Tổng hợp chuyên đề ôn tập môn Toán Lớp 9

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