Bài giảng Toán lớp 7: Chuyên đề bất đẳng thức - GV. Ngô Thế Hoàng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo bài giảng "Chuyên đề bất đẳng thức" do giáo viên Ngô Thế Hoàng biên soạn nhằm củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng giải đề của mình. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích với thầy cô và các em học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập của mình.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán lớp 7: Chuyên đề bất đẳng thức - GV. Ngô Thế Hoàng

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 1 1 1 1 Bài 1: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 + ... + 1 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 A = 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 và Chứng minh A  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 1 96 96 1 A − = đến đây, ta sẽ so sánh với như sau: 5 101 505 505 6 96 96 1 1 Ta có:  = bằng cách ta nhân cả tử và mẫu của phân số với 96 để được hai 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
1 1 1 1 1 Bài 4: Chứng minh rằng: A = 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  => A  1 + 1 −  = − 1 1 1 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 1 100 1 1 1 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 1 1 3 1 1 100 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= − 99 = 2 A = 1 + − 99 − 100 = 2 A  1 + = = A  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 Ta có : A = + + + .... +  + + + ... + = 1−  1 2.2 3.3 4.4 n.n 1.2 2.3 3.4 ( n −1) n n 1 1 1 1 1 Bài 8: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + 2 + ... + 2  4 6 8 (2n) 4 HD : 11 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1 1 Ta có : A = 2  2 + 2 + 2 + ... + 2    + + ... +  = 1− = −  2 2 3 4 n  4  1.2 2.3 ( n −1) n  4  n  4 4n 4 1 1 1 1 1 Bài 9: So sánh A = 2 + 2 + 2 + ... + 2 với 2 4 6 (2n) 2 HD : 1 1 1 1  1 1 1 1 1 A= 2  1 + 2 + 3 + ... + 2   1 + 1 −  = −  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 : GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 2
1 1 1 Ta có : A  1 + + + ... +  2 mặt khác ta thấy A>1 vậy ta có : 1
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 3 3 3 2 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 −  +  −  + ... +  −  = 1−  1A  4 4 7  n n+3 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: 2 3 4 20042  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 1 1 1 4 Bài 24: Chứng minh rằng: A = 2 + 2 + ... + 2 thì  A  3 4 50 4 9 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
1 1 1 7 5 Bài 25: Cho A = + + ... + , CMR:  A 1.2 3.4 99.100 12 6 HD: => A =  + + ... +  +  + + ... + 1 1 1 1 1 1 1 1 1  CMR: A = + + ... +  51 52 100  51 52 75   76 77 100  1 1 1 1 7 1 1 1 1 5 TH1: A  .25 + .25 = + = TH2: A  .25 + .25 = + = 75 100 3 4 12 50 75 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 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 99 100 3 a, − + − + −  b, − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100  2 4 8 16 32 64 3 3 3 3 3 3 3 16 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 1 1 1 1 1 1 1 Bài 29: Cho A = 2 − 4 + 6 − 8 + ... + 98 − 100 , CMR: A  7 7 7 7 7 7 50 3 5 7 4019 Bài 30: CMR : 2 2 + 2 2 + 2 2 + ... + 1 1 .2 2 .3 3 .4 20092.20102 1 1 1 1 1 Bài 31: CMR: A = + 2 + 3 + ... + 99  5 5 5 5 4 2012 2012 2012 2012 Bài 32: CMR: 1  + + + ... + 2 2011 + 1 2011 + 2 2011 + 3 2 2 2 20112 + 2011 HD: 2012 2012 2012 2012 Ta có:  2 ,  , tương tự như vậy : 2011 + 1 2011 2011 + 2 20112 2 2 2012 2012 2012 2012.2011 2012 A 2 + 2 + ... + = =  2 = A  2 2011 2011 20112 20112 2011 2012 2012 2012 2012 Mặt khác:  , = , Tương tự như vậy: 2011 + 1 2011 + 2011 2011 + 2 20112 + 2011 2 2 2 2012 2012 2012 2012.2011 2012.2011 A + + ... + = = =1 2011 + 2011 2011 + 2011 2 2 2011 + 2011 2011 + 2011 2011( 2011 + 1) 2 2 GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 5
1 1 1 1 Bài 33: CMR: CMR : + + + ... +  10 1 2 3 100 HD: 1 1 1 1 1 1 Ta có :  ;  ;...; = vậy 1 10 2 10 100 10 1 1 1 1 1 1 1 100 + + + ... +  + + ... + = = 10 1 2 3 100 10 10 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 2 3 4 50  1 1 1 7 5 Bài 35: Cho A = + + ... + , CMR:  A 1.2 3.4 99.100 12 6 HD: => A =  + + ... +  +  + + ... + 1 1 1 1 1 1 1 1 1  CMR: A = + + ... +  51 52 100  51 52 75   76 77 100  1 1 1 1 7 1 1 1 1 5 TH1: A  .25 + .25 = + = TH2: A  .25 + .25 = + = 75 100 3 4 12 50 75 2 3 6 1 1 1 Bài 36: CMR : 1 + + + ... +  45 2 3 2025 1 1 1 1 Bài 37: CMR: 1 + + + + ... +  100 2 3 4 2500 HD: Xét số hạng tổng quát: 1 n = 2 n+ n  2 n + n −1 ( ) = 2 n − n − 1 , ( n  1) Do đó: 1 + 1 2 + 1 3 + .... + 1 n ( 2 n − n − 1 + ... + 2 − 1 + 1 − 0 ) 1 1 1 Với n=2500 ta có: A = 1 + + + ... +  2. 2500 = 100 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 = −   1.2 19.20  4 19.40 4 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 4   1 1  1 D = 9 + + + ... +  = 9 −  = 3− 3  1.3.5 3.5.7 5.7.9 25.27.29   1.3 27.29  3.29 1 1 1 1 3 Bài 40: CMR: 2 + 2 + 2 + ... + 2  2 3 4 1990 4 99 1 1 1 1 1 99 Bài 41: CMR:  2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2  202 2 3 4 99 100 100 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 1 1 1 1 1 1 1 1 Bài 1: CMR: + + + + + +  4 16 36 64 100 144 196 2 HD: 1 1 1 1 1 = 2 + 2 + 2 + ... + 2  2 4 6 14 2 1 1 1 1 1 1 1 1 Bài 2: CMR: + + + + + +  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 11 1 1 1 1 1 3 Bài 3: CMR:  + + + ... + +  15 21 22 23 59 60 2 HD: 1 1 1 1 1 1  + + ... + hoặc  + + ... + 20 20 20 60 60 60 1 1 1 1 1 7 Bài 4: CMR: + + + ... + +  41 42 43 79 80 12 HD: 1 1 1 1  1 1 1 1 Nhóm thành 2 ngoặc: Khi đó ta có: VT =  + + + ... +  +  + + + ... +   41 42 43 60   61 62 63 80   1 1 1   1 1 1  20 20 1 1 7 = VT   + + ... +  +  + + ... +  = + = + =  60 60 60   80 80 80  60 80 3 4 12 2010 2011 2012 1 1 1 1 Bài 5: So sánh A và B biết : A = + + và B = + + + ... + 2011 2012 2010 3 4 5 17 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 1 5 5 5 B =  + ... +  +  + ... +  +  + ... +   + + Tổng B có 15 số 3 7 8 12   13 17  3 8 10 1 1 1 1 Bài 6: Cho M = + + + ... + , CMR: M
5 5 5 5 Bài 8: Cho S = + + + ... + , CMR: 3
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 =  + + ... +  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +   11 12 20   21 30   31 40   41 50   51 60   61 70  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A   + + ...  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +  +  + ... +   11 11 11   21 21   31 31   41 41   51 51   61 61  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 1 1 1 1 3 4 Bài 12: Cho S = + + + ... + , Chứng minh rằng:  S  31 32 33 60 5 5 HD: Nhóm tổng S thành 3 ngoặc 1 1 1 1 1 1  10 10 10 10 10 10 1 1 1 4 S =  + ... +  +  + ... +  +  + ... +   + +  + + = + +   31 40   41 50   51 60  31 41 51 30 40 50 3 4 5 5 10 10 10 1 1 1 3 Mặt khác: S  + + = + +  40 50 60 4 5 6 5 1 1 1 1 1 1 Bài 13: Cho A = − + − + ... + − , Chứng minh rằng: 0,2
25 151 150 150 3 Mặt khác: A  151. =   = (2) 75.76 228 228 250 5 Từ (1) và (2) ta có ĐPCM 1 1 1 1 Bài 16: Cho A = + + + ... + , Chứng minh rằng: 1< A 50 và A
1 Mặt khác muốn chứng minh A
1 1 1 1 n2 − n 1 n A + 2 + ... + 2 = + 2 = + 1 − 2 = 1 vậy A>1 n n n n n n n 1 1 1 1 Bài 25: Chứng minh rằng: A = + + + ... 1 12 13 14 144 HD: Tổng này là 1 trường hợp của bài 15: Áp dụng cách làm bài 15 ta có: 1 1 1 1  1 1 1 1 1 122 −12 A= +  + + ... + 2   + 2 + 2 + ... + 2 = + =1 12  13 14 12  12 12 12 12 12 122 1 1 1 1 Bài 26: Chứng minh rằng: + + + ... + 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  1 1  1 Ta có: A = 1 +  +  +  + + +  + ... +  + ... + 2016  + 2016  2 3  4 5 6 7  2 2015 2 −1  2 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 1 1 1 1 Bài 28: CMR luôn tồn tại số tự nhiên n để 1 + + + + ... +  1000 2 3 4 n HD: Chọn n = 2 1999 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 +1 2  1 1 1 1 1  1 + + 2. 2 + 22 3 + ... + 21998 1999 = 1 + .1999  1000 2 2 2 2 2 1 1 1 1 Bài 30: CMR: 1 + + + + ... + 5 2 3 4 2016 1 3 5 1999 2013 Bài 31: CMR: A = 1 − + − + .... + > 2 4 6 2000 18892 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 1 1 1 1 Bài 32: CMR: + + ... +  5.8 8.11 ( 3n + 2)( 3n + 5) 15 1 1 1 1 13 Bài 33: CMR: + + + ... +  , 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: a a a+m Với dạng tích ta sử dụng tính chất:  1 =  với m>0, và ngược lại 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  1 =  nên ta có: n n n +1 3 5 7 201 khi đó : A2  ( 2.4.6....200 )( 3.5.7...201) = A2  201  196 = 142 = A  14 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 3 5 7 199 khi đó : A2  ( 2.4.6...200 )( 2.3.5.7...199 ) = A2  200.2 = 202 = A  20 A  . . . ..... 1 2 4 6 198 (1.2.4.6...198)(1.3.5.7...199 ) 1 4 7 10 208 1 Bài 2: Cho A = . . . ... Chứng minh rằng A  3 6 9 12 210 25 HD : n n n −1 n −1 Ta thấy A có dạng  1 =   , n+2 n + 2 n +1 n 1 3 6 A  . . ..... 207 = A2  (1.4.7.10....208)(1.3.6...207 ) = A2  1 = 1 1 1  = A  3 4 7 208 ( 3.6.9...210 )( 3.4.7...208) 3.210 630 625 25 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  1 =  khi đó ta có : n +1 n +1 n + 2 2 4 6 100 khi đó : A2  (1.3.5....99 )( 2.4.6...100) = 2 1 1 1 A  . . ..... A   = A  3 5 7 101 ( 2.4.6...100)( 3.5.7...101) 101 100 10 Mặt khác : 1 2 4 98 (1.3.5...99 )(1.2.4...98) = 1 1 1 1 1 A  . . .... => A2  = A2   = 2 = A  2 3 5 99 ( 2.4.6...100 )( 2.3.5.7...99 ) 200 200 225 15 15 1 4 7 10 244 1 Bài 4: Chứng minh rằng A = . . . ...  3 6 9 12 246 27 HD : 1 3 6 9 A  . . . .... 243 = A2  (1.4.7......244)(1.3.6......243) => 2 1 1 1 1 A  =  2 = A  3 4 7 10 244 ( 3.6.9....246 )( 3.4.7....244) 3.246 738 27 27 1 3 5 7 199 1 Bài 5: Chứng minh rằng: P = . . . ... Chứng minh rằng P 2  2 4 6 8 200 201 HD : 2 4 Ta có : P  . ...... 200 = P 2  (1.3.5.....199 )( 2.4.6...200 ) = P 2  1 3 5 201 ( 2.4.6......200 )(3.5.7.9.....201) 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 3 5 Ta có : S  . . ...... 199 = S 2  ( 2.4.6....200 )( 2.3.5...199 ) = 400 1 2 4 198 (1.3.5.7...199 )(1.2.4.6...198) 3 5 7 Mặt khác : S  . . ...... 201 = S 2  ( 2.4.6.....200)( 3.5.7....201) = 201  101 2 4 6 200 (1.3.5.....199 )( 2.4.6....200)  1  1  1   1  Bài 7: Cho A =  − 1 2 − 1 2 − 1 ... 2 − 1 So sánh A với − 1 2  3  4   100  2 2 HD : Ta thấy tích A gồm 99 số âm :  1  1   1   1.3 2.4 99.101  −101 101 1 −101 −1 A =  − 1 − 1 ....... − 1 = −  . ...... = , Mà :  =   4  9   10000   2.2 3.3 100.100  200 200 2 200 2 −1 Vậy A  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 a b c Bài 1: Cho a, b, c > 0, Chứng minh rằng: M = + + có giá trị không nguyên a+b b+c c+a HD: a a a a+c   a+b a+b+c a+b a+b+c b b b b+a 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 c+b   c+a a+b+c c+a a+b+c a b c a +b b+c c+a + + M  + + , hay 1  M  2 , 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 M= + + + có giá trị không nguyên x + y + z x + y +t y + z +t x + z +t HD: x x x x+t   x+ y + z x+ y + z +t x+ y+ z x+ y+ z +t y y y y+z   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 z+x   y+ z +t x+ y+ z +t y+ z +t x+ y + z +t t t t t+y   x+ z +t x+ y+ z +t x+ z +t x+ y + z +t 1  M  2 , Vậy M không nguyên a b c d Bài 3: Cho a, b, c, d Chứng minh rằng: A = + + + 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 Cộng theo vế ta được: 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
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 Bài 5: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 1  + + + 2 a +b+c b+c +d c +d +a d +a +b HD: a a a a+d   a+b+c a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b b b b+a   b+c+d a+b+c+d b+c+d a+b+c+d Ta có: và Cộng theo vế ta được: 1  A  2 c c c c+b   c+d +a a+b+c+d c+d +a a+b+c+d d d d d +c   d +a+b a+b+c+d d +a+b a+b+c+d a+b b+c c+d d +a Bài 6: Cho a, b, c, d > 0, Chứng minh rằng: 2  + + + 3 a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b HD: Ta có: a+b a+b a+b+d   a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b+c b+c a+b+c   a+b+c+d b+c+d a+b+c+d c+d c+d c+d +b   a+b+c+d c+d +a a+b+c+d d +a d +a d +a+c   Cộng theo vế ta được: 2
x y z Bài 8: Cho các số x,y,z nguyên dương, CMR: 1  + + 2 x+ y y+z z+x HD: x y z y z x Ta có: + +  1 , Tương tự ta cũng có: + + 1 x+ y y+z z+x x+ y y+z z+x  x y z   y z x  x y z Mà  + + + + +  = 3 Nên + + 2  x+ y y+z z+x  x+ y y+z z+x x+ y y+z z+x Bài 9 : Cho a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác : CMR : 2 ( ab + bc + ca )  a + b + c 2 2 2 HD : Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn hơn cạnh còn lại nên ta có : b + c  a = a (b + c )  a2 = ab + ac  a2 Tương tự ta có : bc + ba  b 2 và ac + cb  c 2 Cộng theo vế ta được : 2 ( ab + bc + ca )  a + b + c 2 2 2 a b c Bài 10: Cho ba số dương 0  a  b  c  1 , CMR: + + 2 bc + 1 ac + 1 ab + 1 HD: a − 1  0 Vì 0  a  b  c  1 =  = ( a − 1)( b − 1)  0 = ab − a − b + 1  0 b − 1  0 1 1 c c = ab + 1  a + b =  =>  , ( c  0) ab + 1 a + b ab + 1 a + b c 2c c 2c Mà  , ( c  0 ) =  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 Cộng theo vế ta được: + +  = 2 (ĐPCM) bc + 1 ac + 1 ab + 1 a+b+c GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 17