Tổng hợp chuyên đề ôn tập môn Toán Lớp 9

TOÁN RÚT GỌN BIỂU THỨC (CHỨA BIẾN) VÀ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

1. BÀI TOÁN RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA BIẾN

Phương pháp

Bước 1:Tìm ĐKXĐ

Bước 2: -Rút gọn từng phân thức (nếu được )

-Thực hiện các phép biến đổi như:

+)Quy đồng (đối với các phép cộng ,trừ phân thức ),thực hiện các phép nhân ,chia

+)Bỏ ngoặc bằng cách nhân đơn ,đa thức hoặc dùng hằng đẳng thức

+)Thu gọn :Cộng ,trừ các hạng tử đồng dạng

+)Phân tích kết quả thành nhân tử nếu có rồi rút gọn

Bước 3: Kết luận (kèm đk)

2. CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

*) Dạng 1. Tìm giá trị của biểu thức khi biết giá trị của biến

Bước 1:Tìm đkxđ của biểu thức

Bước 2: Kiểm tra giá trị của biến có thỏa mãn đkxđ không rồi thay giá trị đó vào biểu thức

Bước 3: thực hiện phép tính rồi kết luận

*) Dạng 2. Bài toán tìm x để biểu thức P = m (m là hằng số)

docx 143 trang Mịch Hương 11/01/2025 140
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp chuyên đề ôn tập môn Toán Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docx7_chuyen_de_on_tap_mon_toan_lop_9.docx

Nội dung text: Tổng hợp chuyên đề ôn tập môn Toán Lớp 9

  1. CHUYÊN ĐỀ 7: TÍNH CHẤT CHIA HẾT A. Kiến thức cần nhớ *) Chia hết trên tập hợp số nguyên Giả sử a, b, c là các số nguyên dương, ta có các tính chất sau: ab ac 1. Nếu ac 2. Nếu (ma nb)cm,n Z bc bc ab ab 3. Nếu ab,c (BCNN) 4. ac ab.c ac (b,c) 1 abc p P(songuyento) a p 5. Nếu ac 6. Nếu (b,c) 1 ab p b p 7. Nếu ab a b 8. Nếu an bn ab(n Z ) 9. Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n 10. Tính chất chia hết của một tổng, của một hiệu, một tích am a bm +) bm abm +) am an m(n N) ac +) abcd bd 11. Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 4, 5, 6,8, 9, 10, 11 Chia hết cho Dấu hiệu 2 Số có chữ số tận cùng là chữ số chẵn 3 Số có tổng các chữ số chia hết cho 3 4 Số chia hết cho 4 khi hai chữ số tận cùng lập thành một số chia hết cho 4 5 Số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 6 Là số đồng thời chia hết cho 2 và 3 8 Số chia hết cho 8 khi ba chữ số tận cùng lập thành một số chia hết cho 8 9 Số có tổng các chữ số chia hết cho 3 10 Số có chữ số tận cùng là 0 11 Số chia hết cho 11 khi hiệu giữa tổng các chữ số của nó đứng ở vị trí lẻ và tổng các chữ số đứng ở vị trí chẵn (kể từ trái sang phải) chia hết cho 11.
  2. Lời giải a) Ta có: a2 a a(a 1)2 (tích của 2 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2) b) Ta có: a3 a a(a 1)(a 1) (a 1)a(a 1)3 c) Ta có a5 a a(a4 1) a(a 1)(a 1)(a2 1)  2,3 6 a5 a a(a2 1)(a2 1) a(a2 1)[(a2 4) 5)]= a 2 a 1 a a 1 a 2 5n(n2 1)       5 5 5.6 30 d) Ta có : a7 a a(a6 1) a(a2 1)(a2 a 1)(a2 a 1) +) Nếu a 7k(k Z) a7 +) Nếu a 7k 1(k Z) a2 1 49k 2 14k7 +) Tương tự như vậy ta xét a 7k 2; ;a 7k 6 đều chia hết cho 7 (đpcm). Bài 2:Chứng minh rằng: a. n(n 1)(2n 1)6 b. n3 11n6 c. mn(m2 n2 )6 d. m3 5m6 Lời giải a) Ta có: n(n 1)(2n 1) n(n 1) n 1 n 2 n n 1 n 1 n(n 1)(n 2)     2,3 6 6 Vậy n(n 1)(2n 1)6 n3 11n n3 n 12n n(n 1)(n 1) 12n b) Ta có:  6 6 Vậy n3 11n6 mn(m2 n2 ) mn (m2 1) (n2 1) = mn(m 1)(m 1) mn(n 1)(n 1) c) Ta có:   6 6 Vậy mn(m2 n2 )6 m3 5m m3 m 6m m(m 1)(m 1) 6m d) Ta có:  6 6 Vậy m3 5m6 . Bài 3:Chứng minh với mọi n lẻ thì a. A n2 4n 38 b. B n3 3n2 n 348 c.C n12 n8 n4 1512 d. D n4 10n2 9384 Lời giải a) Ta có: n2 4n 3 (n 1)(n 3) Vì n là số lẻ nên n 1 và n 3 là tích của hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8
  3. Chứng minh rằng: A n5 5n3 4n120 22.3.5n Z Lời giải Ta có: A n5 5n3 4n n(n4 5n2 4) n(n4 n3 n3 n2 4n2 4n 4n 4) n(n 1)(n3 n2 4n 4) A n(n 1)(n 1)(n 2)(n 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8.5.3=120. Vậy A 3n4 14n3 21n2 10n24 . Bài 7:Chứng minh rằng với mọi n chẵn ta có: a. A n3 6n2 8n48 b. B n4 4n3 4n2 16n348(n 4, n chẵn ) Lời giải a) Ta có: A n3 6n2 8n48 n(n 2)(n 4) n 2k A 2k(2k 2)(2k 4) 8k(k 1)(k 2) A48 Đặt  6 b) Đặt n 2k(k 2) A 16k 4 32k 3 16k 2 32k 16k(k 3 2k 2 k 2) 16k(k 2)(k 1)(k 1)  3,8 24 B16.24 384. Bài 8: Chứng minh rằng với mọi n lẻ thì A n8 n6 n4 n2 1152n N Lời giải Ta có: 1152 = 9.27 = 32.27 A n2 (n6 n4 n2 1) n2[(n4 n2 ) (n2 1] n2 (n2 1)(n4 1) n2 (n2 1)2 (n2 1) A [ n(n-1)(n+1)]2 (n2 1) A9(1)  3 9 Vì n lẻ nên n 1 và n 1 là 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 4 tích 2 số chẵn chia hết cho 8, mặt khác n2 + 1 là số chẵn chia hết cho 2 A82.2 27 (2) Từ (1)(2) A27.32 (dpcm) Bài 9: Cho m, n là hai số chính phương lẻ liên tiếp. CMR: mn m n chia hết 192 Lời giải Đặt m (2k 1)2;n (2k 1)2 (k Z) A (m 1)(n 1) 2k 1 2 1 2k 1 2 1 (4k 2 4k)(4k 2 4k) 16k 2 (k 1)(k 1)
  4. Ta có: n4 1 (n 1)(n 1)(n2 1)8vì tích của hai số chẵn liên tiếp Ta đi chứng minh A chia hết cho 5 +) Xét n 5k 1;n 5k 2;n 5k 3;n 5k 4 đều thỏa mãn chia hết cho 5. Bài 14: Chứng minh rằng A (n 1)(n 2) (2n 1).2n2n n N * Lời giải 1.2.3 n(n 1)(n 2) 2n (2.4.6 2n)[1.3.5 (2n-1)] 2n (1.2.3 n)[1.3.5 (2n-1)] Cách 1: A 1.2.3 n 1.2.3.4 n 1.2.3 n A 2n[1.3.5 (2n-1)]2nn N* Cách 2:Dùng phương pháp quy nạp toán học +) n 1 A(1) 221 +) Giả sử mệnh đề đúng với n k , tức là ta có: A (k 1)(k 2) 2k2k +) Ta đi chứng minh đúng với n k 1 A(k 1) (k 2)(k 3) (2k 2) 2(2k 1).A(k)2.2k 2k 1(dpcm) Bài 15: Có bao nhiêu số có 5 chữ số, thỏa mãn: Chia hết cho 3 và có ít nhất 1 số 3 Lời giải Ta có: 30000 số có 5 chữ sô chia hết cho 3 (10000 đến 99999 có 90000 số, cách 3 số có 1 số chia hết cho 3) Ta đi đếm số các số chia hết cho 3 mà không chứa chữ số 3 nào Giả sử: abcde(a 0;0 a,b,c,d,e 9.a,b,c,d,e 3) có 8 cách chọn a, b,c,d có thể chọn 9 cách Ta có: a b c d echia hết cho 3 a b c d3 e 0,6,9 Nếu a b c d3du1 e 2,5,8(du2) a b c d3du2 e 1,4,7(du1) Vậy có 3 cách chọn e. Suy ra có 8.9.9.9.3 = 17496 số chia hết 3 không chứa thừa số 3 Suy ra có: 30000 – 17496 = 12504 số thỏa mãn bài toán. Dạng 2: Sử dụng các công thức nâng cao 1. an bn a b a,b Z,a b,n N 2. an bn  a b a,b Z,a b,n N (với mọi n lẻ) 3. an bn  a b a,b Z,a b,n N (nếu n chẵn)
  5. A 13 23 33 1003 (13 1003 ) (23 993 ) (503 513 ) A101 +)    101 101 101 A 13 23 33 1003 (13 993 ) (23 983 ) (503 1003 ) A50 A101.50 +)    50 50 50 Bài 4: Cho A 16n 1. Chứng minh rằng A chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số tự nhiên chẵn Lời giải +) Với n là số tự nhiên chẵn, đặt n 2k n N A 162k 1 (162 )k 1k (162 1) 25517 A17 +) Với n là số tự nhiên lẻ, A 16n 1 2 Có: 16n 1 16n 1n 16 1 17 A:17 dư 2. Bài 5: Chứng minh rằng: A 2903n 803n 464n 261n 1897(n N) Lời giải A (2903n 803n ) (464n 261n ) A7 +)Ta có:   2100 203 7.29 A (2903n 464n ) (803n 261n ) A271(2) A2.271 1897 Lại có:   2439 9.271 2.271 Bài 6:Chứng minh rằng: a. A 42n 1 3n 2 13 b. B n.28n 26n 2727 Lời giải A 4.16n 9.3n 4.16n 4.3n 9.3n 4.3n 4.(16n 3n ) 13.3n a.  13 13 B n.28n n 27n 27 n(28n 1) 27(n 1) b.   27 27 Bài 7: 2n 1 n 1 2n 1 n 1 Cho an 2 2 1;bn 2 2 1 CMR: Với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số an hoặc bn chia hết cho 5 Lời giải Ta đi xét các trường hợp +) Nếu an và bn cùng chia hết cho 5 an bn 5 n 1 2n 2 Ta có: an bn 2.2 2 / 5 2n 1 2 n 1 2 2n 1 2n 1 2n 2 2n 1 an 5 +) an.bn (2 1) (2 ) 4 2.2 1 2 4 1(4 1) 5(n : le) bn 5
  6. a. Phân tích B x thành nhân tử b. Chứng minh rằng B(x)6 Lời giải a. B(x) x4 2x3 13x2 14x 24 (x 3)(x 1)(x 2)(x 4) B(x) (x 3)(x 1)(x 2)(x 2 6) (x 3)(x 2)(x 1)(x 2) 6(x 3)(x 1)(x 2) b.   6 6 Bài 3: CMR C(x) n8 4n7 6n6 4n5 n4 16n Z Lời giải C(x) n4 (n4 4n3 6n2 4n 1) n4[(n3 (n 1) 3n2 (n 1) 3n(n 1) (n 1)]-(n+1)n4 (n3 3n2 3n 1) C(x) n4 (n 1)(n 1)3 [n(n 1)]4 24 16 (đpcm) Bài 4: Chứng minh rằng A 2130 3921 45 Lời giải 213 2130 9 Ta có: A9 ; A 2130 3921 (2130 130 ) 3921 ( 1)21 A45 21   393 39 9 20 5 40 5 Bài 5: Chứng minh rằng B 8351634 8241142 26 Lời giải 8351634 :le Ta có : 8351634 8241142 : chan 142 8241 :le 8351634 8241142 [(8351)2 ]317 (8241)142 [(8351)2 ]317 1317 (8241)142 ( 1)142 Lại có:   (8351)2 1 8241 ( 1) 824213  13 Dạng 3 : Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết Bài 1: Tìm n Z để giá trị biểu thức A n3 2n2 3n 2 chia hết cho giá trị biểu thức B n2 n Lời giải Cách 1: Đặt phép chia ta được: n3 2n2 3n 2 (n 3)(n2 n) 2 Để A chia hết cho B thì 2n(n 1) n(n 1) U (2) 1; 2 n 1;2 Cách 2: A n3 2n2 3n 2 n(n2 n) 3(n2 n) 2 Lập luận tương tự ta có n 1;2
  7. Lời giải Có 4n2 12n 145 4(n 1)2 20n 105 (n 1)2 5 n chia cho 5 dư 1 hay n 5k 1 k N Bài 6: Tìm số tự nhiên n để: A n3 3n2 3n 1B n2 n 1 Lời giải Ta có: A n3 3n2 3n 1 n3 n2 n 4n2 4n 4 3 n(n2 n 1) 4(n2 n 1) 3 n2 n 1 1 n 0 AB 3n2 n 1 n 0;1 2  n n 1 3 n 1 Bài 7: Tìm tất cả số nguyên n để: n2 2n 6  n 4 Lời giải Ta có: n2 2n 6 n 2 n 4 14 Nên 2 n 2n 6  n 4 n 2 n 4 14  n 4 14 n 4 n 4 1; 2; 7; 14 n 18; 11; 6; 5; 3; 2;3;10 Bài 8: Tìm tất cả số nguyên n để: n2 6n 4  n 7 Lời giải Ta có: n2 6n 4 n 1 n 7 11 2 Nên n 6n 4  n 7 n 1 n 7 11  n 7 11 n 7 n 7 1; 11 n 18; 8; 6;4 . Bài 9: Cho A k 4 2k 3 16k 2 2k 15 k Z . Tìm k nguyên để A luôn chia hết cho 16 Lời giải Vì k Z ta xét các trường hợp sau - TH1: Với k chẵn A k 4 2k 3 16k 2 2k 15 là một số lẻ A 2 A16 loại (1) - TH2: Với k lẻ, ta có: A k 4 2k 3 16k 2 2k 15 k 2 1 k 2 2k 15
  8. Vậy 3n 18 khi n 2k k N b. Ta có: 32n 3 24n 1 27.3n 2.24n (25 2)32n 2.24n 25.32n 2.32n 2.24n BS(25) 2(9n 16n ) +) Nếu n 2k 1(k N) 9n 16n 92k 1 162k 125 +) Nếu n 2k thì 9n có tận cùng bằng 1, 16n có tận cùng là 6 suy ra 9n 16n có tận cùng là 4 nên không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 25 c. Nếu n 3k(k N) 5n 2n 53k 23k (53 23 ) 117 9 +) n 3k 1 5n 2n 5.53k 2.23k 5(53k 23k ) 3.23k BS(9) 3.8k BS(9) 3(BS9 1)k BS9 BS9 3 +) n 3k 2 thì cũng không chia hết cho 9 Vậy n là bội số của 3 thì thỏa mãn bài toán. Bài 3: Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng lập phương của chúng cũng chia hết cho 3. Lời giải Gọi 2 số phải tìm là a và b, ta có a + b chia hết cho 3 Lại có: a3 b3 (a b) a b 2 3ab 2 Vì a b chia hết cho 3 nên a b 3ab chia hết cho 3 Do vậy a3 b3 (a b) a b 2 3ab 9(dpcm) Bài 4: Tìm giá trị nguyên của x để A 10x2 7x 5B 2x 3 Lời giải A 7 5x 4 2x 3 U (7) x 2;1;2;5 B 2x 3 Trường THCS Tam Đa