Bài tập ôn tập môn Toán Lớp 9 - Bài: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức (Có đáp án)

 A B C 2 A2 B 2 C 2 2AB 2AC 2BC
 A B 3 A3 3A2 B 3AB2 B3
 b 2
 Ví dụ 1:Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng: a) a 2 ab
 4
 b) a 2 b 2 1 ab a b c) a 2 b 2 c 2 d 2 e 2 a b c d e 
 b 2
 Giải: a) a 2 ab 4a 2 b 2 4ab 4a 2 4a b 2 0
 4
 2a b 2 0 (bất đẳng thức này luôn đúng)
 b 2
 Vậy a 2 ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
 4
 b) a 2 b 2 1 ab a b 2(a 2 b 2 1 2(ab a b)
 a 2 2ab b 2 a 2 2a 1 b 2 2b 1 0
 (a b) 2 (a 1) 2 (b 1) 2 0 Bất đẳng thức cuối đúng.
 Vậy a 2 b 2 1 ab a b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
 c) a 2 b 2 c 2 d 2 e 2 a b c d e 
 4 a 2 b 2 c 2 d 2 e 2 4a b c d e 
 a 2 4ab 4b 2 a 2 4ac 4c 2 a 2 4ad 4d 2 a 2 4ac 4c 2 0
 a 2b 2 a 2c 2 a 2d 2 a 2c 2 0
 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
 1 1 4
Ví dụ 2: Cho a, b là hai số dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng : 
 a 1 b 1 3
Giải: Dùng phép biến đổi tương đương ;
 3(a + 1 + b + 1) 4(a + 1) (b + 1)  9 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1) 
  9 4ab + 8  1 4ab  (a + b)2 4ab
 Bất đẳng thức cuối đúng . Suy ra điều phải chứng minh .
 x 2 y 2
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x>y Chứng minh 2 2
 x y
 x 2 y 2
Giải: Ta có: 2 2 vì : x y nên x- y  0 x2+y2 2 2 ( x-y)
 x y
 x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y 0 x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 0
 x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
 (x-y- 2 )2 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
 1
Ví dụ 4: Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 . CMR a3 + b3 + ab 
 2
 1 1
Giải : Ta có : a3 + b3 + ab a3 + b3 + ab - 0
 2 2
 1 1
 (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 0 a2 + b2 - 0 . Vì a + b = 1
 2 2
 2a2 + 2b2 - 1 0 2a2 + 2(1-a)2 - 1 0 ( vì b = a -1 ) 4a2 - 4a + 1 0 ( 2a - 1 )2 
0
 2 Ta lại có : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y 5 
 2 2 3
 x y 1 x 
 3 5
 Đẳng thức xảy ra  x 0, y 0  5 . Điều kiện : x 
 4
 x y y 2 2
 5
 3 4
Ví dụ 3: Cho a, b, c 0 ; a + b + c = 1 . Chứng minh rằng :
 a, a b b c c a 6
 b, a 1 b 1 c 1 3,5
Giải : a, áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có :
 2 2 2
 a b.1 b c.1 c a.1 1 1 1 a b b c c a 
 2
 => a b b c c a 3.(2a 2b ac) 6 => a b b c c a 6 .
 1
 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = 
 3
 (a 1) 1 a
 b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : a 1 1
 2 2
 b c
 Tương tự : b 1 1 ; c 1 1
 2 2
 a b c
 Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : a 1 b 1 c 1 3 3,5
 2
 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = 1 
 Vậy : a 1 b 1 c 1 3,5
 1 1 1
Ví dụ 4 : Cho các số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng : 9
 a b c
 a b
Giải : Ta có : 0 , a , b > 0
 b a
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 Ta có : ( ) .1 = ( ) .(a + b + c)
 a b c a b c a b c
 a a b b c c a b b c c a
 =1 1 1= 3 ( ) ( ) ( ) 3 + 2 + 2 + 2 = 9
 b c a c a b b a c b a c
 1 1 1 1
 => 9Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c = 
 a b c 3
 1 1 4
 Ví dụ 5: Cho x , y > 0 . Chứng minh rằng : 
 x y x y
 1 1 2
Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x y 2 xy 
 x y xy
 4 a b c d
1 2 điều phải chứng minh
 a b c b c d c d a d a b
 a c a ab cd c
Ví dụ 2 : Cho: 0 .Chứng minh rằng < 
 b d b b 2 d 2 d
 a c ab cd ab ab cd cd c
Giải: Từ < 
 b d b 2 d 2 b 2 b 2 d 2 d 2 d
 a ab cd c
Vậy < điều phải chứng minh
 b b 2 d 2 d
Ví dụ 3: Cho a;b;c;d là các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
 a b
tìm giá trị lớn nhất của 
 c d
Phương pháp 5: Phương pháp làm trội
 Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu 
hạn hoặc tích hữu hạn.
 (*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 u2 .... un
 Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau: uk ak ak 1
 Khi đó :
 S = a1 a2 a2 a3 .... an an 1 a1 an 1
 (*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2....un
 ak
 Biến đổi các số hạng uk về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:uk = 
 ak 1
 a a a a
 Khi đó P = 1 . 2 ..... n 1
 a2 a3 an 1 an 1
 1 1 1 1 3
 Ví dụ 1 :Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng : .... 
 2 n 1 n 2 n n 4
 1 1 1
 Giải: Ta có với k = 1,2,3,,n-1
 n k n n 2n
 1 1 1 1 1 n 1
 Do đó: ... ... 
 n 1 n 2 2n 2n 2n 2n 2
 1 1 1
 Ví dụ 2: Chứng minh rằng:1 .... 2 n 1 1 Với n là số nguyên
 2 3 n
 1 2 2
 Giải : Ta có 2 k 1 k 
 k 2 k k k 1
 Ta có: 1 > 2 2 1 
 1
 2 3 2 
 2
 1
 2 n 1 n 
 n
 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
 1 1 1
 1 .... 2 n 1 1 
 2 3 n
 6 1 1 4 1 1 4 4
 áp dụng bất đẳng thức ta được ; 
 x y x y p a p b ( p a) ( p b) c
 1 1 4 1 1 4
 Tương tự : ; 
 p b p c a p a p c b
 1 1 1 1 1 1
 => 2( ) 4( ) => điều phải chứng minh .
 p a p c p c a b c
 Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều .
Phương pháp 7: đổi biến số
 a b c 3
Ví dụ1: Chứng minh rằng : Nếu a , b , c > 0 thì : 
 b c c a b a 2
 x y z
 Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = 
 2
 y z x z x y x y z
 => a = , b = , c = 
 2 2 2
 a b c y z x z x y x y z
 Khi đó : VT = = 
 b c c a b a 2x 2y 2z
 1 y x 1 z x 1 z y 3 3 3
 = ( ) ( ) ( ) 1 1 1 
 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 2
 1 1 1
Ví dụ2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng 9 (1)
 a2 2bc b2 2ac c2 2ab
Giải: Đặt x = a 2 2bc ; y = b2 2ac ; z = c2 2ab 
 Ta có x y z a b c 2 1 
 1 1 1
 (1) 9 Với x+y+z 0
 x y z
 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x y z 3. 3 xyz 
 1 1 1 1 1 1 1 
 3. . 3 x y z . 9
 x y z xyz x y z 
 1 1 1
 Mà x+y+z < 1. Vậy 9 (đpcm)
 x y z
Phương pháp 8: dùng tam thức bậc hai
 Cho tam thức bậc hai f x ax 2 bx c
 Nếu 0 thì a. f x 0 x R
 b
 Nếu 0 thì a. f x 0 x 
 a
 Nếu 0 thì a. f x 0 với x x1 hoặc x x2 ( x2 x1 )
 a. f x 0 với x1 x x2
Ví dụ: Chứng minh rằng: f x, y x2 5y 2 4xy 2x 6y 3 0 (1)
 Giải:Ta có (1) x2 2x 2y 1 5y 2 6y 3 0
 2y 1 2 5y 2 6y 3 4y2 4y 1 5y2 6y 3 y 1 2 1 0
 8 1
 Giải : + Với n = 1 , ta có : VT = VP = . Vậy (*) đúng với n = 1 .
 2
 1 3 5 2k 1 1
 + Giả sử (*) đúng với n = k 1 ta có : . . ... 
 2 4 6 2k 3k 1
 Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , tức là : 
 1 3 5 2k 1 2k 1 1 2k 1
 . . ... . .
 2 4 6 2k 2(k 1) 3k 1 2(k 1)
 1 2k 1 1
 do đó chỉ cần chứng minh : 
 3k 1 2(k 1) 3(k 1) 1
 dùng phép biến đổi tương đương , ta có : 
 (2k + 1)2(3k + 4) (3k + 1)4(k +1)2 
  12k3 + 28k2 + 19k + 4 12k3 + 28k2 + 20k +4
  k 0 . => (**) đúng với mọi k 1 .
 Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dương n .
 Phương pháp 10: Chứng minh phản chứng
Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết 
hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là 
điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0. CMR: a > 0, b>0, c>0
Giải : Giả sử a 0 thì từ abc > 0 a 0 do đó a < 0
 Mà abc > 0 và a < 0 cb < 0
 Từ ab+bc+ca > 0 a(b+c) > -bc > 0
 Vì a 0 b + c < 0
 a 0
 Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
 Ví dụ 2: Cho 4 số a , b , c , d thỏa mãn điều kiện: ac 2.(b+d). Chứng minh rằng có ít nhất 
một trong các bất đẳng thức sau là sai: a 2 4b , c2 4d
Giải : Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 4b , c2 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
a2 c2 4(b d) (1)
 Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac (2)
 Từ (1) và (2) a2 c2 2ac hay a c 2 0 (vô lý)
 Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 4b và c2 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3: Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng 
 1 1 1
 Nếu x+y+z > thì có một trong ba số này lớn hơn 1
 x y z
 1 1 1
 Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 =x + y + z – ( ) vì xyz 
 x y z
= 1
 1 1 1
 theo giả thiết x+y +z > nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
 x y z
 Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương. Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 
xyz > 1 (trái giả thiết). Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
 10 a b b c c d d a
 1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng : 2 3
 a b c b c d c d a d a b
 Giải : Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
 a b a b a b d
 (1)
 a b c d a b c a b c d
 b c b c b c a
 (2)
 a b c d b c d a b c d
 d a d a d a c
 (3)
 a b c d d a b a b c d
 Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
 a b b c c d d a
 2 3 (đpcm)
 a b c b c d c d a d a b
 2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
 a b c
 Chứng minh rằng:1 2
 b c c a a b
 Giải :Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
 Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b
 a a a 2a a a
 Từ (1) . Mặt khác 
 b c a b c a b c b c a b c
 a a 2a b b 2b
 Vậy ta có Tương tự ta có 
 a b c b c a b c a b c a c a b c
 c c 2c
 a b c b a a b c
 Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
 a b c
 1 2 (đpcm)
 b c c a a b
 V/ phương pháp làm trội :
 1 1 1 1
 1) Chứng minh BĐT sau: a) ... ; b) 
 1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2
 1 1 1
1 ... 2
 1.2 1.2.3 1.2.3.....n
 Giải : a) Ta có 
 1 1 2k 1 (2k 1) 1 1 1 
 . 
 2n 1 . 2n 1 2 (2k 1).(2k 1) 2 2k 1 2k 1 
 1 1 1 1 2 1
Cho n chạy từ 1 đến k . Sau đó cộng lại ta có: ... . 1 
 1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2 2n 1 2
(đpcm)
 1 1 1 1 1 1
 b) Ta có: 1 ... 1 ..... 
 1.2 1.2.3 1.2.3.....n 1.2 1.2.3 n 1 .n
 1 1 1 1 1 1
 < 1 1 .... 2 2 (đpcm)
 2 2 3 n 1 n n
 ứng dụng của bất đẳng thức
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị .
 - Kiến thức : Nếu f(x) m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m .
 12 1 1 1
Bài 4 : Cho ba số dương x , y , z thoả mãn : + + 2
 1 x 1 y 1 z
 Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz 
 1 1 1 y z yz
 Giải : (1 - ) + ( 1 - ) = + 2
 1 x 1 y 1 z 1 y 1 z (1 y)(1 z)
 1 zx
 Tương tự : 2
 1 y (1 x)(1 z)
 1 xy
 2
 1 z (1 x)(1 y)
 1 1 1
 Từ đó suy ra : P = xyz . MaxP = khi x = y = z = 
 8 8 2
Bài 5 : Cho 3 số dương a, b, c thảo mãn : a + b + c =1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 1 1 1
F = (a ) 2 (b ) 2 (c ) 2
 a b c
 1 1 1
 Giải: Ta có : F = (a2 + b2 + c2) + ( ) + 6 
 a 2 b 2 c 2
 Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : 
 1
 (a.1 + b.1 + c.2)2 3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2 
 3
 1 1 1 1 1 1
 Tương tự : ( ) 2 3 ( )
 a b c a 2 b 2 c 2
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 Mặt khác : ( ).1 = ( )(a + b + c)
 a b c a b c a b c
 a b b c c a
 = 3 + ( ) + ( ) + ( ) 3 + 2 + 2 + 2 = 9
 b a c b a c
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 => 9 => ( ) 2 81 => ( ) 27 F + 27 + 6 = 33
 a b c a b c a 2 b 2 c 2 3
 1 1 1
 Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c = . Vậy MinF = 33 khi : a = b = c = .
 3 3 3
 yz x 1 zx y 2 xy z 3
Bài 7 : Cho G = .Tỡm giỏ trị lớn nhất của G.
 xyz
 Giải : Tập xỏc định : x 1 ; y 2 ; z 3 
 x 1 y 2 z 3
 Ta có : G = + + 
 x y z
 x 1 1 x 1 1
 Theo BĐT Cụsi ta cú : x 1 => 
 2 x 2
 y 2 1 z 3 1 1 1 1
Tương tự : ; => G 
 y 2 2 z 2 3 2 2 2 2 3
 14 => không có giá trị nào của x để VT = VP => Phương trình vô nghiệm
 Bài 4 : Giải phương trình : 3x 2 12x 16 + y 2 4y 13 = 5
 2 2 x 2 0 x 2
 HD: 3x 12x 16 2; y 4y 13 VT 5. Dấu '' = '' xảy ra khi :  
 y 2 0 y 2
 => phương trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2 .
 3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên
 Ngoài ra còn có một số những ứng dụng khác của bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh 
hoạt và sáng tạo trong khi giải , học sinh phải nắm chắc được các kiến thức về bất đẳng thức thì 
mới vận dụng được . 
 Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên .
 1 1 1
 Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : = 2 
 x y z
 1 1 1 3
 Giải : Không mất tính tổng quát, ta giả sử x y z ta có : 2 = => 2z 3,
 x y z z
 1 1
 mà z nguyên dương. Vậy z = 1 . Thay z = 1 vào phương trình ta được : 1 
 x y
 1 1 2
 Theo giả sử , x y , nên 1 = ; Do y nguyên dương nên y = 1 hoặc y = 2 .
 x y y
 Với y = 1 không thích hợp. Với y = 2 ta có : x = 2 .
 Vậy (2 ; 2 ; 1) là một nghiệm của phương trình .
 Hoán vị các số trên , ta được nghiệm của phương trình là: (2 ; 2 ; 1) ; (2 ; 1 ; 2) ; (1 ; 2 ; 2)
 Bài tập áp dụng
 1 1
Bài 1: Cho hai số x và y mà x+y=1 CMR : a) x2 +y2 ; b) x4+y4 
 2 8
Bài 2: Cho a,b, c, d ,e là các số thực CMR: a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e)
Bài 3: Cho hai số dương x,y và x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 <1
 x3 y3 x y
Bài 4: Cho hai số dương x,y CMR : ( )3
 2 2
 1 1 2
Bài 5: Cho ab 1 CMR: 
 1 a2 1 b2 1 ab
Bài 6 : Cho 3 số x,y,z không âm sao cho x+y+z=a. CMR: (a-x)(a-y)(a-z) 8xyz
Bài 7: Cho a 0,b 0,c 0 . CMR: a4+b4+c4 abc(a+b+c)
 5
Bài 8: Cho x2+4y2=1 CMR: x y 
 2
Bài 9: CMR: Nếu a 1; b 1 thì a b 1 ab
Bài 10: CMRvới mọi số nguyên dương n 3thì 2n > 2n+1
 16