tai lieu on HSG hay

37 1 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/06/2021, 17:09

Chứng minh rằng a Hai số tự nhiên liên tiếp khác 0 là hai số nguyên tố cùng nhau.. b Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau.[r] (1)CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên I/ Ghi số tự nhiên n n 1 - Hệ thập phân: an an  a1a0 an 10  an 1.10   a1.10  a0 10 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: x3 10 x  ( x  N ); Số sau xoá số tận cùng là x: Theo bài ta có phương trình: 10x + – x = 2010  x 2007  x 223 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) =  ab  ba 11(a  b) 15  a  b 15 (ƯCLN(11,15) =1)  (a, b)  7,8  ,  8,  ,  9,  ,  6,9  Do a, b 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: + a n a.a a nthuaso n m m n + a a a + a m : a n a m n  m n, m, n  N , a 0  (a m )n a m.n a  a ; a 0(a 0) + Quy ước: n n n n + Lưu ý: ( x 0)  y 0;( x6)  y 6;( x1)  y1;( x5)  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 ; 200 300 Ví dụ 1: So sánh 300 và 200 200 200 200 100 200 100 400 Giải: Ta có: 300 3 100 9 100 9 10 200300 200300.100300 8100.100300 8100.(102 )300 8100.10600 Do < 10, nên 9100< 10100 (2)  9100.10 400  10500  10600  8100.10600 Vậy 300 200 < 200 300 2004 1000 Ví dụ 2: 12  10 Ta có 24 = 16 100    22010  22 25   2 1005 41005 45.41000 45.(48 )125 có số tận cùng là 12 =(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 2004  122004  21000 10 B/ Phép chia hết tập hợp các số nguyên I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết 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 a) an an  a1a0 2  a0 2 b)an an  a1a0 5  a0 5 c) an an a1a0 3  n  a 3 i i 0 d )an an a1a0 3  n  a 9 i i 0 f )an an  a1a0 25;  a1a0 25;4 g )an an  a1a0 125;8  a2 a1a0 125;8 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: 3 A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ) Chú ý : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1, , tổng quát : 2k 10 = bội 11 + , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1, 2k + Tổng quát 10 = bội 11 – Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) + + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) Như vậy điều kiện cần và đủ đó 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 (3) 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) Sử dụng định lý mở rộng  n  a)n  N : a n  b n  a  b  a n   a n  2b   ab  b n  ; a, b  Z  a n  bn (a  b)  n 2k , k  N , a n  bn (a  b)  n b)k  N , n 2k 1: a n  bn  a  b  a n   a n  2b   ab  bn    n 2k  1: a n  bn  a  b  ; a  b Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 323 Một số phương pháp chứng minh khác - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 đúng + Gỉa sử vì n = k đúng + Biến đổi chứng minh vì n = k + đúng Từ đã được điều phải chứng minh Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng a )32 n  2n 7(n  N ) b)32 n 1  2n 2 7(n  N ) n c) 10  18n  19 2n n Giải: a)3  7 + Vì n = 1; hiển nhiên đúng, 2k + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: + Xét vì n = k + 1,ta có 2k k  k 7 Đặt:  7q 32( k 1)  2k 1 9(3k  2k 1 )  9.2 k  2.2k 7(9q  k ) 7 Vậy n = k + đúng, 2n n Kết luận:  7 b) Làm tương tự: (4) n c) 10  18n  127 Giải: + Vì n = hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – = 27 k k + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10  18k  127 , Đặt: 10  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   6k  27(10q  6k  1) 27 Vậy n = k + đúng, n Kết luận: 10  18n  127 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó x36 y51375 Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xy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 100 a/ S = + + + + =(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 Bài tập liên quan đến số nguyên tố Ngoài các kiến thức số nguyên tố , số nguyên tố cùng ƯCLN, BCNN, ta có thêm số tính chất chia hết 1) Nếu tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn thừa số của tích chia hết cho p n Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p 2) Nếu tích a.b chia hết cho m đó b và m là hai số nguyên tố cùng thì a chia hết cho m Thật vậy, phân tích m Theo số nguyên tố : (5) k1 k2 kn m = a1 a2 an (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 đó (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nên b không chứa thừa số nguyên tố nào các thừa số a , a2, , an Do đó 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 đó 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 ⋮ Giải : Cách 1: 18n + ⇔ 14n + 4n + ⋮ ⇔ 4n + ⋮ ⇔ 4n + – ⋮ ⇔ 4n – ⋮ ⇔ 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) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của hai cách giải trên nhằm đến biểu thức chia hết cho mà ở đó hệ số của n 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 (6) 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, đó 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 Vậy (p – 1)(p + 1) ⋮ 24 III Tìm số bị chia biết các số chia và số dư hai phép chia Ví dụ Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho thì dư 1, chia cho thì dư 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), đó r chia dư 1, chia dư Số nhỏ 35 chia cho dư là 5, 12, 19, 26, 33 đó 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 trên 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 (7) 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, đó y = 14, n = 1946, Cách 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 Ví dụ Tìm hai số tự nhiên, biết tổng của chúng 84, ƯCLN của chúng Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b) Ta có (a,b) = nên a = 6a’; b = 6b’ đó (a’, b’) = (a, b, a’, b; N) Do a + b = 84 nên (a’ + b”) = 84 suy a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tổng 14 (a’  b’), ta được: a’ Do đó a 18 30 b’ 13 11 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích 300 ƯCLN Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b) Ta có (a,b) = nên a = 5a’, b = 5b’ đó (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 đó 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 (8) Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’  b Do đó 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 đó 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 trên đó 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 b) Gọi r là số dư phép chia a cho b (a > b) Ta có a = bk + r (k N), cần chứng minh (a, b) = (b,r) Thật vậy, a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, đó 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, đó 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 đó hai số lớn hai tập hợp đó 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 cho nên (16,8) = Vậy (72,56) = Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, 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 đó quá trình trên phải kết thúc vì số dư 0) Theo chứng minh ở ví dụ trên 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; đó r 1,r2, là số dư các phép chia theo thứ tự trên Trong thực hành ngưêi ta đặt tính sau: 72 56 56 16 16 (9) Việc thực hiện dãy phép chia liên tiếp trên 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 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} Nhưng d  vì d là ước của số lẻ Vậy d = c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1)  (2n + 1) – (3n + 1) ⋮ d  ⋮ d  d=1 Ví dụ Tìm số tự nhiên n đó 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 ít hai số 9n + 24 và 3n + 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 đó (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, đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n  17k + thì 2n – ⋮ không chia hết cho 17, đó (2n – 1, 9n + 4) = n(n+1) và 2n + (n  N *) n(n+1) , n+1 thì n(n + 1) ⋮ d và 2n + ⋮ d Giải : Gọi d  ƯC 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, đó ⋮ d, Ví dụ Tìm ƯCLN của ( ) n(n+1) và 2n + nên d = Vậy ƯCLN của (10) V Số lượng các ước của số (*) x y z Nếu dạng phân tích thừa số nguyên tố của số tự nhiên A = a b c 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 đó m có x + cách chọn ( là 1, a, a2 , ax), y n có y + cách chọn (là 1, b , b , , b ), z p có z + cách chọn (là 1, c, c , c ), Do đó số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ Tìm số nhỏ có 12 ước Giải : Phân tích số phải tìm theo số nguyên tố : x y z N = a b c 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 đó x + = 12 nên x = 11 Chọn theo số nguyên 11 tố nhỏ là 2, ta có số nhỏ trường hợp này là b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, đó x = 5, y = hoặc x = , y = Để n nhỏ ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có n = = 96 hoặc n = = 72 Số nhỏ trường hợp này là 72 c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = Số nhỏ là 3.5 = 60 11 So sánh ba số , 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 nó cùng số đơn vị, số đơn vị này là ở dãy a); là ở dãy b); là ở dãy c) Ta gọi các dãy trên là dãy cộng (11) 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 a và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng + + 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 (4  31).10 175 Do đó A = Tổng quát, dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là a n thì tổng của n số hạng đó được tính sau: S= ( a1 +an ) n (2) (*) Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ bằng: n(n  1) + + + + n = (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) có thể 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 đó số hạng thứ 100 của dãy (1) : 100 102 = 10200 b) Dãy (2) có thể 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) có thể viết dạng : 1.2 ; 2.3 ; 3.4 ; 4.5 ; 5.6 ; (12) 100.101 5050 Số hạng thứ 100 của dãy (3) : d) Dãy (4) có thể viết dạng: 2 2 + , + , + , + , + , Số hạng thứ 100 của dãy (4) : + 100 = 10001 BÀI TẬP Tìm chữ số thứ 1000 viết liên tiếp liền các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7, a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số Có số hạng nào của dãy sau tận cùng hay khằng? 1;1+2;1+2+3; + + + ; a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ đến 100 tạo thành số A Tính tổng các chữ số của A b) Cũng hỏi trên viết từ đến 1000000 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số bao nhiêu ? Tích A = 1.2.3 500 tận cùng bao nhiêu chữ số ? a) Tích B = 38.39.40 74 có bao nhiêu theo số phân tích thừa số nguyên tố ? b) Tích C = 31 32 33 90 có bao nhiêu thừa số phân tích theo số nguyên tố ? Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau: 3, , 11, 15 , 407 (1) 2,9,16,23, , 709 (2) Trong dãy số 1, 2, 3, , 1990, có thể chọn được nhiều bao nhiêu số đó tổng 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 đầu tiên của nhóm thứ 100 b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 11 Cho S1 = + 2, S2 = + + 5, S3 = + + + 9, S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14, (13) 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; 20 21 13 Cho A = + + + + + , B = : Tính B – A 99 100 14 Cho A = + + + + + , B = B Chứng minh : A < 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: 1 1 A= + + + .+ 3 3 Giải 1 A=1+ + + + 3 1 1 A= + + + + 3 3 Ta có: Lấy (1) trừ (2) được: 2A = Do đó: A= 3280 6561 (1) (2) 1 6560 =1− = 6561 6561 Ví dụ Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau: a) ¿ 1 1 , , , , ⋅⋅ 2 3 4,5 ¿ Giải a) Ta chú ý : b) ¿ 1 1 , , , , ⋅⋅ 66 176 336 ¿ 1 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 3 n n+ n (n+1) Do đó: 1 + +⋅+ =¿ 2 100 101 (14) 1 1 1 1 ¿ − + − + ⋅+ − + − =¿ 2 99 100 100 101 ¿ 1− 100 = 101 101 b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336, dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21; , số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1) 1 1 Cần tính tổng A = + 11 + 11 16 + ⋅+ 496 501 1 1 1   ;   ;  ;   496 501 496.501 Nhận xet: 1.6 11 6.11 1 Tổng quát : n − − n+1 = (5 n −4 )(5 n+1) 1 1 1 500 A= − + − +⋅+ − =1− = Do đó: 6 11 496 501 501 501 100 Suy : A=501 Ví dụ Tính tổng: Giải áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu của hai số cho số trừ ở nhóm trước số bị trừ ở nhóm sau: Ta xét: 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 3 3 37 38 38 39 37 38 39 Tổng quát : Do đó: = 1 − = n(n+1) ( n+1)( n+2) n( n+ 1)( n=2) 2 2 B= + + +⋅+ =¿ 3 37 38 39 ( 12 − 2.13 )+( 2.13 − 31 )+⋅( 37.138 − 38 39 )=¿ 1 740 370 − = = 38 39 38 39 741 185 Suy ra: B=741 Tổng quát 1 1 + + = − 3 n( n+1)(n+2) (n+1)(n+2) Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức: a) b) 1 1 1+ + +⋅+ + 97 99 A= ; 1 1 + + +⋅ + 99 97 95 97 99 1 1 + + +⋅ 100 B= 99 98 97 + + +⋅ + 99 Giải a) Ghép các phân số ở số bị chia thành cặp đó 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: (15) 100 100 100 + + +⋅ (1+991 )+( 13 +971 )+( 15 + 951 )+ ⋅+( 491 +511 )=100 99 97 95 49 51 Biểu thức này gấp 50 lần số chia Vậy A = 50 b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – , 100 – 99 Số chia bằng: 100 −1 100 −2 100 −3 100 − 99 + + +⋅+ =¿ 99 100 100 100 100 99 ¿ + + +⋅ − + + +⋅ =¿ 99 99 1 = 100 + 100 + + ⋅ 99 − 99=¿ 1 1 1 = + 100 + + ⋅+ 99 =100 + +⋅ 99 +100 ( ( ( )( ) ) ( ) ) Biểu thức này 100 lần số bị chia Vậy B = 100 Ví dụ 5: a) Tính tổng 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 mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu cặp hai số, ta nhân mỗi 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+1)(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- 98 99 =323400 − 4851=318549 Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2 = ¿ c) n(n+1)(n+2) n( n+ 1) n(n+ 1)(2 n+1) − = 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 99 100 98 99 100 99 100 101 − = =166650 (16) Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 = n(n+1)(n+2) BÀI TẬP 16 Tính nhanh: 1 1 A = + + +⋅+ 10 2 17 Viết tất cả các phân số dương thành dãy: ; , ; , , ; , , , ; 2 3 a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật 50 b) Phân số 31 là số hạng thứ của dãy ? 18 Tìm x, biết 1 1 101 a) + 11 + 11 14 +⋅ x(x +3) =1540 ; 1 1     1991 x ( x  1) 10 1993 b) = C/ Phương trình nghiệm nguyên I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d - Cách giải: + Đặt ẩn phụ liên tiếp x ;y + Tìm nghiệm riêng  0  của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là  x  x0  bt   y  y0  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 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 có thể sử dụng các cách sau: C1: Tách b = b1 + b2, cho b1.b2= a.c đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử (17) C2: Nếu f ( x) ax  bx  c = có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1; x2 đã f ( x ) ax  bx  c a ( x  x1 )( x  x2 ) Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp 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 các nhân tử a) 5x2 – 5y2 b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x c) x4 + d) x8 + x4 + e) x10 + x5 + f) x2 + 3x - g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2) Bài Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + b) 3x2 + 7x + =0 B Chia đa thức Đặt chia Dùng sơ đồ Hooc – ne f ( x) an x n  an  x n   a1 x  a0 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 x  x  a ( x  3) b) Tìm a và b cho x  ax  b ( x  1) C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 1)Đưa tam thức bậc hai rồi biến đổi dạng: a) y = a + A2 a  Miny a  A 0 , 2k Tương tự vì: y = a + A a  Miny a  A 0 ; A a  Miny a  A 0 ; Và : y = a + b) y = a - A2 a => Maxy = a  A 0 2k Tương tự vì: y = a - A a  Max y a  A 0 ; A a  Max y a  A 0 Và : y = a c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn của: y= - x2 + 2x +7 Tìm giá trị nhỏ của: y = 3x2 +6x + 2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc hai f ( x)  f ( x ) kg ( x);( g ( x) 0) g ( x ) có cách giải Cách 1: Đặt: rồi biện luận k phương trình    k  ? đã phải có nghiệm(Xét ) rồi kết luận k (18) k Cách 2: + Max g ( x) g(x) đạt giá trị nhỏ (k là hằngsố) k + Min g ( x) g(x) đạt giá trị lớn (k là hằngsố) Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A = x  x  Giải: Đặt:  k (4 x  x  3) 3;( Do4 x  x   0, x) 4x  4x   4kx  4kx  3(k  1) 0(*) Đã phương trình (*) có nghiệm k   ' (2k )  12k (k  1) 0   4k 0 8k  12k 0  k 0  0k  2k  Vậy: Max A = x = 4k A không có giá trị nhỏ Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x) ax  bx  c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có: + af(x)  vì x    , x1  ;  x1 ,   + af(x) 0 vì x   x1 ; x2  + Nếu x   x1 ; x2  => f(x1) f(x1) 0 x2  x 1 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A = x  x  3 Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an  an   a1  a0 k k (an an  a1.a0 ) ( ) n  an an   a1 a0 n Khia đã: Max Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an an  a1.a0 k n Khia đã: Min (an  an    a1  a0 ) n k  an an  a1 a0 Bất đẳng thức Chaychy a) a 0, b 0  a  b 2 a.b , dấu “ = ” sảy a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an  , , a1 , a0 0  an  an    a1  a0 n n an , an  , , a1 , a0  an an  a1 a0 D Chứng minh thức: (19) I Phương pháp giải: Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa A B  A – B 0 + Lập hiệu số A- B + Rút gọn A- B và chứng minh A – B  + Kết luận A  B Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A: A  A1  A2  B  M B 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 an , an  , , a1 , a0 0  an  an    a1  a0 n n an , an  , , a1 , a0  an an  a1 a0 3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki  ax  by   a  b2   x  y  a b  y x , dấu “ = ” sảy ra: 3.3) Ngoài sử dụng các bất đẳng thức đã học Phương pháp 4: Phương pháp so sánh Phương pháp dùng tính chất bắc cầu: Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A  B  A1  B1   (*) Mà (*) đóng A  B Phương pháp 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: Cho a, b > Chứng Chứng minh: a3  b3  a  b      minh ab a2  b2  2 Cho a + b  Chứng minh: Cho a, b > Chứng minh: a  b a3  b3  2 a b  b a Chứng minh: Vì a  b  1: 1 a Chứng minh  a2  b2  c2    a  b  c  Chứng minh:  a b 1 b  1 ab ; a,b,cR a2  b2  c2  d2  e2 a  b  c  d  e \ (20) 2 Chứng minh x  y  z xy  yz  zx a abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 Chứng minh: a2  b2  c2  a  b  c    3   minh a2 2  b  c ab  ac  2bc 10 Chứng minh b Chứng 11 2 Chứng minh: a  b  ab  a  b 12 2 Chứng minh: x  y  z 2xy  2xz  2yz 13 4 2 Chứng minh: x  y  z  2xy(xy  x  z  1) a3  b3  14 15 a b Chứng minh: Nếu a + b  thì : Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si Chứng minh: (a  b)(b  c)(c  a) 8abc ; a,b,c 0 2 2 Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0 3 Chứng minh  1 a   1 b  1 c   1 abc  vì a , b , c  m Cho a, b > Chứng m  a  b m1  1    1   minh  b   a  bc ca ab   a  b  c ; a,b,c 0 Chứng minh: a b c x6  y 3x2 y3  16 ; x,y 0 Chứng minh: 2a4  3a2  1 a Chứng minh: Chứng minh: Chứng minh a1995  1995  a  1 2 a  1 b   b  1 c , vì m  Z+ ,a>0   c2  1 a2  6abc a 2  b 2  c 1 1 1      2 a b c  a c 2 10 11 12 Cho a , b > Chứng minh: a  b b  c Cho a , b  , Chứng minh: ab a b   b a  Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng minh xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 14 a) b) Cho a > b > c, Chứng minh: a 3  a  b  b  c  c Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh b + c  16abc (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc (21) c)    1  1  1   1   1   64  a  b c  3  x  y y x 15 Cho x > y > Chứng minh 16 Chứng minh x2  a) x2  x8 2 x ,x  R b) 17Chứng minh: a2  6 , x > c) a2  4 ab bc ca abc    ; a, b, c  a b bc ca 18 Chứng minh: x2 1 16x  y2 1 16y  , x , y  R a b c    19Chứng minh b  c a  c a  b ; a , b , c > 1 1    a3  b3  abc b3  c3  abc c3  a3  abc abc 20 Cho a , b , c > C/m: 21 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a  b  c  d  abcd b a  b  c 3 abc vì a , b , c , d  (CÔsi) vì a , b , c  , ((CÔsi) 3 2 22 Chứng minh: a  b  c a bc  b ac  c ab ; a , b , c > 23 Chứng minh a  b  c 9 abc Lêi giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản Cho a, b > Chứng minh (*)  3 a b  a b   0   a3  b3  a  b      (*)  a  b  a  b    a b a2  b2  2 Chứng minh: ()  a + b  , () luôn đúng  a + b > , ()  Vậy: a2  b2  2ab a2  b2  0 a b a2  b2  2   a  b 0 đóng a  b a3  b3  2 Cho a + b  Chứng minh  2   b  a   a  b      b  a   a  b  a Cho a, b > Chứng minh: b  b a  a b  a  b a3  b3  () (22) ()  a a  b b a b  b a   a  b a   a  b b 0   a  b  a  b     a  b   a  b   Chứng minh: Vì a  b  1:  2  1 a  b 1 a  1 b  1 ab () 1 ab  a ab  b2  0  0 2  2     1 ab 1 ab  a  ab  b  ab   b a  a b   0  1 ab  1 a2 1 b2   a  b  a b  a  b  0 b  a  a  ab2  b  ba2    0 1 ab   1 a2   1 b2   2   1 a   1 ab  1 b   1 ab  Vậy : a  b   ab   ab –  2 Chứng minh a  b  c  2  a  b  c  ; a , b , c  R 2   a  1   b  1   c  1 0 2 2 Chứng minh: a  b  c  d  e a  b  c  d  e a2 a2 a2 a2  ab  b2   ac  c2   ad  d2   ae  e2 0 4   a   2  a b     2  a c     2 2  a d     2  e  0  2 Chứng minh x  y  z  xy  yz  zx 2  2x  2y  2z  2xy  2yz  2zx 0  x  y    x  z    y  z  0  abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 a Chứng minh: a2  b2  c ab  bc  ca   a2  b2  c  2ab  2bc  2ca ab  bc  ca  a bc        abc ab  bc  ca  3 a2  b2  c2  a  b  c    3   b Chứng minh  a2  b2  c2   a2  b2  c2   a  b2  c2   a2  b2  c   ab  bc  ca   a  b  c   10 Chứng minh:  11 a2  b2  c2  a  b  c    3   a2  b2  c2 ab  ac  2bc a2  a  b  c   b2  c2  2bc 0 Chứng minh: 2 2  a     b  c   0 2  a  b   ab  a  b   b  a   ab  1 0  1 ab  1 a2   1 b2  , (23)    12 2a2  2b2   2ab  2a  2b 0 a2  2ab  b2  a2  2a  1 b2  2b  0  a  b   a  1   b  1 0 Chứng minh:  13 x2  y2  z2  2xy  2xz  2yz 0 Chứng minh:  x2  y2  z2 2xy  2xz  2yz  (x – y + z)2  x  y  z2  2x(xy  x  z  1) x4  y4  z2  1 2x2 y2  2x2  2xz  2x 0  x  2 y2    x  z   x  1 0 a3  b3  14 Chứng minh: Nếu a + b  thì:  a + b   b  – a  b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3 1 1  3 a      2 4  a3 + b3 = 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  2 2 2 2  a  b  2bc  c , b  a  2ac  c , c  a  2ab  b  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) a  a   b  c   a   a  c  b  a  b  c   b2  b2   a  c   b2   b  c  a   a  b  c   c  c2   a  b   c   b  c  a   a  c  b   2 2 2  a b c   a  b  c   a  c  b  b  c  a   abc   a  b  c   a  c  b  b  c  a  c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 >  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 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 2   a  b  b  c   a  c  8 a b c 8abc 2 2 Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si  a  b  c 33 abc , a2  b2  c2 3 a2b2c2 (24)   a  b  c   a2  b2  c2  93 a3b3c3 9abc 3 Chứng minh:  1 a   1 b  1 c   1 abc  , vì a , b , c    1 a  1 b  1 c  1 a  b  c  ab  ac  bc  abc 2  a  b  c 33 abc , ab  ac  bc 3 a b c   1 a   1 b  1 c  1 33 abc  33 a 2b2c  abc  1 abc  m Cho a, b > Chứng minh m a b        1  b a   m m  a  b  a  b  1    1       1   b  a  b  a m m  2m  , vì m  Z+ b a  2     a b  m  4m  2m   bc ca ab    a  b  c ; a, b, c  a b c Chứng minh:  áp dụng Bất đẳng thức Cô- si bc ca abc2  2  2c bc  ba  b ac  2b a b ab ac , a c , ca ab a bc  2 2a b c bc  bc ca ab   a  b  c a b c x6  y9 3x2 y3  16 ; x,y 0 Chứng minh: () ()  x  y  64 12x y   x    y  áp dụng Bất đẳng thức Cô- si  x2    y3   43 3x2y3 12x2y3 Chứng minh: ()  2a4  1 a a4  a4  a2  1 1 a 1 a  43 12x2 y3  4a2 () Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a  a  a  1  3a2  1 a4 , a , a  1,  44 a4a4  a  1 1 a 1 a2  4a2 1995  1995  a  1 () , a > Chứng minh: a 1995  1995a  1995  a1995  1995  1995a ()  a 1995 1995 a1995  1995  a1995  1994 a1995  1 1    1995 a 1995a 1994 soá 2 2 2 Chứng minh: a  1 b   b  1 c   c  1 a  6abc 2 2 2 2 2 2 2  a  1 b   b  1 c   c  1 a  a  a b  b  b c  c  c a áp dụng Bất đẳng thức Cô- si (25)  a2  a2b2  b2  b2c2  c  c2a2 6 a6b6c6 6abc a 2 10 Cho a , b > Chứng minh: a  b a  2 a b  a  2ab 2b a 2  b b 2 b c ,    b b c b  2bc 2c c c 1 1 1      a  c 2 a b c   c , a c 2  c  2ac 2a  1 1      a b c a c 2  Vậy: a  b b  c 11 Cho a , b  , Chứng minh: ab a b   b a   a  a  1   a  , b  b  1   b   ab 2b a  , ab 2a b   ab a b   b a  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   x  1   x  1   y  1   z  1 44  x  1  y  1  z  1 2 4    z  44  x  1  y  1  z  1 Tương tự : y  x   y  1 z  ;  xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1) a  33  a  b   b  c  c 13 Cho a > b > c, Chứng minh  a  a  b   b  c   c   a  b  b  c  c 14 Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c  16abc 2  bc  bc  1 a   bc 16abc 16a     16a    4a  1 a          2 2  4a  1 a   1 a   4a  4a   1 a   1  1 2a   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 c)  1 1  1   1   1   1  64 a  b c        a  a  b  c  a bc        a a  a   1 4 ab2c  b b 1 1  1   1   1   1  64 a  b c   1 4 abc2  c c x 15 Cho x > y > Chứng minh VT  x  y   y   16 Chứng minh  x  y y  33  x  y y  x  y y 3  x  y y 3 ab 8abc (26) x2  x2  a) 2 x  1 x8 x b) 2 2  x  2 x   x  1  x  x =  x  1 x 2 x x a2  2 c  a  1  2  a  1 17 Chứng minh:  Vì : a  b  4 a2   a2  6 4 ab bc ca a bc    ; a, b, c  a b bc c a ab ab ab ab bc bc bc ac ac ac        a  b ab , b  c bc , a  c ac 2 2  a  b  c  ab  bc  ca , dựa vào a  b  c ab  bc  ca  ab bc ca ab  bc  ac a  b  c     ab bc ca 2 x2 18 Chứng minh:: x 1 16x x   x  y2 1 16y 2  1 16x 1  4x  2.4x y2   1 16y   x2 1 16x y2 1  4y  y2 1 16y   y2 2.4y    , x , y  R a b c    bc ac ab 19 Chứng minh: ;a,b,c>0 X = b + c , Y = c + a , Z = a + b  a+b+c= (X + Y + Z)  YZ X ZX Y XY Z a ,b ,c 2  a b c 1 Y X  Z X  Z Y                b c a  c a b  X Y  X Z   Y Z       3  2 Cách khác:   3  áp dụng bất đẳng thức Cô- si a b c  a   b   c      1    1    1  bc ac ab  bc   ac   ab     a  b   b  c    c  a         bc a c a b   a  b   b  c    c  a           bc a c a b  (27) 20 Cho a , b , c > C/m: 3 a  b  abc +)  3 b  c  abc  3 c  a  abc  abc a3  b3  a  b  a2  ab  a2   a  b ab 3  a  b  abc  a  b ab  abc ab  a  b  c  , tương tự 3 +) b  c  abc  b  c  bc  abc bc  a  b  c  3 +) c  a  abc  c  a  ca  abc ca  a  b  c  VT  1 1  a bc       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    ab cd   abcd b a  b  c 33 abc  với a , b , c  , (CÔ- si) abc a bc abc  4.4 abc 3  abc abc  abc 3  abc   abc     22 Chứng minh ; a , b , c >  a  abc  2a bc ,  a bc  abc   abc 3   a  b  c 33 abc b3  abc  2b2 ac , c  abc  2c ab 3 2  a  b  c  3abc 2  a bc  b ac  c ab  3 2   a  b  c  2 a bc  b ac  c ab  , 3 với : a  b  c 3abc a3  b3  c3 a2 bc  b2 ac  c2 ab Vậy: 23 Cho x,y là các số dương chứng minh 1   a) x y x  y 1  x  y  z (   )  x y z x yz b) Dạng bài rút gọn biểu thức: Các kiến thức bản phân thức: A C A C   ( B 0) B a) Phép cộng, trừ : B B - Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT + Một số quy tắc đổi dấu: A A A   B; QT1:  B B QT2:  A A A   B B B; QT3:  A A A A    B B B B; (28) A C A.C  ( B, D 0) b Phép nhân: 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: A B  A, B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là A và ngược lại  B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại A C A D A.D :   + Phép chia: B D B C B.C Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: a) Rút gọn P P x  x  x 6 b) Tính giá trị của P c) Tìm x đã P  x x  x 1  x   x với x 0; x 4;9 3 Giai: a) Rút gọn P P x9 x  x 6  x  x 1  x  3 x x   ( x  2)( x  3) x  x 1  x x 2 x   ( x  32 )  (2 x  1)( x  2)  ( x  2)( x  3) x   x   2x  x   ( x  2)( x  3)  x x  ( x  2)( x  3)  ( x  2)( x  1) ( x  2)( x  3)  ( x  1) ( x  3) b) Tính giá trị của P Từ x 3  2(3  5) 32   x 3 6 (  1) ) (  1)  x ( ) ( Thay vào P ta được: P  ( x  1) 6 6 (  1) : (  3) 4 ( x  3) 10  62 c) P  (29) ( x  1) 1 ( x  3)  1 1 ( x  3)   x  30  x 9 Vậy  x 9; x 4 Bài (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010) P 10 x x 3 x 1   x 3 x  x   x với x 0; x 1 Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P x= c) Chứng minh P   với mọi x thuộc điều kiện xác định d) Tìm giá trị lớn của P a) Rút gọn P P b) Tính giá trị của P Với: x= Thay vào P ta được: 10 x x  x 1   x 3 x  x  1 x 10 x (2 x  3).( x  1) ( x  1)( x  4)    ( x  1)( x  4) ( x  4)( x  1) ( x  4)( x  1) 10 x  (2 x  x  3)  ( x  x  4)  ( x  1)( x  4)   3x  10 x  ( x  1)( x  5)  ( x  1)(7  x ) ( x  1)( x  4)  (7  x ) ( x  4) P 7  4 c) P    (7  x ) 3 ( x  4)  (7  x ) 3  ( x  4)   x  3( x  4)   19  Với x 0; x 1 d) Tìm MaxP: (7  x ) 19 P   ( x  4) ( x  4) Ta có: Nhận thấy: 19 19 P     ( x  4) 19 P    4 Vậy GTLN : Khi x  4  x 0 Bài 3: Cho biểu thức x − √ x x+ √ x 2(x −1) P= − + x+ √ x +1 √x √ x −1 (30) a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ của P x c) Tìm x để biểu thức Q= √ nhận giá trị là số nguyên P Lời giai: a) ĐK: x> ; x ≠ Rút gọn được P=x − √ x+1 3 b) Biểu diễn P= √ x − + ⇒ MinP= ⇔ x= ( c) Biểu diễn ) x Q= √ = P √x + − √x 4 −1>1 (theo BĐT Cô-Si) suy √x ±3 √ 0<Q<2 Vì Q nguyên nên Q =1 ⇒ x= (t/m) y − √ xy x y x+y : + − Bài 4- Cho biểu thức: P= √ x+ √ x+ √ y √ xy + y √ xy − x √ xy ta thấy với x> ; x ≠ thì √ x+ ( )( ) 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: x + √ xy + y − √ xy x √ x ( √ y − √ x)+ y √ y ( √ y + √ x)−( x+ y)( y − x ) : P= √ x +√ y √ xy ( y − x ) ( √ y − √ x )( √ x+ √ y ) x + y √ xy (x + y ) x+ y x − y y− x : = = = =√ y − √ x = √ x + √ y √ xy ( x − y ) √ x + √ y x+ y √ x + √ y √ x +√ y √3 ¿ c) Với x = 3; y = ¿ +¿ 2(2+ √ 3) = ¿ − √3 √ 3+1 ¿2 Thì ta có: P = ¿ ¿ √ 4+ √ − √ 3= √¿ Bài 5: Cho biểu thức P x2  x  x  x 6 x  x 1  x  3 x a) Rút gọn biểu thức P x 3 b) Tính giá trị biểu thức P c) Tìm x để P < d) Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên (31) d) Tìm giá trị nhỏ P Lời giai: a) ĐK: x 0; x 3; x 2 Rút gọn được: P   x   ( x  9)  (2 x  x  2) ( x  3)( x  2)  x x  ( x  1)( x  2) x 1   ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3) b) Ta có P ( x 3 ( 1 )  x 1 , nên 1 1 3  5 3 42  1)(  3)  :   2 2 5 x 1  1  ( x  3) c)   x  9; x 4 P 1  d) Ta có: P 0 x x  30 x 9 x 1 1  PZ  x x  Để  x x   U (4)  1; 2; 4 ) x    x 4(loai) ) x  1  x 16 ) x    x 1 ) x  2  x 25 ) x    x  1(VN ) ) x  7  x 49 Vậy  x  (2 x  1) x  x 1 x ( x  3)( x  3)     x   x ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) x  x x 6 P  Z  x   1;16;25;49 x 4  1  x 1 x  (1) đ)Ta có: P 4 4 x  1  1        x 1 x 1 x 1 Mà Vậy GTNN của P = -  x  1  x 0 CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG (32) Đường thẳng : ax + by = c (a  b 0)  y  a c x  (b 0) b b (1) a c x  (d ) b b a) Cách vẽ đường thẳng d: c c ;0 0; + Đường thẳng cắt trục Ox A( a ); cắt trục Oy B( b ); y  + Nối A với B ta được đường thẳng d b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a 0 ) b ;0 Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox A( 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 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: ax1  b  y1  ax2  b  y2 giải hệ tìm a và b Cách 2: Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng: x  x1 y  y1  x1  x2 y1  y2 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 đó 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), x1  x2 y  y2  thoả mãn: x2  x3 y2  y3 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 '  Ngoài ra, cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’ (33) a) (d)  (d’)   ab ' a ' b 0  ab ' a ' b 0    ac ' a ' c 0 bc ' b ' c 0  b) (d) // (d’)  ab ' a ' b 0  ( d ) ( d ')  ac ' a ' c 0 b ' c  bc ' 0  c) Xác định giao điểm của hai (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = ’là nghiệm(nếu có) của hệ phương trình sau:  ax  by c   a ' x  b ' y c ' Hệ số góc của đường thẳng Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: (d): x + y = (d1): 5x - 3y = (d2): ax - by = 5b (a ' 0; b 0) a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên 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 trên đồng quy  x  y 3  x  y 7 + Giao điểm của (d) và (d1) là hệ của hệ phương trình:   x 2  y 1 , vậy (d) và (d ) cắt đỉêm có toạ đó: C(2; 1) + Giải hệ tìm được  + Để đường thẳng trên đồng quy điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b PHẦN HÌNH HỌC 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 (34) b/ Dây AC cắt BD K Chứng minh EK vuông 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:      a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD  AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân B b)Ta có, tam giác AEB có: x BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ), BD  AC  K   K là trực tâm  BA  KE E F C D K A B O c) Ta có: AKF cân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân 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 60  ABE  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 trên đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm) Từ O hạ OH vuông 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 luôn cố định điểm M di động trên d d/ Tìm trên d điểm A và trên O điểm B cho độ dài AB nhỏ nhấtho ABC có diện tích 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M Giải d H M Q K I P O     a) + Vì MHO MPO 90 (OH  OM ; OP  PM )  MHO  MPO 180 => Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc đường tròn (35)     + Tương tự: MQO MPO 90 (OQ  QM ; OP  PM )  MQO  MPO 180 => 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 OI OK    OIK OMH (OKI OHM 900 ; HOMchung )   OI OH OK OM OM OH b) 2  c) Trong OPM (OPM 90 ; OK  OM )  OK OM OP R R2 OI OH OK OM  OI OH R  OI  OH Mặt khác: Do O, H cố định => I cố định OH  (O )  L d) Kẻ Ta có A AB  OB OA OH OL  LH R  OL  AB LO Vậy AB đạt GTNN AB = LO A H ; B L d H L B O Bài 3: Cho góc xAy vuông.Trên tia Ax lấy điểm B cố định, trên 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 y C D G E O H A F B x Bài : Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đờng tròn tâm O, đờng kính AI Gäi E lµ trung ®iÓm cña AB vµ K lµ trung ®iÓm cña OI Chøng minh r»ng tø gi¸c AEKC nội tiếp đợc đờng tròn (36) Bài : Cho hình chữ nhật ABCD Qua B kẻ đường thẳng vuông 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 90  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 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân B B A b)Ta có, tam giác AEB có:  BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ), F E BD  AC  K   K là trực tâm  BA  KE H D G C c) Ta có: AKF cân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân 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 60  ABE  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: 1 BD ON R OM  AC Ta có: AC = BD vì A Nên ABCD là hình thang cân 1 OH HE  R  OM 2 + Ta có  0    OHM có OHM 60 ; HMO 30  MOD 30 +Tam giác MOD cân O, nên:    ODM OMD  (1800  DOM )  C  750  D   A 1800  750 1150  B M D E B H N (37) Bài 2: Cho ABC có diện tích 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M cho MK = 1/4 BK, đường thẳng AM cắt BC L Tính diện tích ALC B L M C A H K N (38)
- Xem thêm -

Xem thêm: tai lieu on HSG hay, tai lieu on HSG hay