các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7 phần hình học

Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003... Đẳng thức được chứng minh... Chứng minh rằng tổng ba phân thức bằng tích của chúng... Tìm số nguyên n để B có giá trị lớn nh

CHUYÊN ĐỀ V : CÁC DẠNG BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI

GV: HỒ ĐẠI ĐOÀN

Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7)

Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức 3 8 15 9999

4 9 16 10000

99

Ta có:

A                        

  với B = 12 12 12 12

2 3 4  100 > 0 Nên A

< 99

Ta có k k 1 1  1k k11

  với mọi k  1 nên

Do đó A 99  B 99 1 98   Vậy 98  A 99

2 2

4 9 16

n

n



Bài toán 2: Viết số 1 2  2  3 3  4 4  999  999  1000 1000trong hệ thập phân Tìm ba

số đầu tiên bên trái số đó?

Giải: Ta có A  1 2 2  3 3  4 4  999  999  1000 1000 ; Đặt

1000 3000

3000

1000 10 100000 0000

B         gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là

1000 (1)

Đặt C  1000 1000  2  1000 3  1000  999  1000 1000  10 3  10 6   10 2997  10 3000=

100100100 1000 gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2) Vì B < A < C

và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số

ầu tiên bên trái của A là 100

Bài toán 3:

Cho

2

A

    Chứng minh rằng 0,15 A 0, 25 Giải : Ta có

2

A

B n  n  n  n  n (1)

 Với n 1 từ (1) ta có: B 3n2  9n  6 3n2  3n 2  3n 1 n 2 Từ đó :

   

Với C 

2.3 3.4   n 1 n 2  24.25 25.26  2 3 3 4   25 26  2 26 13 Suy

ra 1 6. 2 0,15

3 13 13

 Với n 1 từ (1) ta có: B 2n2  6n  4 2n2  3n 2 2n 1 n 2 Từ đó :

2.3 3.4   n 1 n 2  24.25 25.26  2 3 3 4   25 26  2 26 13 Suy

ra 1 6. 3 0, 25

2 13 13

A    Vậy 0,15 A 0, 25

6 3 k 2 1  2  3 2  3  4  k  k1  k2 4 2 k 2 Bài toán 4: Tính A

B biết :

A

n n

2.1980 3.1981 1978 31.2009

B

n n

Giải:

Với các số nguyên dương n và k ta có 1n n k 1 n n kn k   n n k n  n n k k 

Với k = 30 ta có :

2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009

2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009

Từ (1) và (2) suy ra 30 1978 1978 989

30 15

A

B

Bài toán 5: Tính tổng sau:

n

Giải:

Với n 1 thì

n

n

Bài toán 6: Tính các tổng sau:

1.2 2.3 1 98.99

A   n n   (*) ; B 1.99 2.98   n100  n 98.2 99.1  

Giải:

3A 1.2.3 2.3.3 3    n n 1  3.98.99 1.2 3 0     2.3 4 1   98.99 100 97  

1.2.3 2.3.4 98.99.100 1.2.3 2.3.4 97.98.99 98.99.100 970200 323400

3

A

1.99 2 99 1 3 99 2 98 99 97 99 99 98

1.99 2.99 3.99 99.99 1.2 2.3 3.4 98.99

99 1 2 3 99 99 99 1 99.99.50 323400 166650

2

Từ bài toán (*) suy ra 3 98.99.100 98.99.100

3

Nếu A 1.2 2.3 3.4    n n  1 Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B =

(n-1)n(n+1) với n = 100

1.2 2.3 3.4 1 .3 0.1 1.2 2.3 3.4  1 .3

1 0 2 3 2 4 5 4 6 97 96 98 99 98 100 3

1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 99.99.2 3 2.3 1  2 3 2 5 2 7 2 99 2

 2 2 2

6 1 3 99

    Do đó 6 1 2  3 2  5 2  99  2  99.100.101 hay

2 2 2 99.100.101

6

1 3 2 1

6

Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên

1 2 3

6

Bài toán 7: Tính B

A biết:

A

n n

1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010

B

Ta có

n n n n n  n n Nên:

A

n n



1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010

B

1 2019044 1009522

.

2 2009.2010 2009.2010

B

Do đó 1009522 :2008 1009522.2009 5047611

2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040

B

1011531 2

2018040

 Bài toán 8:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các

số nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002 Hỏi A + B chia hết cho 2003 không?

Giải:

Ta có: A 1.2.3.4 1001 và B 1002.1003.1004 2002

Ta viết B dưới dạng: B 2003 1001 2003 1000 2003 1         Khai triển B có một

tổngngoài số hạng  1001.1000 2.1 Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một

thừa số 2003 Nên

2003 1001.1000 2.1 2003

B n  n A với n là số tự nhiên Do đó: A B  2003n là một

số chia hết cho 2003

Cách giải khác:

Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;

1002; 1001 ; 1003;1000 ; 2002;1       Do đó B 1002.1003 2002 và  A 1001.1000 2.1

có cùng số dư khi chia cho 2003 Nên A B B    A chia hết cho 2003

Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8)

Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến

có thể suy ra hằng đẳng thức:

x ; y; z đôi một khác nhau

Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa

số kia sẽ có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau:

Bài toán 1:

Cho a b b c c a ;  ;  chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c

Nếu a và a a1 ; ; ; 2 a nlà các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì

1 2 n 1 2 n

Áp dụng hằng đẳng thức (*)

1

Bài toán 2: Cho a b b c c a ;  ;  Rút gọn biểu thức

B

Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược

B

1

Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau Chứng minh rằng:

Biến đổi vế trái, ta được: a b a c x a  a     b a b c x b  b     c a c b c x  c   







biến đổi vế trái bằng vế phải Đẳng thức được chứng minh

Bài toán 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau Chứng minh:

Giải: Ta có a b a c b c   a b a c b a    a b a c a c   c a a b1  1

Tương tự ta có:

c a



    (2)

a b



    (3)

Từ (1) ;(2) và (3) ta có

a b b c c a

   (đpcm)

Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:

      với ab; bc; ca

Giải:

Ta có:

Tương tự:

2



    (2)

2



    (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có

0

Bài toán 6: Cho ba phân thức

1

a b ab



 ;

1

b c bc



 ;

1

c a ca



 Chứng minh rằng tổng ba phân thức bằng tích của chúng

Giải:

Ta có :

(đpcm)

Bài toán 7: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số

nguyên dương không? a b c

a b b c c a     Giải:

 

           hay M > 1

M

< 2

Vậy 1 < M <2 Do đó M không thể là số nguyên dương

Bài toỏn 8: Đơn giản biểu thức

A

Giải: MTC là : abc a b b c a c         Nờn

A

2008b c 2008ac 2008a b 2008bc 2008a c 2008ab

abc a b b c a c



Bài toỏn 9: Tớnh giỏ trị của biểu thức:

2003 2 2013 31 2004 1 2003 2008 4  

2004 2005 2006 2007 2008

Giải: Đặt a = 2004 Khi đú:

2

P

            





3 9 2 2 2 18 9 31 1 2 3 3 7 2 14 8 2 3

1

    Vậy P = 1

B i 1: ài 1: Cho

3 ) 1 ( 2

1

2 





n

B Tìm số nguyên n để B có giá trị lớn nhất

B i 2: ài 1:

a, Tìm số nguyên x và y biết :

8

1 4

5



 y x

b, Tìm số nguyên x để A có giá trị là 1 số nguyên biết : A =

3

1





x

x

(x 0)

B i 3: ài 1:

Với giá trị nguyên nào của x thì biểu thức A=

x

x



 4

14

Có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị

đó

B i 4: ài 1: Tìm GTLN của biểu thức: A = x 1004 - x 1003

B i 5: ài 1: Tìm giá trị của x để biểu thức A = 10 - 3|x-5| đạt giá trị lớn nhất

B i 6 ài 1: Cho biểu thức A =

x

x



 6

2006

Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị lớn nhất Tìm giá trị lớn nhất đó

B i 7: ài 1:

a.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

4 ) 2 (

3

2 



x

b.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = (x+1)2 + (y + 3)2 + 1

B i 9 ài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =   





Z x x

x

; 4

14

Khi đó x nhận giá trị nguyên nào?

Bài 10: Tỡm x y  , biết: 25  y2  8(x 2009) 2

b) Tìm n Z sao cho : 2n - 3  n + 1

Bài 11: Tìm x, y thuộc Z biết: 2x + 1

7 =

1

y

Bài 12: a)Chứng minh rằng nếu a, b, c và a b c là các số hữu tỉ

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x  2006  2007  x Khi x thay đổi

Bài 13: a) Tỡm cỏc số nguyờn tố x, y sao cho: 51x + 26y = 2000

b) Tỡm số tự nhiờn x, y biết: 7 (x 2004 ) 2  23  y2

c) Tỡm x, y nguyờn biết: xy + 3x - y = 6

d) Tỡm mọi số nguyờn tố thoả món : x2-2y2=1

HD: a) Từ 51x + 26y = 2000  17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nờn x  2

mà x NT  x = 2 Lại cú 1000 – 13y  51 , 1000 – 13y > 0 và y NT  y =

b) Từ 7 (x 2004 ) 2  23  y2(1)

do 7(x–2004)2 0  23  y2   0 y2  23  y {0, 2,3, 4}

Mặt khỏc 7 là số NT  13  y2  7 vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)

suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4

b) Ta cú xy + 3x - y = 6  ( x – 1)( y + 3) = 3  1 1

3 3

x y

 





 

 hoặc x y1313

 

 hoặc x y1 33 1

 

 hoặc x y1131

 



1 2 ( 1)( 1) 2

do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khỏc y nguyờn tố  x x 1 21 y y x y32

Bài 14 : a) Tỡm cỏc số nguyờn thỏa món : x – y + 2xy = 7

b) Tỡm x y  , biết: 2 2

25  y  8(x 2012)

HD : a) Từ x – y + 2xy = 7  2x – 2y + 2xy = 7  (2x - 1)( 2y + 1) = 13

b) Từ 25  y2  8(x 2012) 2  y2  25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đú tỡm x

Bài 15 a) Tỡm giỏ trị nguyờn dương của x và y, sao cho: 1 1 1

x  y 5

b) Tìm các số a, b, c nguyên dương thoả mãn :

a3 3a2 5 5b





 và a 3  5c

HD : a) Từ 1 1 1

x  y 5  5 ( x + y) = xy (*)

5 5

5

x xy

y









 + Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra: 5q + y = qy  5q = ( q – 1 ) y Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta

q

  Ư(5) , từ đó tìm được y, x

b) a3 3a2 5 5b





  a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a 3  5c  a2 5c = 5( 5b – 1 – 1)

2 1

1

5

b

c

a







  Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) Với c = 1 a = 2 và b = 2

Bài 16: Tìm các cặp số nguyên tố p, q thoả mãn:

2

5 p 2013 5 p

q

5 p 2013 5 p 2013 25p 25p 2013 25 (25p p 1)

Do p nguyên tố nên 2 2

2013  q  25 và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q

Bài 17 : Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 2 n 1 chia hết cho 7

HD : Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7

Với n  3 khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( k N *)

Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A  7

Xét n = 3k +1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không chia hết cho 7

Xét n = 3k+2 khi đó 2n – 1 = 23k +2 -1 = 4.83k – 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không chia hết cho 7 Vậy n = 3k với k N *

* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:

Bài 18 Tìm số nguyên m để:

a) Giá trị của biểu thức m -1 chia hết cho giá trị của biểu thức 2m + 1 b) 3m 1  3

HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1 Nếu m < -2 thì m 1  2m 1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1

Vậy m { -2; -1; 0; 1}

Cách 2 : Để m 1 2  m  1 2(m 1) 2  m  1 (2m 1) 3 2   m  1 3 2  m 1

b) 3m 1  3  - 3 < 3m – 1 < 3  2 4 0

1

m m

m







    

 vì m nguyên

Bài 19 a) Tìm x nguyên để 6 x  1 chia hết cho 2 x  3

b) Tìm x  Z để A Z và tìm giá trị đó

A = 1 23





x

x

HD: A = 1 23





x

x

= 1 2( 3) 6 7 2

x

Bài 20: Tìm x nguyên để 2012 5

1006 1

x x





HD : 2012 5

1006 1

x x



 = 2(1006 1) 2009 2 2009

x

 

 

để 2012 5

1006 1

x x



  2009 1006  x 1  x là số CP

Với x >1 và x là số CP thì 1006 x  1 2012 2009  suy ra 2009 không chia hết cho 1006 x 1

Với x = 1 thay vào không thỏa mãn

Với x = 0 thì 2009 :1006 x  1 2009

Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1.Các kiến thức vận dụng :

* a 2 + 2.ab + b 2 = ( a + b) 2  0 với mọi a,b

* a 2 – 2 ab + b 2 = ( a – b) 2  0 với mọi a,b

*A 2n  0 với mọi A, - A 2n  0 với mọi A

* A   0, A ,  A   0, A

* A  B A B , A B, dấu “ = ” xẩy ra khi A.B  0

* A  B A B , A B, dấu “ = ” xẩy ra khi A,B  0

2 Bài tập vận dụng:

* Dạng vận dụng đẳng thức : a 2 + 2.ab + b 2 = ( a + b) 2  0 với mọi a,b

Và a 2 – 2 ab + b 2 = ( a – b) 2  0 với mọi a,b

Bài 21: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:

a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012

b) Q(x) = x2 + 100x – 1000

HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010

Do ( x - 1)2  0 với mọi x , nên P(x)  2010 Vậy Min P(x) = 2010

khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1

b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500  - 3500 với mọi x

Vậy Min Q(x) = -3500

Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0) HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x

2

b

2

b

a ) + ( c - 2

4

b

a) = a( 2 4 2 4 2

    Vậy Min P(x) = 4 2

4

ac b a

 khi x =

2

b a



Bài 22 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a) A = - a2 + 3a + 4

b) B = 2 x – x2

HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = 2 3 3 2 9 3 2 25

( 2 ( ) ) (4 ) ( )

Do ( 3) 0,

2

    nên A 25,

  Vậy Max A = 25

4 khi a = 3

2

2x x  (x  2 .1 1 ) 1x    (x 1)  1 Do  (x 1) 0,   x B  1, x

Vậy Max B = 1 khi x = 1

Bài 23 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

a) P = 2

2012

4 2013

x  x b) Q = 20122012 2013

2011

a a





* Dạng vận dụng A 2n  0 với mọi A, - A 2n  0 với mọi A

Bài 24 : Tìm GTNN của biểu thức :

a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012

b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012

HD : a) do (x 2 )y 2   0, x y, và (y 2012) 2012   0, y suy ra : P  0 với mọi x,y

 Min P = 0 khi x y 22012 0y0  x y40242012

b) Ta có (x y  3) 4   0 ,x y và (x 2 )y 2   0 ,x y suy ra : Q  2012 với mọi x,y  Min Q = 2012 khi

2 2

1 ( 2 ) 0

y









Bài 25 : Tìm GTLN của R = 2 4

2013 (x 2)  (x y )  3

Bài 26 : Cho phân số: 43  52

x

x

C (x  Z) a) Tìm x  Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó

b) Tìm x  Z để C là số tự nhiên

HD : 3 2 3.4.(3 2) 3.12 8 3.(1 23 )

4 5 4 3.(4 5) 4 12 15 4 12 15

C

C lớn nhất khi 12 x 2315 lớn nhất  12 x  15 nhỏ nhất và 12 x 15 0   x 2

Vậy Max C = 3(1 23) 8

4  9 3 khi x = 2

Bài 27 : Tìm số tự nhiên n để phân số

3 2

8 7





n

n

có giá trị lớn nhất

HD : Ta có 7 8 7 2(7. 8) 7 14. 16 7(1 5 )

2 3 2 7(2 3) 2 14 21 2 14 21

Để

3 2

8 7





n

n

lớn nhất thì 5

14n  21 lớn nhất  14n 21 0  và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất 21 3

14 2

n

   và n nhỏ nhất  n = 2

* Dạng vận dụng A   0, A ,  A   0, A

A B A B , A B, dấu “ = ” xẩy ra khi A.B  0

A B A B , A B, dấu “ = ” xẩy ra khi A,B  0

Bài 28: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a) A = ( x – 2)2 + y x + 3

b) B = 20122011x 2010

HD: a) ta có (x  2) 2  0 với mọi x và y x  0 với mọi x,y  A  3 với mọi x,y Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi

2

2 0

y

y x







 b) Ta có  x 2010  0 với mọi x  2012  x 2010  2012 với mọi x

B

2012

B

  với mọi x, suy ra Min B = 2011

2012 khi x = 2010

Bài 29 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức

a) A x 2011  x 2012

b) B x 2010  x 2011  x 2012

c) C = x 1  x 2   x 100

HD : a) Ta có A x 2011  x 2012 = x 2011  2012  x  x 2011 2012   x  1

với mọi x  A 1 với x Vậy Min A = 1 Khi (x 2011)(2012  x) 0   2011  x 2012 b) ta có B x 2010  x 2011  x 2012  (x 2010  2012  x)  x 2011

Do x 2010  2012  x  x 2010 2012   x  2 với mọi x (1)

Và x  2011 0  với mọi x (2)

Suy ra B  (x 2010  2012  x)  x 2011  2 Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra dấu “=” hay ( 2010)(2012 ) 0 2011

2011 0

x x





 c) Ta có

1 2 100

(x 1 100   x) (  x 2  99  x) (   x 50  56  x)

             = 99 + 97 + + 1 = 2500 Suy ra C  2050 với mọi x Vậy Min C = 2500 khi

( 1)(100 ) 0 1 100



Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết