b^2}+\frac{b^2}{3a^2+2b^2}\le \frac{3}{5}$ (đpcm).

Bài 10. Với các số thực không âm a, b. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge \frac{2}{1+ab}$ với a,b ≥ 1.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu của bất đẳng thức, ta có:

$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{2}{1+ab}$

= $\frac{1}{a^2+1}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{1}{1+ab}$

= $\frac{{\left(a-b\right)}^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge 0$

Suy ra  $\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{2}{1+ab}$≥ 0 .

$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge \frac{2}{1+ab}$ với a,b ≥ 1.

(199k) Xem Khóa học Toán 9 KNTTXem Khóa học Toán 9 CDXem Khóa học Toán 9 CTST

Xem thêm các dạng bài tập Toán 9 hay, chi tiết khác:

• Một số bài toán thực tế liên quan đến bất đẳng thức
• Nhận biết bất phương trình bậc nhất một ẩn
• Giải bất phương trình bậc nhất cơ bản
• Bất phương trình bậc nhất biến đổi đặc biệt
• Một số bài toán thực tế liên quan đến bất phương trình bậc nhất một ẩn

• Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 9 có đáp án

Loạt bài Chuyên đề: Lý thuyết - Bài tập Toán lớp 9 Đại số và Hình học có đáp án có đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài được biên soạn bám sát nội dung chương trình sgk Đại số 9 và Hình học 9.

---