Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chương I, Chủ đề 4: Chứng minh các bất đẳng thức về tồng, tích của dãy số. Phương pháp quy nạp toán học (Có đáp án)

 Chủ đề 4
 CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VỀ TỒNG, TÍCH CỦA DÃY SỐ - PHƯƠNG PHÁP 
 QUY NẠP TOÁN HỌC
1. Một số kiến thức cần nhớ
a) Phương pháp làm trội, làm giảm
 Giả sử cần chứng minh A B , khi đó ta cần làm trội biểu thức A thành A M rồi chứng minh 
M B . Cũng có thể làm giảm B thành M B rồi chứng minh A M .
 Phương pháp làm trội, làm giảm thường được áp dụng cho bất đẳng thức về tổng hoặc tích của một 
dãy số. Khi đó dùng các tính chất bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng 
hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tổng của dãy số là:
 Giả sử ta cần chứng minh , khi đó ta thực hiện làm 
 A x1 A x2 A x 3 ... A x n M
trội A x B y B y để thu được 
 i i 1 i 
 A x1 A x2 A x 3 ... A x n B yn B y1 
Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức . 
 B yn B y1 M
+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tích của dãy số là:
 Giả sử ta cần chứng minh , khi đó ta thực hiện làm trội 
 A x1 .A x2 .A x 3 ...A x n M
 B y B y
 i 1 n 
 để thu được 
A x i A x1 .A x2 .A x 3 ...A x n 
 B yi B y1 
 B yn 
Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức M . 
 B y1 
+ Một số tổng sai phân hay dùng
 1 1 1 a 1 1
 ; 
 n n 1 n n 1 n n a n n a
 2a 1 1
 n n a n 2a n n a n a n 2a 
 1 1 1 1
    1 
 1.2 2.3 n n 1 n
 1 1 1 k
 ... 
 n n a n a n 2a n k 1 a n ka x n ka
 1 1 1 1 1 1 
    
 1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 2 1.2.3 n n 1 n 2
Chú ý: 
 - Ta cần áp dụng làm trội, làm giảm sao cho bất đẳng thức cuối cùng cần chứng minh phải càng 
đơn giản càng tốt. - Thông thường ta tìm quy luật viết các số hạng của dãy rồi đưa ra cách viết tổng quát, từ đó ta 
mới làm trội cho số hạng tổng quát và áp dụng cho các số hạng cụ thể. 
b) Phương pháp quy nạp toán học
+ Nội dung của phương pháp quy nạp
 Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện 
sau:
 - Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n
 - Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k k N suy ra được bất đẳng thức đúng với 
n k 1
 + Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp
 Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức với , ta tiến hành các 
 A n B n n n0, n N
bước như sau:
 - Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n n0
 - Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với n k k n , k N
 0 
 - Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1 và kết luận bất đẳng thức đúng với 
n n0 . 
Chú ý: 
 - Thông thường khi chứng minh bất đẳng thức có sự phụ thuộc vào số nguyên dương n, thì ta nên 
chú ý sử dụng phương pháp quy nạp toán học.
 - Trong phương pháp quy nạp toán học thì bất đẳng thức có được từ bước thứ hai chính là một 
giả thiết mới được dùng để chứng minh bất đẳng thức trong bước thứ ba. Do đó cần phải khai thác thật 
hiệu quả giả thiết quy nạp. 
2. Một số ví dụ minh họa
 1 1 1 1
Ví dụ 1. Với mọi số tự nhiên n >1. Chứng minh rằng: ... 
 2 n 1 n 2 n n
 Phân tích và lời giải
 Nhận thấy tổng trên có n số hạng, do đó ta làm trội bằng cách thay mẫu n k với 
k 1, 2, 3, ..., n 1 bằng n n . Tức là ta có:
 1 1 1
 , với k 1, 2, 3, ..., n 1
 n k n n 2n
 1 1 1 1 1 n 1
Khi đó ta được: ... ... 
 n 1 n 2 2n 2n 2n 2n 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
 Ví dụ 2. Với mọi số tự nhiên n 1. Chứng minh rằng: 
 1 1 1 1
 1 ... 2
 n 1 n 2 n 3 3n 1
 Phân tích và lời giải 1 1 1 1
+ Trước hết ta chứng minh: ... 2
 n 1 n 2 n 3 3n 1
 2n 1 2n 2
 Tổng trên có 2n 1 số hạng và lại thấy 2, do đó áp dụng tư tưởng như ví 
 n 1 n 1
dụ trên ta làm trội bằng cách thay mỗi số hạng bằng số hạng lớn nhất. Tức là ta được 
 1 1 1 1 1 1 1 1 2n 1
 ... ... 2
 n 1 n 2 n 3 3n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1
 1 1 1 1
+ Bây giờ ta chứng minh: 1 ... 
 n 1 n 2 n 3 3n 1
 1
 Tổng trên có 2n 1 số hạng và số hạng chính giữa là , ta chuyển bất đẳng thức cần 
 2n 1
chứng minh thành
 2n 1 1 1 1 1
 ... 
 2n 1 n 1 n 2 n 3 3n 1
 2n 1 2 1
 Ở đây ta lại nhận thấy n. có chứa số hạng chính giữa, do đó ý tưởng ở 
 2n 1 2n 1 2n 1
 1 1 1 1 1 1
đây là ghép các cặp dạng ; ; ...; thì được n tổng, rồi chứng 
 n 1 3n 1 n 2 3n 2n 2n 2
 2 2
minh mỗi tổng đó đều lớn hơn . Để chứng minh các tổng trên đều lớn hơn ta chỉ cần 
 2n 1 2n 1
 1 1
chứng minh được , trong đó k nhận các giá trị từ 1; 2; ...; n . Thật vậy:
 2n 1 k 2n 1 k
 1 1 4n 2 4n 2 2
 2 2 
 2n 1 k 2n 1 k 2n 1 k2 2n 1 2n 1
 Đến đây ta có lời giải như sau: 
Ta có 
 1 1 1 1 1
 ... ... 
 n 1 n 2 2n 1 3n 3n 1
 1 1 1 1 1
 ... 
 n 1 3n 1 n 2 3n 2n 1
 4n 2 4n 2 1 2 1
 ... .n 1
 n 1 3n 1 n 1 3n 2n 1 2n 1 2n 1
 1 1 1 1
Vậy ta được 1 ... 
 n 1 n 2 n 3 3n 1
Vậy bài toán được chứng minh
Nhận xét: Bất đẳng thức bên trái là một bất đẳng thức khó, sử dụng cách làm như bất đẳng thức bên 
phải không đem lại hiệu quả, cho nên ta phải tìm một phương án khác. Điểm quan trọng để tìm ra lời giải 
cho bài toán này chính là phát hiện các tổng bằng nhau 
 n 1 3n 1 n 2 3n ...2n 2n 2 2 2n 1 và ý tưởng ghép các cặp 1 1 1 1 1 1
 ; ; ...; sao cho khi quy đồng có cùng một tử số là 2 2n 1 
n 1 3n 1 n 2 3n 2n 2n 2 
và bước tiếp theo chính là đánh giá mẫu về cùng 2n 1.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 ta có:
 2n 1 1 1 1 1 3n 2
 ... 
 3n 2 2n 2 2n 3 2n 4 4n 2 4 n 1 
 Phân tích và lời giải
 1 1 1 1
Đặt P ... 
 2n 2 2n 3 2n 4 4n 2
 2n 1
+ Chứng minh P . Tổng P có 2n 1 số hạng, ta ghép thành n cặp cách đều hai đầu, còn lại 
 3n 2
 1
một số hạng đứng giữa là , mỗi cặp có dạng:
 3n 2
 1 1 2 3n 2 2 3n 2 2
 k 1, 2,..., n -1, n
 2 2 
3n 2 k 3n 2 k 3n 2 k2 3n 2 3n 2
 2n 1 2n 1
Do đó ta được: P 
 3n 2 3n 2 3n 2
 3n 2
+ Chứng minh P .
 4 n 1 
Để chứng minh bất đẳng thức này, chúng ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề: Với mọi 0 k m 2 k, m Z , ta có:
 1 1 1 1
 *
 m k 2m 2 k m 2m 2 
Chứng minh: Từ giả thiết 0 k m 2 k, m Z , ta thấy các mẫu số đều dương và 3m 2 0. 
Quy đồng mẫu số hai vế ta có 
 3m 2 3m 2
 * m 2m 2 m k 2m 2 k 
 m k 2m 2 k m 2m 2 
 2m2 2m 2m2 2m km 2km 2k k2 k2 km 2k k m 2
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, nên bổ đề được chứng minh 
Viết lại biểu thức P và áp dụng bổ đề ta có 
 1 1 1 1 1 1 
 2P ... 
 2n 2 4n 2 2n 3 4n 1 4n 2 2n 2 
 1 1 
 2n 1 
 2n 2 4n 2 
 1 3n 2 3n 2
Hay P   2n 1 
 2 2 n 1 2n 1 4 n 1 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Nhận xét: Ý tưởng của bài toán trên cũng là ghép theo cặp, với bất đẳng thức bên trái ta thấy không có 
vấn đề gì lớn cả. Tuy nhiên với bất đẳng thức bên phía phải, sẽ thực sự gây ra nhiều khó khăn nếu không 
phát hiện ra bổ đề: Với 0 k m 2 k,m Z , ta có: 
 1 1 1 1
 m k 2m 2 k m 2m 2
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguuyên dương n 2 ta có
 n 1 1 1 1 1
 1 ... n
 2 2 3 4 2n 1
 Phân tích và lời giải
 Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức kép nên ta chia thành hai bất đẳng thức để 
chứng minh. Nhận thấy tổng trên có 2n 1 phân số nên nếu chia theo nhóm tương tự như ví dụ trên 
không đem lại hiệu quả vì khi quy đồng theo nhóm thì các tử số không bằng nhau. Để tiện cho việc tìm 
lời giải ta đặt: 
 1 1 1 1
 P 1 ... 
 2 3 4 2n 1
 n 1
 Tức là ta cần chứng minh P n
 2
 Quan sát yêu cầu bài toán, ta thấy có thể làm trội bằng cách chia biểu thức thành nhiều nhóm, rồi 
làm trội từng nhóm.
+ Trước hết ta chứng minh P n . 
 Để ý ta thấy n 1 1 ... 1(có n số 1), nên ta có thể chia P thành n nhóm sao cho mỗi nhóm 
đều có thể bé hơn hoặc bằng 1. Ta có thể làm như sau:
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 1 1; 2. 1; ... 4. 1; ...; ... 2n 1. 1
 2 3 2 4 7 4 2n 1 2n 1 2n 1
Như vậy P được chia thành các nhóm có số phân số lần lượt là: 1; 2; 4; 8; ...; 2n 1 , ta cần kiểm tra xem 
tổng các phân số có phải là 2n 1 không? 
Ta có 1 2 4 8 ... 2n 1 2n 1, điều này có nghĩa là ta nhóm vừa đủ, và có tất cả n nhóm như 
vậy, khi này ta có thể giải được như sau:
Ta có: 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
 P 1 2 ... 3 3 ... 4 ... n 1 ... n 
 2 3 2 5 2 1 2 2 1 2 2 1 
 Làm trội biểu thức bằng cách thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi 
nhóm ta được 
 1 1 1 1
 P 1 .2 .4 .8 ... .2n 1 1 1 ... 1 n
 2 22 23 2n 1
 n 1
+ Để chứng minh P ta cũng làm tương tự.
 2
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 Ta có 
 P 1 2 ... 3 ... n 1 ... n n
 2 2 1 4 2 1 6 2 2 1 2 2
 Làm trội biểu thức bằng cách thay phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số nhỏ nhất trong mỗi 
nhóm ta được. 1 1 1 1 1 n 1
 P 1 .2 .4 ... .2n 1 1 
 2 22 23 2n 2n 2 2n
 n 1 n 1 2n 1 1 n 1
 P 1 
 2 2n 2 2n 2
Kết hợp hai bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luôn có:
 1 1 1
 1 .... 2
 22 32 n2
 Phân tích và lời giải
 Để chứng minh bất đẳng thức trên ta cần làm trội mỗi phân số bằng các thay mẫu số bằng một số 
nhỏ hơn. Để ý đến đánh giá k2 k k 1 , khi đó ta thu được các đánh giá có dạng 
1 1 1 1
 , cho k 2, 3, ..., n ta thì ta được một bất đẳng thức 
k2 k k 1 k 1 k
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 .... 1 ... . Bây giờ ta cần kiểm tra xem 
 22 32 n2 1 2 2 3 n 1 n
 1 1 1 1 1 1
1 ... 2 có đúng không. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng, do đó ta trình 
 1 2 2 3 n 1 n
bày lại lời giải như sau:
 1 1 1 1
 Ta có: , k là số nguyên dương.
 k2 k k 1 k 1 k
Cho k 2, 3, ..., n ta có:
 1 1
 1 
 22 2
 1 1 1
 32 2 3
 . . .
 1 1 1
 n2 n 1 n
 1 1 1
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: .... 1 
 22 32 n2
 1 1 1
Suy ra 1 .... 2. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
 22 32 n2
Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có: 
 1 1 1 1 1
 2 2 2 ... 2 
 4 6 8 2n 4
 Lời giải
Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1
 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2
 2.2 2.3 2.4 2.n 4.2 4.3 4.4 4.n
 1 1 1 1 1 1 1
 2 2 2 ... 2 1 
 4 2 3 4 n 4 4
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bất đẳng thức tổng quát của ví dụ trên là: 
 1 1 1 1 1
 , *
 2 2 2 ... 2 2 k N
 k.2 k.3 k.4 k.n k
 Ta thay k bởi một số tự nhiên khác 0 tuỳ ý sẽ được các bài toán mới, chẳng hạn với k 5 ta 
 1 1 1 1 1
có 
 2 2 2 ... 2 
 10 15 20 5n 25
 1 1 1 2014
Ví dụ 6. Chứng minh rằng: .... 
 22 32 20152 2015
 Lời giải
 1 1 1 1
Ta có với mọi k 1 thì k2 k k 1 0 nên 
 2 
 k k k 1 k 1 k
Cho k 2, 3, 4, ..., 2015, ta có: 
 1 1 1
 1 
 22 1.2 2
 1 1 1 1
 32 2.3 2 3
 . . .
 1 1 1 1
 20152 2014.2015 2014 2015
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được
 1 1 1 1 2014
 ..... 1 
 22 32 20152 2015 2015
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
 1 1 1 1 5
 1 ... 
 12 22 32 n2 3
 Phân tích và lời giải 
 1 1 1 1 1
Dễ thấy vì n là số nguyên dương nên ta có: ... 1 1
 2 2 2 2 2 
 1 2 3 n 1
 1 1 1 1 5
Bây giờ ta chứng minh ... .
 12 22 32 n2 3
 1 1 1
 Thực hiện ý tưởng làm trội như các ví dụ trên với đánh giá . Tức là ta sẽ thu được 
 k2 k 1 k
 1 1 1 1 1 1
một bất đẳng thức ... 1 1 2 , tuy nhiên ở đây ta không thể khẳng 
 12 22 32 n2 n n 1 5
định được 2 là đúng. Do đó trong bất đẳng thức trên ta không thể làm trội theo các đánh giá 
 n 3
như trên được. Tất nhiên là với bài toán này ta vẫn thực hiên ý tưởng làm trội nhưng với một đánh giá tốt 
 1 a2 a2 a2 1 1 
hơn, khi đó ta cần một đánh giá theo kiểu . Để ý ta 
 2 2 2 
 k ak ak b2 2b ak b ak b 
 1 1 1 2
viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh là ... nên với k 2 khi đó ta chọn các 
 22 32 n2 3
 a2 2
giá trị a, b nguyên dương sao cho , thử một vài trường hợp ta chọn được a 2, b 1. 
 2b 2a b 3
 1 4 4 1 1 
Tức là ta được . Vấn đề bây giờ ta cần kiểm tra xem đánh 
 2 2 2 2 
 k 4k 4k 1 2k 1 2k 1 
giá được chọn có đủ tốt hay không:
 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 ... ... 
 22 32 n2 3 5 5 7 2n 1 2n 1 3 2n 1 3
 Như vậy đánh giá ta chọn là một đánh giá đủ tốt nên ta chỉ cần trình bày lại lời giải cho bài toán 
như sau: 
 1 4 4 1 1 
 Ta có, với mọi , ta có: 
 k 1 2 2 2 2 
 k 4k 4k 1 2k 1 2k 1 
Cho k 2, 3, 4, , n ta có:
 1 4 4 2 2 2 2
 22 4.22 4.22 1 2.2 1 2.2 1 3 5
 1 4 4 2 2 2 2
 32 4.32 4.32 1 2.3 1 2.3 1 3 7
 . . .
 1 4 4 2 2 2 2
 n2 4n2 4n2 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
Cộng vế với vế các đánh giá trên ta được:
 1 1 1 1 2 2 2 5
 ... 1 1 2
 2 2 2 2 
 1 2 3 n 3 2n 1 3 3
Từ (1) và (2) được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 8. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có: 
 1 1 1 1
 .... 
 23 33 n3 4
Phân tích: Để ý ta thấy với mọi k N * ta luôn có k k3 k k k 1 k 1 , khi đó ta có đánh 
 1 1 1
giá , bây giờ ta làm trội theo đánh giá đó bằng cách cho 
 k3 k3 k k 1 .k. k 1 
k 2, 3, 4, , n .
 Lời giải 1 1 1 1
Ta có: , k 2
 k3 k3 k k k2 1 k 1 .k. k 1 
Cho k 2, 3, 4, , n ta có:
 1 1
 23 1.2.3
 1 1
 33 2.3.4
 . . .
 1 1
 n3 n 1 .n. n 1 
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
 1 1 1 1 1 1
 ... ... 
 23 33 n3 1.2.3 2.3.4 n 1 .n. n 1 
Mặt khác ta lại có
 1 1 1 1 1 1 1 1 
 ...    
 2.3.4 3.4.5 n 1 .n. n 1 2 1.2 2.3 n 1 n n n 1 
 1 1 1 1 1 1
 2 1.2 n n 1 4 2n n 1 4
Như vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bài toán tổng quát là với mọi số nguyên dương n ta luôn có: 
 1 1 1 1 1
 .... 
 23 33 n3 4 2n n 1 
Ta có thể đặc biệt hóa bằng cách 
- Chọn n là một số tự nhiên bất kì, chẳng hạn với n 100 ta có bài toán: 
 1 1 1 1 1
 Chứng minh rằng: ... 
 23 33 1003 4 101.200
- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với n 2015 ta có bất đẳng thức: 
 1 1 1 1
 ... 
 23 33 20153 4
 1 1 1 1 1
Ví dụ 9. Chứng minh rằng:    
 65 53 63 20143 40
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức kép nên ta cần một đánh giá kép là 
 1 1 1
 , bây giờ ta làm trội và làm giảm theo đánh giá đó bằng cách 
k k 1 k 2 k3 k 1 k k 1 
cho k 5, 6, 7, , 2014.
 Lời giải 1 1 1 1
Ta có: 
 k3 k3 k k k2 1 k 1 k k 1 
 1 1 1 1
 k3 k3 3k2 2k k k2 3k 2 k k 1 k 2 
 1 1 1
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được: 
 k k 1 k 2 k3 k 1 k k 1 
Cho k 5, 6, 7, , 2014 ta có:
 1 1 1
 5.6.7 53 4.5.6
 1 1 1
 6.7.8 63 5.6.7
 . . .
 1 1 1
 2014.2015.2016 20143 2013.2014.2015
 1 1 1
Đặt A    , cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
 53 63 20143
 1 1 1 1 1 1
    A    
5.6.7 6.7.8 2014.2015.2016 4.5.6 5.6.7 2013.2014.2015
 1 1 1 1
Ta cần chứng minh:    
 65 5.6.7 6.7.8 2014.2015.2016
 1 1 1 1
Và    
 4.5.6 5.6.7 2013.2014.2015 40
 1 1 1 1
+ Chứng minh:    
 65 5.6.7 6.7.8 2014.2015.2016
Ta có: 
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
    
 5.6.7 6.7.8 2014.2015.2016 2 5.6 2015.2016 2 30 390 65
 1 1 1 1
+ Chứng minh:    
 4.5.6 5.6.7 2013.2014.2015 40
 1 1 1 1 1 1 1
Ta có:    
 4.5.6 5.6.7 2013.2014.2015 2 4.5 2014.2015 40
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 10. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, ta luôn có: 
 1 1 1 1 9
 ... 2 
 5 13 25 n2 n 1 20
 Phân tích và lời giải