Bài nghe tiếng anh 7 theo chương trình mới

Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết... Chứng minh rằng.. a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai[r]

(1)

CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên.

I/ Ghi số tự nhiên.

- Hệ thập phân: 1

1 10 1.10 1.10 0.10

n n

n n n n

a a a a a a  a a

      

Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, xoá số tận cùng thì ta được số nhỏ số ban đầu 2010

Giải: Gọi: Số cần tìm là: 10x  x3(x N );

Số sau xoá số tận cùng là x: Theo bài ta có phương trình: 10x + – x = 2010

9 2007

223

x x

 

Vậy số cần tìm là: 2233

Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab, biết ab ba 3;ab ba 5 Giải: Ta có ab10a b a b Z ( ,  ;1a b, 9)

Từ đã: ab ba 11(a b ), vì ƯCLN(3,5) = 11( ) 15

15

ab ba a b

a b

   

 



 (ƯCLN(11,15) =1)

Do 1a b, 9 ( , )a b 7,8 , 8,7 , 9,6 , 6,9      

Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96

II/ Các phép tính N; phép chia có dư. 1/ Phép tính(+; -; x; :)

- Phép tính luỹ thừa:

+ an a.a anthuaso

+ a an. m am n



+ a am : n am n m n m n N a, , , 0

   

( )am n am n



+ Quy ước: a1 a a; 0(a0)

+ Lưu ý: ( 0)x n y0;( 6)x n y6;( 1)x n y x1;( 5)n y5

   

+ Những số có số tận cùng là 4, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; + Những số có số tận cùng là 9, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ;

Ví dụ 1: So sánh 300200và 200300

Giải: Ta có: 300200 3 100200 200 9 100100 200 9 10100 400

  

300 300 300 100 300 100 300 100 600

(2)

100 400 500 600 100 600 10 10 10 10

   

Vậy300200<200300 Ví dụ 2: 122004 21000 10

 

Ta có 24 = 16

 25

100

2

  có số tận cùng là  

1005

2010 1005 1000 125

2  2 4 4 4 4 (4 ) 122004 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+ + 2004.10.22003+ 22004)

Mà 102004 + 2.102003+ + 10.22003



Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6.

2004 1000

12 10

  

B/ Phép chia hết tập hợp số nguyên. I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết.

1 Tính chất:

+ Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có và chỉ số chia hết cho n” + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho

+ Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho

+ Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho + Tích của số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120 Các dấu hiệu chia hết

1 0

) n n 2 a a a  a a   a 

1 0

) n n 5 b a a  a a   a 

1

0

) 3

n

n n i

i c a a  a a a



 

 

1

0 ) n n n i

i d a a a a a



 

 

1 1

1

) 25;4 25;4

) 125;8 125;8

n n n n

f a a a a a a

g a a a a a a a



 

 

Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = a5 a4 a3 a2 a1 a0

A 11  [(a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )]  11

Chứng minh:

A = (a0 + 102a2 + 104a4 + ) + (10a1 + 103a3 + 105a5 + )

Chú ý : 102 = 99 + 1, 104 = 9999 + 1, , tổng quát :

102k = bội 11 + , còn 10 = 11 – 1, 103 = 1001 – 1, 105 = 100001 – 1, Tổng quát 102k + = bội 11 – Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) +

(3)

Như vậy điều kiện cần và đủ số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11

Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n

6

Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3-

9 Chứng minh: 718 + 18.3- 9 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010)

Giải: Ta có: 717 + 17.3-

9, Đặt: 717 + 17.3- = 9k

Mặt khác: 718 + 18.3– = 7.(717 + 17.3– 1) + [18.3 – - 7.(17.3 - 1)]

= 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33) 

Vậy: 718 + 18.3-

9

Ví dụ3: Cho 717 + 17.3-

3 Chứng minh: 718 + 18.3- 3 (Đề thi chọn HSG líp

9, cấp trường năm học 2010 - 2011) 2 Sử dụng định lý mở rộng.

  2 1

) : ; ,

( )

2 , , ( )

n

n n n n n

n n

a n N a b a b a a b ab b a b Z

a b a b

n k k N a b a b



  

         

  

    



  2 1

) , 2 1: n n n n n n

b k N n k a b a b a  a b ab  b 

          

 

2 1: n n ;

n k a b a b a b

      

Các ví dụ:

Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n +

323

3 Một số phương pháp chứng minh khác.

- Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh

+ Xét vì n = n0

+ Gỉa sử vì n = k

+ Biến đổi chứng minh vì n = k + Từ đã được điều phải chứng minh

Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng

2

)3 7( )

n n

a n N

b   n N

  

  

 

c)10n 18n

  

Giải: a)32n 7n

 

+ Vì n = 1; hiển nhiên đúng,

+ Gỉa sử, n = k đúng, tức là:32k 2 7k

  Đặt: 32k  2k 7q

(4)

2( 1) 1

3 k 2k 9(3k ) 9.2k k 2.2k 7(9q ) 7k

       

Vậy n = k + đúng, Kết luận:32n 2 7n

 

b) Làm tương tự: c)10n 18n 27

  

Giải: + Vì n = hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – = 0

27

+ Gỉa sử n = k đúng, tức là 10k 18k 27

   , Đặt: 10k 18k 27 q

+ Xét vì n = k +1 ta có:

10k1 18(k 1) 10(10k 18k 1) 18k 18 (180k 10)

          

10.27q27 6  k 27(10q 6k 1) 27

Vậy n = k + đúng, Kết luận: 10n 18n 27

  

Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y 36 1375x y 

Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y 134xy45(Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2009)

Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + + 2100

a/ Chứng minh S chia hết cho b/ Chứng minh S chia hết cho 15 c/ S tận cùng là chữ số nào?

Lời giải a/ S = 21 + 22 + 23 + + 2100

=(21 + 22 )+ (23 + 24)+ +(299+ 2100)

= 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2).

= 3.(2 + 23 +…+ 299) 

Vậy S 

b/ Nhóm số hạng của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227)  15

c/ S  15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 3.Các dạng bài tập khác sử dụng.

a) Tìm số tận cùng

b) Sử dụng phép chia có dư

c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne d) Sử dụng đồng dư thức

C/ Số nguyên tố.

I/ Số nguyên tố, hợp số.

1 Bài tập liên quan đến số nguyên tố.

(5)

1) Nếu tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn thừa số của tích chia hết cho p

Hệ quả: Nếu an chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p

2) Nếu tích a.b chia hết cho m b và m là hai số nguyên tố cùng thì a chia hết cho m

Thật vậy, phân tích m Theo số nguyên tố : m = a1k1a2k2 an kn (1)

Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì số mò lớn hoặc số mò của các thừa số nguyên tố (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nên b không chứa thừa số nguyên tố nào các thừa số a1 , a2, , an Do a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , an tức là a chia hết cho m

3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n

Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so chia hết cho BCNN ( m,n)

Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng m và n thì a chia hết cho tích m.n

II Những ví dụ

Ví dụ Tìm số tự nhiên n cho 18n + chia hết cho 7. Giải : Cách 1: 18n + 

 14n + 4n + 3

 4n + 3 

 4n + – 7 

 4n – 4 

 4(n – 1) 

Ta lại có (4,7) = nên n – 

Vậy n = 7k + ( k  N).

Cách 2: 18n + 

 18 n + – 21 

 18n - 18 

 18(n – 1) 

Ta lại có (18,7) = nên n – 

Vậy n = 7k + ( k  N)

(6)

Ví dụ: Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b  N) Chứng minh 10a + b chia hết cho 13

Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x  13, cần chứng minh y  13 Cách 1: xét biểu thức:

10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y  13

Do x  13 nên 4y  13 Suy y  13 Cách 2: Xét Biểu thức:

4y – x = (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x  13

Do x  13 nên 4y  13 Ta lại có ( 4,13) = nên y  13 Cách : Xét biểu thức:

3x + y = (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b Như vậy 3x + y  13

Do x  13 nên 3x  13 Suy y  13 Cách 4: Xét biểu thức:

x + 9y = a + 4b + (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y  13

Do x  13 nên 9y  13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y  13

Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa các biểu thức mà sau rút gọn có số hạng là bội của 13, số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13 Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo hệ số của a 13 Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo hệ số của b 13

Ví dụ Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24

Giải Ta có (p – 1)p(p + 1)  mà (p,3) = nên

(p – 1)(p + 1)  (1)

p là số nguyên tố lớn nên p là số lẻ, p – và p + là hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số là béi của nên tích của chúng chia hết cho (2)

Từ (1) và (2) suy (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng và

(7)

III Tìm số bị chia biết số chia và số dư hai phép chia

Ví dụ Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho thì dư 1, chia cho thì dư 5.

Giải : Gọi n là số chia cho dư 1, chia cho dư

Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r  N, r < 35), trong r chia dư 1, chia dư

Số nhỏ 35 chia cho dư là 5, 12, 19, 26, 33 chỉ có 26 chia cho dư 1, vậy r = 26

Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26

Cách 2: Ta có n –   n – + 10   n + (1) Ta có n –   n – + 14   n +  (2) Từ (1) và (2) suy n +  35

số n nhỏ nhBất có tính chBất là n = 26

Cách 3: n = 5x + = 7y +  5x = 5y + 2y +  2(y + 2)   y + 

Giá trị nhỏ nhBất của y 3, giá trị nhỏ của n 7.3 + = 26 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n có bội chữ số cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98

Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98

 131x = 131y + y – 14  y – 14  131  y = 131k + 14 ( k  N)

 n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946

Do n có bội chữ số nên k = , n = 1946

Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy

131(x – y) = y – 14 Nếu x > y thì y – 14  131  y  145  n có

nhiều bội chữ số

Vậy x = y, y = 14, n = 1946,

Cách 3 Ta có n = 131x + 112 nên

132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên

131n = 131.132y + 12838 (2)

Từ (1) và (2) suy 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946

 n = 131.132(x – y) + 1946.

Vì n có bội chữ số nên n = 1946 III/ ƯCLN, BCNN.

1) Tìm hai số đó biết ƯCLN của chúng.

(8)

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b)

Ta có (a,b) = nên a = 6a’; b = 6b’ (a’, b’) = (a, b, a’, b;  N) Do a + b = 84 nên (a’ + b”) = 84 suy a’ + b’ = 14

Chọn cặp số a’, b’ ngun tố cùng có tởng 14 (a’  b’), ta được:

a’ Do a 18 30

b’ 13 11 b 78 66 54

Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích 300 ƯCLN 5.

Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b)

Ta có (a,b) = nên a = 5a’, b = 5b’ (a’, b’) = Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy a’b’ = 12 = 4.3

Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tích 12 (a’  b’) ta được:

a’ Do a 15

b’ 12 b 60 20

2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.

Ví dụ Tìm hai số tự nhiên biết ƯCLN của chúng 10, BCNN của chúng 900

Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a  b

Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’  b Do ab = 100

a’b’(1)

Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2)

Từ (1) và (2) suy a’b’ = 90 Ta có các trường hợp:

a’ Do a 10 20 50 90

b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100

3) Tìm ƯCLN của hai số thuật toán Ơ clit

Ví dụ Cho hai số tự nhiên a và b (a > b)

a) Chứng minh a chia hết cho b thì (a,b) = b

b) Chứng minh a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số ƯCLN của số nhỏ và số dư phép chia số lớn cho số nhỏ

c) Dùng các nhận xét tìm ƯCLN (72,56)

Giải :

a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b Vậy (a,b) = b

(9)

Thật vậy, a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1)

Đảo lại b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2)

Từ (1) và (2) suy tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r Do hai số lớn hai tập hợp còng nhau, tức là (a, b) = (b,r)

c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư nên (56,16) = (16,8);

16 chia hết (16,8) = Vậy (72,56) =

Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r1, b chia cho

r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3 , rn – chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư (dãy số b,

r1 , r2 , ,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn quá trình

trên phải kết thúc vì số dư 0) Theo chứng minh ở ví dụ ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) = =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn)

Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2; r1,r2, là số dư các phép chia theo thứ tự

trên

Trong thực hành ngưêi ta đặt tính sau:

72 56

56 16

16

Việc thực hiện dãy phép chia liên tiếp được gọi là thuật toán Ơ–clit Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba

4) Hai số nguyên tố cùng nhau:

Hai số nguyên tố cùng là hai số có ƯCLN Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung là

Ví dụ Chứng minh rằng

a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng

c) 2n + và 3n + ( n  N) là hai số nguyên tố cùng

Giải:

a) Gọi d  ƯC (2n + 1,2n + 3)  (2n + 3) – (2n + 1)  d   d  d  {1; 2}

(10)

c) Gọi d  ƯC (2n + 1, 3n + 1)  (2n + 1) – (3n + 1)  d   d  d=1

Ví dụ Tìm số tự nhiên n các số 9n + 24 và 3n + là các số nguyên tố cùng

Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – (3n + 4)  d  12  d  d  { ; 3}

Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = là d  và d  Hiển nhiên d  vì 3n +

không chia hết cho Muốn d  phải có hai số 9n + 24 và 3n +

4 không chia hết cho Ta thấy:

9n + 24 là số lẻ  9n lẻ  n lẻ 3n + là số lẻ  3n lẻ  n lẻ Vậy điều kiện (9n + 24,3n + 4) = là n lẻ

5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số

Ví dụ Tìm ƯCLN của 2n - và 9n + (n  N)

Giải : Gọi d  ƯC (2n – 1, 9n + 4)  2(9n + 4) - 9(2n – 1)  d  17  d  d  { ; 17 }

Ta có 2n –  17  2n – 18  17  2(n – 9)  17  n –  17 

 n = 17k + ( k  N) Nếu n = 17k + thì 2n –  17 và

9n + = 9.(17k + 9) + = 17.9k + 85  17, (2n – 1, 9n + 4) = 17

Nếu n  17k + thì 2n –  khơng chia hết cho 17, (2n – 1, 9n + 4) =

1

Ví dụ Tìm ƯCLN của n(n21) và 2n + (n  N *)

Giải : Gọi d  ƯC 

  

 

 

1 ,

) (

n n

n

thì n(n + 1)  d và 2n + d

Suy n(2n + 1) – n(n + 1)  d tức là n2  d

Từ n(n+1) d và n2  d suy n  d Ta lại có 2n +  d, 1d, nên d =

1

Vậy ƯCLN của

) (n

n

và 2n + V Số lượng ước của số (*)

Nếu dạng phân tích thừa số nguyên tố của số tự nhiên A = ax.by.cz thì số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1)

Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p m có x + cách chọn ( là 1, a, a2 , ax),

n có y + cách chọn (là 1, b , b2, , by), p có z + cách chọn (là 1, c, c2, cz),

Do số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ Tìm số nhỏ có 12 ước.

(11)

N = ax.by.cz ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12 ( x  y  z   1)

Số 12 có bội, cách viết thành tích của hay nhiều theo số lớn là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2

Xét các trường hợp sau:

a) n chứa theo số nguyên tố : Khi x + = 12 nên x = 11 Chọn theo số nguyên tố nhỏ là 2, ta có số nhỏ trường hợp này là 211

b) n chứa hai thừa số nguyên tố:

Khi (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, x = 5, y = hoặc x = , y = Để n nhỏ ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có

n = 25.3 = 96 hoặc n = 23.32 = 72 Số nhỏ trường hợp này là 72 c) n chứa ba thừa số nguyên tố :

Khi (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = Số nhỏ là 22.3.5 = 60 So sánh ba số 211, 72, 60 ba trường hợp, ta thấy số nhỏ có 12 ước là 60

CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I Dãy cộng :

Xét các dãy số sau:

a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,

b) Dãy số lẻ: , 3, , 7, c) Dãy các số chia cho dư : , 4, 7,10

Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, lớn số hạng đứng liền trước cùng số đơn vị, số đơn vị này là ở dãy a); là ở dãy b); là ở dãy c) Ta gọi các dãy là dãy cộng

Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là Số hạng thứ của dãy này là 19, : + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là + (10 – 1).3 = 31

Tổng quát, dãy cộng có số hạng đầu là a1 và hiệu giữa hai số hạng

liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng (kí hiệu an) bằng:

an = a1 + (n - 1)d (1)

Đó tính tởng số hạng của dãy cộng

4 + + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = + + 10 + 25 + 28 + 31

A = 31 + 28 + 25 + + 10 + +

nên A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( + 31) 10 Do A = (4 31).10 175

2



(12)

Tổng quát, dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a1, số hạng cuối là

an thì tởng của n số hạng được tính sau:

2 )

(a1 a n

S  n

 (2) (*)

Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ bằng: + + + + n = n n( 21) (3)

II Các dãy khác

Ví dụ Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật: a) , , 15 , 24 , 35, (1)

b) , 24 , 63 , 120 , 195, (2) c) , , , 10 , 15, (3) d) , , 10 , 17, 26, (4) Giải

a) Dãy (1) viết dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,

Mỗi số hạng của dãy (1) là tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn theo số thứ là đơn vị Các theo số thứ làm thành dãy : 1,2,3,4,5, dãy này có số hạng thứ 100 là 100

Do số hạng thứ 100 của dãy (1) : 100 102 = 10200 b) Dãy (2) viết dạng :

1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,

Số hạng thứ 100 của dãy , 4, 7, 10 , 13 , là : + 99.3 = 298 Số hạng thứ 100 của dãy (2) : 298 300 = 89400

c) Dãy (3) viết dạng :

1.2 2.3 3.4 4.5 5.6

; ; ; ; ;

2 2 2

Số hạng thứ 100 của dãy (3) : 100.101 5050

2 

d) Dãy (4) viết dạng:

1 + 12 , + 22 , + 32 , + 42 , + 52,

Số hạng thứ 100 của dãy (4) : + 1002 = 10001 BÀI TẬP

1 Tìm chữ số thứ 1000 viết liên tiếp liền các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7,

(13)

b) Tính tởng các số chẵn có hai chữ số

3 Có số hạng nào của dãy sau tận cùng hay khằng? ; + ; + + ; + + + ;

4 a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ đến 100 tạo thành số A Tính tởng các chữ số của A

b) Cũng hỏi viết từ đến 1000000

5 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số ?

6 Tích A = 1.2.3 500 tận cùng chữ số ?

7 a) Tích B = 38.39.40 74 có theo số phân tích thừa số nguyên tố ?

b) Tích C = 31 32 33 90 có thừa số phân tích theo số nguyên tố ?

8 Có số tự nhiên đờng thời là các số hạng của cả hai dãy sau: 3, , 11, 15 , 407 (1)

2,9,16,23, , 709 (2)

9 Trong dãy số 1, 2, 3, , 1990, chọn được nhiều số tởng hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ?

10 Chia dãy số tự nhiên thành nhóm ( các số cùng nhóm được đặt dấu ngoặc)

(1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15), a) Tìm số hạng của nhóm thứ 100 b) Tính tởng các số thuộc nhóm thứ 100 11 Cho S1 = + 2,

S2 = + + 5,

S3 = + + + 9,

S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14,

Tính S100

12 Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau: a) 1.6; 2.7; 3.8;

b) 1.4; 4.7; 7.10;

13 Cho A = + + 32 + 33 + + 320 , B = 321 : Tính B – A

(14)

Chứng minh : A < B3 15 Tính giá trị của biểu thức:

a) A = + 99 + 999 + + 99 50 chữ số b) B = + 99 + 999 + + 99

200 chữ số

DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT

Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I Chúng ta gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật định Ví dụ Tính nhanh:

8 3 3      A Giải

Ta có: 37

1 3 1

3A     (1)

8 3 3      A (2)

Lấy (1) trừ (2) được:

2A = -

6561 6560 6561 1

8   

Do đó: A32806561

Ví dụ Tính tởng 100 số hạng của các dãy sau:

a) ,

5 , , , , 1

b) ,

336 , 176 , 66 , Giải

a) Ta ý :

) ( 1 1 , , , 1 1            n n n n Do đó:        101 100 2 1              101 100 100 99 2 1 101 100 101

1 



(15)

Cần tính tởng A = 11.66.111111.164961.501

Nhận xet: 1 ; 1 ; ; 1 1.6  11 6.11   496 501 496.501 

Tổng quát : 5 4 5 1(5  45)(5 1) 



 n n n

n

Do đó: 5011 500501

501 496 11 6 1

5A        

Suy : A100501

Ví dụ Tính tởng:

Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỡi số hạng thành hiệu của hai số cho số trừ ở nhóm trước số bị trừ ở nhóm sau:

Ta xét: 39 38 37 39 38 38 37 , , 2 3 , 2         

Tổng quát :

) )( ( ) )( ( ) (      

 n n n n n

n

Do đó:     

39 38 37 2 2B =                            39 38 38 37 3 2 741 370 39 38 740 39 38 1   

Suy ra: B185741

Tổng quát 1.21.3 2.13.4 ( 11)( 2) 12 ( 1)(1 2)     n n n n n

Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức:

a) ;

1 99 97 95 97 99 1 99 97 1                 A b) 99 97 98 99 100               B Giải

a) Ghép các phân số ở số bị chia thành cặp mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở số chia Biến đổi số bị chia: cộng cặp các phân số cách hai đầu ta được:

51 49 100 95 100 97 100 99 100 51 49 95 97 99

1    

                                 

(16)

b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – , 100 – 99 Số chia bằng:

            99 99 100 3 100 2 100 1 100                            99 99 3 2 1 99 100 100 100 100

= 100 + 100  

          99 99

= + 100 

                        100 99 100 99

Biểu thức này 100 lần số bị chia Vậy B = 1001 Ví dụ 5:

a) Tính tởng A =1.2 + 2.3 + 3.4 + + 98.99 b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính

B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982

c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính:

C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 Giải

a) Đó tích mỡi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu cặp hai số, ta nhân mỡi số hạng của A vì Thừa số này được viết dạng – ở số hạng thứ nhất, – ở số hạng thứ hai, – ở số hạng thứ ba, , 100 – 97 ở số hạng cuối cùng Ta có:

3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97) = 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + + 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99

= 98.99.100

Suy A = 323400

Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + + n(n+1) = n(n13)(n2) b) B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982 =

= 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + + 97(98 – 1) + 98(99 – ) = = (1.2 + 2.3 + 3.4 + + 97.98 + 98 99) – (1 + +3 + + 97 + 98) = A - 323400 4851 318549

2 99 98   

Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2 =

6 ) )( ( ) ( ) )( (       

n n n n n n n n

c) C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 =

= 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) + + 98(99 – 97) + 99(99 – 98) = = (1.99 + 2.99+ + 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+ + 97.98 + 98.99) = = 99 ( + + + + 99 ) – A =

= 99 166650

(17)

Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 = n(n16)(n2) BÀI TẬP

16 Tính nhanh:

A = 210

1

      

17 Viết tất cả các phân số dương thành dãy: ; , , , ; , 2 , ; , ;

a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật b) Phân số 5031là số hạng thứ của dãy ?

18 Tìm x, biết rằng

a) 51.8 8.111 111.14 ( 3) 1540101 

    



x

x ;

b)

1 1

1

( 1)

3 10

2

x x     

 =

1993 1991

C/ Phương trình nghiệm nguyên

I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện có nghiệm: (a,b) = d; c d

- Cách giải:

+ Đặt ẩn phụ liên tiếp

+ Tìm nghiệm riêng x y0; 0 của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là

0

x x bt y y at

  



  

+ Phương pháp phân tích thành nhân tử + Phương pháp loại trừ

+ Phương pháp xuống thang

CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. I Phương pháp chung.

1 Phương pháp đạt nhân tử chung Phương pháp nhóm các hạng tử Phương pháp dùng đẳng thức Phương pháp tách các hạng tử

Vì đa thức bậc hai:

( )

f x ax bx c phân tích đa thức thành nhân tử sử

(18)

C1: Tách b = b1 + b2, cho b1.b2= a.c đã thực hiện nhóm các hạng tử đã

phân tích thành nhân tử

C2: Nếu f x( )ax2bx c = có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x x1; đã

1

( ) ( )( )

f x ax bx c a x x x x   

4 Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp

5 Phương pháp đồng các hạng tử: II/ Các bài tập áp dụng

Dạng bài phân tích thành nhân tử

Bài Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử. a) 5x2 – 5y2

b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x

c) x4 + 1

d) x8 + x4 + 1.

e) x10 + x5 + 1

f) x2 + 3x -

g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2)

Bài Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + 2

b) 3x2 + 7x + =0

B Chia đa thức 1 Đặt chia.

2 Dùng sơ đồ Hooc – ne.

1

( ) n n

n n

f x a x a x  a x a

an an-1 a0

q an qan+ an-1 r

+ Vì q là ước của a0

+ Nếu r = thì f x( ) (x q )

Vý d”:

a) Tìm a cho 4x2 6x a x( 3)

   

b) Tìm a và b cho x4 ax b x( 1)

   

C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

1)Đưa tam thức bậc hai rồi biến đổi dạng: a) y = a + A2a  Miny a  A0,

Tương tự vì: y = a + 2k A a  Miny a  A0; Và : y = a + A a  Miny a  A0;

b) y = a - A2a => Maxy = a A0

Tương tự vì: y = a - 2k A a  Maxy a  A0; Và : y = a - A a  Maxy a  A0

c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn của: y= - x2 + 2x +7

(19)

2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc hai có cách giải Cách 1: Đặt: ( ) ( ) ( );( ( ) 0)

( )

f x

k f x kg x g x

g x

    rồi biện luận k

phương trình đã phải có nghiệm(Xét   0 k ?) rời kết luận

Cách 2: + Maxg x( )k g(x) đạt giá trị nhỏ (k là hằngsố) + Ming x( )k g(x) đạt giá trị lớn (k là hằngsố) Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A = 2

4x  4x3

Giải: Đặt:

2

3

(4 3) 3;( 4 0, )

4

4 3( 1) 0(*)

k k x x Do x x x

x x

kx kx k

        

 

    

Đã phương trình (*) có nghiệm

2

' (2 ) 12 ( 1)

4

8 12

0

2

k k k

k

k k

    

  

  

   

  

Vậy: Max A =

2khi x =

2

4

k k  A khơng có giá trị nhỏ

Lưu ý vì tam thức bậc hai f x( ) ax2 bx c

   có hai nghiệm x1và x2 ta có:

+ af(x)0vì    x  ,x1 ; x1,

+ af(x)0vì  x x x1; 2

+ Nếu  x x x1; 2=> f(x1) f(x1)0

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A =

2

1 x x

x x

   

3 Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử anan1 a1a0 k

Khia đã: Max( ) ( )1 1

n

n n n n

k

a a a a a a a a

n

       

4 Vì tích của hai hay nhiều số khơng đởi, ta có: Gỉa sử a an n1 a a1 k

Khia đã: Min(anan1 a1a0)n kn  an an1  a1a0

5 Bất đẳng thức Chaychy

(20)

b) Mở réng cho n số, ta có

1 1 1 1

, , , , n , , , ,

n n n n n n n n

a a  a a   a a  a a n a a  a a  a a   a a

D Chứng minh thức: I Phương pháp giải:

1 Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa. A  B  A – B 

+ Lập hiệu số A- B

+ Rút gọn A- B và chứng minh A – B 

+ Kết luận A  B

2 Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A:

2

A A A   B M B

3 Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết. 3.1) Bất đẳng thức Chauchy

a) a0,b 0 a b 2 a b , dấu “ = ” sảy a = b

b) Mở réng cho n số, ta có

1 1 1 1

, , , , n , , , ,

n n n n n n n n

a a  a a   a a  a a n a a  a a  a a   a a

3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki

ax by 2 a2b2 x2y2, dấu “ = ” sảy ra:ay bx

3.3) Ngoài sử dụng bất đẳng thức đã học. 4 Phương pháp 4: Phương pháp so sánh.

5 Phương pháp dùng tính chất bắc cầu:

6 Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A  B  A1  B1   (*)

Mà (*) đóng A  B

7 Phương pháp 7.

8 Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng.

Đã chứng minh A  B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô

lý Ta kết luận: A  B

II Các bài tập vận dụng:

A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản: 1 Cho a, b > Chứng minh    

   

3

a b a b

2

2 Chứng minh:   

2

a b a b

2

3 Cho a + b  Chứng minh:   

3

a b a b

2

4 Cho a, b > Chứng minh: a  b  a b

(21)

5 Chứng minh: Vì a  b  1:     

1

1 ab a b

6 Chứng minha b c a b c2 2 2      ; a , b , c  R

7 Chứng minh: a b c d e a b c d e2 2 2 2 2     \

8 Chứng minhx2y z2 xy yz zx 

9. a. Chứng minh: a b c   ab bc ca ; a,b,c 0  

3

b. Chứng minh      

 

2

2 2

a b c a b c

3 10 Chứng minh     

2

a b c ab ac 2bc

11 Chứng minh: a b ab a b2 2    12 Chứng minh: x y z2 2 22xy 2xz 2yz 

13 Chứng minh: x4y4z 2xy(xy2  2 x z 1) 

14. Chứng minh: Nếu a + b  thì : a3b31

4

15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: a. ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)

c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si

1. Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0     2. Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0  2 2  

3. Chứng minh1 a b c         1 3abc3 vì a , b , c 

4. Cho a, b > Chứng minh    

   

   

   

m m

m

a b

1

b a , vì m  Z

+

5. Chứng minh: bc ca ab a b c ;a,b,c 0     

a b c

6. Chứng minh:    

6

2

x y 3x y 16 ; x,y 0

7. Chứng minh:   



4

2

2a 3a

1 a

8. Chứng minh: a19951995 a 1   , a >

9. Chứng minh a b2  2b c2  2c a2  26abc.

10. Cho a , b > Chứng minh:       

 

  

2 2 2

a b c 1 1

2 a b c

a b b c a c

11. Cho a , b  , Chứng minh: ab a b b a 1   

12. Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng minh xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

(22)

14. Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c  16abc

(23)

c)           

     

1 1

1 1 64

a b c

15.Cho x > y > Chứng minh    

1

x

x y y

16.Chứng minh

a)  



2

x 2

x ,x  R b)

  

x 6

x , x > c)

  

2

a 4

a

17Chứng minh:      

  

ab bc ca a b c ; a, b, c 0

a b b c c a

18.Chứng minh:  

 

2

4

x y

4

1 16x 16y , x , y  R

19Chứng minh   

  

a b c

b c a c a b ; a , b , c >

20.Cho a , b , c > C/m:   

     

3 3 3

1 1

abc a b abc b c abc c a abc

21. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

a. a b c d abcd    vì a , b , c , d  (CÔsi)

b. a b c abc   vì a , b , c  , ((CÔsi)

22.Chứng minh: a b c3 3 3a bc b ac c ab2   ; a , b , c >

23.Chứng minh a b c abc  

Lêi giải

I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản 1 Cho a, b > Chứng minh    

 

 

3 3

a b a b

2 (*)

(*)       

 

3

a b a b 0

2        

2

3 a b a b

8

2 Chứng minh:   

2

a b a b

2 ()

 a + b  , ()

 a + b > , ()      

2 2

a b 2ab a b 0

4 

   

a b 0

4 đóng

Vậy:  



2

a b a b

2

3 Cho a + b  Chứng minh   

3

a b a b

2 

   



3 3

a b a b

8

 b a a   2 b2 0  3 b a   2 a b  0

4 Cho a, b > Chứng minh: a  b  a b

b a ()

(24)

 a b  a b 0   a b 2 a b0

5 Chứng minh: Vì a  b  1:     

1

1 ab

1 a b ()

    

 

1 1 0

1 ab ab

1 a b      

 

 

   

2

ab a ab b 0

1 a ab b ab

         2

b a a b 0

1 ab a b

           

   

a b a b a b 0

1 a ab b ab    

 

   



 

    

2

b a a ab b ba 0

1 ab a b 

        

 



  

2

b a ab 0

1 ab a b

,

 Vậy : a  b   ab   ab – 

6 Chứng minh a2b2c23 a b c     ; a , b , c  R  a 1 2b 1 2c 1 20

7 Chứng minh: a2b2c2d2e2a b c d e    

            

2 2

a ab b a ac c a ad d a ae e 0

4 4

             

       

2 2

a b a c a d a e 0

2 2

8 Chứng minh x2y2z2xy yz zx   2x22y22z2 2xy 2yz 2zx 0    x y 2x z 2y z 20

9 a. Chứng minh: a b c   ab bc ca ; a,b,c 0  

3

 a2b2c2 ab bc ca 

             

 

2 2

a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca

3

 a b c   ab bc ca 

3

b. Chứng minh      

 

 

2 2

a b c a b c

3

 a 2b2c2 a2b2c22 a 2b2c2

   

a2b2c22 ab bc ca   a b c 

      

 

2 2

a b c a b c

3

10 Chứng minh:     

2

a b c ab ac 2bc

4

       

2

a a b c b c 2bc 0

4   

 

  

 

 

2

a b c 0

2

11 Chứng minh: a2b2 1 ab a b   2a22b22 2ab 2a 2b 0   

(25)

 a b 2a 1 2b 1 20

12 Chứng minh: x2y2z22xy 2xz 2yz 

 x2y2z2 2xy 2xz 2yz 0    (x – y + z)2

13 Chứng minh: x4y4z2 1 2x(xy2 x z 1) 

 x4y4z2 1 2x y2 22x2 2xz 2x 0 

 x2 y22x z 2x 1 20

14.Chứng minh: Nếu a + b  thì: a3b31

4

 a + b   b  – a  b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3  a3 + b3 =     

 

2

1 1

3 a

2 4

15.Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

 ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2  a b c , b a c , c a b     

 a2b2 2bc c , b2a2 2ac c , c2a2 2ab b

 a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

b abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)  a2a2 b c 2  a2a c b a b c      

 b2 b2 a c 2  b2b c a a b c      

 c2 c2 a b 2  c2b c a a c b      

 a b c2 2 a b c   2 a c b   2 b c a  2

 abca b c a c b b c a          

c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0

 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 >  4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 >

 (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 >  [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] >  (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > , đóng

 Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác

 c – a + b > , c + a – b > , a + b – c > , a + b + c >

II Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si 1. Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0    

 áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:  a b ab  , b c bc  , a c ac   a b b c a c        8 a b c2 2 8abc

2. Chứng minh (a b c)(a  2b2c ) 9abc ; a,b,c 02  

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

 a b c abc   , a2b2c23 a b c3 2  a b c a   2b2c29 a b c3 3 9abc

3. Chứng minh: 1 a b c        13abc3 , vì a , b , c 

(26)

 a b c abc   , ab ac bc a b c   2

 1 a b c         1 abc a b c3  2 abc13abc3 4. Cho a, b > Chứng minh     

   

   

   

m m

m

a b

1

b a , vì m  Z

+





         

        

         

         

 

m m m m m

m m

a b a b b a

1 2

b a b a a b

2

5. Chứng minh: bc ca ab a b c ; a,b, c 0     

a b c

 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

  

2

bc ca 2 abc 2c

a b ab ,   

2

bc ba 2 b ac 2b a c ac ,

  

2

ca ab 2 a bc 2a b c bc

 bc ca ab a b c    

a b c

6. Chứng minh:    

6

2

x y 3x y 16 ; x,y 0

4 ()

()  x6y964 12x y  x23y334312x y2

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si x23 y3 3433x y 12x y2 

7. Chứng minh:    

4

2

1

2a 3a

1 a ()

()       

4 2

2

1

a a a 4a

1 a

Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si   4

2

1

a , a , a 1,

1 a

 

      

 

4 4 4 2

2

1

a a a a a a 4a

1 a a

8. Chứng minh: a1995 1995 a 1   () , a >

()  a19951995a 1995  a19951995 1995a

1995  1995  1995        1995 1995  1994 soá

a 1995 a 1994 a 1 1995 a 1995a

9. Chứng minh: a b2  2b c2  2c a2  26abc

 a b2  2b c2  2c a2  2a2a b2 2b2b c2 2c2c a2

áp dụng Bất đẳng thức Cô- si

 a2a b2 2b2b c2 2c2c a2 26 a b c6 6 6abc

10.Cho a , b > Chứng minh:       

 

  

2 2 2

a b c 1 1

2 a b c

a b b c a c

  

 2

a a

2ab 2b

a b , 2  

b b

2bc 2c

b c , 2  

c c

2ac 2a

(27)

 Vậy:       

 

  

2 2 2

a b c 1 1

2 a b c

a b b c a c

11.Cho a , b  , Chứng minh: ab a b b a 1   

 aa 1 a , b    b 1 b 1   

 ab 2b a , ab 2a b 1   

 ab a b b a 1   

12.Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng mimh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)  x x 1 x x y z 3        

            

 x 1  x 1  y 1  z 1 4 x y z 14   

Tương tự :y x y z 1 4    2   ; z x y z 1 4      2  xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)

13.Cho a > b > c, Chứng minh a a b b c c 3       aa b   b c c a b b c c   3     

14.Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c  16abc

    

 

2

b c bc

2   

 

   

       

   

2

b c a

16abc 16a 16a 4a a

2

 4a a  2 1 a 4a 4a  2  1 a 1 2a    2 1 a b c 

b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc

 (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)  bc.2 ac.2 ab 8abc

c)           

     

1 1

1 1 64

a b c

       

   

4

1 a a b c a bc

1

a a a

  

4 ab c

b b   

4

1 abc

c c

                 

1 1

1 1 64

a b c

15.Cho x > y > Chứng minh    

1

x

x y y

  

 

   



     

 

3 x y y

1

VT x y y 3

x y y x y y

16 Chứng minh

a)  



2

x 2

x  x2 2 x 12  x 1 x 12   2

b) 



x x =

 

     

  

x x 1 2 x 1 6

x x x

c. a21 4 a   21 4 a21  

 

2

a 4

(28)

17.Chứng minh:      

  

ab bc ca a b c ; a, b, c 0 a b b c c a

 Vì : a b ab 

  



ab ab ab

a b ab ,   

bc bc bc

b c bc ,   

ac ac ac

a c ac

 a b c   ab bc ca, dựa vào a2b2c2ab bc ca 

        

  

ab bc ca ab bc ac a b c

a b b c c a 2

18.Chứng minh::  

 

2

4

x y

4

1 16x 16y , x , y  R



 

  

 

2 2

4 2

x x x

8

1 16x 4x 2.4x



 

  

 

2 2

4 2

y y y

8

1 16y 4y 2.4y

  

 

2

4

x y

4

1 16x 16y

19. Chứng minh:   

  

a b c

b c a c a b ; a , b , c >

X = b + c , Y = c + a , Z = a + b

 a + b + c = 12(X + Y + Z)

 aY Z X  , bZ X Y  , cX Y Z 

2 2

               

         

a b c Y X Z X Z Y 3

b c a c a b X Y X Z Y Z

 

1 2 3   3

2

Cách khác: áp dụng bất đẳng thức Cô- si

                         

a b c a 1 b 1 c 1 3

b c a c a b b c a c a b

     

  

         

  

 

1 a b b c c a 1 3

2 b c a c a b

              

  

 

1 a b b c c a 1 3

2 b c a c a b 2

20.Cho a , b , c > C/m:

  

     

3 3 3

1 1

abc

a b abc b c abc c a abc

+) a3b3a b a  2 ab a 2a b ab 

 a3b3abca b ab abc ab a b c       , tương tự

(29)

+) c a abc c a ca abc ca a b c3 3         

             

         

1 1 a b c

VT

ab a b c bc a b c ca a b c a b c abc

21. áp dụngbất đẳng thức Cô- si

a. a b c d abcd    với a , b , c , d  (CÔ- si)

 a b ab , c d cd   

 a b cd ab     cd 2 2 ab cd 4 abcd4

b. a b c abc   với a , b , c  , (CÔ- si)

 a b c  a b c  4 abc4 a b c 

3

 a b c  4abca b c 

3 

   

 



 

 

4

a b c abca b c

3

     

 

3

a b c abc

3  a b c abc  

22.Chứng minh ; a , b , c >

 a3abc 2a bc , b3abc 2b ac , c abc 2c ab3 

 a3b3c33abc a bc b ac c ab      a 3b3c3 2 a bc b ac c ab    ,

với : a3b3c33abc

Vậy: a b c a bc b ac c ab3 3 3   23 Cho x,y là các số dương chứng minh rằng

a) 1xy x y4



b) x y z(1 1)

x y z x y z

    

 

Dạng bài rút gọn biểu thức:

1 Các kiến thức bản phân thức: a) Phép cộng, trừ : A C A C(B 0)

B B B



  

- Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT + Một số quy tắc đổi dấu:

QT1:

A A A

B B B

  

 ; QT2:

A A A

B B B

 

  

 ; QT3:

A A A A

B B B B

 

   

  ;

b Phép nhân: ( , 0)

A C A C B D

B D B D 

- Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn

c Phép chia:

+ Phân thức: AA B, 0

B  có phân thức nghịch đảo là B

A và ngược lại + Phân thức: 1B 0

(30)

+ Phép chia: :

A C A D A D

B DB C B C 2 Những bài tập áp dụng:

Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009)

Cho biểu thức:

5

x x x

P

x x x x

  

  

    với

0; 4;9

x x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P

3

x 



c) Tìm x đãP1

Gi i:a

a) Rút gọn P

2 2

2

5

2

( 2)( 3)

2 ( ) (2 1)( 2)

( 2)( 3)

2 9

( 2)( 3)

2

( 2)( 3)

( 2)( 1)

( 2)( 3)

( 1) ( 3)

x x x

P

x x x x

x x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x x x x x x x x x                                                   

3 x   Từ 2

2 2(3 5)

4

3 3 5

( 1)

( )

2

( 1)

( ) x x            

Thay vào P ta được:

( 1) 6

( 1) : ( 3)

4

( 3)

10

x P x           

c)P 1

( 1) ( 3) 1 ( 3) x x x x x             

Vậy 0x9;x4

Bài (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010)

Cho biểu thức: 10

3 4

x x x

P

x x x x

 

  

    với

0;

x x

a) Rút gọn P

(31)

c) Chứng minh rằngP 3 với mọi x thuộc điều kiện xác định

d) Tìm giá trị lớn của P

a) Rút gọn P

10

3 4

10 (2 3).( 1) ( 1)( 4)

( 1)( 4) ( 4)( 1) ( 4)( 1) 10 (2 3) ( 4)

( 1)( 4) 10

( 1)( 5) ( 1)(7 )

( 1)( 4) (7 )

( 4)

x x x

P

x x x x

x x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x x x x x x x x x x x                                             

Với: x= Thay vào P ta được:

7

4

P  



c)P   3

(7 ) ( 4)

(7 )

3 ( 4)

7 3( 4)

19 x x x x x x                 

Với x0;x1

d) Tìm MaxP:

Ta có: (7 ) 19

( 4) ( 4)

x P x x       Nhận thấy: 19 19 3 ( 4) P x     

Vậy GTLN : 19 4 P  

Khi x  4 x0

Bài 3: Cho biểu thức

1 ) ( 2          x x x x x x x x x P

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị nhỏ của P c) Tìm x để biểu thức

P x

Q 2 nhận giá trị là số nguyên

L i gi i:ờ a

a) ĐK: x 0;x 1

Rút gọn được Px x1

b) Biểu diễn

4 4 2            

 x MinP x

P

c) Biểu diễn 1

(32)

ta thấy với x 0;x1 thì  11

x

x (theo BĐT Cô-Si) suy ra

2

0Q Vì Q nguyên nên Q =1

2

7



 x (t/m)

Bài 4- Cho biểu thức: 

                       xy y x x xy y y xy x y x xy y x P :

a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa b) Rút gọn P

c) Tính giá trị của P với x = 3, y = 2 3



Lời giải a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y

b) Với x > 0; y > và x ≠ y Ta có:

P = : ( ) (( ) ) ( )( )

x y xy x y y x x y y y x y x x y x xy y xy x           

= y x

y x y x x y y x x y y x y x y x y x y x xy y x xy y x y x                   ( )( ) ) ( ) ( :

c) Với x = 3; y =

3 4 ) ( ) ( 2

2  

      

Thì ta có: P = 3 ( 1)2 3          Bài 5: Cho biểu thức

2

3

5

x x x x

P

x x x x

  

  

   

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị biểu thức P

3

x



c) Tìm x để P <

d) Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên d) Tìm giá trị nhỏ

P

L i gi i:ờ a

a) ĐK: x0;x3;x2

Rút gọn được:

 (2 1)

2 2 ( 3)( 3)

5 ( 3)( 2) ( 3)( 2) ( 3)( 2)

x x

x x x x x x

P

x x x x x x x x x x

 

     

     

         

2 ( 9) (2 2)

( 3)( 2)

x x x x

x x

     



 

2 ( 1)( 2)

( 3)( 2) ( 3)( 2) ( 3)

x x x x x

    

  

(33)

b) Ta có ( 1)2

2

3

x    x 

 , nên

5 5 5 5

( 1)( 3) :

2 2 5

P           



c)

1

1 0

( 3)

0 9;

x

P x x

x x



          

 

   

d) Ta có: 1

3

x P

x x



  

  Để  

4

3 (4) 1; 2;

3

P Z x U

x

        



) 4( )

) 16

)

) 25

) 1( )

) 49

x x loai

x x

x x VN

x x

    

    

    

    

    

    

Vậy P Z  x 1;16;25;49

đ)Ta có:

1

x

P x x

 

  

  (1)

Mà 1 1 4 4

1 1

x

x x x

 

          

  

Vậy GTNN của

P= - 3 x  1 x0

CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG 1 Đường thẳng : ax + by = c (a2 b2 0) y ax c(b 0)

b b

      (1)

a) Cách vẽ đường thẳng d: y ax c( )d

b b

 

+ Đường thẳng cắt trục Ox A(c;0

a ); cắt trục Oy B(0; c b ); + Nối A với B ta được đường thẳng d

(34)

Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox A( b;0

a 

); cắt trục Oy B(0;b);

+ Nối A với B ta được đường thẳng d c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0) là: a

2 Viết phương trình đường thẳng:

a) Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2)

Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b + Vì đường thẳng qua hai điểm A và B ta có:

1

2

ax b y ax b y   



 

 giải hệ tìm a và b

Cách 2: Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng:

1

1 2

x x y y

x x y y

 



 

b) Viết phương trình qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng:

y = k(x – x0) + y0

c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng

( hay cộng tuyến)

Cách giải:

Cách 1: + Viết phương trình qua hai ba điểm.

+ Thay toạ điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, thoả mãn phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng

Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến),

nếu thoả mãn: 2

2 3

x x y y

 



  .

3 Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’ a) (d) // (d’)  a a ' 0;b b '

b) (d)(d’)  a a ' 0; b b ' c) (d)(d’)  a a '

d) (d)(d’) a a ' 1

Ngoài ra, cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’

a) (d)(d’)  ab a b' ' 0

b) (d) // (d’)

' '

ab a b ac a c bc b c

 

 

   

  



c)

' '

( ) ( ') ' '

' '

ab a b

d d ac a c

b c bc

 

 

    

  



(35)

' ' '

ax by c

a x b y c

 

 

 



4 Hệ số góc của đường thẳng. 5 Bài tập vận dụng:

Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: (d): x + y =

(d1): 5x - 3y =

(d2): ax - by = 5b( ' 0;a  b0)

a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng đồng quy

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1; 5) và song song với đường thẳng (d)

b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) qua điểm M(1; 5) Giải:

a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng đồng quy + Giao điểm của (d) và (d1) là hệ của hệ phương trình:

3

5 3 7

x y

  



 



+ Giải hệ tìm được 2

1

x y

  

 

, vậy (d) và (d1) cắt đỉêm có toạ đó: C(2; 1)

+ Để đường thẳng đồng quy điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b

Vậy ba đường thẳng đờng quy khi: a = 3b

PHẦN HÌNH HỌC 2 Các dạng bài tổng hợp.

Bài : Cho nửa đường tròn đường kính AB Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì Tia phân giác của góc CAx cắt nủa đường tròn D; tia AD cắt BC E

a/ Chứng minh tam giác ABE cân B

b/ Dây AC cắt BD K Chứng minh EK vng góc với AB c/ Dây BD cắt Ax F Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC.

Giải:

(36)

b)Ta có, tam giácAEBcó:

 

 

0

( 90 ), ( 90 ),

BD AE ADB AC BE AEB

BD AC K

   

 

 K là trực tâm  BAKE

O x

K

A B

C D

E

F

c) Ta có: AKFcân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ,

AD FK FD DK

   (1)

+ Tương tự:ABEcân B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ,

BD AE ED DA

   (2)

Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi d) Ta có góc BAC =300 EBA 600

   ABE đều K là trực tâm vừa là trọng tâm  AK = 2KC

Bài : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn Từ điểm M tuỳ đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm) Từ O hạ OH vng góc với d Dây cung PQ cắt OH I và cắt OM ở K

Chứng minh rằng:

a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn b/ OI.OH = OK.OM

c/ Vị trí điểm I ln cố định điểm M di động d

d/ Tìm d điểm A và O điểm B cho độ dài AB nhỏ nhấtho

ABC

 có diện tích 1, đường trung tuyến BK lầy điểm M

Giải

H d

I K P

O M

Q

a) + Vì MHO MPO  90 (0 OH OM OP; PM) MHO MPO  1800

      

=> Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc đường tròn + Tương tự: MQO MPO  90 (0 OQ QM OP; PM) MQO MPO  1800

      

=> Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc đường tròn Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn

b) OIK OMH OKI OHM(  90 ;0 HOMchung ) OI OK OI OH OK OM

OM OH

(37)

c) Trong OPM OPM( 90 ;0 OK OM) OK OM. OP2 R2

     

Mặt khác: OI OH OK OM. . OI OH R. OI R2

OH

    

Do O, H cố định => I cố định d) Kẻ OH( )O  L

Ta có

AB OB OA OH OL LH R OL AB LO

      

 

Vậy AB đạt GTNN AB = LO A H B L ; 

L

H d

O A

B

Bài 3: Cho góc xAy vng.Trên tia Ax lấy điểm B cố định, tia Ay lấy điểm C di động Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC, CA, AB lần lượt D,E,F Hai đường thẳng cắt G

1

G

x y

O

H

A E C

B D

F

B i 4à : Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đờng trịn tâm O, đờng kính

AI Gọi E trung điểm AB K trung điểm OI Chứng minh tứ giác AEKC nội tiếp đợc đờng tròn

Bài : Cho hình chữ nhật ABCD Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường chéo AC H Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD

a/ Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành b/ Chứng minh BEG 900

(38)

c/ Cho BH = h; BAC Tính diện tích hình chữ nhật ABCD theo h và  Tính

đường chéo AC theo h và  .

Giải:

a) Ta có ABE: ABD DBE AD DC BD AC (  );  (vì ADB900, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABE cân B

b)Ta có, tam giácAEBcó:

 

 

0

( 90 ), ( 90 ),

BD AE ADB AC BE AEB

BD AC K

   

 

 K là trực tâm  BAKE



G F E

A

D C

B

H

c) Ta có: AKFcân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ,

AD FK FD DK

   (1)

+ Tương tự:ABEcân B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : ,

BD AE ED DA

   (2)

Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi d) Ta có góc BAC =300 EBA 600

   ABE đều K là trực tâm vừa là trọng tâm  AK = 2KC

Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích.

Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết đường tròn đường kính CD qua trung điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB Tìm số đo các góc của hình thang Giải:

Ta có: AC = BD vì 1

2BD ON  R OM 2AC

Nên ABCD là hình thang cân

+ Ta có 1

2

OH HE R OM

OHM

  cóOHM 60 ;0 HMO 300  MOD 300

+Tam giác MOD cân O, nên:

  

   

0

0 0

1

(180 )

2 75

180 75 115

ODM OMD DOM

D C B A

  

  

    

H

D

A E B

M N

Bài 2: Cho ABC có diện tích 1, đường trung tuyến BK lầy điểm M

(39)

N H

M L

A C

B

Định dạng
Số trang	39
Dung lượng	1,66 MB