Se ha denunciado esta presentación.
Utilizamos tu perfil de LinkedIn y tus datos de actividad para personalizar los anuncios y mostrarte publicidad más relevante. Puedes cambiar tus preferencias de publicidad en cualquier momento.

100 de toan 6

510 visualizaciones

Publicado el

100 de toan

Publicado en: Educación
  • Inicia sesión para ver los comentarios

  • Sé el primero en recomendar esto

100 de toan 6

  1. 1. Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán - Đại Số Dạng I : Dãy số viết theo qui luật (lớp 6&7) Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức 3 8 15 9999 ... 4 9 16 10000 A      với các số 98 và 99. Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 1 ... 1 4 9 16 10000 2 3 4 100 A                                                                  = 2 2 2 2 1 1 1 1 99 ... 99 2 3 4 100 B             với B = 2 2 2 2 1 1 1 1 ... 2 3 4 100     > 0 Nên A < 99. Ta có   1 1 1 1 1k k k k     với mọi k 1 nên 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... 1 .... 1 1 2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100 B                       Do đó 99 99 1 98A B     . Vậy 98 99A  Tổng quát:     2 2 3 8 15 1 2 ... 1 4 9 16 n n n n          Bài toán 2: Viết số 2 3 4 999 1000 1 2 3 4 ... 999 1000      trong hệ thập phân. Tìm ba số đầu tiên bên trái số đó? Giải: Ta có 2 3 4 999 1000 1 2 3 4 ... 999 1000A        ; Đặt 1000 3000 3000 1000 10 100000...0000B     gồm có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1) Đặt C 2 3 999 1000 3 6 2997 3000 1000 1000 1000 ... 1000 1000 10 10 .. 10 10           =100100100....1000 gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2). Vì B < A < C và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số ầu tiên bên trái của A là 100. Bài toán 3: Cho     2 22 1 1 1 1 ... ... 14 29 18771 2 A n n n           . Chứng minh rằng 0,15 0,25A  . Giải : Ta có     2 22 1 1 1 1 ... ... 14 29 18771 2 A n n n               2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 ... ... 1 2 3 2 3 4 24 25 261 2n n n                    2 22 2 1 2 3 6 5B n n n n n        . (1)  Với 1n  từ (1) ta có:     2 2 3 9 6 3 3 2 3 1 2B n n n n n n         . Từ đó :    1 1 1 1 1 1 1 ... ... 3 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 3 A C n n              
  2. 2. Với C     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 ... ... ... 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n                   . Suy ra 1 6 2 . 0,15 3 13 13 A    .  Với 1n  từ (1) ta có:     2 2 2 6 4 2 3 2 2 1 2B n n n n n n         . Từ đó :    1 1 1 1 1 1 1 ... ... 2 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 A C n n               Với C     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 ... ... ... 2.3 3.4 1 2 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13n n                   . Suy ra 1 6 3 . 0,25 2 13 13 A    . Vậy 0,15 0,25A  Tổng quát:        2 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ... 6 3 2 1 2 3 2 3 4 4 2 21 2k kk k k                 Bài toán 4: Tính A B biết :   1 1 1 1 ... ... 2.32 3.33 30 1979.2009 A n n        ;   1 1 1 1 ... ... 2.1980 3.1981 1978 31.2009 B n n        . Giải: Với các số nguyên dương n và k ta có       1 1 n k n k n n k n n k n n k n n k          . Với k = 30 ta có : 30 30 30 1 1 1 1 1 1 30 ... ... 2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... ... ... (1) 2 3 1979 32 33 2009 2 3 31 1980 1981 2009 A                                                    Với k = 1978 ta có : 1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1 1978 ... ... 2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009 B            1 1 1 1 1 1 ... ... (2) 2 3 31 1980 1981 2009                    . Từ (1) và (2) suy ra 1978 989 30 1978 30 15 A A B B     . Bài toán 5: Tính tổng sau:       2 2 2 3 5 4017 .... 1 2 2 3 2008 2009 nS        . Giải: Với 1n  thì                 2 222 2 2 2 2 2 2 2 222 2 2 2 2 1 12 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n nn n n n n nn n n n n n n n n n n                   Do đó       2 2 2 2 2 2 3 5 4017 1 1 1 1 1 1 .... 1 ... 1 4 4 9 2008 2009 20091 2 2 3 2008 2009 nS                 .
  3. 3. Bài toán 6: Tính các tổng sau:  1.2 2.3 ... . 1 ... 98.99A n n       (*) ;  1.99 2.98 ... 100 ... 98.2 99.1B n n        Giải: Ta có:        3 1.2.3 2.3.3 ... 3 1 ... 3.98.99 1.2. 3 0 2.3. 4 1 ... 98.99. 100 97A n n              .   970200 1.2.3 2.3.4 ... 98.99.100 1.2.3 2.3.4 ... 97.98.99 98.99.100 970200 323400 3 A                       1.99 2. 99 1 3. 99 2 .... 98. 99 97 99. 99 98 1.99 2.99 3.99 ... 99.99 1.2 2.3 3.4 ... 98.99 B                          99 99 1 2 3 ... 99 99. 99 1 . 99.99.50 323400 166650 2 A A            Từ bài toán (*) suy ra 98.99.100 3 98.99.100 3 A A   . Nếu  1.2 2.3 3.4 ... 1A n n      . Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với n = 100      1.2 2.3 3.4 ... 1 .3 0.1 1.2 2.3 3.4 ... 1 .3B n n n n                       1. 0 2 3. 2 4 5. 4 6 ... 97. 96 98 99 98 100 .3                 2 2 2 2 2 1.1.2 3.3.2 5.5.2 7.7.2 ... 99.99.2 .3 2.3. 1 3 5 7 .. 99             2 2 2 6 1 3 ... 99    . Do đó  2 2 2 2 6 1 3 5 ... 99 99.100.101     hay 2 2 2 99.100.101 1 3 ... 99 166650. 6      Vậy      22 2 2 1 2 2 2 3 1 3 ... 2 1 6 n n n P n          Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên   2 2 2 2 1 2 1 1 2 3 ... 6 n n n P n         Bài toán 7: Tính B A biết:   1 1 1 1 ... ... 1.2 2.3 1 2008.2009 A n n        .    1 1 1 1 1 ... 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 B n n n         . Ta có   1 1 1 1 1n n n n     và         2 1 1 1 2 1 1 2n n n n n n n        Nên:   1 1 1 1 1 2008 ... ... 1 1.2 2.3 1 2008.2009 2009 2009 A n n              2 2 2 2 2 1 1 2019044 2 ... ... 1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010 B n n n             1 2019044 1009522 . 2 2009.2010 2009.2010 B   . Do đó 1009522 2008 1009522.2009 5047611 : 2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040 B A    1011531 2 2018040 
  4. 4. Bài toán 8:Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi A + B chia hết cho 2003 không? Giải: Ta có: 1.2.3.4...1001A  và 1002.1003.1004...2002B  . Ta viết B dưới dạng:     2003 1001 2003 1000 ... 2003 1B     . Khai triển B có một tổngngoài số hạng 1001.1000....2.1 . Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003. Nên 2003. 1001.1000...2.1 2003B n n A    với n là số tự nhiên. Do đó: 2003A B n  là một số chia hết cho 2003. Cách giải khác: Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ;      1002; 1001 ; 1003;1000 ;... 2002;1 . Do đó 1002.1003....2002B  và 1001.1000...2.1A   có cùng số dư khi chia cho 2003. Nên  A B B A    chia hết cho 2003 Dạng II :Phương pháp tách trong biến đổi phân thức đại số (lớp 8) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến.          1 1 1 x y y z z x x y y z z x         với ; ;x y y z z x   . Từ kết quả trên ta có thể suy ra hằng đẳng thức:          1 1 1 x y x z z y x z x y y z         (*) trong đó x ; y; z đôi một khác nhau. Thực chất ở đây ta thay x – y bởi z – y thay z - x bởi y – x giữ nguyên thừa số kia sẽ có hai số hạng ở vế phải, Vận dụng hằng đẳng thức (*) giải các bài tập sau: Bài toán 1: Cho ; ;a b b c c a   chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a, b, c.          2 2 2 A a b c a b a c b c b a c a c b          Áp dụng hằng đẳng thức (*)             2 2 2 2 A a b b c a b a c b c c a a c b a c a c b                                     2 2 2 2 a b a b b c b ca b b c a b a c a b a c b c c a b c c a a b a c b c c a                       1 a b b c a b b c a c c a a c a c              Nếu a và 1 2; ;...; na a a là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì      1 2 1 2. .... . ...n na a a a a a a a a a    
  5. 5. Bài toán 2: Cho ; ;a b b c c a   . Rút gọn biểu thức                   x b x c x c x a x a x b B a b a c b c b a c a c b                Giải Vận dụng công thức (*) ta đ ược                   x b x c x c x a x a x b B a b a c b c b a c a c b                                         x b x c x c x a x c x a x a x b a b a c b c c a a c b a c a c b                                                                           x b x c x c x a x c x a x a x b a b a c b c c a a c a b a c c b x b x c x c x a x c x a x b x a x c a b x a b c a b a c b c c a a b a c a b a c                                                1 x c x a x c x a a c a c a c             Bài toán 3: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:                 a b c x a b a c x a b a b c x b c a c b c x x a x b x c                Biến đổi vế trái, ta được:             a b c a b a c x a b a b c x b c a c b c x            =                 a b b c a b a c x a b a a c x b c a b c x b c a c b c x                 =      1 1 ( ) a b b c a b a c x a x b c a b c x b x c                      =                       1 ( ) 1 . . bx cxax bx x x a b a c x a x b c a b c x b x c a c x a x b c a x b x c                                  1 1 x a cx x a c x b x a x c a c x b x c x a x b x c x a                   . Sau khi biến đổi vế trái bằng vế phải. Đẳng thức được chứng minh. Bài toán 4: Cho a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh:          2 2 2b c c a a b a b a c b c b a c a c b a b b c c a                  Giải: Ta có          1 1b c b a a c a b a c a b a c a b a c c a a b                (1) Tương tự ta có:    1 1c a b c b a b c a b        (2)    1 1a b c b c a b c c a        (3)
  6. 6. Từ (1) ;(2) và (3) ta có          1 1 1 1 1 1b c c a a b a b a c b c b a c a c b c a a b b c a b b c c a                        2 2 2 a b b c c a       (đpcm) Bài toán 5: Rút gọn biểu thức:          2 2 2 a bc b ac c ab a b a c b c b a c a c b            với ; ;a b b c c a      Giải: Ta có:          2 2 ( ) ( )a bc a ab bc ab a a b b c a a b a b a c a b a c a b a c a c a b                    (1) Tương tự:    2 b ac b c b a b c a b b c        (2)    2 c ab c a c a b c c b c a        (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có          2 2 2 0 a bc b ac c ab a b b c c a a b a c b c b a c a c b a c a b a b b c c b c a                         Bài toán 6: Cho ba phân thức 1 a b ab   ; 1 b c bc   ; 1 c a ca   . Chứng minh rằng tổng ba phân thức bằng tích của chúng. Giải: Ta có : 1 1 1 b c b a a c bc bc bc         nên 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a a b b a a c c a ab bc ca ab bc bc ca                                     1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b bc ab c a bc ac a b c a ab bc ac bc ab bc ac bc                                                         1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a b c a c c a b a a b c a a b c a b cb c ab bc ac bc bc ab ac ab bc ac                           (đpcm). Bài toán 7: Cho ba số nguyên dương a, b, c tuỳ ý, tổng sau có phải là số nguyên dương không? a b c a b b c c a      Giải: Ta có 1 a b c a b c a b c M a b b c c a a b c a b c a b c a b c                      hay M > 1 . 1 1 1 3 3 1 2 b c a b c a M a b b c c a a b c b c a c a b                                             hay M < 2 Vậy 1 < M <2 . Do đó M không thể là số nguyên dương.
  7. 7. Bài toán 8: Đơn giản biểu thức                   2 1004 2 1004 2 1004a a b b c c A a a b a c b b a b c c c b c a                Giải: MTC là :    abc a b b c a c   Nên                         2 1004 2 1004 2 1004bc b c a a ac a c b b ab a b c c A abc a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c                          2 2 2 2 2 2 2008 2008 2008 2008 2008 2008b c ac a b bc a c ab abc a b b c a c                            2 2 2 2 2 2 2008 2008 2008c a c b a b a c b a b c a b b c a c abc a b b c a c abc a b b c a c abc                   Với 0abc  Bài toán 9: Tính giá trị của biểu thức:   2 2003 2013 31 2004 1 2003 2008 4 2004 2005 2006 2007 2008 P            Giải: Đặt a = 2004 Khi đó:             2 1 9 31 1 1 4 4 1 2 3 4 a a a a a P a a a a a                             2 2 2 1 9 31 1 3 4 4 1 2 3 4 a a a a a a a a a a a                                    3 2 2 2 3 2 2 9 2 18 9 31 1 3 7 14 8 3 1 2 3 4 1 2 3 4 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                                 1 2 3 4 1 1 2 3 4 a a a a a a a a a a           . Vậy P = 1

×