Bộ 19 Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Toán 7 - Chuyên đề 5: Chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

 ĐS7. CHUYÊN ĐỀ 5 - CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GTLN, GTNN
PHẦN I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT.
I. Số thực dương, số thực âm:
 • Nếu x là số thực dương, ta ký hiệu x 0 
 • Nếu x là số thực âm, ta ký hiệu x 0
 • Nếu x là số thực dương hoặc x 0 , ta nói x là số thực không âm, ký hiệu x 0
 • Nếu x là số thực âm hoặc x 0 , ta nói x là số thực không dương, ký hiệu x 0
 Chú ý: 
 • Phủ định của mệnh đề "a 0" là mệnh đề " a 0"
 • Phủ định của mệnh đề "a 0"là mệnh đề " a 0"
II. Khái niệm bất đẳng thức:
 1. Định nghĩa 1: Số thực a gọi là lớn hơn số thực b , ký hiệu a b nếu a b là một 
 số dương, tức là a b 0 . Khi đó ta cũng ký hiệu b a
 Ta có: a b a b 0
 Nếu a b hoặc a b , ta viết a b . Ta có: a b a - b 0
2. Định nghĩa 2:
 Giả sử A, B là hai biểu thức bằng số 
 Mệnh đề: " A lớn hơn B ", ký hiệu: A B
 " A nhỏ hơn B ", ký hiệu: A B
 " A lớn hơn hay bằng B ", ký hiệu A B 
 " A nhỏ hơn hay bằng B ", ký hiệu A B 
 được gọi là một bất đẳng thức
 Quy ước : 
 • Khi nói về một bất đẳng thức mà không chỉ rõ gì hơn thì ta hiểu rằng đó là một bất đẳng 
 thức đúng.
 • Chứng minh một bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng 
III. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức :
 a b
1. Tính chất 1: a c
 b c
2. Tính chất 2: a b a c b c
Hệ quả 1: a b a c b c
Hệ quả 2: a c b a b c
 a b
3. Tính chất 3: a c b d
 c d
 ac bc neáu c > 0
4. Tính chất 4: a b 
 ac bc neáu c < 0 PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI TẬP.
A. BẤT ĐẲNG THỨC 
Dạng 1: Tổng phân số tự nhiên
I.Phương pháp giải.
 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
II.Bài toán.
 1 1 1 1 1 1 1 1
Bài 1: Chứng minh rằng: 
 4 16 36 64 100 144 196 2
 Lời giải
 1 1 1 1 1 1 1
 Ta có 
 4 16 36 64 100 144 196
 1 1 1 1
 ... 
 22 42 62 142
 1 1 1 1 1 
 2 2 2 2 ... 2 
 2 1 2 3 7 
 1 1 1 1 1 
 2 2 ... 
 2 1 1.2 2.3 6.7 
 1 1 1 1 1 1 
 1 1 ... 
 4 2 2 3 6 7 
 1 1 1 1 1
 2 
 4 7 2 28 2
 1 1 1 1 1 1 1 1
 Vậy 
 4 16 36 64 100 144 196 2
 1 1 1 1 1 1 1 1
Bài 2: Chứng minh rằng: 
 5 13 25 41 61 85 113 2
 Lời giải
 1 1 1 1 1 1 1
 Ta có 
 5 13 25 41 61 85 113
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 5 12 12 12 60 60 60 5 4 20 2
 1 1 1 1 1 1 1 1
 Vậy 
 5 13 25 41 61 85 113 2
 11 1 1 1 1 1 3
Bài 3: Chứng minh rằng: ... 
 15 21 22 23 59 60 2 1 1 1 1
 Vậy M ... 1 1 2
 5 6 7 17
 3 3 3 3 3
Bài 7: Cho S . Chứng minh rằng: 1 S 2 
 10 11 12 13 14
 Lời giải
 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 15
 Ta có 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
 Ta có S 1,5 2 S 2 
 10 11 12 13 14 10 10 10 10 10 10
 Vậy 1 S 2
 5 5 5 5
Bài 8: Cho S ... . Chứng minh rằng: 3< S < 8
 20 21 22 49
 Lời giải
 Tổng trên có 30 số hạng:
 5 5 5 5
 Ta có: S ... 30. 3 S 3 
 50 50 50 50
 5 5 5 5 5
 Ta có S ... 30. S 8
 20 20 20 20 20
 Vậy3< S < 8
 1 1 1 1 5 3
Bài 9: Chứng minh rằng: A .. thì A 
 101 102 103 200 8 4
 Lời giải
 Ta thấy tổng A có 100 số, như vậy ta sẽ nhóm thành 50 ngoặc, mỗi ngoặc sẽ có hai 
 phân số, gồm một phân số đứng đầu và một phân số đứng cuối, cứ như vậy dồn sâu vào 
 trong tổng
 1 1 1 1 1 1 
 A ... 
 101200  102199  150151 
 50 ngoÆc
 301 301 301
 ... 
 101.200102.199150.151
 50 sè h¹ng
 1 1 1 
 301 ... , 
 101.200102.199150.151 
 50 sè h¹ng 
 Lúc này ta sẽ so sánh tất cả với chung một phân số đầu hoặc cuối,
 5
 TH1: Ta chứng minh A thì ta có: 
 8 4
 TH1: Ta chứng minh A bằng cách nhóm hai số một ngoặc thông thường
 3
 1 1 1 1 1 1 81 81 81
 Ta có: A ... ... 
 1170  1269  4041 11.7012.6940.41
 30 ngoÆc 30 sè h¹ng
 81 81 81 81.30 243 240 240 4
 A ... 
 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 
 2
 minh được
 Lý do: vì việc chứng minh nhỏ hơn mà chúng ta so sánh lớn hơn lượng dư thừa, dẫn 
 5
 đến tổng A lớn hơn , do đó để giảm bớt lượng dư, tùy vào bài toán, chúng ta nên 
 2
 nhóm thành 6 ngoặc
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 A ... ... ... ... ... ... 
 11 20 21 30 31 40 41 50 51 60 61 70 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 A ... ... ... ... ... ... 
 11 11 21 21 31 31 41 41 51 51 61 61 
 10 10 10 10 10 10 1 1 1 1 1
 A 1 
 11 21 31 41 51 61 2 3 4 5 6
 1 1 1 1 1 5
 = 1 = 2 0,5 
 2 3 6 4 5 2
 4 5
 Vậy A 
 3 2
 1 1 1 1 3 4
Bài 12: Cho S ... , Chứng minh rằng: S 
 31 32 33 60 5 5
 Lời giải
 Nhóm tổng S thành 3 ngoặc
 1 1 1 1 1 1 10 10 10
 S ... ... ... 
 31 40 41 50 51 60 31 41 51
 10 10 10 1 1 1 4
 30 40 50 3 4 5 5
 10 10 10 1 1 1 3
 Mặt khác: S 
 40 50 60 4 5 6 5
 3 4
 Vậy S 
 5 5
 1 1 1 1 1 1
Bài 13: Cho A ... , Chứng minh rằng: 0,2 < A < 0,4
 2 3 4 5 98 99
 Lời giải Lời giải
 1 1 1 1 1 1 
 Tổng A có 60 số hạng: A ... 
 21 80  2279  5051 
 30 ngoÆc
 1 1 1 30 303 101 112
 A 101 ... 101. 2
 21.8022.7950.51 21.80 168 56 56
 30 sè h¹ng 
 30 303
 Mặt khác: A 101. 1
 50.51 255
 Vậy1 < A < 2
 3 8 15 2499
Bài 17: Chứng minh rằng: A ... 48
 4 9 16 2500
 Lời giải
 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 2 2 ... 2 1 B 1 A 49 B 49 1 48
 2 3 50 
 3 8 15 2499
 Vậy A ... 48
 4 9 16 2500
 1 1 1 1 2016
Bài 18: Chứng minh rằng: A 1 ... 
 2 3 4 22016 1 2
 Lời giải
 1
 Nhận thấy tổng A có phân số cuối có dạng , nên muốn Chứng minh tổng A lớn hơn 
 2n
 1
 1 số ta nhóm 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 1
 A 1 2 2 3 3 3 3 ... 2006 ... 2006 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22006
 1 1 1 1 1
 A 1 2. 22. ... 22005. 
 2 22 23 22006 22006
 1 1 1 1 1 1 2016 1 2016
 A 1 ... 2006 1 2016. 2016 1 2016 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2