12 bài tập Chứng minh bất đẳng thức có lời giải
13 câu hỏi
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.
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.
Cho hai số m, n thỏa mãn 0 < m2m< 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
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).
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.
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).
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).
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 = \[\frac{{2{{\left( {bc} \right)}^2} + 2{{\left( {ca} \right)}^2} + 2{{\left( {ab} \right)}^2} - 2{a^2}bc - 2a{b^2}c - 2ab{c^2}}}{{abc}}\]
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 \[\frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} + \frac{{ab}}{c} \ge a + b + c\].
Cho các số thực a, b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
\[\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}} \le \frac{3}{5}\].
Hướng dẫn giải
Xét hiệu \[\frac{3}{5}\] − \[\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} - \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}\]
= \[\frac{2}{5}\] − \[\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}}\] + \[\frac{1}{5}\] − \[\frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}\]
= \[\frac{{2{a^2} - 10ab + 8{b^2}}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}\] + \[\frac{{3{a^2} + 2{b^2} - 5{b^2}}}{{5\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{2\left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right)}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}\]+ \[\frac{{3\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)}}{{5\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{2\left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {2\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {2\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {9{a^3} - 21{a^2}b + 16a{b^2} - 4{b^3}} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\]
= \[\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}{{\left( {3a - 2b} \right)}^2}}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}\] ≥ 0.
Do đó \[\frac{3}{5}\] − \[\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} - \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}\] ≥ 0.
Dấu “=” xảy ra khi a = b hoặc 3a = 2b.
Vậy \[\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}} \le \frac{3}{5}\] (đpcm).
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.
Chứng minh:
a) \[\sqrt {2025} - \sqrt 5 > \sqrt {2024} - \sqrt 5 \];
b) \[\frac{1}{{2024}}\] + 2023 > \[\frac{1}{{2025}}\] + 2023.
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 \[\frac{1}{{2024}}\] + 2023 > \[\frac{1}{{2025}}\] + 2023.
Cho a ≥ 2b. Chứng minh :
a) 2a + 7 > a + 2b + 7;
b) 4b + 4a ≤ 5a + 2b.
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.
Với mọi a, b, chứng minh:
a) \[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\];
b) \[{a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}\].
a) Xét hiệu \[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4}\]
\[ = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} + {a^2} - 2ab + {b^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4} \ge 0\].
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 − \[\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}\] = \[\frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}\]
= \[\frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {a^2} - 2ab - {b^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \ge 0\].
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).
