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

Tài liệu gồm 17 trang, được biên soạn bởi tác giả Ngô Thế Hoàng (giáo viên Toán trường THCS Hợp Đức, tỉnh Bắc Giang), hướng dẫn giải các dạng toán chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7, giúp các em học sinh khối lớp 6, lớp 7 ôn tập để chuẩn bị cho các kỳ thi chọn HSG.

Chủ đề:

Tài liệu chung Toán 6 340 tài liệu

Môn:

Toán 6 2.4 K tài liệu

Thông tin:
17 trang 1 năm trước
Tác giả:
N
Nguyễn Vân
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

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

Tài liệu gồm 17 trang, được biên soạn bởi tác giả Ngô Thế Hoàng (giáo viên Toán trường THCS Hợp Đức, tỉnh Bắc Giang), hướng dẫn giải các dạng toán chuyên đề bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 6 – 7, giúp các em học sinh khối lớp 6, lớp 7 ôn tập để chuẩn bị cho các kỳ thi chọn HSG.

45 23 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 6 340 tài liệu

Môn: Toán 6 2.4 K tài liệu

Thông tin:

17 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 1
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:
2 2 2 2
1 1 1 1
... 1
2 3 4 100
A = + + + +
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
...
2.2 3.3 4.4 99.99 100.100
A = + + + + +
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
...
1.2 2.3 3.4 98.99 99.100
A + + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
1 2 2 3 3 4 98 99 99 100
= − + − + − + + − + −
11
1
1 100
A −
Bài 2: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
...
6 5 6 7 100 4
+ + + +
HD:
Ở bài toán này, ta phải chứng minh hai chiều, chiều thứ nhất ta cần chứng minh:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
...
5 6 7 99 100
A = + + + + +
và Chứng minh
1
6
A
Ta có:
1 1 96
5 101 505
A − =
đến đây, ta sẽ so sánh
96
505
với
1
6
như sau:
Ta có:
96 96 1
505 576 6
=
bằng cách ta nhân cả tử và mẫu của phân số
1
6
với 96 để được hai phân số
cùng tử rồi so sánh khi đó ta có:
96 96 1
505 567 6
A =
(1)
Chiều thứ hai, ta cần chứng minh:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
...
5 6 7 99 100 4
A = + + + + +
Ta làm tương tự như sau :
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ...
5.5 6.6 7.7 99.99 100.100 4.5 5.6 6.7 98.99 99.100
A = + + + + + + + + + +
=>
1 1 1
4 100 4
A −
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
11
64
A
Bài 3: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 3
...
2 3 4 100 4
+ + + +
HD :
Ta biến đổi:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ...
4 3.3 4.4 99.99 100.100 4 2.3 3.4 4.5 99.100
A = + + + + + + + + + +
1 1 1 3 1 3
4 2 100 4 100 4
A + − = −
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 2
Bài 4: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
...
2 4 6 100 2
A = + + + +
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 :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 ...
2 2 3 4 50 4 1.2 2.3 3.4 49.50
A
= + + + + + + + + + +
=>
1 1 1 1 1
11
4 50 2 200 2
A

+ − = −


Bài 5: Chứng minh rằng:
2 3 100
1 2 3 100
... 2
2 2 2 2
A = + + + +
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,
Ta tính tổng A như sau:
2 3 98 99
2 3 4 99 100
2 1 ...
2 2 2 2 2
A = + + + + + +
Sau đó lấy 2A trừ A theo vế và nhóm các phân số có cùng mẫu ta được :
2 3 99 100
3 1 1 1 100
...
2 2 2 2 2
A = + + + + −
, đặt
2 3 4 99
1 1 1 1
...
2 2 2 2
B = + + + +
và tính tổng B theo cách như trên ta
được :
99
11
22
B =−
, thay vào A ta được :
99 100
3 1 1 100
2
2 2 2 2
A = + − −
Bài 6: Chứng minh rằng:
2 3 100
1 2 3 100 3
...
3 3 3 3 4
A = + + + +
HD :
Tính tượng tự như bài 5, ta có:
2 3 99 100
1 1 1 1 100
2 1 ...
3 3 3 9 3
A = + + + + + −
,
Đặt
2 3 99
1 1 1 1
...
3 3 3 3
B = + + + +
, và tính B rồi thay vào tổng A ta được
99 99 100
1 1 1 1 100 1 3 3
2 1 2 1
2 2.3 2 2.3 3 2 2 4
B A A A= − = = + − − = + = =
Bài 7: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1
... 1
234
A
n
= + + + +
HD :
Ta có :
( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1
.... ... 1 1
2.2 3.3 4.4 . 1.2 2.3 3.4 1
A
n n n n n
= + + + + + + + + = −
−
Bài 8: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
...
4 6 8 (2 ) 4
A
n
= + + + +
HD :
Ta có :
( )
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... 1
2 2 3 4 4 1.2 2.3 1 4
A
n n n n

= + + + + + + + = −


−

1 1 1
4 4 4n
= −
Bài 9: So sánh
2 2 2 2
1 1 1 1
...
2 4 6 (2 )
A
n
= + + + +
với
1
2
HD :
2 2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1 1
2 2 2 4 2 4 2
A
n n n
= + + + + + − = −
Bài 10: Chứng minh rằng với số tự nhiên n>2 thì
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
...
1 2 3 4
A
n
= + + + + +
không là số tự nhiên
HD :
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 3
Ta có :
( )
1 1 1
1 ... 2
1.2 2.3 1
A
nn
+ + + +
−
mặt khác ta thấy A>1 vậy ta có : 1<A<2
Bài 11: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 2004
...
2 3 4 2005 2005
A = + + + +
HD :
1 1 1 1 1 2004
... 1
1.2 2.3 3.4 2004.2005 2005 2005
A + + + + = − =
Bài 12: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 100
...
1 2 3 100 101
A = + + + +
HD :
100
1
101
A 
Bài 13: Chứng minh rằng:
2 3 2016
1 1 2 3 2016 1
...
4 5 5 5 5 3
+ + + +
HD :
2 2005 2016
1 1 1 2016
4 1 ...
5 5 5 5
A

= + + + + −


, Đặt tổng trong ngoặc bằng B rồi tính B ta có :
2015 2015
1 1 1
41
5 4 4.5
BB= − = = −
, thay vào A ta được :
2015 2016
1 1 2016 5 5 5 1
41
4 5 5 4 16 15 3
AA= + − − = =
(1)
Mặt khác :
2 2016
1 2 2016 1 2 7 7 1
...
5 5 5 5 25 25 28 4
A = + + + + = =
(2)
Từ (1) và (2) ta được ĐPCM
Bài 14: Chứng minh rằng:
2 3 4 99 100
1 2 3 4 99 100 3
...
3 3 3 3 3 3 16
A = − + − + + −
HD :
Tính tổng A , ta được :
2 3 99 100
1 1 1 1 100
4 (1 .... )
3 3 3 3 3
A = − + − + − −
, Đặt tổng trong ngoặc bằng B
99 99 100
3 1 3 1 100 3 3
4
4 4.3 4 3 .4 3 4 16
B A A= − = = − − =
Bài 15: Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2 2 2
3 5 7 19
... 1
1 .2 2 .3 3 .4 9 .10
A = + + + +
HD :
Ta có :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 3 2 10 9 1 1 1 1 1 1
... ...
1 .2 2 .3 9 .10 1 2 2 3 9 10
A
− − −
= + + + = − + − + + −
2
1
11
10
A = −
Bài 16: CMR :
2 2 2 2 2 2 2 2
3 5 7 4019
... 1
1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010
+ + + +
HD :
Ta có :
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 3 2 4 3 2010 2009
...
1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010
A
− − − −
= + + + +
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
... 1 1
1 2 2 3 2009 2010 2010
A = − + − + + − = −
Bài 17: Chứng minh rằng:
2 4 6 8 2002 2004
1 1 1 1 1 1 1
...
2 2 2 2 2 2 5
S = − + − + + −
HD :
2 4 6 8 10 2004 2006
1 1 1 1 1 1 1
...
2 2 2 2 2 2 2
S = − + − + + −
=>
2 2006
5 1 1 1 1
4 4 2 2 4 5
SS
SS+ = = − =
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 4
Bài 18: Chứng minh rằng:
2 3 2005
1 1 1 1 1
...
3 3 3 3 2
B = + + + +
HD :
2 3 4 2006 2006
1 1 1 1 1 1 2 1 1 1
...
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
B
B B B= + + + + = − = = −
=>
1
2
B
Bài 19: Chứng minh rằng:
2 3 2015
1 2 3 2015
...
3 3 3 3
M = + + + +
có giá trị không nguyên
HD :
Tính
3
4
MM=
nên M < 1 và M > 0 vậy M không có giá trị nguyên
Bài 20: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
2 2 2 2 1003
...
3 5 7 2007 2008
A = + + + +
HD :
2 2 2 2 1 1 1003
..
2.4 4.6 6.8 2006.2008 2 2008 2008
A + + + + = − =
Bài 21: Chứng minh rằng:
3 3 3
... 1
1.4 4.7 ( 3)
S
nn
= + + +
+
HD :
1 1 1 1 1 1
1 ... 1 1
4 4 7 3 3
S
n n n
= − + − + + − = −
++
A
Bài 22: Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1 ...
2 3 4 2004 2004
B = − − − − −
HD:
2 2 2 2
1 1 1 1
1 ...
2 3 4 2004
B

= − + + + +


, Đặt tổng trong ngặc bằng B ta có:
1 1 1 1 1 1
... 1 1
1.2 2.3 3.4 2003.2004 2004 2004
AA + + + + − = − − +
11
1 1 1
2004 2004
B A B − = − + =
Bài 23: Chứng minh rằng:
2 4 6 2002 2004
1 1 1 1 1
... 0,2
2 2 2 2 2
− + − + −
HD:
Ta có:
4 6 8 2004 2006 2 2006
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
4 2 2 2 2 2 4 2 2 4
A A A= − + − + − = + = −
5 1 1
4 4 5
A
A =
=0.2
Bài 24: Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
...
3 4 50
A = + + +
thì
14
49
A
HD:
Ta có :
1 1 1 1 1 1 1 1 1 48 48 1
... ...
3.3 4.4 5.5 50.50 3.4 4.5 50.51 3 51 153 192 4
A = + + + + + + + = − = =
Mặt khác :
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 191 200 4
... ...
3.3 4.4 5.5 50.50 9 3.4 4.5 49.50 9 3 50 450 450 9
A = + + + + + + + + = + − = =
Vậy
14
49
A
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 5
Bài 25: Cho
1 1 1
...
1.2 3.4 99.100
A = + + +
, CMR:
75
12 6
A
HD:
CMR:
1 1 1
...
51 52 100
A = + + +
=>
1 1 1 1 1 1
... ...
51 52 75 76 77 100
A
= + + + + + + +
TH1:
1 1 1 1 7
.25 .25
75 100 3 4 12
A + = + =
TH2:
1 1 1 1 5
.25 .25
50 75 2 3 6
A + = + =
Bài 26: Cho
2 2 2
1 1 1
...
1 2 50
A = + + +
, CMR: A < 2
HD:
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
... 1 ... 2 2
1 2.2 3.3 50.50 1.2 2.3 3.4 49.50 50
A = + + + + + + + + + = −
Bài 27: CMR:
a,
1 1 1 1 1 1 1
2 4 8 16 32 64 3
− + − + −
b,
2 3 4 99 100
1 2 3 4 99 100 3
...
3 3 3 3 3 3 16
− + − + + −
HD:
a, Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
21
2 4 8 16 32 64 2 4 8 16 32
AA= − + − + − = = − + − + −
Nên
11
2 3 1 1
64 3
A A A A+ = = − =
b, Ta có:
2 3 4 99 100
1 1 1 1 1 100
3 4 1 ...
3 3 3 3 3 3
A A A+ = = − + − + − − −
Đặt
2 3 4 99 99
1 1 1 1 1 3 1
1 ...
3 3 3 3 3 4 3.3
BB= − + − + − − = = −
, Thay vào A ta được:
99 100
3 1 100 3 3
4
4 3 .4 3 4 16
AA= − − =
Bài 28: CMR :
2 4 98 100
1 1 1 1 1
...
7 7 7 7 50
− + + −
HD:
Đặt
2 4 98 100
1 1 1 1
...
7 7 7 7
A = − + + −
Nhân 49 A =>
100
11
50 1 1
7 50
AA= − =
Bài 29: Cho
2 4 6 8 98 100
1 1 1 1 1 1
...
7 7 7 7 7 7
A = − + − + + −
, CMR:
1
50
A
Bài 30: CMR :
2 2 2 2 2 2 2 2
3 5 7 4019
... 1
1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010
+ + + +
Bài 31: CMR:
2 3 99
1 1 1 1 1
...
5 5 5 5 4
A = + + + +
Bài 32: CMR:
2 2 2 2
2012 2012 2012 2012
1 ... 2
2011 1 2011 2 2011 3 2011 2011
+ + + +
+ + + +
HD:
Ta có:
22
2012 2012
2011 1 2011
+
,
22
2012 2012
2011 2 2011
+
, tương tự như vậy :
2 2 2 2
2012 2012 2012 2012.2011 2012
... 2 2
2011 2011 2011 2011 2011
AA + + + = = =
Mặt khác:
22
2012 2012
2011 1 2011 2011
++
,
22
2012 2012
2011 2 2011 2011
=
++
, Tương tự như vậy:
( )
2 2 2 2
2012 2012 2012 2012.2011 2012.2011
... 1
2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1
A + + + = = =
+ + + + +
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 6
Bài 33: CMR: CMR :
1 1 1 1
... 10
1 2 3 100
+ + + +
HD:
Ta có :
1 1 1 1 1 1
; ;...;
10 10 10
1 2 100
=
vậy
1 1 1 1 1 1 1 100
... ... 10
10 10 10 10
1 2 3 100
+ + + + + + + = =
Bài 34: CMR:
3 8 15 2499
...
4 9 16 2500
E = + + + +
> 48
HD:
1 1 1 1
1 1 1 ... 1
4 9 16 2500
E
= − + − + − + + −
2 2 2 2
1 1 1 1
49 ... 48
2 3 4 50

= − + + + +


Bài 35: Cho
1 1 1
...
1.2 3.4 99.100
A = + + +
, CMR:
75
12 6
A
HD:
CMR:
1 1 1
...
51 52 100
A = + + +
=>
1 1 1 1 1 1
... ...
51 52 75 76 77 100
A
= + + + + + + +
TH1:
1 1 1 1 7
.25 .25
75 100 3 4 12
A + = + =
TH2:
1 1 1 1 5
.25 .25
50 75 2 3 6
A + = + =
Bài 36: CMR :
1 1 1
1 ... 45
2 3 2025
+ + + +
Bài 37: CMR:
1 1 1 1
1 ... 100
2 3 4 2500
+ + + + +
HD:
Xét số hạng tổng quát:
( )
( )
1 2 2
2 1 , 1
1
n n n
n n n n n
= = − −
+ + −
Do đó:
( )
1 1 1
1 .... 2 1 ... 2 1 1 0
23
nn
n
+ + + + − − + + − + −
Với n=2500 ta có:
1 1 1
1 ... 2. 2500 100
2 3 2500
A = + + + + =
Bài 38: Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 18.19.20 4
A = + + + +
HD:
1 1 1 1 1
2
1.2 19.20 4 19.40 4
AC

= − = = −


Bài 39: Chứng minh rằng:
36 36 36 36
... 3
1.3.5 3.5.7 5.7.9 25.27.29
D = + + + +
HD:
4 4 4 4
9 ...
1.3.5 3.5.7 5.7.9 25.27.29
D

= + + + +


1 1 1
9 3 3
1.3 27.29 3.29

= − = −


Bài 40: CMR:
2 2 2 2
1 1 1 1 3
...
2 3 4 1990 4
+ + + +
Bài 41: CMR:
2 2 2 2 2
99 1 1 1 1 1 99
...
202 2 3 4 99 100 100
+ + + + +
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 7
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:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
...
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
5 12 12 12 60 60 60
+ + + + + +
1 1 1 1
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
...
20 20 20
+ + +
hoặc
1 1 1
...
60 60 60
+ + +
Bài 4: CMR:
1 1 1 1 1 7
...
41 42 43 79 80 12
+ + + + +
HD:
Nhóm thành 2 ngoặc: Khi đó ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1
... ...
41 42 43 60 61 62 63 80
VT
= + + + + + + + + +
1 1 1 1 1 1 20 20 1 1 7
... ...
60 60 60 80 80 80 60 80 3 4 12
VT
= + + + + + + + = + = + =
Bài 5: So sánh A và B biết :
2010 2011 2012
2011 2012 2010
A = + +
và
1 1 1 1
...
3 4 5 17
B = + + + +
HD:
1 1 2 1 1 1 1
1 1 1 3 3
2011 2012 2010 2010 2011 2010 2012
A
= − + − + + = + − + −
1 1 1 1 1 1 5 5 5
... ... ...
3 7 8 12 13 17 3 8 10
B
= + + + + + + + + + +
Tổng B có 15 số
Bài 6: Cho
1 1 1 1
...
5 6 7 17
M = + + + +
, CMR: M<2
HD:
Ta có:
1 1 1 1 1 1
.5 1
5 6 7 8 9 5
+ + + + =
và
1 1 1 1
... .8 1
10 11 17 8
+ + + =
Tổng M có 13 số
Bài 7: Cho
3 3 3 3 3
10 11 12 13 14
S = + + + +
, CMR:
12S
HD:
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 15
11
10 11 12 13 14 15 15 15 15 15 15
SS= + + + + + + + + = = =
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 15
1,5 2 2
10 11 12 13 14 10 10 10 10 10 10
SS= + + + + + + + + = = =
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 8
Bài 8: Cho
5 5 5 5
...
20 21 22 49
S = + + + +
, CMR: 3<S<8
HD:
Tổng trên có 30 số hàng:
Ta có:
5 5 5 5
... 30. 3 3
50 50 50 50
SS + + + = = =
Ngược lại:
5 5 5 5 5
... 30. 8
20 20 20 20 20
SS + + + + = =
Bài 9: Chứng minh rằng:
1 1 1 1
..
101 102 103 200
A = + + + +
thì
53
84
A
HD:
Ta thấy tổng A có 100 số, như vậy ta sẽ nhóm thành 50 ngoặc, mỗi ngoặc sẽ có hai phân số,
gốm 1 phân số đứng đầu và 1 phân số đứng cuối, cứ như vậy dồn sâu vào trong tổng
1 1 1 1 1 1 301 301 301
... ...
101 200 102 199 150 151 101.200 102.199 150.151
A
= + + + + + + = + + +
( 50 ngoặc)
1 1 1
301 ...
101.200 102.199 150.151
A

= + + +


, lúc này ta sẽ so sánh tất cả với chung 1 phân số đầu
hoặc cuối,
TH1: Ta chứng minh
5
8
A
thì ta có:
1 1 1 50 301 300 300 5
301. ... 301.
150.151 150.151 150.151 150.151 453 453 480 8
A

+ + + = = =


(1)
TH2: Ta chứng minh
3
4
A
ta có:
1 1 1 50 301 303 3
301. ... 301.
101.200 101.200 101.200 101.200 404 404 4
A

+ + + = = =


(2)
Từ (1) và (2) => ĐPCM
Bài 10: Chứng minh rằng:
7 1 1 1 1
...
12 101 102 103 200
+ + + +
HD:
Nhận thấy tổng
1 1 1
...
101 102 200
A = + + +
chính là tổng bài 1
Nên ta chứng minh được
5
8
A
, mà
5 7 7
8 12 12
A =
Bài 11: Cho
1 1 1 1
...
11 12 13 70
A = + + + +
Chứng minh rằng:
45
32
A
HD :
Thấy rằng tổng A có 60 số hạng
TH1: Ta chứng minh
4
3
A
bằng cách nhóm 2 số một ngoặc thông thường
Ta có:
1 1 1 1 1 1 81 81 81
... ...
11 70 12 69 40 41 11.70 12.69 40.41
A
= + + + + + + = + + +
(30 ngoặc)
81 81 81 81.30 243 240 240 4
...
40.41 40.41 40.41 40.41 164 164 180 3
A + + + = = =
TH2: Tuy nhiên để chứng minh
5
2
A
, nếu chúng ta làm như trên thì sẽ không chứng minh được
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 9
Lý do: vì việc chứng minh nhỏ hơn mà chúng ta so sánh lớn hơn lượng dư thừa, dẫn đến tổng A lớn
hơn
5
2
, do đó để giảm bớt lượng dư, tùy vào bài toán, chúng ta nên nhóm thành 6 ngoặc
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... ... ... ... ...
11 12 20 21 30 31 40 41 50 51 60 61 70
A
= + + + + + + + + + + + + + + + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... ... ... ... ...
11 11 11 21 21 31 31 41 41 51 51 61 61
A
+ + + + + + + + + + + + + + + + +
10 10 10 10 10 10 1 1 1 1 1
1
11 21 31 41 51 61 2 3 4 5 6
A + + + + + + + + + +
=
1 1 1 1 1
1
2 3 6 4 5
+ + + + +
=
5
2 0,5
2
+=
Bài 12: Cho
1 1 1 1
...
31 32 33 60
S = + + + +
, Chứng minh rằng:
34
55
S
HD:
Nhóm tổng S thành 3 ngoặc
1 1 1 1 1 1 10 10 10
... ... ...
31 40 41 50 51 60 31 41 51
S
= + + + + + + + + + +
10 10 10 1 1 1
30 40 50 3 4 5
+ + = + +
4
5
Mặt khác:
10 10 10 1 1 1 3
40 50 60 4 5 6 5
S + + = + +
Bài 13: Cho
1 1 1 1 1 1
...
2 3 4 5 98 99
A = − + − + + −
, Chứng minh rằng: 0,2 <A<0,4
HD:
Tách tổng A thành:
1 1 1 1 1 1 1 1 13 12 1
... ... 0,2
2 3 4 5 6 7 98 99 60 60 5
A
= − + − + − + + − = + = =
Và:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
2 3 4 5 6 7 8 9 10 97 98 99
A
= − + − + − − − − − − − −
2
0,4
5
=
Bài 14: Chứng minh rằng:
3 1 1 1 3
...
5 2004 2005 4006 4
+ + +
HD:
Thấy rằng tổng A có 2003 số hạng, số hạng ở giữa là
1
3005
TH1:
1 1 1 1 1 1 1
...
2004 4006 2005 4005 3004 3006 3005
A
= + + + + + + +
1 1 1 1
6010 ...
2004.4006 2005.4005 3004.3006 3005

= + + + +


1 1 6010.1001 1 2002 1803 3
6010. .1001
3004.3006 3005 3005.3005 3005 3005 3005 5
A + + =
TH2:
1 1 6012.1001 3003 3003
6010. .1001
2004.4006 3005 2004.4006 4006 4004
A + = =
=
3
4
Bài 15: Cho
1 1 1 1
...
51 52 53 100
A = + + + +
, Chứng minh rằng
3 31
5 40
A
HD:
Tổng A có 50 số hạng
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
... 151 ...
51 100 52 99 75 76 51.100 52.99 75.76
A
= + + + + + + = + + +
(25 ngoặc)
151.25 151 155 155 31
51.100 204 204 200 40
A = =
(1)
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 10
Mặt khác:
25 151 150 150 3
151.
75.76 228 228 250 5
A = =
(2)
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM
Bài 16: Cho
1 1 1 1
...
21 22 23 80
A = + + + +
, Chứng minh rằng: 1< A <2
HD:
Tổng A có 60 số hạng:
1 1 1 1 1 1
...
21 80 22 79 50 51
A
= + + + + + +
(30 ngoặc)
1 1 1
101 ...
21.80 22.79 50.51
A

= + + +


30 303 101 112
101. 2
21.80 168 56 56
= = =
Mặt khác:
30 303
101. 1
50.51 255
A =
Bài 17: Chứng minh rằng:
3 8 15 2499
... 48
4 9 16 2500
A = + + + +
HD:
Nhận thấy các mẫu của tổng A là bình phương cảu các số tự nhiên liên tiếp, còn tử số kém mẫu số là
1
nên ta tách A như sau:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 49 ...
4 9 2500 2 3 4 50
A
= − + − + + − = − + + + +
Mà
2 2 2
1 1 1
... 1 1 49 49 1 48
2 3 50
B B A B

= + + + = − − = = − − =


Bài 18: Chứng minh rằng:
2016
1 1 1 1 2016
1 ...
2 3 4 2 1 2
A = + + + + +
−
HD :
Nhận thấy tổng A có phân số cuối có dạng
1
2
n
, nên muốn Chứng minh tổng A lớn hơn 1 số ta nhóm
sao cho phân số có dạng
1
2
n
ở cuối ngoặc :
Ta có :
2005 2006 2006
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 8 2 1 2 2
A
= + + + + + + + + + + + −
+
2 2 3 3 3 3 2006 2006
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A
+ + + + + + + + + + +
2006
1
2
−
2 2005
2 3 2006 2006
1 1 1 1 1
1 2. 2 . ... 2 .
2 2 2 2 2
A + + + + + −
2006 2016 2016
1 1 1 1 1 1 2016 1 2016
1 ... 1 2016. 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A

+ + + + − = + − = + −


Bài 19: Cho :
100
1 1 1 1
1 ...
2 3 4 2 1
A = + + + + +
−
, chứng minh rằng A>50 và A<100
HD :
Nhận thấy tổng A giống với bài 10, muốn chứng minh lớn hơn ta để phân số dạng
1
2
n
ở cuối ngoặc :
99 100 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 8 2 1 2 2
A
= + + + + + + + + + + + −
+
2 99
2 3 100 100
1 1 1 1 1
1 2. 2 . ... 2 .
2 2 2 2 2
A + + + + + −
100 100
1 1 1 1 100 1
1 ... 1 50
2 2 2 2 2 2

= + + + + − = + −


GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 11
Mặt khác muốn chứng minh A <100, ta nhóm sao cho phân số có dạng
1
2
n
nằm ở đầu ngoặc :
99 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 8 15 2 2 1
A
= + + + + + + + + + + + +
−
2 3 99
2 3 99
1 1 1 1
1 2. 2 . 2 . ... 2 . 1 1 1 ... 1 100
2 2 2 2
A + + + + + = + + + + =
vậy A<100
Bài 20: Chứng minh rằng:
1 1 1 1
1 ... 4
2 3 4 64
+ + + + +
HD :
56
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 8 2 1 2
A
= + + + + + + + + + + +
+
25
2 3 6
1 1 1 1 1 1 1
1 2. 2 . ... 2 . 1 ... 4
2 2 2 2 2 2 2
+ + + + + = + + + + =
Bài 21: Cho
455 454 453 2 1
...
1 2 3 454 455
A = + + + + +
, So sánh A với 2007
HD:
Ta có:
454 453 1
1 1 ... 1 1
2 3 455
A
= + + + + + + +
456 456 456 456 1 1 1
... 456 ... 456.
2 3 455 456 2 3 456
B

= + + + + = + + + =


Xét
78
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
.... ... ... ...
2 3 456 2 3 4 5 6 7 8 257 258 456
2 1 2
B
= + + + = + + + + + + + + + + + + + +
+
3 3 3 3 8 8
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
... ... ...
2 4 4 456 456
2 2 2 2 2 2
+ + + + + + + + + + + + +
27
2 3 8
1 2 2 2 200 1 1 1 200 200 2024
... ... 4
2 456 2 2 2 456 456 456
2 2 2

= + + + + + = + + + + = + =


Khi đó:
2024
456. 2024 2007
456
A =
Bài 22: Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên n để:
1 1 1
1 ... 1000
23 n
+ + + +
HD :
Chọn
2000
2n =
Khi đó :
2000
1 1 1 2000
1 ... 1000
2 3 2 2
A = + + + + =
Bài 23: Cho
99
1 1 1 1
1 ...
2 3 4 2
B = + + + + +
, So sánh B với 50
HD :
98
98 99 2 99
1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ... 1 2. .... 2 .
2 3 4 2 1 2 2 2 2
= + + + + + + + + + + +
+
B
1 1 1 99
1 ... 1 50
2 2 2 2
= + + + + = +
Bài 24: Chứng minh rằng:
2
1 1 1 1
... 1
12
A
n n n n
= + + + +
++
HD :
2
1 1 1 1
...
12
A
n n n n

= + + + +

++

, có
( )
22
11n n n n− + + = −
số hạng
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 12
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1
... 1 1
n n n
A
n n n n n n n
−
+ + + = + = + − =
vậy A>1
Bài 25: Chứng minh rằng:
1 1 1 1
... 1
12 13 14 144
A = + + +
HD:
Tổng này là 1 trường hợp của bài 15: Áp dụng cách làm bài 15 ta có:
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 12
... ... 1
12 13 14 12 12 12 12 12 12 12
A
−

= + + + + + + + + = + =


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:
2
22
1 1 1 1 1 6 6
... 1 1
6 7 8 6 6 6
AA
−

= + + + + + = =


Bài 27: Chứng minh rằng:
2016
1 1 1 1
1 ... 2016
2 3 4 2
+ + + + +
HD:
Ta có:
2015 2016 2016
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 2 2 1 2
A
= + + + + + + + + + + +
−
2 3 2015
2 3 2015 2016
1 1 1 1 1
1 2. 2 . 2 . ... 2 .
2 2 2 2 2
A + + + + + +
2016 2016
11
1 1 1 ... 1 2015 2016
22
+ + + + + = +
Bài 28: CMR luôn tồn tại số tự nhiên n để
1 1 1 1
1 ... 1000
2 3 4 n
+ + + + +
HD:
Chọn
1999
2n =
Bài 29: CMR:
1999
1 1 1
1 ... 1000
23
2
+ + + +
HD:
1998 1999
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ...
2 3 4 5 6 7 8
2 1 2
VT
= + + + + + + + + + + +
+
2 1998
2 3 1999
1 1 1 1 1
1 2. 2 ... 2 1 .1999 1000
2 2 2 2 2
+ + + + + = +
Bài 30: CMR:
1 1 1 1
1 ... 5
2 3 4 2016
+ + + + +
Bài 31: CMR:
1 3 5 1999
1 ....
2 4 6 2000
A = − + − + +
>
2013
18892
HD:
1 3 5 7 1999
1 ...
2 4 6 8 2000
A = − + − + − +
=
3 7 5 1999 1997
1 1 ...
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 3 2 3 5 15nn
+ + +
++
Bài 33: CMR:
1 1 1 1 13
... , 2
1 2 3 2 14
n
n n n n
+ + + +
+ + +
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 13
DẠNG 3: TÍCH CỦA 1 DÃY
Phương pháp:
Với dạng tích ta sử dụng tính chất:
1
a a a m
b b b m
+
=
+
với m>0, và ngược lại
Bài 1: Cho
2 4 6 8 200
. . . ...
1 3 5 7 199
A =
Chứng minh rằng: 14 < A < 20
HD:
Ta thấy: Phân số
1 1 2
1
1
n n n
n n n
+ + +
=
+
nên ta có:
3 5 7 201
. . ...
2 4 6 200
A
khi đó :
( )( )
( )( )
2 2 2
2.4.6....200 3.5.7...201
201 196 14 14
1.3.5...199 2.4.6...200
A A A = = =
Mặt khác :
1
1
nn
nn
+
−
nên ta có :
2 3 5 7 199
. . . .....
1 2 4 6 198
A
khi đó :
( )( )
( )( )
2 2 2
2.4.6...200 2.3.5.7...199
200.2 20 20
1.2.4.6...198 1.3.5.7...199
A A A = = =
Bài 2: Cho
1 4 7 10 208
. . . ...
3 6 9 12 210
A =
Chứng minh rằng A
1
25
HD :
Ta thấy A có dạng
11
1
2 2 1
n n n n
n n n n
−−
=
+ + +
,
( )( )
( )( )
22
1.4.7.10....208 1.3.6...207
1 3 6 207 1 1
. . .....
3 4 7 208 3.6.9...210 3.4.7...208 3.210 630
A A A = = =
11
625 25
A =
Bài 3: Cho
1 3 5 99
. . ...
2 4 6 100
A =
Chứng minh rằng
11
15 10
A
HD :
A có dạng
1
1
1 1 2
n n n
n n n
+
=
+ + +
khi đó ta có :
2 4 6 100
. . .....
3 5 7 101
A
khi đó :
( )( )
( )( )
2
1.3.5....99 2.4.6...100
2.4.6...100 3.5.7...101
A =
2
1 1 1
101 100 10
AA =
Mặt khác :
1 2 4 98
. . ....
2 3 5 99
A
=>
( )( )
( )( )
2
1.3.5...99 1.2.4...98
1
2.4.6...100 2.3.5.7...99 200
A =
2
2
1 1 1 1
200 225 15 15
AA= = =
Bài 4: Chứng minh rằng
1 4 7 10 244 1
. . . ...
3 6 9 12 246 27
A =
HD :
( )( )
( )( )
2
1.4.7......244 1.3.6......243
1 3 6 9 243
. . . ....
3 4 7 10 244 3.6.9....246 3.4.7....244
AA =
=>
2
2
1 1 1 1
3.246 738 27 27
AA = =
Bài 5: Chứng minh rằng:
1 3 5 7 199
. . . ...
2 4 6 8 200
P =
Chứng minh rằng
2
1
201
P
HD :
Ta có :
( )( )
( )( )
22
1.3.5.....199 2.4.6...200
2 4 200 1
. ......
3 5 201 2.4.6......200 3.5.7.9.....201 201
P P P = =
Bài 6: Cho
2 4 6 200
. . ...
1 3 5 199
S =
Chứng minh rằng:
2
101 400S
HD :
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 14
Ta có :
( )( )
( )( )
2
2.4.6....200 2.3.5...199
2 3 5 199
. . ...... 400
1 2 4 198 1.3.5.7...199 1.2.4.6...198
SS = =
Mặt khác :
( )( )
( )( )
2
2.4.6.....200 3.5.7....201
3 5 7 201
. . ...... 201 101
2 4 6 200 1.3.5.....199 2.4.6....200
SS = =
Bài 7: Cho
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 ... 1
2 3 4 100
A
= − − − −
So sánh A với
1
2
−
HD :
Ta thấy tích A gồm 99 số âm :
1 1 1 1.3 2.4 99.101 101
1 1 ....... 1 . ......
4 9 10000 2.2 3.3 100.100 200
A
−
= − − − = − =
, Mà :
101 1 101 1
200 2 200 2
−−
=
Vậy
1
2
A
−
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 15
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
chất:
1 , 0
a a a m
m
b b b m
+
=
+
hoặc ngược lại và đưa về cùng mẫu
Bài 1: Cho a, b, c > 0, Chứng minh rằng:
a b c
M
a b b c c a
= + +
+ + +
có giá trị không nguyên
HD:
Ta có:
aa
a b a b c
bb
b c a b c
cc
c a a b c
+ + +
+ + +
+ + +
và
a a c
a b a b c
b b a
b c a b c
c c b
c a a b c
+
+ + +
+
+ + +
+
+ + +
, Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có:
a b c a b b c c a
M
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
+ + +
+ + + +
+ + + + + + + + + + + +
, hay
12M
,
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
x y z x y t y z t x z t
= + + +
+ + + + + + + +
có giá trị không nguyên
HD:
Ta có:
xx
x y z x y z t
yy
x y t x y z t
zz
y z t x y z t
tt
x z t x y z t
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
và
x x t
x y z x y z t
y y z
x y t x y z t
z z x
y z t x y z t
t t y
x z t x y z t
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
, Cộng theo vế ta được:
12M
, Vậy M không nguyên
Bài 3: Cho a, b, c, d Chứng minh rằng:
a b c d
A
a b c a b d b c d a c d
= + + +
+ + + + + + + +
Có giá trị không
nguyên
HD:
Ta có:
aa
a b c a b c d
bb
a b d a b c d
cc
b c d a b c d
dd
a c d a b c d
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
và
a a d
a b c a b c d
b b c
a b d a b c d
c c a
b c d a b c d
d d b
a c d a b c d
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
Cộng theo vế ta được:
12A
Vậy A có giá trị không nguyên
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 16
Bài 4: Cho a, b, c là các số dương, và tổng hai số luôn lớn hơn số còn lại. Chứng minh rằng:
2
a b c
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 = + + +
Khi đó:
aa
b c b c
bb
c a b c
cc
a b b c
=
++
++
++
, cộng theo vế ta được:
1 1 1 2
a b c a
VT
b c b c
++
= + + =
++
Bài 5: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
12
a b c d
a b c b c d c d a d a b
+ + +
+ + + + + + + +
HD:
Ta có:
aa
a b c a b c d
bb
b c d a b c d
cc
c d a a b c d
dd
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
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
+
+ + + + +
Cộng theo vế ta được:
12A
Bài 6: Cho a, b, c, d > 0, Chứng minh rằng:
23
a b b c c d d a
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
a b c d a b d a b c d
+ + + +

+ + + + + + + +
Cộng theo vế ta được: 2<A<3
Bài 7: Cho các số x,y,z nguyên dương, CMR:
12
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
HD:
Ngoài hai cánh như trên, ta cũng có thể hướng dẫn học sinh làm theo cánh như sau:
Ta có:
1
x y z
x y y z z x
++
+ + +
, Tương tự ta cũng có:
1
y z x
x y y z z x
++
+ + +
Mà
3
x y z y z x
x y y z z x x y y z z x
+ + + + + =
+ + + + + +
Nên
2
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 17
Bài 8: Cho các số x,y,z nguyên dương, CMR:
12
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
HD:
Ta có:
1
x y z
x y y z z x
++
+ + +
, Tương tự ta cũng có:
1
y z x
x y y z z x
++
+ + +
Mà
3
x y z y z x
x y y z z x x y y z z x
+ + + + + =
+ + + + + +
Nên
2
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
Bài 9 : Cho a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác : CMR :
( )
2 2 2
2 ab bc ca a b c+ + + +
HD :
Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn hơn cạnh còn lại nên ta có :
( )
22
b c a a b c a ab ac a+ = + = +
Tương tự ta có :
2
bc ba b+
và
2
ac cb c+
Cộng theo vế ta được :
( )
2 2 2
2 ab bc ca a b c+ + + +
Bài 10: Cho ba số dương
01a b c
, CMR:
2
1 1 1
a b c
bc ac ab
+ +
+ + +
HD:
Vì
( )( )
10
0 1 1 1 0
10
a
a b c a b
b
−
= = − −
−
10ab a b= − − +
11
1
1
ab a b
ab a b
= + + =
++
=>
( )
,0
1
cc
c
ab a b

++
Mà
( )
22
,0
1
c c c c
c
a b a b c ab a b c
=
+ + + + + +
Chứng minh tương tự ta có:
2
1
bb
ac a b c
+ + +
và
2
1
aa
bc a b c
+ + +
Cộng theo vế ta được:
2 2 2
2
1 1 1
a b c a b c
bc ac ab a b c
++
+ + =
+ + + + +
(ĐPCM)
| 1/17

Tài liệu khác của Toán 6

Preview text:

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 = + + + ...+  1 2 2 2 2 2 3 4 100 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           A  + + + ...+ + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + − +...+ − + −           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 = + + + ...+ + và Chứng minh 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 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
cùng tử rồi so sánh khi đó ta có: 96 96 1 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 = 1+ + + +...+  1+ + + +...+     2 2 2 2 2 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 2 3 100 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: 2A = 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 = + + + ...+ − , đặt B = + + + ...+
và tính tổng B theo cách như trên ta 2 3 99 100 2 2 2 2 2 2 3 4 99 2 2 2 2 đượ 1 1 3 1 1 100 c : B = −
, thay vào A ta được : A = + − −  2 99 2 2 99 100 2 2 2 2 1 2 3 100 3
Bài 6: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  2 3 100 3 3 3 3 4 HD : Tính tượ 1 1 1 1 100
ng tự như bài 5, ta có: 2A = 1+ + + + ...+ − , 2 3 99 100 3 3 3 9 3 Đặ 1 1 1 1 t B = + + + ...+
, và tính B rồi thay vào tổng A ta được 2 3 99 3 3 3 3 1 1 1 1 100 1 3 3 B = − = 2A =1+ − −
= 2A  1+ = = A  99 99 100 2 2.3 2 2.3 3 2 2 4 1 1 1 1
Bài 7: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  1 2 2 2 2 2 3 4 n HD : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có : A = + + +....+  + + +...+ = −  n n (n− ) 1 1 2.2 3.3 4.4 . 1.2 2.3 3.4 1 n n 1 1 1 1 1
Bài 8: Chứng minh rằng: A = + + +...+  2 2 2 2 4 6 8 (2 ) n 4 HD : 1  1 1 1 1  1  1 1 1  1  1  1 1 1 Ta có : A = + + +...+     + +...+  = 1−     = −  2 2 2 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 Bài 9: So sánh A = + + +...+ với 2 2 2 2 2 4 6 (2 ) n 2 HD : 1  1 1 1  1  1  1 1 1 A = 1+ + +...+  1+1− = −      2 2 3 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 = + + + +...+ không là số tự nhiên 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n HD :
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 2 1 1 1 Ta có : A  1+ + +...+ (
 mặt khác ta thấy A>1 vậy ta có : 1n − ) 2 1.2 2.3 1 n 1 1 1 1 2004
Bài 11: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  2 2 2 2 2 3 4 2005 2005 HD : 1 1 1 1 1 2004 A  + + + ...+ = 1− = 1.2 2.3 3.4 2004.2005 2005 2005 1 1 1 1 100
Bài 12: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  2 2 2 2 1 2 3 100 101 HD : 100 A  1  101 1 1 2 3 2016 1 Bài 13: Chứng minh rằng:  + + + ...+  2 3 2016 4 5 5 5 5 3 HD :  1 1 1  2016 4A = 1+ + +...+ −  
, Đặt tổng trong ngoặc bằng B rồi tính B ta có : 2 2005 2016  5 5 5  5 1 1 1 4B = 1− = B = − , thay vào A ta được : 2015 2015 5 4 4.5 1 1 2016 5 5 5 1 4A = 1+ − −  = A   = (1) 2015 2016 4 5 5 4 16 15 3 1 2 2016 1 2 7 7 1 Mặt khác : A = + +...+  + =  = (2) 2 2016 5 5 5 5 25 25 28 4
Từ (1) và (2) ta được ĐPCM 1 2 3 4 99 100 3
Bài 14: Chứng minh rằng: A = − + − + ...+ −  2 3 4 99 100 3 3 3 3 3 3 16 HD : 1 1 1 1 100
Tính tổng A , ta được : 4 A = (1− + − + ....− ) −
, Đặt tổng trong ngoặc bằng B 2 3 99 100 3 3 3 3 3 3 1 3 1 100 3 3 B = − = 4A = − −  = A  99 99 100 4 4.3 4 3 .4 3 4 16 3 5 7 19
Bài 15: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 .2 2 .3 3 .4 9 .10 HD : 2 2 2 2 2 2 2 −1 3 − 2 10 − 9  1 1   1 1   1 1  Ta có : A = + +...+ = − + − +...+ −       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 .2 2 .3 9 .10 1 2   2 3   9 10  1 A = 1− 1 2 10 3 5 7 4019 Bài 16: CMR : + + + ...+  1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010 HD : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 −1 3 − 2 4 − 3 2010 − 2009 Ta có : A = + + +...+ 2 2 2 2 2 2 2 2 1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010 1 1 1 1 1 1 1 A = − + − + ...+ − = 1−  1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 2009 2010 2010 1 1 1 1 1 1 1
Bài 17: Chứng minh rằng: S = − + − + ...+ −  2 4 6 8 2002 2004 2 2 2 2 2 2 5 HD : 1 1 1 1 1 1 1 S 5S 1 1 1 1 S = − + − + ...+ − => S + = = −  = S  2 4 6 8 10 2004 2006 2 2 2 2 2 2 2 2 2006 4 4 2 2 4 5
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 3 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 = + + + ...+ = B − B = = −  => B  2 3 4 2006 2006 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 2 3 2015
Bài 19: Chứng minh rằng: M = + + + ...+
có giá trị không nguyên 2 3 2015 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− 1       A  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− + + +...+ 
 , Đặt tổng trong ngặc bằng B ta có: 2 2 2 2  2 3 4 2004  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: − + −...+ −  0,2 2 4 6 2002 2004 2 2 2 2 2 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: A = − + −...+ − = A + A = −  4 6 8 2004 2006 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 = + +...+ thì  A  2 2 2 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: 1 1 1  1 1 1   1 1 1  CMR: A = + +...+ => 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 = + + ...+ , CMR: A < 2 2 2 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 4 8 16 32 64 3 2 3 4 99 100 3 3 3 3 3 3 16 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a, Ta có: A = − + − + − = 2A = 1− + − + − 2 4 8 16 32 64 2 4 8 16 32 1 1
Nên 2A + A = 3A = 1− 1 = A  64 3 1 1 1 1 1 100
b, Ta có: 3A + A = 4A = 1− + − + −...− − 2 3 4 99 100 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 3 1 Đặt B = 1− + − + −...− = B = − , Thay vào A ta được: 2 3 4 99 99 3 3 3 3 3 4 3.3 3 1 100 3 3 4 A = − −  = A  99 100 4 3 .4 3 4 16 1 1 1 1 1 Bài 28: CMR : − +...+ −  2 4 98 100 7 7 7 7 50 HD: Đặ 1 1 1 1 1 1 t A = − + ...+ −
Nhân 49 A => 50A = 1− 1 = A  2 4 98 100 7 7 7 7 100 7 50 1 1 1 1 1 1 1 Bài 29: Cho A = − + − +...+ − , CMR: A  2 4 6 8 98 100 7 7 7 7 7 7 50 3 5 7 4019 Bài 30: CMR : + + +...+ 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 .2 2 .3 3 .4 2009 .2010 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 2 2 2 2 2011 + 1 2011 + 2 2011 + 3 2011 + 2011 HD: 2012 2012 2012 2012 Ta có:   2 2 2011 + , 1 2011 2 2 2011 + , tương tự như vậy : 2 2011 2012 2012 2012 2012.2011 2012 A  + +...+ = =  2 = A  2 2 2 2 2 2011 2011 2011 2011 2011 2012 2012 2012 2012 Mặt khác:  = , Tương tự như vậy: 2 2 2011 +1 2011 + , 2011 2 2 2011 + 2 2011 + 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
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 − + + + ... +  48   2 2 2 2  2 3 4 50  1 1 1 7 5 Bài 35: Cho A = + +...+ , CMR:  A  1.2 3.4 99.100 12 6 HD: 1 1 1  1 1 1   1 1 1  CMR: A = + +...+ => 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: 1 2 2
Xét số hạng tổng quát: = 
= 2( n − n−1),(n  )1 n n + n n + n −1 1 1 1 Do đó: 1+ + +....+
 2( n − n−1+...+ 2 − 1+ 1− 0) 2 3 n 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:    
Nhóm thành 2 ngoặc: Khi đó ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 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 = + + + ... + 5 6 7 17 , CMR: M<2 HD: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: + + + +  .5 =1 và + +...+
 .8 =1 Tổng M có 13 số 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 5 5 5 5 Bài 8: Cho S = + + +...+ , CMR: 320 21 22 49 HD:
Tổng trên có 30 số hàng: 5 5 5 5 Ta có: S  + +...+ = 30. = 3 = S  3 50 50 50 50 5 5 5 5 5 Ngược lại: S  + + +...+ = 30. = S  8 20 20 20 20 20 1 1 1 1 5 3
Bài 9: Chứng minh rằng: A = + + +..+ thì  A  101 102 103 200 8 4 HD:
Ta thấy tổng A có 100 số, như vậy ta sẽ nhóm thành 50 ngoặc, mỗi ngoặc sẽ có hai phân số,
gốm 1 phân số đứng đầu và 1 phân số đứng cuối, cứ như vậy dồn sâu vào trong tổng  1 1   1 1   1 1  301 301 301 A = + + + +...+ + = + +...+       ( 50 ngoặc) 101 200  102 199  150 151 101.200 102.199 150.151  1 1 1  A = 301 + +...+ 
, lúc này ta sẽ so sánh tất cả với chung 1 phân số đầu 101.200 102.199 150.151 hoặc cuối, 5
TH1: Ta chứng minh A  thì ta có: 8  1 1 1  50 301 300 300 5 A  301. + +...+ = 301. =   =   (1) 150.151 150.151 150.151 150.151 453 453 480 8 3
TH2: Ta chứng minh A  ta có: 4  1 1 1  50 301 303 3 A  301. + +...+ = 301. =  =   (2) 101.200 101.200 101.200  101.200 404 404 4 Từ (1) và (2) => 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 5 7 7
Nên ta chứng minh được A  , mà  = A  8 8 12 12 1 1 1 1 4 5 Bài 11: Cho A = + + + ...+ Chứng minh rằng:  A  11 12 13 70 3 2 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  1 1   1 1   1 1  81 81 81 Ta có: A = + + + +...+ + = + +...+       (30 ngoặc) 11 70  12 69   40 41 11.70 12.69 40.41 81 81 81 81.30 243 240 240 4 A  + + ...+ = =   = 40.41 40.41 40.41 40.41 164 164 180 3 TH2: Tuy nhiên để 5 chứng minh A
, nếu chúng ta làm như trên thì sẽ không chứng minh được 2
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
hơn 5 , 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 S = +...+ + +...+ + +...+  + +        + + = + + 4   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 2 3 4 5 98 99 HD: Tách tổng A thành:  1 1 1 1   1 1 1 1  13 12 1 A = − + − + − +...+ − = +...  = = 0,2      2 3 4 5   6 7 98 99  60 60 5
 1 1 1 1 1   1 1   1 1   1 1  1 2 Và: A = − + − + − − − − −...− − −          = 0,4
 2 3 4 5 6   7 8   9 10   97 98  99 5 3 1 1 1 3 Bài 14: Chứng minh rằng:  + + ...+  5 2004 2005 4006 4 HD: 1
Thấy rằng tổng A có 2003 số hạng, số hạng ở giữa là 3005  1 1   1 1   1 1  1 TH1: A = + + + +...+ + +      
 2004 4006   2005 4005   3004 3006  3005  1 1 1  1 = 6010 + +...+ +    2004.4006 2005.4005 3004.3006  3005 1 1 6010.1001 1 2002 1803 3 A  6010. .1001+  +   = 3004.3006 3005 3005.3005 3005 3005 3005 5 1 1 6012.1001 3003 3003 3 TH2: A  6010. .1001+ = =  = 2004.4006 3005 2004.4006 4006 4004 4 1 1 1 1 3 31 Bài 15: Cho A = + + + ...+ , Chứng minh rằng  A  51 52 53 100 5 40 HD: Tổng A có 50 số hạng  1 1   1 1   1 1   1 1 1  Ta có: A = + + + +...+ + =151 + +...+         (25 ngoặc)  51 100   52 99   75 76   51.100 52.99 75.76  151.25 151 155 155 31 A  =   = (1) 51.100 204 204 200 40
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 9 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 <2 21 22 23 80 HD:  1 1   1 1   1 1 
Tổng A có 60 số hạng: A = + + + +...+ +       (30 ngoặc)  21 80   22 79   50 51  1 1 1  30 303 101 112 A =101 + +...+   101. = =  = 2  21.80 22.79 50.51 21.80 168 56 56 30 303 Mặt khác: A  101. =  1 50.51 255 3 8 15 2499
Bài 17: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  48 4 9 16 2500 HD:
Nhận thấy các mẫu của tổng A là bình phương cảu các số tự nhiên liên tiếp, còn tử số kém mẫu số là 1 nên ta tách A như sau:  1   1   1   1 1 1 1  A = 1− + 1− +...+ 1− = 49− + + +...+         2 2 2 2  4   9   2500   2 3 4 50   1 1 1  Mà B = + +...+ 1= −B  1
− = A = 49− B  49−1= 48   2 2 2  2 3 50  1 1 1 1 2016
Bài 18: Chứng minh rằng: A = 1+ + + + ...+  2016 2 3 4 2 −1 2 HD : 1
Nhận thấy tổng A có phân số cuối có dạng
, nên muốn Chứng minh tổng A lớn hơn 1 số ta nhóm 2n 1 sao cho phân số có dạng ở cuối ngoặc : 2n 1  1 1   1 1 1 1   1 1  1 Ta có : A = 1+ + + + + + + +...+ +...+ −       2005 2006 2006 2  3 4   5 6 7 8   2 +1 2  2 1  1 1   1 1 1 1   1 1  A 1+ + + + + + + +...+ +...+       1 − 2 2 3 3 3 3 2006 2006 2  2 2   2 2 2 2   2 2  2006 2 1 1 1 1 1 2 2005 A  1+ + 2. + 2 . + ...+ 2 . − 2 3 2006 2006 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2016  1  2016 A 1+ + +...+ − =1+ 2016. − = + 1−    2006 2016 2016 2 2 2 2 2 2 2  2  2 1 1 1 1 Bài 19: Cho : A = 1+ + + + ...+
, chứng minh rằng A>50 và A<100 100 2 3 4 2 −1 HD : 1
Nhận thấy tổng A giống với bài 10, muốn chứng minh lớn hơn ta để phân số dạng 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 +1 2  2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100  1  2 99 A  1+ + 2. + 2 . +...+ 2 . − = 1+ + +...+ − = + 1−  50   2 3 100 100 2 2 2 2 2 100 100 2 2 2 2 2  2 
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 10 1
Mặt khác muốn chứng minh A <100, ta nhóm sao cho phân số có dạng nằm ở đầu ngoặc : 2n
 1 1   1 1 1 1   1 1   1 1  A = 1+ + + + + + + +...+ +...+ +         99 100
 2 3  4 5 6 7   8 15   2 2 −1 1 1 1 1 2 3 99 A  1+ 2. + 2 . + 2 . + ...+ 2 .
=1+1+1+...+1 =100 vậy A<100 2 3 99 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 +1 2  1 1 1 1 1 1 1 2 5 1+ + 2. + 2 . + ...+ 2 . =1+ + +...+ = 4 2 3 6 2 2 2 2 2 2 2 455 454 453 2 1 Bài 21: Cho A = + + + ... + + 1 2 3
454 455 , So sánh A với 2007 HD: 454   453   1  Ta có: A  = +1 + +1 + ...+ +1 +1  2   3   455        456 456 456 456  1 1 1  = + + ... + + = 456 + + ... + = 456.B 2 3 455 456  2 3 456    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   2 1 2     257 258 456  +  1  1 1   1 1 1 1   1 1   1 1 ... ... ...   + + + + + + + + + + + + +    3 3 3 3   8 8 2 4 4 2 2 2 2 2 2   456 456          2 7 1 2 2 2 200  1 1 1  200 200 2024 = + + + ... + + = + + ...+ + = 4 + = 2 3 8 2 2 2 2 456  2 2 2    456 456 456 2024 Khi đó: A  456. = 2024  2007 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 2000 n = 2 Khi đó : A = 1+ + + ...+  = 1000 2000 2 3 2 2 1 1 1 1 Bài 23: Cho B = 1+ + + + ...+ , So sánh B với 50 99 2 3 4 2 HD : 1  1 1   1 1  1 1 1 98 B = 1+ + + +... + +... + 1+ + 2. +.... + 2 .     98 99 2 99 2  3 4   2 +1 2  2 2 2 1 1 1 99 = 1+ + + ... + = 1+  50 2 2 2 2 1 1 1 1
Bài 24: Chứng minh rằng: A = + + + ...+  1 2 n n +1 n + 2 n HD : 1  1 1 1  A = + + +...+  , có 2 n − (n + ) 2
1 +1 = n − n số hạng 2
n n +1 n + 2 n
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 11 2 1 1 1 1 n − n 1 n A  + +...+ = + = +1− =1 vậy A>1 2 2 2 2 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: 2 1  1 1 1  1 1 1 1 1 12 −12 A = + + +...+  + + +...+ = + =1   2 2 2 2 2 12 13 14 12  12 12 12 12 12 12 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: 2 1  1 1 1  1 6 − 6 A = + + +...+  + =1= A 1   2 2 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+ + + + + + +...+ +...+ +       2015 2016 2016  2 3  4 5 6 7   2 2 −1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2015 A  1+ 2. + 2 . + 2 . + ...+ 2 . + 1+1+1+...+1+ = 2015 +  2016 2 3 2015 2016 2 2 2 2 2 2016 2016 2 2 1 1 1 1
Bài 28: CMR luôn tồn tại số tự nhiên n để 1 + + + + ... +  1000 2 3 4 n HD: 1999 Chọn n = 2 1 1 1 Bài 29: CMR: 1 + + + ... +  1000 1999 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 2 1998 1+ + 2. + 2 +...+ 2 =1+ .1999 1000 2 3 1999 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 2.4.6....200 3.5.7...201 2 ( )( ) A  . . ... khi đó : 2 2 A
= A  201 196 =14 = A 14 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 2.4.6...200 2.3.5.7...199 2 ( )( ) A  . . . ..... khi đó : 2 2 A
= A  200.2 = 20 = A  20 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 6 207 1.4.7.10....208 1.3.6...207 1 1 2 ( )( ) 2 A  . . ..... = A  = A  = 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 1.3.5....99 2.4.6...100 2 ( )( ) 1 1 1 A  . . ..... khi đó : A  = 2 A   = A  3 5 7 101 (2.4.6...100)(3.5.7...10 ) 1 101 100 10 Mặt khác : 1 2 4 98 1.3.5...99 1.2.4...98 1 2 ( )( ) 1 1 1 1 A  . . .... => A  = 2 = A   = = A  2 3 5 99
(2.4.6...100)(2.3.5.7...99) 200 2 200 225 15 15 1 4 7 10 244 1
Bài 4: Chứng minh rằng A = . . . ...  3 6 9 12 246 27 HD : 1 3 6 9 243 1.4.7......244 1.3.6......243 2 ( )( ) 1 1 1 1 A  . . . .... = A  => 2 A  =  = A  3 4 7 10 244 (3.6.9....246)(3.4.7....244) 2 3.246 738 27 27 1 3 5 7 199 1
Bài 5: Chứng minh rằng: P = . . . ... Chứng minh rằng 2 P  2 4 6 8 200 201 HD : 2 4 200 1.3.5.....199 2.4.6...200 1 2 ( )( ) Ta có : 2 P  . ...... = P  = P  3 5 201
(2.4.6......200)(3.5.7.9.....20 ) 1 201 2 4 6 200 Bài 6: Cho S = . . ... Chứng minh rằng: 2 101  S  400 1 3 5 199 HD :
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 13 2 3 5 199 2.4.6....200 2.3.5...199 2 ( )( ) Ta có : S  . . ...... = S  ( )( ) = 400 1 2 4 198 1.3.5.7...199 1.2.4.6...198 3 5 7 201 2.4.6.....200 3.5.7....201 2 ( )( ) Mặt khác : S  . . ...... = S  ( )( ) = 201101 2 4 6 200 1.3.5.....199 2.4.6....200  1  1  1   1  1 Bài 7: Cho A = −1 −1 −1 ... −1       So sánh A với − 2 2 2 2  2  3  4  100  2 HD :
Ta thấy tích A gồm 99 số âm :  1  1   1   1.3 2.4 99.101  1 − 01 − − A = −1 −1 ....... −1 = − . ...... =        101 1 101 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 ca + 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 bc + 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 tx + y + z
x + y + z + t x + y + z
x + y + z + t y y +  y y zx + 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 xy + z + t
x + y + z + t y + z + t
x + y + z + t t t +  t t yx + 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 da + b + c
a + b + c + d a + b + c
a + b + c + d b b +  b b ca + 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 ab + c + d
a + b + c + d b + c + d
a + b + c + d d d +  d d ba + 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 + + Khi đó: b ba b c a
, cộng theo vế ta được: VT  =1+ 1+1 = 2 c + a b + c b + c b + c c ca + 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 da + b + c
a + b + c + d a + b + c
a + b + c + d b b +  b b ab + 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 bc + d + a
a + b + c + d c + d + a
a + b + c + d d d +  d d cd + 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: 2a + b + c + d a + b + d
a + b + c + d x y z
Bài 7: Cho các số x,y,z nguyên dương, CMR: 1  + +  2 x + y y + z z + x HD:
Ngoài hai cánh như trên, ta cũng có thể hướng dẫn học sinh làm theo cánh như sau: 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 + xx 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
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 16 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 + xx 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 2 2
2 ab bc ca a + b + c HD :
Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn hơn cạnh còn lại nên ta có : +  = ( + ) 2 2 b c a
a b c a = ab + ac a Tương tự ta có : 2
bc + ba b và 2
ac + cb c
Cộng theo vế ta được : ( + + ) 2 2 2
2 ab bc ca a + b + c 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:   ac +1 a + b + và c bc +1 a + b + c a b c
2a + 2b + 2c Cộng theo vế ta được: + +  = 2 bc +1 ac +1 ab +1 a + b + (ĐPCM) c
GV: Ngô Thế Hoàng_ THCS Hợp Đức 17