99 Bài toán nền tảng HSG môn Toán 9

261 730 1
99 Bài toán nền tảng HSG môn Toán 9

Đang tải... (xem toàn văn)

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

Thông tin tài liệu

Cuốn tài liệu này gồm 99 bài toán (Đại số – Số học – Tổ hợp) dành cho học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào 10 Chuyên Toán lớp 9. Được biên soạn dựa vào các đề thi học sinh giỏi (HSG) ở các địa phương trong năm học 2018–2019, cuốn tài liệu này gồm những nền tảng cơ bản của kiến thức Toán dành cho HSG được bố trí từ những bài toán kinh điển, với kỹ thuật, phương pháp đơn giản (như chọn điểm rơi AM–GM; đưa về phương trình ước số; sử dụng phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ) nâng cao dần lên và trang bị những bổ đề, kỹ thuật, công cụ khó hơn (Dùng nguyên lý Dirichlet, Bổ đề tổng bình phương, bất đẳng thức Chebyshev, Chuẩn hóa bất đẳng thức…). Trong tài liệu này số lượng bài toán không dừng lại ở con số 99 mà mỗi bài toán “gốc” sau khi được trình bày lời giải tôi cố gắng lồng vào đó những kiến thức mới, tìm tòi cái hay và khai thác để sáng tạo ra những bài toán mới (đặc biệt là phần bất đẳng thức) kèm với đó là một số bài tập tương tự bổ sung từ các nguồn như sách tham khảo, các đề thi trên Internet, sáng tác bản thân...

99 BÀI TOÁN HSG CHỌN LỌC ĐẠI SỐ SỐ HỌC TỔ HỢP LỚP NĂM HỌC 2018–2019 Tài liệu của……………………… ………… ……………… LỜI NÓI ĐẦU uốn tài liệu gồm 99 toán (Đại số – Số học – Tổ hợp) dành cho C học sinh giỏi học sinh ơn thi vào 10 Chun Tốn lớp Được biên soạn dựa vào đề thi học sinh giỏi (HSG) địa phương năm học 2018–2019, tài liệu gồm tảng kiến thức Tốn dành cho HSG bố trí từ toán kinh điển, với kỹ thuật, phương pháp đơn giản (như chọn điểm rơi AM–GM; đưa phương trình ước số; sử dụng phương pháp liên hợp để giải phương trình vơ tỷ) nâng cao dần lên trang bị bổ đề, kỹ thuật, công cụ khó (Dùng ngun lý Dirichlet, Bổ đề tổng bình phương, bất đẳng thức Chebyshev, Chuẩn hóa bất đẳng thức…) Trong tài liệu số lượng tốn khơng dừng lại số 99 mà toán “gốc” sau trình bày lời giải tơi cố gắng lồng vào kiến thức mới, tìm tòi hay khai thác để sáng tạo toán (đặc biệt phần bất đẳng thức) kèm với số tập tương tự bổ sung từ nguồn sách tham khảo, đề thi Internet, sáng tác thân Vì biên soạn thời gian hạn hẹp nên tài liệu khơng tránh khỏi sai sót Tuy nhiên, đề cập nhật năm (2018–2019) nên bạn đọc dễ dàng nắm cấu trúc đề thi để ôn tập sát đáng Về phần sử dụng tài liệu: Tài liệu bố trí theo lộ trình kiến thức có liên quan chặt chẽ với (xây dựng lên cao từ tảng) Ở đầu, tơi trình bày có phần dài dòng để bạn đọc hiểu cụ thể đường lối xử lý; phần nói xúc tích, ngắn gọn để khơng gây nhàm chán lặp lại Chẳng hạn, toán trước, tơi trình bày cách liên hợp lượng số để giải phương trình vơ tỷ sau đó, tơi trình bày chủ yếu ý tưởng Vì vậy, tơi khun bạn đọc khơng nên nóng nảy sử dụng tài liệu cách hời hợt, qua loa Bên cạnh đó, tập tất nhiên có giải (các cho thêm có gợi ý) nên bạn đọc cố gắng tư duy, tìm tòi hướng giải tham khảo tài liệu Có vậy, hiệu tài liệu mang lại trọn vẹn Một lần nữa, xin cảm ơn bạn đọc chọn sách Hi vọng tài liệu công cụ tảng để bạn đọc tham khảo, nâng cao kiến thức để hướng tới kỳ HSG xa kỳ thi vào lớp 10 tới Chúc bạn học tốt HSG huyện Lý Nhân, Hà Nam năm 20182019 BÀI TOÁN a) Chứng tỏ 10n + 18n  28 ⋮ 27 với n  ℕ* b) Giải phương trình ( x   x  1)( x  x  x  2)  x c) Cho < k < Tìm giá trị nhỏ biểu thức E   4k k a) Phƣơng pháp Sử dụng nguyên lý quy nạp toán học LỜI GIẢI CHI TIẾT Đặt A(n) = 10n + 18n  28  Với n = A(0) = 100 + 18.0  28 = 27 ⋮ 27 (hiển nhiên đúng)  Giả sử với n = k A(k) = 10k + 18k  28 ⋮ 27  10k + 18k  28 = 27p (p  ℤ)  Ta cần chứng minh với n = k + A(k + 1) ⋮ 27 Thật vậy, A(k + 1) = 10k + + 18(k + 1)  28 = 10.10k + 18k  10 = 10(10k + 18k  28)  162k + 270 = 10 27p  27.6k + 27.10 = 27(10p  6k + 10) ⋮ 27 (đpcm) Phép chứng minh quy nạp hoàn tất Vậy A(n) = 10n + 18n  28 ⋮ 27 n  ℕ*  b) Phân tích Ta dễ dàng nhận  x   x  1  x  x  u  x  Nên theo lối suy nghĩ thông thường, ta đặt  u, v  v  x  (1) Khi ta dễ dàng có phép biến đổi: u  v  Thử thay vào phương trình: (u  v)( x  uv)  3x Nhưng tới ta chưa thể biến đổi x? Khi nhìn vào u  v  phương trình ta cần chứng minh có (u  v) ta nghĩ đến nhân hai vế phương trình cho  u  v  Khi đó, ta có (u  v)(u  v)( x  uv)  x(u  v)  3( x  uv)  3x(u  v)  x  uv  x(u  v)  ( x  u )( x  v)  x  u  x  v LỜI GIẢI CHI TIẾT ( x   x  1)( x  x  x  2)  x (1) Điều kiện xác định: x ≥ (*) u  x  Đặt  u, v  Khi v  x  2  u  v   x     x  1    uv   x   x  1  x  x  (1) Đáng lý điều kiện chặt u, v u ≥ 0; v > Dùng thay bình thường vào phương trình (1), ta  u  v   x  uv    u  v  x   u  v   x  uv    u  v  u  v  x   u  v   x  uv   u  v  x    x  uv  ux  vx  u  v   x  u  x  v   x  x   x2  x  x  u    x  v  x  x 1  x  x  x    x  1 x   L, (*) Như S  2  Cách Liên hợp Giải phương trình ( x   x  1)( x  x  x  2)  x (1) Trong lời giải trên, ta thấy sau cách đặt u, v phương trình (1) có nhân tử  u  v  Như thế, lượng nhóm để liên hợp phương trình  u  v    x   x 1   BÀI TẬP TƢƠNG TỰ ( x   x  1)( x  x  x  2)  3x  x     x  1   LH   – ĐHQGHN NĂM 2010, VÒNG 2]   x  x  x   3x x   x 1   x  x  x   3x x   x 1  x2  x2  x   x   x x2  x   x   x 1  x 1  x  x    x   x  x  BÀI TOÁN [ĐTTS VÀO 10 CHUN KHTN  BÀI TỐN c) Phân tích Với điều kiện < k < mẫu  k > k > Từ ta nghĩ đến sử dụng kỹ thuật nhóm cặp bất đẳng thức AM–GM (Cauchy) (2) Cách giải sai lầm Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương ta hai bất đẳng thức sau   1.(4  k )    4k  E46 E   k  2  k Phép chứng minh sai lầm dấu đẳng thức khơng xảy ra:  4  k   k (4  k )  4  k    k  2   k   k  1  (vô lý!)  k   k    k k  k   k  k    k    Do đó, kỹ thuật cân hệ số chọn điểm rơi kỹ thuật quan trọng giải toán bất đẳng thức AM–GM Ý tƣởng Ta thêm hệ số m2 (m > 0) vào thay hệ số lúc đầu làm bình thường:   m2 (4  k )  m   4k 2   E  4m  6m  E  6m  4m  m k  2m   k (2) Trong nhiều tài liệu Tốn ngày gọi bất đẳng thức Trung bình cộng – Trung bình nhân bất đẳng thức Côsi(Cauchy) Cauchy người phát bất đẳng thức mà người đưa cách chứng minh cho bất đẳng thức dạng tổng quát (với n số dương) phép Quy nạp Cauchy Tên gọi cho bất đẳng thức bất đẳng thức AM−GM (Arithmetic Means - Geometric Means) Đẳng thức lúc xảy    k  m (4  k ) m(4  k )  m (4  k )      2 1  m(4  )  2  m k   k    4m   m  m k m k m, k   m, k   m, k  m, k     m Như vậy, ta có lời giải thức sau LỜI GIẢI CHI TIẾT Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta 9  (4  k )   (4  k )   k 16  k 16 k k 16 9 E  E Đẳng thức xảy  k   2  k k 16  Cách Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy–Schwarz(3) (dạng Engel) 22 12 (2  1)       k k  k k (4  k )  k Đẳng thức xảy  k 4k k  (3) Bất đẳng thức nhiều tài liệu mang tên bất đẳng thức Bunhiacopski (Bunyakovsky) bất đẳng thức Bunyakovsky – Cauchy – Schwarz (viết tắt B.C.S) Bất đẳng thức cộng mẫu dạng a2/x + b2/y ≥ (a+b)2/(x+y) gọi bất đẳng thức Cauchy−Schwarz dạng Engel bất đẳng thức Cauchy–Schwarz dạng phân thức BÀI TOÁN Cho đường tròn (O) đường kính 2019 điểm A1; A2…; A2019 Chứng minh tồn điểm P thuộc đường tròn (O) thỏa mãn PA1 + PA2 + … + PA2019  4038 LỜI GIẢI CHI TIẾT Gọi MN đường kính đường tròn (MN = 4) A điểm 2019 điểm xét A Xét tam giác AMN theo bất đẳng thức tam giác, ta có MA + NA  MN = M N Do cho 2019 điểm A1; A2…; A2019 2019 điểm thuộc đường tròn tâm O đường kính MN (vai trò điểm A)  BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Ta có Bài tốn [HSG Bình Thuận năm 2018−2019]  MA1  NA1   MA  NA   2    MA2019  NA2019  Đặt Trên đường tròn (C) bán kính cho 2019 điểm phân biệt A1; A2…; A2019 Chứng minh tồn điểm M (C) thỏa mãn MA1 + MA2 + … + MA2019 > 2019 X = MA1 + MA2 + … + MA2019 Bài toán Cho hình vng có cạnh Gọi A, B hai điểm Y = NA1 + NA2 + … + NA2019 Chứng minh tồn điểm M nằm cạnh Khi X + Y  4.2019 hình vng cho Trong X, Y tồn số nhỏ số lại, giả sử Y  X Vì 4.2019  X + Y  X + X = 2X  X  2.2019 = 4038 Khi đó, cho P trùng với M điểm cần tìm  BÀI TỐN   (1)  x  y  Giải hệ phương trình   y  2( x  4) x   (2)  Phân tích Theo suy nghĩ thơng thường, ta rút y từ phương trình (1) xuống (2) (4) LỜI GIẢI CHI TIẾT Điều kiện xác định: y  –1; x  –1 Từ phương trình (1) ta phải có x  hệ có nghiệm Từ điều kiện chặt (điều kiện có nghiệm) hệ phương trình trở thành x  ; y  Biến đổi tương đương hệ phương trình cho: 21    y   x   y  x  x     y  2( x  4) x   ( x  x  21)  2( x  4) x   (3)   4 Giải tiếp phương trình (5) (3)   x  x    2( x  4) x    ( x  4) ( x  1)  x     x     x 1 x 1    x 4 y  TM, x  VN, x  Kết luận: Vậy nghiệm hệ phương trình (4; 1.25) Nhận xét Bài tốn cho ta thấy vai trò lớn “điều kiện chặt” (điều kiện để phương trình có nghiệm) cho tốn giải phương trình vơ tỷ Sẽ có tập tương tự để luyện tập để bạn đọc luyện tập phương pháp liên hợp giải phương trình vơ tỷ cuối (4) Thế y từ phương trình (2) lên phương trình (1) thơi (nhớ phá y phương trình (1) – lập thức vế bình phương) (5) Cách giải phương trình mang dáng vóc phương pháp nhân liên hợp với nghiệm x =

Ngày đăng: 04/08/2019, 10:24

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan