Chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7

Giới thiệu Chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7 Toán 6

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7.

Tài liệu môn Toán sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7

Text Chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7
CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG 1: TỔNG LŨY THỪA Phương pháp: So sánh các số hạng trong tổng với các số hạng trong tổng liên tiếp để tìm mối quan hệ, Nếu muốn chứng minh lớn hơn 1 giá trị k nào đó, ta cần so sánh với số hạng có mẫu lớn hơn, và ngược lại Bài 1: Chứng minh rằng: A = 1 1 1 1 + 2 + 2 + … + 1 2 2 3 4 1002 HD: Ta thấy bài toán có dạng tổng các lũy thừa bậc hai, nên ta sẽ phân tích tổng A như sau: 1 1 1 1 1 A= + + + … + + 2.2 3.3 4.4 99.99 100.100 Đến đây ta sẽ so sánh với phân số có mẫu nhỏ hơn, vì yêu cầu bài toán là chứng minh nhỏ hơn. 1 1 1 1 1 1  1 1   1 1   1 1   1 1   1 A + + + … + + =  −  +  −  +  −  + … +  −  +  −  1.2 2.3 3.4 98.99 99.100  1 2   2 3   3 4   98 99   99 100  1 1 A − 1 1 100 1 1 1 1 1 1 Bài 2: Chứng minh rằng:  2 + 2 + 2 + … +  2 6 5 6 7 100 4 HD: Ở bài toán này, ta phải chứng minh hai chiều, chiều thứ nhất ta cần chứng minh: 1 1 1 1 1 1 và Chứng minh A  A = 2 + 2 + 2 + … + 2 + 2 5 6 7 99 100 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A = + + + … + +  + + + … + + 5.5 6.6 7.7 99.99 100.100 5.6 6.7 7.8 99.100 100.101 1 96 1 1 96 đến đây, ta sẽ so sánh với như sau: A − = 505 6 5 101 505 96 1 96 1 Ta có: với 96 để được hai phân số  = bằng cách ta nhân cả tử và mẫu của phân số 505 576 6 6 96 96 1 cùng tử rồi so sánh khi đó ta có: A  (1)  = 505 567 6 1 1 1 1 1 1 Chiều thứ hai, ta cần chứng minh: A = 2 + 2 + 2 + … + 2 +  2 5 6 7 99 100 4 Ta làm tương tự như sau : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A= + + + … + +  + + + … + + 5.5 6.6 7.7 99.99 100.100 4.5 5.6 6.7 98.99 99.100 1 1 1 => A  − (2)  4 100 4 1 1 Từ (1) và (2) ta có :  A  6 4 1 1 1 1 3 Bài 3: Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 + … +  2 2 3 4 100 4 HD : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta biến đổi: A = + + + … + +  + + + + … + 4 3.3 4.4 99.99 100.100 4 2.3 3.4 4.5 99.100 1 1 1 3 1 3 A + − = −  4 2 100 4 100 4 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 1 Bài 4: Chứng minh rằng: A = 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + … +  2 2 2 4 6 100 2 HD : Nhận thấy bài này là tổng cùng lũy thừa nhưng cơ số lại chẵn, nên ta sẽ đưa về tổng lũy thừa hai liên tiếp như sau : 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1  A = 2 1 + 2 + 2 + 2 + … + 2   1 + + + + … +  2  2 3 4 50  4  1.2 2.3 3.4 49.50  1 1 1 1 1 => A  1 + 1 −  = −  4 50  2 200 2 1 2 3 100 Bài 5: Chứng minh rằng: A = + 2 + 3 + … + 100  2 2 2 2 2 HD : Nhận thấy bài này có dạng tổng lũy thừa cùng cơ số, nên ta sẽ thực hiện phép tính tổng A Việc tính chính xác được tổng A sẽ giảm bớt sự sai số, tuy nhiên không phải tổng nào cũng có thể tính được, 2 3 4 99 100 Ta tính tổng A như sau: 2 A = 1 + + 2 + 3 + … + 98 + 99 2 2 2 2 2 Sau đó lấy 2A trừ A theo vế và nhóm các phân số có cùng mẫu ta được : 3 1 1 1 1 1 1 100 1 A = + 2 + 3 + … + 99 − 100 , đặt B = 2 + 3 + 4 + … + 99 và tính tổng B theo cách như trên ta 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 100 1 1 được : B = − 99 , thay vào A ta được : A = + − 99 − 100  2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 100 3 Bài 6: Chứng minh rằng: A = + 2 + 3 + … + 100  3 3 3 3 4 HD : 1 1 1 1 100 Tính tượng tự như bài 5, ta có: 2 A = 1 + + 2 + 3 + … + 99 − 100 , 3 3 3 9 3 1 1 1 1 Đặt B = + 2 + 3 + … + 99 , và tính B rồi thay vào tổng A ta được 3 3 3 3 1 1 1 1 100 1 3 3 B= − = 2 A = 1 + − − 100 = 2 A  1 + = = A  99 99 2 2.3 2 2.3 3 2 2 4 1 1 1 1 Bài 7: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 + … + 2  1 2 3 4 n HD : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + …. +  + + + … + = 1−  1 2.2 3.3 4.4 n.n 1.2 2.3 3.4 n ( n −1) n 1 1 1 1 1 Bài 8: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 + … +  2 4 6 8 (2n) 4 Ta có : A = HD : Ta có : A = Bài 9: So sánh A = 11 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1 1 = −  + 2 + 2 + … + 2    + + … +  = 1− 2  2 2 2 3 4 n  4  1.2 2.3 ( n −1) n  4  n  4 4n 4 1 1 1 1 1 với + 2 + 2 + … + 2 2 2 2 4 6 (2n) HD : 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 + 2 + 3 + … + 2   1 + 1 −  = −  2  2  2 2 n  4 n  2 4n 2 1 1 1 1 1 Bài 10: Chứng minh rằng với số tự nhiên n>2 thì A = 2 + 2 + 2 + 2 + … + 2 không là số tự nhiên 1 2 3 4 n HD : A= GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 2 Ta có : A  1 + 1 1 1 + + … +  2 mặt khác ta thấy A>1 vậy ta có : 1 S + = = 2 − 2006  = S  2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 4 5 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 3 Ta có : A = 1 1 1 1 1 Bài 18: Chứng minh rằng: B = + 2 + 3 + … + 2005  3 3 3 3 2 HD : 1 1 1 1 1 1 2B 1 1 1 1 B = 2 + 3 + 4 + … + 2006 = B − B = = − 2006  => B  3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 1 2 3 2015 Bài 19: Chứng minh rằng: M = + 2 + 3 + … + 2015 có giá trị không nguyên 3 3 3 3 HD : 3 Tính M = M  nên M < 1 và M > 0 vậy M không có giá trị nguyên 4 2 2 2 2 1003 Bài 20: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 + … +  2 3 5 7 2007 2008 HD : 2 2 2 2 1 1 1003 A + + + .. + = − = 2.4 4.6 6.8 2006.2008 2 2008 2008 3 3 3 Bài 21: Chứng minh rằng: S = + + … + 1 1.4 4.7 n(n + 3) HD : 1  1  1 1 1 1 S = 1 −  +  −  + … +  −  1A  = 1− n+3  4 4 7  n n+3 1 1 1 1 1 Bài 22: Chứng minh rằng: B = 1 − 2 − 2 − 2 − … −  2 2 3 4 2004 2004 HD: 1  1 1 1 B = 1 −  2 + 2 + 2 + … +  , Đặt tổng trong ngặc bằng B ta có: 20042  2 3 4 1 1 1 1 1 1 A + + + … +  1− = − A  −1 + 1.2 2.3 3.4 2003.2004 2004 2004 1 1 B  1− A = 1−1+ = B  2004 2004 1 1 1 1 1 Bài 23: Chứng minh rằng: 2 − 4 + 6 − … + 2002 − 2004  0, 2 2 2 2 2 2 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A = 4 − 6 + 8 − … + 2004 − 2006 = A + A = 2 − 2006  4 2 2 2 2 2 4 2 2 4 5A 1 1  = A  =0.2 4 4 5 1 4 1 1 1 Bài 24: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + … + 2 thì  A  4 9 3 4 50 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 48 48 1 Ta có : A = + + + … +  + + … + = − =  = 3.3 4.4 5.5 50.50 3.4 4.5 50.51 3 51 153 192 4 Mặt khác : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 191 200 4 A= + + + … +  + + + … + = + − =  = 3.3 4.4 5.5 50.50 9 3.4 4.5 49.50 9 3 50 450 450 9 1 4 Vậy  A  4 9 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 4 Bài 25: Cho A = 7 1 1 1 5 , CMR:  A + + … + 12 1.2 3.4 99.100 6 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1  => A =  + + … +  +  + + … + + + … +  51 52 100 75   76 77 100   51 52 1 1 1 1 1 1 7 1 1 5 TH1: A  .25 + TH2: A  .25 + .25 = + = .25 = + = 75 50 100 75 3 4 12 2 3 6 1 1 1 Bài 26: Cho A = 2 + 2 + … + 2 , CMR: A < 2 1 2 50 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A = + + + ... +  1+ + + + ... + = 2− 2 1 2.2 3.3 50.50 1.2 2.3 3.4 49.50 50 Bài 27: CMR: 1 2 3 4 99 100 3 1 1 1 1 1 1 1 a, − + − + − b, − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100   3 3 3 3 3 3 16 2 4 8 16 32 64 3 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a, Ta có: A = − + − + − = 2 A = 1 − + − + − 2 4 8 16 32 64 2 4 8 16 32 1 1 Nên 2 A + A = 3 A = 1 −  1 = A  64 3 1 1 1 1 1 100 b, Ta có: 3 A + A = 4 A = 1 − + 2 − 3 + 4 − ... − 99 − 100 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 3 1 Đặt B = 1 − + 2 − 3 + 4 − ... − 99 = B = − 99 , Thay vào A ta được: 3 3 3 3 3 4 3.3 3 1 100 3 3 4 A = − 99 − 100  = A  4 3 .4 3 4 16 1 1 1 1 1 Bài 28: CMR : 2 − 4 + ... + 98 − 100  7 7 7 7 50 HD: 1 1 1 1 1 1 Đặt A = 2 − 4 + ... + 98 − 100 Nhân 49 A => 50 A = 1 − 100  1 = A  7 7 7 7 7 50 CMR: A = 1 1 1 1 1 1 1 − 4 + 6 − 8 + … + 98 − 100 , CMR: A  2 7 7 7 7 50 7 7 3 5 7 4019 1 Bài 30: CMR : 2 2 + 2 2 + 2 2 + … + 1 .2 2 .3 3 .4 20092.20102 Bài 29: Cho A = 1 1 1 1 1 + 2 + 3 + … + 99  5 5 5 5 4 2012 2012 2012 2012 Bài 32: CMR: 1  + + + … + 2 2 2 2 2011 + 1 2011 + 2 2011 + 3 20112 + 2011 HD: Bài 31: CMR: A = 2012 2012 2012 2012   , tương tự như vậy : 2 2 2 , 2011 + 1 2011 2011 + 2 20112 2012 2012 2012 2012.2011 2012 A + + … + = =  2 = A  2 2 2 2011 2011 20112 20112 2011 2012 2012 2012 2012  = Mặt khác: , , Tương tự như vậy: 2 2 2 2011 + 1 2011 + 2011 2011 + 2 20112 + 2011 2012 2012 2012 2012.2011 2012.2011 A + + … + = = =1 2 2 2 2 2011 + 2011 2011 + 2011 2011 + 2011 2011 + 2011 2011( 2011 + 1) Ta có: GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 5 Bài 33: CMR: CMR : 1 1 1 1 + + + … +  10 1 2 3 100 HD: 1 1 1 1 1 1 vậy  ;  ;…; = 1 10 2 10 100 10 1 1 1 1 1 1 1 100 + + + … +  + + … + = = 10 10 10 1 2 3 100 10 10 3 8 15 2499 Bài 34: CMR: E = + + + … + > 48 4 9 16 2500 HD: 1 1   1  1   E = 1 −  + 1 −  + 1 −  + … + 1 −   4   9   16   2500  1  1 1 1 = 49 −  2 + 2 + 2 + … + 2   48 3 4 50  2 7 1 1 1 5  A + + … + Bài 35: Cho A = , CMR: 12 1.2 3.4 99.100 6 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1  CMR: A = + + … + => A =  + + … +  +  + + … +  51 52 100 75   76 77 100   51 52 1 1 1 1 1 1 7 1 1 5 .25 = + = TH1: A  .25 + TH2: A  .25 + .25 = + = 75 50 100 75 3 4 12 2 3 6 1 1 1 Bài 36: CMR : 1 + + + … +  45 2 3 2025 1 1 1 1 + + + … +  100 Bài 37: CMR: 1 + 2 3 4 2500 HD: 1 2 2 =  = 2 n − n − 1 , ( n  1) Xét số hạng tổng quát: n n+ n n + n −1 1 1 1 + + …. +  2 n − n − 1 + … + 2 − 1 + 1 − 0 Do đó: 1 + 2 3 n 1 1 1 + + … +  2. 2500 = 100 Với n=2500 ta có: A = 1 + 2 3 2500 1 1 1 1 1 Bài 38: Chứng minh rằng: A = + + + … +  1.2.3 2.3.4 3.4.5 18.19.20 4 HD: 1  1 1 1  1 2A =  −   = C = − 4 19.40 4  1.2 19.20  36 36 36 36 Bài 39: Chứng minh rằng: D = + + + … + 3 1.3.5 3.5.7 5.7.9 25.27.29 HD: 4 4 4 1  1  4   1 D = 9 + + + … + − 3  = 9  = 3− 25.27.29  3.29  1.3.5 3.5.7 5.7.9  1.3 27.29  1 1 1 1 3  Bài 40: CMR: 2 + 2 + 2 + … + 2 2 3 4 1990 4 99 1 1 1 1 1 99  2 + 2 + 2 + … + 2 +  Bài 41: CMR: 2 202 2 3 4 99 100 100 Ta có : ( ( GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức ) ) 6 DẠNG 2: TỔNG PHÂN SỐ TỰ NHIÊN Phương pháp: Với tổng phân số tự nhiên, với chương trình lớp 6 -7 ta nên cho học sinh làm theo cách nhóm đầu cuối và so sánh giữa các nhóm với nhau, để tạo ra các ngoặc có cùng tử, rồi so sánh bình thường Bài 1: CMR: 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + +  4 16 36 64 100 144 196 2 HD: = 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + … + 2  2 2 4 6 14 2 Bài 2: CMR: 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + +  5 13 25 41 61 85 113 2 HD:  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + + + + + + = + 5 12 12 12 60 60 60 5 4 20 2 Bài 3: CMR: 11 1 1 1 1 1 3  + + + … + +  15 21 22 23 59 60 2 HD:  1 1 1 1 1 1 + + + … + + … + hoặc  20 20 60 60 20 60 Bài 4: CMR: 1 1 1 1 1 7 + + + … + +  41 42 43 79 80 12 HD: 1  1 1 1 1 1 1 1 Nhóm thành 2 ngoặc: Khi đó ta có: VT =  + + + … +  +  + + + … +  60   61 62 63 80   41 42 43 1   1 1 1  20 20 1 1 7  1 1 = VT   + + … +  +  + + … +  = + = + = 60   80 80 80  60 80 3 4 12  60 60 1 1 1 1 2010 2011 2012 + + Bài 5: So sánh A và B biết : A = và B = + + + … + 3 4 5 17 2011 2012 2010 HD: 1   1   2  1   1 1    1 A = 1 − − −  + 1 −  + 1 +  = 3+  + 3  2011   2012   2010   2010 2011   2010 2012  1 1 1 1 1 5 5 5 1 B =  + … +  +  + … +  +  + … +   + + Tổng B có 15 số 7 8 12   13 17  3 8 10 3 1 1 1 1 Bài 6: Cho M = + + + … + , CMR: M<2 5 6 7 17 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... +  .8 = 1 Tổng M có 13 số Ta có: + + + +  .5 = 1 và 5 6 7 8 9 5 10 11 17 8 3 3 3 3 3 Bài 7: Cho S = + + + + , CMR: 1  S  2 10 11 12 13 14 HD: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 15 S = + + + +  + + + + = = 1 = S  1 10 11 12 13 14 15 15 15 15 15 15 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 15 S = + + + +  + + + + = = 1,5  2 = S  2 10 11 12 13 14 10 10 10 10 10 10 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 7 Bài 8: Cho S = 5 5 5 5 + + + ... + , CMR: 3 ĐPCM 7 1 1 1 1 Bài 10: Chứng minh rằng:  + + + … + 12 101 102 103 200 HD: 1 1 1 Nhận thấy tổng A = chính là tổng bài 1 + + … + 101 102 200 5 7 7 5 Nên ta chứng minh được A  , mà  = A  8 12 12 8 4 5 1 1 1 1 Bài 11: Cho A = + + + … + Chứng minh rằng:  A  3 2 11 12 13 70 HD : Thấy rằng tổng A có 60 số hạng 4 TH1: Ta chứng minh A  bằng cách nhóm 2 số một ngoặc thông thường 3 81 81 81 1 1 1 1 1 1 +  +  +  + … +  +  = + + … + (30 ngoặc) 40.41  11 70   12 69   40 41  11.70 12.69 Ta có: A =  81 81 81 81.30 243 240 240 4 + + … + = =   = 40.41 40.41 40.41 40.41 164 164 180 3 5 TH2: Tuy nhiên để chứng minh A  , nếu chúng ta làm như trên thì sẽ không chứng minh được 2 A GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 8 Lý do: vì việc chứng minh nhỏ hơn mà chúng ta so sánh lớn hơn lượng dư thừa, dẫn đến tổng A lớn 5 hơn , do đó để giảm bớt lượng dư, tùy vào bài toán, chúng ta nên nhóm thành 6 ngoặc 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A =  + + … +  +  + … +  +  + … +  +  + … +  +  + … +  +  + … +  20   21 30   31 40   41 50   51 60   61 70   11 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A   + + …  +  + … +  +  + … +  +  + … +  +  + … +  +  + … +  21   31 31   41 41   51 51   61 61   11 11 11   21 10 10 10 10 10 10 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 5 A  + + + + +  1 + + + + + = 1 + + +  +  +  = 2 + 0,5 = 11 21 31 41 51 61 2 3 4 5 6  2 3 6  4 5 2 Bài 12: Cho S = 3 1 1 1 4 1 , Chứng minh rằng:  S  + + + … + 5 31 32 33 5 60 HD: Nhóm tổng S thành 3 ngoặc 1 1 1 1 1  10 10 10 10 10 10 1 1 1 4 1 S =  + … +  +  + … +  +  + … +   + +  + + = + +  40   41 50   51 60  31 41 51 30 40 50 3 4 5 5  31 10 10 10 1 1 1 3 + + = + +  40 50 60 4 5 6 5 1 1 1 1 1 1 Bài 13: Cho A = − + − + … + − , Chứng minh rằng: 0,2 50 và A<100 2 3 4 2 −1 HD : Nhận thấy tổng A giống với bài 10, muốn chứng minh lớn hơn ta để phân số dạng 1 ở cuối ngoặc : 2n 1 1 1 1 1 1 1 1  1  1 A = 1 + +  +  +  + + +  + ... +  99 + ... + 100  − 100 2 3 4 5 6 7 8 2  2  2 +1 1 1 1 1 100  1  1 1 1 1 1 + 1 − 100   50 A  1 + + 2. 2 + 22. 3 + ... + 299. 100 − 100 = 1 + + + ... + − 100 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  2  GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 10 Mặt khác muốn chứng minh A <100, ta nhóm sao cho phân số có dạng 1 nằm ở đầu ngoặc : 2n 1 1   1 1  1 1 1 1 1  1 A = 1 +  +  +  + + +  +  + ... +  + ... +  99 + 100  15  2 −1   2 3  4 5 6 7  8 2 1 1 1 1 A  1 + 2. + 22. 2 + 23. 3 + ... + 299. 99 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 100 vậy A<100 2 2 2 2 1 1 1 1 Bài 20: Chứng minh rằng: 1 + + + + ... + 4 2 3 4 64 HD : 1 1 1 1 1 1 1 1  1 A = 1 + +  +  +  + + +  + ... +  5 + ... + 6  2 3 4 5 6 7 8 2   2 +1  1+ 1 1 1 1 1 1 1 + 2. 2 + 22. 3 + ... + 25. 6 = 1 + + + ... + = 4 2 2 2 2 2 2 2 Bài 21: Cho A = 455 454 453 2 1 + + + ... + + , So sánh A với 2007 1 2 3 454 455 HD:  454   453   1  + 1 +  + 1 + ... +  + 1 + 1 Ta có: A =   2   3   455  1 1 456 456 456 456 1  = + + ... + + = 456  + + ... + = 456.B 2 3 455 456 456  2 3 Xét  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  B = + + .... + = +  +  +  + + +  + ... +  7 + ... + 8  +  + + ... + 2 3 456 2  3 4   5 6 7 8  456  2   257 258  2 +1 1 1 1 1  1 1 1 1  1  1 1  +  +  +  3 + 3 + 3 + 3  + ... +  8 + ... + 8  +  + ... + 2 4 4 2 2 2 2  456  2   456 2 1 2 22 27 200  1 1 1  200 200 2024 = + 2 + 3 + ... + 8 + =  + + ... +  + = 4+ = 2 2 2 2  456 456 456 2 456  2 2 2024 = 2024  2007 Khi đó: A  456. 456  1 1 1 Bài 22: Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên n để: 1 + + + ... +  1000 2 3 n HD : 1 1 1 2000 Chọn n = 22000 Khi đó : A = 1 + + + ... + 2000  = 1000 2 3 2 2 1 1 1 1 Bài 23: Cho B = 1 + + + + ... + 99 , So sánh B với 50 2 3 4 2 HD : 1 1 1 1  1 1 1  1 B = 1 + +  +  + ... +  98 + ... + 99   1 + + 2. 2 + .... + 298. 99 2 3 4 2  2 2 2  2 +1 1 1 1 99 + + ... + = 1 +  50 2 2 2 2 1 1 1 1 Bài 24: Chứng minh rằng: A = + + + ... + 2  1 n n +1 n + 2 n HD : = 1+ 1  1 1 1 A = + + + ... + 2  , có n2 − ( n + 1) + 1 = n2 − n số hạng n  n +1 n + 2 n  GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 11 A 1 1 1 1 n2 − n 1 n + 2 + ... + 2 = + 2 = + 1 − 2 = 1 vậy A>1 n n n n n n n Bài 25: Chứng minh rằng: A = 1 1 1 1 + + + … 1 12 13 14 144 HD: Tổng này là 1 trường hợp của bài 15: Áp dụng cách làm bài 15 ta có: A= 1 1 1 1  1 1 1 1 1 122 −12 +  + + … + 2   + 2 + 2 + … + 2 = + =1 12  13 14 12  12 12 12 12 12 122 Bài 26: Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + + … + 1 6 7 8 36 HD: Tương tự tổng này có dạng của bài 15, nên ta có: 1 1 1 1  1 62 − 6 A = +  + + … + 2   + 2 = 1 = A  1 6 7 8 6  6 6 1 1 1 1 Bài 27: Chứng minh rằng: 1 + + + + … + 2016  2016 2 3 4 2 HD: 1 1 1 1 1 1  2 3  4 5 6 7  1  1  1 + … + 2016  + 2016 2015 2 −1  2 2 Ta có: A = 1 +  +  +  + + +  + … +  1 1 1 1 1 1 1 A  1 + 2. + 22. 2 + 23. 3 + … + 22015. 2015 + 2016  1 + 1 + 1 + … + 1 + 2016 = 2015 + 2016  2016 2 2 2 2 2 2 2 Bài 28: CMR luôn tồn tại số tự nhiên n để 1 + 1 1 1 1 + + + … +  1000 2 3 4 n HD: 1999 Chọn n = 2 1 1 1 Bài 29: CMR: 1 + + + … + 1999  1000 2 3 2 HD:  1 1 1 1 1 1 1 1 1  VT = 1 + +  +  +  + + +  + … +  1998 + … + 1999  2  3 4  5 6 7 8 2   2 +1 1 1 1 1 1  1 + + 2. 2 + 22 3 + … + 21998 1999 = 1 + .1999  1000 2 2 2 2 2 1 1 1 1 + + + … + 5 2 3 4 2016 1 3 5 1999 2013 Bài 31: CMR: A = 1 − + − + …. + > 2 4 6 2000 18892 Bài 30: CMR: 1 + HD: 1 3 5 7 1999  3   7 5  1999 1997  A = 1 − + − + − … + − = 1 +  − 1 +  −  + … +   2 4 6 8 2000  4  8 6  2000 1998  2 2 2 2 1 5 5.473 2365 2013 2013 = 1+ + + + … +  1+ = = =   8 60 112 2000.1998 4 4 4.473 1892 1892 18892 Bài 32: CMR: 1 1 1 1 + + … +  5.8 8.11 ( 3n + 2)( 3n + 5) 15 Bài 33: CMR: 1 1 1 1 13 + + + … +  , n  2 n +1 n + 2 n + 3 2n 14 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 12 DẠNG 3: TÍCH CỦA 1 DÃY Phương pháp: Với dạng tích ta sử dụng tính chất: a a a+m với m>0, và ngược lại  1 =  b b b+m 2 4 6 8 200 Bài 1: Cho A = . . . … Chứng minh rằng: 14 < A < 20 1 3 5 7 199 HD: n +1 n +1 n + 2 Ta thấy: Phân số nên ta có:  1 =  n n n +1 ( 2.4.6....200 )( 3.5.7...201) = A2  201  196 = 142 = A  14 3 5 7 201 khi đó : A2  A  . . ... 2 4 6 200 (1.3.5...199 )( 2.4.6...200 ) n +1 n Mặt khác : nên ta có :  n n −1 ( 2.4.6...200 )( 2.3.5.7...199 ) = A2  200.2 = 202 = A  20 2 3 5 7 199 khi đó : A2  A  . . . ..... 1 2 4 6 198 (1.2.4.6...198)(1.3.5.7...199 ) 1 1 4 7 10 208 Bài 2: Cho A = . . . ... Chứng minh rằng A  25 3 6 9 12 210 HD : n n n −1 n −1 Ta thấy A có dạng ,  1 =   n+2 n + 2 n +1 n (1.4.7.10....208)(1.3.6...207 ) = A2  1 = 1 1 3 6 207 1 1 A  . . ..... = A2   = A  25 3 4 7 208 3.210 630 625 ( 3.6.9...210 )( 3.4.7...208) 1 3 5 99 1 1 Bài 3: Cho A = . . ... Chứng minh rằng  A 2 4 6 100 15 10 HD : n n n +1 A có dạng khi đó ta có :  1 =  n +1 n +1 n + 2 (1.3.5....99 )( 2.4.6...100) = 2 1 2 4 6 100 1 1 khi đó : A2  A  A  . . .....  = A  101 100 3 5 7 101 10 ( 2.4.6...100)( 3.5.7...101) Mặt khác : (1.3.5...99 )(1.2.4...98) = 1 1 2 4 98 1 1 1 1 = A2  A  . . .... => A2   = 2 = A  200 225 15 2 3 5 99 15 ( 2.4.6…100 )( 2.3.5.7…99 ) 200 1 4 7 10 244 1 Bài 4: Chứng minh rằng A = . . . …  3 6 9 12 246 27 HD : (1.4.7……244)(1.3.6……243) => 2 1 3 6 9 243 1 1 1 1 A  . . . …. = A2  A  =  2 = A  3.246 738 27 27 3 4 7 10 244 ( 3.6.9….246 )( 3.4.7….244) 1 3 5 7 199 1 Bài 5: Chứng minh rằng: P = . . . … Chứng minh rằng P 2  2 4 6 8 200 201 HD : (1.3.5…..199 )( 2.4.6…200 ) = P 2  1 2 4 200 = P 2  Ta có : P  . …… 3 5 201 201 ( 2.4.6……200 )(3.5.7.9…..201) 2 4 6 200 Bài 6: Cho S = . . … Chứng minh rằng: 101  S 2  400 1 3 5 199 HD : GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 13 ( 2.4.6….200 )( 2.3.5…199 ) = 400 2 3 5 199 Ta có : S  . . …… = S 2  1 2 4 198 (1.3.5.7…199 )(1.2.4.6…198) ( 2.4.6…..200)( 3.5.7….201) = 201  101 3 5 7 201 Mặt khác : S  . . …… = S 2  2 4 6 200 (1.3.5…..199 )( 2.4.6….200)  1  1  1   1  − 1 2 − 1 2 − 1 … 2 − 1 So sánh A với − 1 2 2 2  3  4   100  Bài 7: Cho A =  HD : Ta thấy tích A gồm 99 số âm : 99.101  −101  1  1   1   1.3 2.4 101 1 −101 −1 A =  − 1 − 1 ……. − 1 = −  . …… , Mà :  =  = 200 2 200 2 100.100  200  4  9   10000   2.2 3.3 Vậy A  −1 2 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 14 DẠNG 4: BẤT ĐẲNG THỨC CHỮ Phương pháp: Với chương trình lớp 6-7 các dạng bài toán chứng minh bất đẳng thức chữ, ta thường sử dụng tính a a a+m chất:  1 =  , m  0 hoặc ngược lại và đưa về cùng mẫu b b b+m Bài 1: Cho a, b, c > 0, Chứng minh rằng: M = a b c có giá trị không nguyên + + a+b b+c c+a HD: a a a+c a   a+b a+b+c a+b a+b+c b b b+a b   Ta có: và , Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có: b+c a+b+c b+c a+b+c c c c+b c   c+a a+b+c c+a a+b+c a b c a +b b+c c+a , hay 1  M  2 , + + M  + + a+b+c a+b+c a+b+c a +b+c a +b+c a +b+c Vậy M không nguyên Bài 2: Cho x, y, z, t là số tự nhiên khác 0, Chứng minh rằng: x y z t có giá trị không nguyên M= + + + x + y + z x + y +t y + z +t x + z +t HD: x x x+t x   x+ y + z x+ y + z +t x+ y+ z x+ y+ z +t y y y+z y   x+ y +t x+ y + z +t x+ y +t x+ y + z +t Ta có: và , Cộng theo vế ta được: z z z+x z   y+ z +t x+ y+ z +t y+ z +t x+ y + z +t t t t+y t   x+ z +t x+ y+ z +t x+ z +t x+ y + z +t 1  M  2 , Vậy M không nguyên Bài 3: Cho a, b, c, d Chứng minh rằng: A = a b c d Có giá trị không + + + a+b+c a+b+d b+c+d a+c+d nguyên HD: a a a a+d   a+b+c a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b b b b+c   a+b+d a+b+c+d a+b+d a+b+c+d Ta có: và c c c c+a   b+c+d a+b+c+d b+c+d a+b+c+d d d d d +b   a+c+d a+b+c+d a+c+d a+b+c+d 1  A  2 Vậy A có giá trị không nguyên GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 15 Cộng theo vế ta được: Bài 4: Cho a, b, c là các số dương, và tổng hai số luôn lớn hơn số còn lại. Chứng minh rằng: a b c + + 2 b+c c+a a+b HD: Chúng ta có thể làm theo cách ở trên, hoặc làm theo cách thứ hai như sau: Giả sử: a  b  c = a + b  a + c  b + c a a = b+c b+c b b a+b+c a  Khi đó: , cộng theo vế ta được: VT  = 1+  1+1 = 2 c+a b+c b+c b+c c c  a+b b+c a b c d + + + 2 a +b+c b+c +d c +d +a d +a +b Bài 5: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 1  HD: a a  a+b+c a+b+c+d b b  b+c+d a+b+c+d Ta có: c c  c+d +a a+b+c+d d d  d +a+b a+b+c+d và a a+d  a+b+c a+b+c+d b b+a  b+c+d a+b+c+d c c+b  c+d +a a+b+c+d d d +c  d +a+b a+b+c+d Bài 6: Cho a, b, c, d > 0, Chứng minh rằng: 2  Cộng theo vế ta được: 1  A  2 a+b b+c c+d d +a + + + 3 a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b HD: Ta có: a+b a+b+c+d b+c a+b+c+d c+d a+b+c+d d +a a+b+c+d a+b a+b+d  a+b+c a+b+c+d b+c a+b+c   b+c+d a+b+c+d c+d c+d +b   c+d +a a+b+c+d d +a d +a+c   a+b+d a+b+c+d  Cộng theo vế ta được: 2 ab + 1 a + b ab + 1 a + b c 2c c 2c  , ( c  0 ) =  Mà a+b a+b+c ab + 1 a + b + c b 2b a 2a   Chứng minh tương tự ta có: và ac + 1 a + b + c bc + 1 a + b + c a b c 2a + 2b + 2c + +  = 2 (ĐPCM) Cộng theo vế ta được: bc + 1 ac + 1 ab + 1 a+b+c GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 17
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top