skkn cách giải và xây dựng các bài toán dãy số từ hệ thức baát biến đối với chỉ số thpt chuyên lê quý đôn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (452.32 KB, 39 trang )
1
SKKN
NGƯỜI VIẾT: TRẦN VĂN TRUNG
GV TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – PHAN RANG
THÁP CHÀM, NINH THUẬN
TÊN ĐỀ TÀI:
CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ
HỆ THỨC B
AÁT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ
A. Đặt vấn đề
Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng các lớp chuyên toán bản
thân tôi cảm thấy nếu một người thầy trực tiếp dạy các lớp này cần một nhiệm vụ và khả
năng không thể thiếu được đó là năng lực sáng tạo các bài toán mới và tìm mối quan hệ,
sắp xếp cách dạy toán theo một lớp chung cùng xuất xứ từ một vấn đề.
Để chia sẻ công việc này tôi giới thiệu các đồng nghiệp một vấn đề “Cách giải và
xây dựng các bài toán dãy số từ hệ thức bất biến đối với chỉ số”.
Người thầy có khả năng tự giúp mình chủ động trong cách soạn giáo án lên lớp,
sáng tác các đề thi mới để kiểm tra chính xác năng lực của học sinh, bởi vì lặp lại các
bài toán đã có học sinh có khả năng đã giải trước vì hiện nay thông tin đến với các em rất
là phong phú. Hơn nữa các đề thi học sinh giỏi hầu hết được sáng tác mới. Công việc này
phần nào giúp học sinh hiểu được tư tưởng của người làm đề qua đó các em phân tích
nhận định tìm tòi lời giải.
B. Quá trình thực hiện
Để học sinh hiểu được một cách sâu sắc và có cơ sở khoa học thì trước hết phải
trang bị cho các em hiểu được hệ thức bất biến đối với chỉ số là gì ?
Đó là hệ thức :
1 1 1
( , , ) ( , , )
i j k i j k
f x x x f x x x
i, j, k
N
i, j k thường là các số tự nhiên liên tiếp.
VD:
2 1 1
1
,
n n n n
n n
x x x x
n N
x x
Giá trị bất biến này bằng bao nhiêu là tùy thuộc vào giá trị ban đầu.
Biểu thức bất biến này được dấu trong một biểu thức phức tạp bởi người xây dựng
bài toán mà người giải toán phải xác định được nó.
I. Bước chuẩn bị
1/ Sưu tầm một số hệ thức bất biến với chỉ số và một số bài tập, hay một số đề
thi mà có sử dụng bất biến đối với chỉ số.
2/ Chọn bài toán mẫu tiêu biểu từ dễ đến phức tạp và đặc biệt từ mỗi bài toán
phải thay đổi nhiều cách phát hiện khác nhau.
3/ Phân bố thời gian
Cần tập trung nhiều ở phần mở rộng và xây dựng các bài toán từ 1 hệ thức bất
biến.
2
4/ Bước chuẩn bị của thầy và trò
4.1- Chuẩn bị của trò :
. Nắm vững kiến thức cơ bản của dãy số
. Một số dạng toán cơ bản của dãy.
4.2- Chuẩn bị của thầy :
. Giáo án và một số dụng cụ dạy học liên quan.
. Chuẩn bị bài tập mẫu chu đáo.
. Giới thiêu một số thủ thuật mở rộng và xây dựng bài toán mới.
(1) Bài tập :
* Bài tập mẫu dạy tại lớp
+ Bài toán 1: Cho dãy số
( )
n
a
xác định bởi :
1
2
2
1
2
1
1
2
( 3)
n
n
n
a
a
a
a n
a
Chứng minh
n
a
nguyên với mọi n.
Dụng ý :
. Cung cấp học sinh lời giải bài toán.
. Kĩ thuật sử dụng bất biến.
. Cung cấp các cách xây dựng bài toán từ đó giúp các em nhìn được vấn đề đơn
giản trong sự phức tạp.
+ Bài toán 2
: Cho dãy số
( )
n
a
xác định bởi :
1
2
3
2 1 1
1 1 1
2
500
2000
( 2)
n n n
n n n
a
a
a
a a a
n
a a a
Chứng minh mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và
2000
a
chia hết cho
2000
2
.
Dụng ý :
. Tiếp tục rèn học sinh phát hiện sự bất biến.
. Cung cấp cho học sinh thấy thêm kiểu dấu hệ thức bất biến khác.
+ Bài toán 3 : Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
1
2
1 2
2
8
4 0; 3
n n n
u
u
u u u n
và
2
1
cot( )
n
n i
c
S arc u
Tìm
lim
u
n
S
Dụng ý :
. Kĩ thuật sử dụng bất biến ở mức độ cao.
. Tập học sinh thay đổi đề bài dựa vào bài toán 1.
3
+ Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số
:
f N N
thỏa đồng thời các điều kiện :
1/ f(1) = 1
2/
2
( ) ( 2) ( 1) 1997
f n f n f n
n N
Dụng ý :
. Tiếp tục rèn luyện.
. Gây sự hứng thú khi sử dụng hệ thức bất biến.
*. Bài tập tự rèn luyện
Bài 1: Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
0
1
2 1
0
1
1999
n n n
u
u
u u u
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho
n
u
là số nguyên tố.
Bài toán 2: Cho dãy số nguyên
n
a
thoả
2 1 1
2( )
n n n n
a a a a
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M +
1
4 .
n n
a a
là số chính phương với mọi n
0.
Bài toán 3: Cho dãy số :
1 2
3
1 2
1
1 1
2
. 5
n n
n
n
a a
a
a a
a
a
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
(2) Đồ dùng dạy học
* Đồ dùng dạy học 1 :
Bài toán 1
: Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
1
2
2
1
2
1
1
2
( 3)
n
n
n
a
a
a
a n
a
Chứng minh
n
a
nguyên với mọi n.
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và xây dựng bài toán
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
. Cho bất biến này nhận giá trị 4 tại
2
1
4
n n
n
a a
a
4
2 1
4
n n n
a a a
(1)
. Cho
1
2
2
.
n
n n
a a a C
(2)
Nếu cho
1 2
1
a a
thì từ (1)
3
3
a
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy
2
2 1
. 2
n n n
a a a
Do đó
2
,
n n
a a
là nghiệm của phương trình
2 2
1 1
4 2 0
n n
x a x a
. Ta có
2
2 1
. 2
n n n
a a a
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức
1 2
4
n n n
a a a
và dựa vào phương trình Pell :
2 2
x Dy K
. Ta
xây dựng được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với bài toán 1.
.
0 0
( , )
x y
là nghiệm không tầm thường của phương trình
2 2
x Dy K
và
( , )
là
nghiệm cơ sở của phương trình
2 2
1
x Dy
. Khi đó nếu xét 2 dãy số
,
n n
x y
xác định
bởi :
1
1
.
n n n
n n n
x x D y
y x y
thì
,
n n
x y
là nghiệm của
2 2
x Dy K
.
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được
2
1
.
n n n
x x D x K
2
1
.
n n n
y y K Dy
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số nguyên cho bởi công thức không nguyên.
Áp dụng
:
Phương trình Pell :
2 2
3 1
x y
có nghiệm cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 2; 4 .
0, 1; 4 .
n n n
n n n
x x x x x
y y y y y
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản chất cùng một bất biến
2 1
4
n n n
a a a
Do đó :
0
2
1
2
2 3 3
n n n
a
a a a
Như vậy hai công thức :
5
.
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
.
2
1
2 3 3
n n n
a a a
đều cùng một bất biến :
2
1
4
n n
n
a a
a
Như vậy thay đổi bất biến khác ta có một loạt dãy số khác.
Ta cũng có thể dẫn bất biến này một hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới .
* Đồ dùng dạy học 3 :
Bài toán 2
: Cho dãy số
( )
n
a
được định nghĩa bởi
3
1 2
2000
2, 500,
a a a
và
2 1 1
1
1
1
n n n
n
n
n
a
a
a
a a
a
với
2
n
.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và
2000
a
chia hết cho
2000
2
.
* Đồ dùng dạy học 4 :
Bài toán 3 : Cho dãy số
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3
n n n
n
u
u
u u u n
u
Và
2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u
Tìm
lim
n
n
S
* Đồ dùng dạy học 5 :
Bài toán 4 : (Kì thi HSG QG: 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số
:
f N N
thỏa đồng thời các điều kiện ;
1/ f(1) = 1
2/
2
( ) ( 2) ( 1) 1997
f n f n f n
n N
* Đồ dùng dạy học 6 : Trình chiếu bài tập tự rèn luyện.
Bài 1 : Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi :
0
1
2 1
0
1
1999
n n n
u
u
u u u
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho
n
u
là số nguyên tố.
Bài 2 : Cho dãy số nguyên
0
n
n
a
thoả
2 1 1
2( )
n n n n
a a a a
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho
M +
1
4 .
n n
a a
là số chính phương với mọi n
0.
6
Bài toán 3 : Cho dãy số :
1 2
3
1 2
1
1 1
2
. 5
n n
n
n
a a
a
a a
a
a
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
II. Các bước soạn giảng
Ngày soạn :
Ngày dạy :
Tên bài dạy : CÁCH GIẢI VÀ XÂY DỰNG BÀI TOÁN DÃY SỐ
TỪ HỆ THỨC BẤT BIẾN ĐỐI VỚI CHỈ SỐ
A. Mục đích yêu cầu
1. Kiến thức :
. Nắm vững kiến thức về dãy số.
. Hệ thức bất biến.
. Xây dựng bài toán từ hệ thức bất biến.
2. Kĩ năng :
. Xác định hệ thức bất biến.
. Kĩ năng xây dựng bài toán.
3. Tư duy :
. Tư duy logic.
. Tư duy biện chứng.
B. Đồ dùng dạy học
* Bảng trình chíếu
* Bài tập
C. Hoạt động dạy và học
1. Kiểm tra bài cũ :
không
2. Hoạt động :
…
Hoạt động của giáo viên và học sinh Nội dung ghi bài
* Hoạt động 1 (3 phút)
GV: Đưa khái niệm hệ thức bất biến
đối với chỉ số.
* Hoạt động 2 (7 ph)
GV: Trình chiếu Bài tập 1
Từ dãy số đã cho xác định
1 1
1
, , ( , )( )
i j
i jk k
f x x x f x x x
, ,
i j k
(Thường I, j, k là 3 số tự nhiên)
GV: Qua lời giải học sinh nào phát
hiện được bất biến?
1 1 1
( , , ) ( , , )
i j k i j k
f x x x f x x x
i,j,k
N
.Thường i, j, k là 3 số tự nhiên liên tiếp.
* Bài tập 1 :
Cho dãy số
( )
n
a
thỏa mãn
2
1
1 2
2
2
1, ( 3)
n
n
n
a
a a a n
a
Chứng minh rằng
n
a
nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết
2
2 1
2
1
2
2
2
n n n
n
n
n
a a a
a
a
a
Thay n bởi n + 1 ta có
2
1 1
2
n n n
a a a
Từ hai đẳng thức trên ta được
7
Dự kiến trả lời :
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
GV: Để nắm rõ vấn đề và linh hoạt giải
quyết các bài toán này các em xem người
ta xây dựng loại toán này như sau :
* Hoạt động 3 (8 ph) : Giáo viên sử
dụng bảng trình chiếu để thuyết trình.
* Đồ dùng dạy học 2 : Mở rộng và
xây dựng bài toán.
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến
đối với chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
GV
:
Thuyết trình
: Mở rộng và xây dựng bài
toán
. Nguồn gốc bắt đầu từ hệ thức bất biến đối với
chỉ số
1 1 2
1
n n n n
n n
a a a a
a a
. Cho bất biến này nh
ận giá trị 4 tại
2
1
4
n n
n
a a
a
2 1
4
n n n
a a a
(1)
. Cho
1
2
2
.
n
n n
a a a C
(2)
Nếu cho
1 2
1
a a
thì từ (1)
3
3
a
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy
2
2 1
. 2
n n n
a a a
Do đó
2
,
n n
a a
là nghiệm của phương trình
2 2
1 1
4 2 0
n n
x a x a
. Ta có
2
2 1
. 2
n n n
a a a
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng
được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức
1 2
4
n n n
a a a
và dựa vào
phương trình Pell :
2 2
x Dy K
. Ta xây dựng
được vô số các bài toán dãy số có cùng lời giải với
bài toán 1.
.
0 0
( , )
x y
là nghiệm không tầm thường
của phương trình
2 2
x Dy K
và
( , )
là
1 1 2
1
n n n n
n
n
a a
c
a
a a
a
(hằng số).
Từ đó
1 1 3 1
1 1
2
4 4
n n
n
n n
n
a a
a a a
a
a a
a
Vậy
n
a
nguyên với mọi n.
8
nghiệm cơ sở của phương trình
2 2
1
x Dy
.
Khi đó nếu xét 2 dãy số
,
n n
x y
xác định bởi :
1
1
.
n n n
n n n
x x D y
y x y
thì
,
n n
x y
là nghiệm của
2 2
x Dy K
.
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm
được
2
1
.
n n n
x x D x K
2
1
.
n n n
y y K Dy
Như vậy đã xuất hiện được hai dãy số
nguyên cho bởi công thức không nguyên.
Áp dụng
:
Phương trình Pell :
2 2
3 1
x y
có nghiệm
cơ sở (2;1) do đó ta có nghiệm :
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 2; 4 .
0, 1; 4 .
n n n
n n n
x x x x x
y y y y y
. Ta có dãy số kiểu khác của bài toán 1 nhưng bản
chất cùng một bất biến
2 1
4
n n n
a a a
Do đó :
0
2
1
2
2 3 3
n n n
a
a a a
Như vậy hai công thức :
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
2
1
2 3 3
n n n
a a a
đều cùng một bất biến :
2
1
4
n n
n
a a
a
Như vậy thay đổi bất biến khác ta có
một loạt dãy khác.
Ta cũng có thể dẫn bất biến này một
hình thức khác tùy bạn sẽ có dãy mới.
*Hoạt động 4 (7 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 2
GV : Hỏi bất biến của dãy số này ?
Dự kiến trả lời :
2 1
1
1
n n
n
n n
n
a
a
a
a a a
GV: Bằng biến đổi người ta thấy được
sự khôn khéo trong việc che đậy hệ
thức bất biến từ đó tạo ra hệ thức
* Bài toán 2
Cho dãy số
( )
n
a
được định nghĩa bởi
3
1 2
2000
2, 500,
a a a
và
2 1 1
1
1
1
n n n
n
n
n
a
a
a
a a
a
với
2
n
.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số
nguyên dương và
2000
a
chia hết
2000
2
.
Bài giải
9
tương đương khác.
GV : Hướng dẫn HS tạo ra bài toán
mới.
*Hoạt động 5
(8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 3
GV : Từ giả thiết
1 2
4
n n n
u u u
Ta có thể thay bởi :
*
2
1
2
n
n
n
u
u
u
(u
3)
*
1 3
2 3
n n n
u u u
Giống bài toán 1. Ta có các bài
toán phức tạp hơn và các em tự tìm đến
nhiều bài toán khác có cùng lời giải.
GV : Hệ bất biến mới ?
Dự kiến trả lời :
2 2
1 1 1 2
.
n n n n n n
u u u u u u
Từ giả thiết ta có
2
2 1 1
n n n
a a a
.
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
1
1
3
2 1
2
n n
n
n n
n
a
a
a
a a a
a
a a
Vậy
2 1
2
n
n n
a a a
, như thế mọi số hạng của đãy
số đều là số nguyên dương.
Mặt khác
2000 1999
2
2000 1
1999 1998 1
. .
a a
a
a a
a a a
2000
a
chia hết
2000
2
.
* Bài toán 3
Cho dãy số
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3
n n n
n
u
u
u u u n
u
Và
2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u
Tìm
lim
n
n
S
Bài giải
Trước hết ta chứng minh
2
1 1
. 4,
n
n n
u u u
2
n
Quả vậy, ta có :
1 1
(4 ) (4 )
n n
n n
u u u u
2 1 1 1
( ) ( )
n n
n n n n
u u u u u u
2 2
1
1 1 2
.
n
n
n
n n n
u u u u u u
=…=
2
2 3 1
.
u u u
=
8
2
– (4.8 – 2)2 = 4
2
4
cot co t
4
n
n n
u
a rc u a rc u
=
cot
arc
1 1
2
1 1
( )
.
.
n
n n n
n n
u u u
u u u
1
1
1
1
. 1
cot
n n
n
n
n n
n
n
u
u
u u
arc
u
u
u u
1
1
cot cot
n n
n n
u u
u u
arc arc
2
1
cot( )
n
n i
i
S arc u
1
cot
n
n
u
u
arc
Hơn nữa :
1 2
4
n
n n
u u u
1 2 1
1
4
1 .
n n n
n n
n
u u u
u u u
10
*Hoạt động 6
(8 ph):
GV Trình chiếu Bài toán 4
GV : Nhận xét bất biến của bài toán
này ?
Dự kiến trả lời : Bất biến này
cũng chính là bất biến bài toán 1.
GV : Vậy các em có quyền thay đổi giả
thiết mà lời giải bài toán vẫn không
thay đổi.
GV : Bất biến này được sử dụng trong
một bài toán khó phức tạp.
1= 4x – x
2
(với
1
lim 1
n
n
n
u
x
u
)
x
2
– 4x + 1 = 0
2 3
x
1
3
lim 2
n
n
n
u
u
(2 )
12
lim 3
n
n
S
arccot
(dãy
1
n
n
u
u
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1
n
n
n n
n n
u
u
u u
u u
)
* Bài toán 4
(Thi HSG QG 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số f:
N
*
N
*
thỏa mãn đồng
thời hai điều kiện sau:
1) f(1) = 1
2) f(n) f(n+2) = f
2
(n+1) + 1997 với mọi n
N
*
Bài giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho
gọn ta kí hiệu:
( )
n
a f n
. Ta có:
2
2 1
2
1 3 2
1997
1997
n
n n
n n n
a a a
a a a
(1)
Suy ra:
2 1 3
1 2
n
n n n
n n
a a a a
a a
. Vậy:
2 1
n
n n
a ca a
(2)
ở đó c là hằng số,
3 1
2
a a
c
a
.
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu
p
c
q
với (p,q) = 1 thì từ (2)
ta có:
2 1 1
)
(
n
n n n
q
q a a pa a
Vì
2
2
2 1
1997
n
n n
M
a a a
nên q = 1 (do 1997 là số nguyên
tố).
Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
2 2
2 1 3 1 3 2
1997 1 1997 1998
ca a a a a a ca a a
.
Nghĩa là f(2) là ước dương của 1998 nếu f
D.
Đảo lại, với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm
f: N
*
¡ như sau:
F(1) = 1, f(2) = a, f(n+2) = (a + b)f(n+1) – f(n),
ở đó
1998
b N
a
Ta chứng minh f = D.
Dễ thấy f(n)
N
*
và f(n + 2)f(n) – f
2
(2) = (a + b)a – 1 – a
2
= 1997
f = D
Tương ứng f
f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước
dương của 1998.
Vậy:
11
(1 1)(1 3)(1 1) 16
D
3. Củng cố :
(4 ph)
. Sử dụng bất biến để giải toán.
. Kĩ năng phát hiện bất biến.
. Sưu tầm các bài toán bất biến.
. Phát biểu bài toán bằng cách khác.
D. Đánh giá hiệu quả :
. Sau khi học xong bài học này thì học sinh có một cách nhìn khá nhạy bén về vấn
đề Hệ bất biến đối với chỉ số và kết quả đó được thể hiện ở khảo sát sau :
Nhóm 1 : 15 học sinh
Câu hỏi : Xác định hệ thức bất biến cũa dãy số
( )
n
u
với
2
1
1
2 3 2
n n n
u
u u u
Kết quả: 13 em xác định đúng.
Nhóm 2 : 15 học sinh
Câu hỏi : Thay đổi cách phát biểu bài toán sau để cảm nhận phức tạp h
ơn
1
2
1 1
1
3
2
n n n
u
u
u u u
Xác định số hạng tổng quát của dãy số
Kết quả: 14 em là có lời giải tốt.
C. Kết luận :
. Thực tế trong việc giảng dạy việc truyền thụ để học sinh lĩnh hội những tri thức
một cách chính xác chưa đủ mà cần phải cung cấp cho học sinh hiểu được nguồn gốc và
bản chất của vấn đề từ đó các em mới sáng tạo và linh hoạt trong việc giải toán.
. Với bài giảng này trên thực tế tôi đã giúp học sinh làm sáng tỏ bản chất của rất
nhiều bài toán về dãy số và cũng được nhiều đồng nghiệp hoan nghênh tại Hội thảo Toan
học tại tỉnh Phú Yên tháng tư vừa rồi.
. Để một ngày hoàn thiện hơn mong sự góp ý của các đồng nghiệp thêm cho bản
thân tôi
Phan Rang, ngày 10 tháng 5 năm 2011
Trần Văn Trung
12
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
13
Đề 12
A. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số:
4 2
1
y x x
(1) (m tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến với (C).
Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình :
4cos .cos2 .cos3 cos6
x x x x
2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm
3 1
mx x m
Câu 3 : (1 điểm) Tìm họ nguyên hàm của hàm số
2
4 2
1
( )
3 1
x
f x
x x
Câu 4 : (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hỉnh vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và góc giữa 2 mặt phẳng (ASD) và (SAC).
Câu 5 : (1 điểm)
Xác định m để hệ sau có nghiệm
14
2 2
2
2
2 2 2
x xy y x m
x xy x m
B. Phần riêng
(3 điểm)
* Dành cho học sinh nâng cao
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho
ABC có A(1;2;1), B(-1;0;2),
C(2;1;-1). Xác định tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng (d
1
): x – y + 1 = 0 và
(d
2
): x – 2y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;0) và (d) cắt (d
1
) và
(d
2
) lần lượt tại M
1
, M
2
mà M
1
M = 2MM
2
.
Câu 7b : (1 điểm)
Cho (C):
2
2
2
x x
y
x
Viết phương trình đường cong (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 2.
Đề 11
B. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số:
2
1
(2 1)
m x m
y
x
(1) (m tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để đồ thị hàm số hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
Câu 2
: (2 điểm)
3. Giải phương trình :
2
4 4sin 2 2cos2 (3sin 5)
x x x
4. Giải hệ :
2 2
2
2
1
xy
x y
x y
x y x y
Câu 3
: (1 điểm)
Tính tích phân
2
3
0
sin
(sin cos )
x
I dx
x x
Câu 4 : (1 điểm)
15
Cho hình chóp cụt tứ giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính R cho trước. Tính
thể tích khối chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu 5 : (1 điểm)
Cho a, b, c là các số không âm thỏa điều kiện ab + bc + ca > 0. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 10
( )
a b b c c a a b c
B. Phần riêng (3 điểm)
* Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng
( )
đi qua điểm A(4;2;1).
Biết
( )
cắt các tia Ox và Oy và Oz lần lượt tại M, N, và P sao cho thể tích khối tứ diện
OMNP nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng
( )
: x – y + 1 = 0 và
A(3;1), B(2; – 1). Tìm M trên
( )
sao cho
MAB có chu vi nhỏ nhất.
Câu 7b : (1 điểm)
Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển
3
1
1 10
x
x
(với x
0)
* Trường THPT Chuyên Lê Quí Đôn
Câu lạc bộ
Đề thi thử lần I
ngày 27-3-2011
(Thời gian 180’)
A. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số:
3 2
(4 1) (7 1) 3 1
y x m x m x m
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để hàm số (1) tiếp xúc với Ox .
Câu 2 : (2 điểm)
5. Giải phương trình :
4 4
sin cos 1 1
cot 2
5sin 2 2 8sin 2
x x
x
x x
6. Giải phương trình :
2
1 3 2
1
2
3 2
x
x
x
x
Câu 3 : (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
(C):
2
3 2
y x x
và
đường thẳng : y = 2
Câu 4
: (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
0
60
ABC
16
SO
(ABCD) và
3
2
a
SO
trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung
điểm AD, (
) là mặt phẳng đi qua BM, song song với SA, cắt SC tại K. tính thể tích khối chóp K.BCDM.
Câu 5 : (1 điểm)
Cho
ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2 2 2
sin sin 2sin
Q A B C
A. Phần riêng (3 điểm)
1/ Theo chương trình chuaån
Câu 6a : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
– 10x = 0
và (C
2
): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 20 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C
1
) và (C
2
)
và có tâm nằm trên đường thẳng (
): x + 6y – 6 = 0
2. Trong không gian Oxyz. Cho 2 đường thẳng (d
1
):
1
1 2 1
y
x z
và (d
2
) là giao tuyến của hai mặt phẳng
(
1
): 3x – z + 1 = 0 (
2
): 2x + y – 1 = 0 .
Chứng minh (d
1
) chéo (d
2
) và chứng minh (d
1
)
(d
2
) ? Viết phương trình mặt phẳng chứa (d
1
) và vuông
góc với (d
2
)
Câu 7a
: (1 điểm) Cho hai số phức Z và W có
1
Z W
.
Chứng minh số
1
Z W
ZW
(1 0)
ZW
là một số thực.
2/ Theo chương nâng cao
Câu 6b : (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho
ABC vuông tại A. Biết A(– 1,2), B(1,– 4) và đường thẳng BC đi
qua M(
1
2,
2
) . Tìm tọa độ điểm C.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho 3 điểm A(4,– 1,2), B(1,2,2), C(1,1,5). Tìm tọa độ tâm
và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC.
Câu 7b
: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
2
2
( 2) log
2.log 0
4 2 0
x y
x x y
(x,y
)
Đề dự bị
Olympic 1 /
30-4-2009 –
Cho dãy số
n
u
xác định bởi :
0
1
1
2
1 1
1
1
2
.
( )
3 2 .
n n
n
n n n n
u
u
u u
u n
u u u u
Xác định (
n
u
)
Giải :
Dễ thấy (
n
u
)
0
,
n
17
1
2
1 1
.
3 2 .
n n
n
n n n n
u u
u
u u u u
2 1
1 3 2
1
n n n
u u u
Đặt
1 1
4
n
n
v
u
. Suy ra
( )
n
v
xác định bởi
0
1
2 1
5
4
9
4
3 2
n n n
v
v
v v v
Phương trình đặc trưng :
2
1
2 3 0
3
x
x x
x
1 2
( 1) .3 ,
n n
n
v n
1
0
1 2
35
3 7
8
4
( 1) 3 ,
9 7
8 8
4 8
n n
n
v
v n
v
8
( )
3( 1) 7.3 2
n
n n
u n
Đề dự bị
Olympic 2 /
30-4-2008 –
18
Cho dãy số
n
u
xác định bởi :
1
2
1 1 1 1
2005
2006
( ) 2 .
n n n n n
u
u
u u u u u
Tìm
lim
n
n
u
Giải :
Từ điều kiện
1 1
2 1 1
n n n
u u u
Đặt
1
( )
n n
n
u u
u
. xác định bởi
1
2
1 1
1
2005
1
2006
2
n n n
u
u
u u u
( )
n
u
là cấp số cộng với công sai
1 1 1
2006 2005 2005.2006
d
1
1 1 2007
( 1)
2005 2005.2006 2005.2006
n
n n
u u n d
2005.2006
2007
n
u
n
19
DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
*******
*I-
Tìm hệ thức bất biến đối với chỉ số
* Bài 1. Cho dãy số
( )
n
a
thỏa mãn
2
1
1 2
2
2
1, ( 3)
n
n
n
a
a a a n
a
Chứng minh rằng
n
a
nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết
2
2 1
2
1
2
2
2
n n n
n
n
n
a a a
a
a
a
Thay n bởi n + 1 ta có
2
1 1
2
n n n
a a a
Từ hai đẳng thức trên ta được
1 1 2
1
n n n n
n
n
a a
c
a
a a
a
(hằng số).
Từ đó
1 1 3 1
1 1
2
4 4
n n
n
n n
n
a a
a a a
a
a a
a
Vậy
n
a
nguyên với mọi n.
* Bài 2.
Cho dãy số
( )
n
a
được định nghĩa bởi
3
1 2
2000
2, 500,
a a a
và
2 1 1
1
1
1
n n n
n
n
n
a
a
a
a a
a
với
2
n
.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số nguyên dương và
2000
2
chia hết
2000
a
.
Lời giải
Từ giả thiết ta có
2
2 1 1
n n n
a a a
.
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
1
1
3
2 1
2
n n
n
n n
n
a
a
a
a a a
a
a a
Vậy
2 1
2
n
n n
a a a
, như thế mọi số hạng của đãy số đều là số nguyên dương.
Mặt khác
2000 1999
2
2000 1 2000
1999 1998 1
. .
a a
a
a a a
a a a
chia hết cho
2000
a
20
*II-
Công thức tổng quát của dãy số
* Bài 3.
Cho dãy số
( )
n
a
được xác định bởi
3
1 2
24
1, 2,
a a a
và
2
1 3
2
1 2
2
3
6 8
n n
n
n n
n
n
a
a
a
a a
a
a
với
4
n
.
Chứng minh rằng với mọi n thì
n
a
chia hết cho n
Lời giải
Xét
2
1 2
1 2
3
1 2 3
8
6 8
6
n n
n n
n n
n
n n n
a
V V
a a
a
V
a a a
.
Từ đó tìm được
1 1
4 2
n n
n
V
với mọi
2
n
.
Do đó
1 3
2
1 2 2 1
. .
n n
n
n n
a a
a
a
a
a a a a
1 1 2 2 2 2
1 1
. (4 2 )(4 2 ) (4 2 )(4 2)
n n n n
n
n
V V V
Với mọi số nguyên tố p, theo định lý Fecma nhỏ ta có
1
4
p
(mod p) và
1
2 1
p
(mod p).
Từ đó
1 1
4 2
0
p p
(mod p).
Bây giờ giả sử
1 2
1 2
m
k k
k
m
n p p p
là phân tích tiêu chuẩn của n
Ta có
1 1
i
n m p
1
( 1)
i
i i
n m m p
với mỗi i = 1, 2,…,k
1
.
Chú ý rằng m
1
> m
2
>…> m
1
k
.
Chú ý rằng do
i
n m n
nên trong phân tích của
n
a
có chứa k
1
thừa số.
1 1
( 1) ( 1)
4 2 4 2 0
i i
i i i i
n m n m m p m p
(mod
1
)
p
Suy ra
1
1
k
n
a p
Chứng minh tương tự ta có
1
1
k
n
a p
với mọi I = 1, 2, …,r. Từ đó ta có đpcm.
21
*III-
Chuyển từ dãy số hữu tỉ sang dãy số nguyên
* Bài 4. Cho dãy số đương
( )
n
a
thỏa mãn
2
1
1( 1).
n
n
a a n
Chứng minh rằng dãy số chứa số hạng vô tỉ.
Lời giải
Đặt
n
n
n
b
a
c
với gcd
( , ) 1
n n
b c
Từ giả thiết
2
1
1
n
n
a a
ta có
2 2
1 1
2 2
1 1
1
n n n n n
n n
n n
b b
b b c
c c
c c
Do gcd
( , ) 1
n n
b c
nên gcd
( , ) 1
n n n
c
b c
Từ đó ta được hai dãy số nguyên (b
n
) và (c
n
) thỏa mãn
2 2
1 1
,
n n n
n n
b b c c c
với n = 1, 2,…
Suy ra
1 1
2 2 2
1 1 1
1) 1)
) )
( (
n
n n
n
n n n n n
b b c b c b c b c
Chú ý rằng
1 1 1 1
1
n n n n
b c b c
. Từ đó
1 1 1
n
n n n
b b c b
với mọi n.
Như thế dãy (b
n
) là dãy giảm các số nguyên dương. Điều này vô lí.
* Bài 5. (TST Vietnam 2006)
Cho dãy số đương
( )
n
a
, n = 0, 1, 2, … xác định bởi
0
1
a
và
1
0
1 1
( )
2 3
n
n
a a
a
với mọi n = 0, 1, 2, …
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số
2
3
3 1
n
n
A
a
là một số
chính phương và có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.
Lời giải
Đặt
n
n
n
b
a
c
với
,
n n
b c
là những số nguyên dương và gcd
( , ) 1
n n
b c
Từ hệ thức đầu bài ta có
2 2
1
1
3
6
n n
n n
n
n
b c
b c
b
c
Ta có
2 3 4
2 7 17
, ,
3 12 168
a a a
.
22
Bằng qui nạp đơn giản ta thấy rằng với mọi
1
n
thì
n
b
và
n
c
luôn khác tính
chẵn lẻ.
Gọi p là ước nguyên tố chung của
2 2
3
n n
b c
và
6
n n
b c
. Nếu p là ước của b
n
hoặc c
n
thì p là ước chung của b
n
và c
n
. điều này mâu thuẫn với gcd
( , ) 1
n n
b c
.
Do đó nếu p là ước nguyên tố chung của
2 2
3
n n
b c
và
6
n n
b c
thì p = 3.
Ta sẽ chứng minh rằng phân số
2 2
3
6
n n
n n
b c
b c
luôn được rut gọn cho 3. Thật vậy,
các số c
1
= 3, c
2
= 12, c
3
= 168 đều chia hết cho 3 và không chia hết cho 9. Giả sử c
n
= 3c
chia hết cho 3 và (c,3) = 1. Khi đó
2 2 2 2 2 2
9 3
3 3
6 18 6
n n n n
n n n n
b c b c b c
b c b c b c
Chú ý rằng do gcd
( , ) 1
n n
b c
nên b
n
không chia hết cho 3. Như thế phân số trên
tối giản và do đó
2
1 1
3 6
,
n n
n n
b b c
b c c
. Nghĩa là
1
n
c
cũng chia hết cho 3 mà không
chia hết cho 9.
Tóm lại, các dãy số (b
n
) và (c
n
) được xác định như sau :
2 2
1 1 1 1
3
2, 3, , 2
3
n n
n n
n n
b c
b c b c b c
Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng
2 2
3
3
n n
b c
với mọi n = 1, 2, 3,…
Thật vậy, hiển nhiên khẳng định đúng với n = 1.
Ta có :
2
2 2 2 2
1 1
2 2
2 2 4 2 2 4
)
9
3 3. 4 3
3
(3
3 9 6
3 3 3
n n
n n
n n
n n n n n n
b c b c
b c
b c b b c c
theo giả thiết qui nạp.
Bây giờ
2 2
2
2 2 2 2
2
3 3
3 3
3
3 1 3
3. 1
n n
n n
n n n n
n
c c
A c
a b b c
c
là số chính phương.
Mặt khác do
1 1
2
n
n n
c b c
và gcd
1 1
( , ) 1
n n
b c
nên dễ thấy rằng
n
c
có ít nhất n
ước số nguyên tố phân biệt.
23
*IV-
Một số bài toán về dãy số trong các đề thi Olympic 30-4
* Bài 6. Cho dãy số
n
a
được xác định bởi :
0 1
1
2
3
2 1
0, 0
( . ) ,
n
n n
u u
u u u n
Tìm số hạng tổng quát của
0
u
Giải
Bằng qui nạp, ta có :
0
u
> 0,
n
1
2
3
2 1
2 1
1 2
ln ln ln
3 3
( . )
n
n n
n
n n
u u u
u u u
Đặt :
ln , 0
n n
V u n
2
1
1 2
3 3
n
n
n
V V V
2
1
3 2
n
n
n
V V V
Xét phương trình đặc trưng
2
1
3 2 0
2
3
x
x x
x
1 2
2
3
n
n
V
1 2
( , )
0
0 1
1
0 1
1 2
1
1 2
2
1
(2 3 )
5
2
3
( )
3
5
V
V V
V
V V
0 1 0 1
1 1 2
(2 3 ) (3 3 )
5 5 3
n
n
V V V V
V
24
3
2 3
0
0 1
3
0 1 0 1
1
1 1 2
1 1 2
ln( ) (ln )
(2 3 ) (3 3 )
5 5 3
5 5 3
n
n
n
u
u u
V V V V
u
u e e
=
1 1
( 2) ( 2)
3 3
1
3 2
5 5
2 3
5
5 3
5.3 5.3
0 1 0 1 0 1
3 3
( ) ( )
5 5
. . . .
n n
n n
n n
u u u
u u u
* Bài 7.
Cho dãy số
1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3
n n n
n
u
u
u u u n
u
Và
2
1
cot ( )
n
n i
i
S arc g u
Tìm
lim
n
n
S
Giải
Trước hết ta chứng minh
2
1 1
. 4,
n
n n
u u u
2
n
Quả vậy, ta có :
1 1
(4 ) (4 )
n n
n n
u u u u
2 1 1 1
( ) ( )
n n
n n n n
u u u u u u
2 2
1
1 1 2
.
n
n
n
n n n
u u u u u u
=…=
2
2 3 1
.
u u u
= 8
2
– (4.8 – 2)2 = 4
2
4
cot cot
4
n
n n
u
arc gu arc g u
1 1
2
1 1
( )
.
n
n n n
n n
u u u
u u u
1
1
1
1
. 1
cot
n n
n
n
n n
n
n
u
u
u u
arc g
u
u
u u
1
1
cot cot
n n
n n
u u
u u
arc g arc g
2
1
cot ( )
n
n i
i
S arc g u
2
cot ( )
i
arc g u
+
2
1
cot ( )
n
i
i
arc g u
1
cot
n
n
u
u
arc g
Hơn nữa :
1 2
4
n
n n
u u u
1 2 1
1
4
1 .
n n n
n n
n
u u u
u u u
25
1= 4x – x
2
(với
1
lim 1
n
n
n
u
x
u
)
x
2
– 4x + 1 = 0
2 3
x
1
3
lim 2
n
n
n
u
u
(2 )
12
lim 3
n
n
S
arctg
(dãy
1
n
n
u
u
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1
n
n
n n
n n
u
u
u u
u u
)
* Bài 8. Cho
, (0,1)
a b
a. Xét dãy
n
u
xác định bởi
u
0
a
,
1
u b
,
2
2 1
1 2
3 3
n
n n
u u u
,
n
.
Chứng minh rằng dãy
n
u
có giới hạn hữu hạn khi
n
và tìm giới hạn đó.
Giải
* Xét dãy
n
V
định bởi
0
2
1
,
1 1
, 0
3 3
n n
n
V Min a b
V V V n
Bằng qui nạp ta chứng minh được 0 < V
n
< 1 (1)
Mặt khác :
2
1
1 2
3 3
n n n n
n
V V V V V
2
( 1) ( 2) 0, 0
1
3
n n n
nV V V
n
V
tăng (2)
Từ (1) và (2)
n
V
có giới hạn hữu hạn.
Đặt c =
lim
n
n
V
, ta có :
2
1
1 2
1 lim
3 3
0 1
n
c c c
c
V c
+ n = 1
u
0
a
(0,1)
+ n = k
: Giả sử
(0,1)
k
u
+ n = k + 1 : Ta có :
2
1 1
(0,1)
(0,1)
1 2
(0,1)
3 3
k k k
U u u
Theo ngưyên lý qui nạp ta có :
(0,1), 0
n
u n
