Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 3: Biến đổi đơn giản - Biểu thức chứa căn thức bậc hai

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Đại số - Chuyên đề 3: Biến đổi đơn giản - Biểu thức chứa căn thức bậc hai

1. Chương 1. CĂN BẬC HAI. CĂN BẬC BA Chuyên đề 3. BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN – BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI A. Kiến thức cần nhớ 1. Đưa thừa số ra ngoài dấu căn A2 B A B B 0 . 2. Đưa thừa số vào trong dấu căn A. B A2 B (với A 0; B 0 ) A. B A2.B ( với A 0; B 0 ) 3. Khử mẫu ở biểu thức chứa căn A AB 1 AB (với AB 0; B 0) B B2 B 4. Trục căn thức ở mẫu M M A M M A  B A 0 ; A 0; B 0; A B A A A B A B 5. Rút gọn biểu thức có chứa căn bậc hai Bước 1. Dùng các phép biến đổi đơn giản để đưa các căn thức bậc hai phức tạp thành căn thức bậc hai đơn giản. Bước 2. Thực hiện phép tính theo thứ tự đã biết. B. Một số ví dụ Ví dụ 1: Sắp xếp các số sau theo thứ tự tăng dần: a) 4 3; 3 5; 5 2; 2 5 ; 1 b) 15; 2 6; 6 ; 3 2 . 3 Giải Tìm cách giải. Để sắp xếp các căn thức không đồng dạng, chúng ta đưa các thừa số vào trong dấu căn. Sau đó so sánh biểu thức trong căn. Trình bày lời giải a) Đưa các thừa số vào trong dấu căn, ta được: 4 3 48 ; 3 5 45 ; 5 2 50 ; 2 5 20 Mà 20 45 48 50 .
2. Suy ra thứ tự tăng dần là 2 5; 3 5; 4 3; 5 2 . b) Đưa các thừa số vào trong dấu căn, ta được: 15 ; 2 6 24 ; 1 6 12 ; 3 2 18 . 3 Mà 12 15 18 24 . 1 Suy ra thứ tự tăng dần là 6 ; 15; 3 2; 2 6 3 59 Ví dụ 2: Khử căn thức ở mẫu số: A 3 5 7 Giải Tìm cách giải. Chúng ta không thể vận dụng một lần hằng đẳng thức để khử đồng thời ba căn thức ở mẫu được. Do vậy, chúng ta tìm cách giảm bớt số căn ở mẫu bằng hằng đẳng thức: 2 a b c a b c a b c a b c 2 ab . Sau đó khử thường mẫu bằng cách nhân cả tử và mẫu của mẫu với biểu thức liên hợp. Trình bày lời giải 59 3 5 7 59 3 5 7 59 3 5 7 2 15 1 A 2 3 5 7 2 15 1 60 1 A 3 5 7 2 15 1 . Ví dụ 3: Thực hiện phép tính. a) A 20 2 45 3 80 125 ; 5 1 5 1 1 b) B . 3 4 2 . 0,2 . 1 5 3 1 3 5 3 Giải Tìm cách giải. Để thực hiện phép tính, bạn luôn chú ý: • Đưa thừa số ra ngoài dấu căn. • Trục căn thức ở mẫu, khử mẫu của biểu thức lấy căn. • Sau đó thu gọn các căn thức đồng dạng. Trình bày lời giải a) Ta có: A 20 2 45 3 80 125
3. A 2 5 6 5 12 5 5 5 11 5 . 5 1 1 3 5 5 1 1 3 5 4 3 5 B . 3 2 . b) Ta có: 2 1 3 5 3 5 5 15 5 1 3 5 5 15 5 1 3 5 3 5 B . 2 . 2 3 1 3 5 2 15 6 3 5 B . . 2 3 1 3 5 10 3. 6 3 2 6 3 3 2.3. 2 3 1 B 2 15 2 3 1 3 2 3 1 3. 2 3 1 3 5 3 5 Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức: R 2 3 5 2 3 5 Giải Tìm cách giải. Nhận xét thấy rằng, mẫu thức chứa biểu thức căn “chồng chất”. Do vậy trước khi thực hiện rút gọn, chúng ta nên khai căn “chồng chất” trước đã. Quan sát thấy, để biến đổi căn “chồng chất” này, chúng ta chỉ cần làm xuất hiện 2 5 . Do vậy chúng ta có hai hướng biến đổi nhằm xuất hiện yêu cầu đó: Cách 1. Mỗi phân thức nhân cả tử và mẫu với 2 . 1 Cách 2. Nhân hai vế với . 2 Trình bày lời giải Cách 1. Mỗi phân thức nhân cả tử và mẫu với 2 , ta được: 3 2 10 3 2 10 R 2 6 2 5 2 6 2 5 3 2 10 3 2 10 R 2 5 1 2 5 1 3 2 10 3 2 10 R 3 5 3 5 3 2 10 3 5 3 2 10 3 5 R 3 5 3 5 9 2 3 10 3 10 5 2 9 2 3 10 3 10 5 2 R 9 5
4. 8 2 R 2 2 . 4 1 Cách 2. Nhân hai vế với , ta được: 2 1 3 5 3 5 R. 2 2 6 2 5 2 6 2 5 1 3 5 3 5 R. 2 2 5 1 2 5 1 1 3 5 3 5 R. 2 2 3 5 3 5 Suy ra: R 2 2 . 3x 16x 7 x 1 x 7 x Ví dụ 5: Cho biểu thức: A : 2 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A 6 . (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015) Giải Tìm cách giải. Khi rút gọn biểu thức chứa căn thức, chú ý các bước: • Xác định điều kiện để biểu thức có nghĩa. • Vận dụng các quy tắc của phép tính về phân thức, phép tính về căn thức để đưa biểu thức về dạng đơn giản nhất. Trình bày lời giải a) TXĐ: x 0; x 1; x 4 . x 1 3 x 7 x 1 x 7 x 2 A : x 1 x 3 x 3 x 1 x 1 2 x 6 x 7 x 2 A : x 3 x 1 x 1 2 x 3 x 7 x 1 x 7 x 1 x 9 x 1 A . 2 . . x 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 9 A . x 2
5. x 9 b) A 6 6 x 9 6 x 2 x 2 7 x 21 x 9 (thỏa mãn điều kiện). Vậy để A 6 thì x 9 . Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức: a 2 2 a 2 a 7 3 a 2 1 1 P . : . 3 3 a 2 11 a a 3 a 2 2 a 2 Giải Tìm cách giải. Bài toán có nhiều thành phần giống nhau, chúng ta nên đổi biến bằng cách đặt a 2 x . Sau đó rút gọn biểu thức với biến x. Trình bày lời giải Đặt a 2 x , biểu thức có dạng: x 2 x x2 2 7 3x 1 1 P . : 2 3 3 x 2 x 3x x 11 x 2 x 2 x x2 9 3x 1 x 3 P 2 : 3 3 x 9 x x x 3 x 2 x 3 x x2 9 2x 4 P . : 3 3 x 3 x x x 3 x 2 3x 9 x x 3 P . . 3 3 x 3 x 2 x 2 x 2 .3 x 3 .x x 3 P 3 3 x . 3 x 2 x 2 x a 2 P . Vậy P . 2 2 Ví dụ 7: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz 100 . Tính giá trị của biểu thức: x y 10 z A xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10 Giải Tìm cách giải. Quan sát giả thiết và kết luận, chúng ta nhận thấy giữa số 100 và số 10 có liên quan tới nhau: 10 100 xyz . Do vậy, suy luận tự nhiên chúng ta thay 10 ở biểu thức bằng xyz và biến đổi tiếp.
6. Trình bày lời giải Thay 10 100 xyz vào biểu thức A, ta có: x y xyz. z A xy x xyz yz y 1 zx xyz. z xyz x y zx. yz A x y 1 yz yz y 1 zx 1 yz y 1 y yz A y 1 yz yz y 1 1 yz y 1 y yz A 1. y 1 yz Ví dụ 8: Tính giá trị biểu thức: 1 1 1 a) A ; 1 2 2 3 2024 2025 1 1 1 1 b) T . 4 7 7 10 10 13 3022 3025 Giải Tìm cách giải. Bài toán này không thể quy đồng mẫu thức để thực hiện. Quan sát bài toán ta nhận thấy mỗi biểu thức là một dãy các phân thức viết theo quy luật. Mặt khác quan sát các thành phần trong căn ta có: 2 1 3 2 3025 3024 1 ở biểu thức A, còn ở biểu thức B là: 7 4 10 7 3025 3022 3 . Do vậy, chúng ta nghĩ tới việc trục căn thức ở mẫu nhằm đưa về mẫu thức chung là lẽ tự nhiên. Trình bày lời giải 2 1 3 2 2015 2014 a) A 2015 1. 2 1 3 2 2015 2014 7 4 10 7 13 10 3025 3022 b) T 7 4 10 7 13 10 3025 3022 3025 4 55 2 53 . 3 3 3 Ví dụ 9: Chứng minh rằng: 1 1 1 1 9 . 1 3 5 7 9 11 97 99 4 Giải
7. Tìm cách giải. Thoáng nhìn qua bài toán cũng có quy luật như ví dụ trên. Song thực hiện tương tự ngay thì không thành công bởi chúng không khử liên tiếp được. Vẫn định hướng đó, chúng ta nghĩ tới kĩ thuật làm trội để sau khi trục căn thức có thể khử liên tiếp được. Do vậy, chúng ta có hai cách giải sau: Trình bày lời giải 1 1 1 1 Cách 1. Đặt A 1 3 5 7 9 11 97 99 1 1 1 1 và B 3 5 7 9 11 13 99 101 • Ta có: A B 2A A B 1 1 1 1 1 • Xét A B 1 3 3 5 5 7 7 11 99 101 3 1 5 3 7 5 9 7 101 99 A B 3 1 5 3 7 5 9 7 101 99 101 1 100 1 9 A B . 2 2 2 9 9 Mà 2A A B 2A A . Điều phải chứng minh. 2 4 1 1 1 1 Cách 2. Ta có: A 1 5 5 9 9 11 97 101 5 1 9 5 11 9 101 97 A 5 1 9 5 11 9 101 97 101 1 100 1 9 A . Điều phải chứng minh. 4 4 4 C. Bài tập vận dụng 3.1. Trục căn thức ở mẫu: 1 15 a) ; b) ; 2 5 2 2 10 10 20 40 5 80 2 10 c) . 2 5 7 Hướng dẫn giải – đáp số 1 1 a) Ta có: 2 5 2 2 5 2 5 1 2
8. 2 5 1 2 2 5 1 2 . 4 5 1 2 15 15 5 b) 10 2 5 2 10 5 4 5 3 10 3 5 10 5 5 10 5 10 5 . 10 5 2 10 2 5 7 2 10 2 5 7 c) 2 2 5 7 . 2 5 7 7 2 10 7 3.2. Rút gọn biểu thức: 2 3 3 2 3 2 a) A ; b) B 2 . 3 2 2 3 2 2 3 3 2 3 2 2 6 2 3 Hướng dẫn giải – đáp số 3 2 1 1 a) Ta có: A . 3 3 2 2 3 2 3 6 6 2 5 4 2 3 4 2 3 2 4 2 3 b) Ta có: B : 2 2 2 2 6 2 6 3 1 3 1 2 3 1 B : 2 2 2 2 6 2 6 3 1 3 1 . 3 4 3 1 B : 2 2 2 6 3 1 3 3 4 3 1 B : 2 2 2 6 3 1 2 3 3 1 2 6 3 1 B : . . 2 2 2 6 2 2 2 3 2 3 5 3 5 3.3. Rút gọn biểu thức: P 10 3 5 10 3 5 Hướng dẫn giải – đáp số 3 2 10 3 2 10 Ta có: P 2 5 6 2 5 2 5 6 2 5
9. 3 2 10 3 2 10 P 2 5 5 1 2 5 5 1 3 2 10 3 2 10 P 3 5 1 3 5 1 3 2 10 3 5 1 3 2 10 3 5 1 P 3 5 1 3 5 1 9 10 3 2 15 2 10 9 10 3 2 15 2 10 P 45 1 24 2 6 2 P . 44 11 3.4. Thực hiện phép tính: 1 3 2 2 3 2 2 a) A 175 2 2 ; b) B . 8 7 17 12 2 17 12 2 Hướng dẫn giải – đáp số 8 7 a) A 5 7 2 2 8 7 5 7 2 2 . 8 7 A 4 7 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 b) B 2 2 9 12 2 8 9 12 2 8 3 2 2 3 2 2 1 1 1 1 B 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1 1 1 B 2 1 2 1 2 1 2 1 B 2 . 2 1 2 3 1 2 3 3 3 1 3.5. Rút gọn biểu thức: B . 2 6 2 6 2 6 2 6 2 Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: 2 3 1 2 6 2 3 . 6 3 2 6 3 2 6 2 B . 4 6 2.6 4 6 2
10. 2 2 2 3 2 3 3 2 2 6 2 3 . 6 3.4 2 B . 2 2.6 2 2 2 2 6 2 3 .3 2 2 B 2 6 2 2 2 6 3 2 . 2 2 B 2 2 2 2 2 6 6 2 2 B 2 B 0 . 3.6. Rút gọn biểu thức: 1 1 2 3 2 3 a) A b) T . 2 2 3 2 2 3 2 3 2 3 Hướng dẫn giải – đáp số 2 2 3 2 2 3 a) Ta có: A 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 A 3 3 2 3 2 3 4 2 3 4 2 3 A 3 6 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3 A 2 . 6 6 6 2 2 2 3 2 3 b) Ta có: T 4 3 4 3 S 2 3 2 3 S 4 . 3 5 3 5 3.7. Cho A và B . Tính A3 B3 . 4 2 3 5 4 2 3 5 (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Gia Lai, năm học 2007 – 2008) Hướng dẫn giải – đáp số 3 5 3 5 3 5 3 5 5 5 Ta có: A 4 6 2 5 4 5 1 5 5 25 5
11. 15 3 5 5 5 5 10 2 5 5 5 A 20 20 10 3 5 3 5 3 5 3 5 5 5 Ta có: B 4 2 3 5 4 5 1 5 5 25 5 15 3 5 5 5 5 10 2 5 5 5 B . 20 20 10 5 5 5 5 5 5 5 5 5 1 Suy ra: A B ; A.B . 10 10 5 10.10 5 3 3 3 3 5 1 5 4 5 Ta có: A B A B 3AB A B 3. . . 5 5 5 25 13 17 3.8. Xác định a, b biết: a 7 b 11 . 3 7 11 4 7 2 11 Hướng dẫn giải – đáp số 13 3 7 11 17. 4 7 2 11 Xét vế trái: 9.7 11 16.7 4.11 13 3 7 11 17 4 7 2 11 52 4.17 3 7 11 4 7 2 11 7 3 . 7 . 11 . 4 4 4 4 7 3 Đồng nhất hai vế ta được: a ;b . 4 4 1 x 1 x 3.9. Cho 2 . Với x 1; x 0. 1 x 1 x x 1 Chứng minh rằng 12 2 17 . x 1 Hướng dẫn giải – đáp số 2 1 x 1 x 1 x 2 1 x2 1 x Ta có: 2 2 1 x 1 x 2x ĐKXĐ: x 0 2 2 1 x2 2 1 1 x2 2.x 2x 1 x2 2.x 1. Bình phương hai vế, ta được: 1 x2 2x2 2 2.x 1 3x2 2 2x 0 .
12. 2 2 Vì x 0 nên 3x 2 2 0 x . 3 2 2 2 1 x 1 2 2 3 2 2 3 8 12 2 9 Xét 3 12 2 17 . x 1 2 2 2 2 3 8 9 1 1 3 Điều phải chứng minh. 3 2 3.10. Tính giá trị biểu thức M x5 6x3 x tại x . 2 2 1 Hướng dẫn giải – đáp số 3 2 2 2 1 7 2 7 Ta có: x 2 1 8 1 7 x 2 1 x2 3 2 2 Ta có: x3 x.x2 2 1 3 2 2 5 2 7 x5 x2.x3 3 2 2 5 2 7 29 2 41 Thay vào biểu thức M ta có: M 29 2 41 6 5 2 7 2 1 M 0 . 2 1 1 2020 3.11. Cho biểu thức: M . 2 2 . 3 2 x 1 2 x 1 x 1 1 1 3 3 a) Rút gọn M; b) Tìm giá trị lớn nhất của M. Hướng dẫn giải – đáp số 2 3 3 2020 a) Ta có: M . . 2 2 3 3 2 x 1 3 2 x 1 x 1 2 3 3 2020 M . . 3 3 4x 4 x 1 3 4x 4 x 1 x 1 2 3 3 2020 M . . 3 4x 4 x 4 4x 4 x 4 x 1 2 3 1 1 2020 M . . . 3 4 x x 1 x x 1 x 1
13. 1 x x 1 x x 1 2020 M . . 2 x 1 2 x x 1 1 2x 2 2020 M . . 2 x2 x 1 x 1 2020 M . TXĐ: x 0 . x2 x 1 b) Ta có: x2 x 1 1. Vì x 0 2020 2020 nên M 2020 . x2 x 1 1 Vậy giá trị lớn nhất của M là 2020 khi x 0 . 2 3 5 x 7 2 x 3 3.12. Cho biểu thức A : x 0; x 4 x 2 2 x 1 2x 3 x 2 3x 6 x a) Rút gọn A. b) Tìm x để A 2 x 1. (Tuyển sinh lớp 10 chuyên, ĐHSP, TP. Hồ Chí Minh, năm học 2015 – 2016) Hướng dẫn giải – đáp số 2 2 x 1 3 x 2 5 x 7 3x 6 x a) Ta có: A . x 2 2 x 1 2 x 3 4 x 2 3 x 6 5 x 7 3 x x 2 A . x 2 2 x 1 2 x 3 2 x 3 3 x x 2 3 x A . x 2 2 x 1 2 x 3 2 x 1 3 x b) A 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 3 x 2 x 1 4x 3 x 1 0 x 1 4 x 1 0 x 1 x 1, thuộc tập xác định. Vậy với x 1 thì A 2 x 1. 3.13. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz 4 . x y 2 z Đặt: P . Tính P . xy x 2 yz y 1 zx 2 z 2 Hướng dẫn giải – đáp số
14. Thay 2 4 xyz vào biểu thức P, ta có: x y xyz. z P xy x xyz yz y 1 zx xyz. z xyz x y zx. yz P x y 1 yz yz y 1 zx 1 yz y 1 y yz P y 1 yz yz 1 1 yz y 1 y yz P 1 P 1. y 1 yz n 1 1 n 1 3 n n 1 7 3.14. Cho biểu thức P với n ¥ ;n 8. n 1 1 n 1 3 n 2 n 1 2 P a) Rút gọn biểu thức: Q với n ¥ ;n 8. n 3 n 1 1 b) Tìm tất cả các giá trị n n ¥ ;n 8 sao cho P là số nguyên tố. (Thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Đà Nẵng, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt n 1 x khi đó biểu thức P có dạng: x 1 x 3 x2 x 6 P x 1 x 3 x2 2x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x2 x 6 x 1 x 3 x2 4x 3 x2 4x 3 x2 x 6 x 1 x 3 x2 x x x 1 x . x 1 x 3 x 1 x 3 x 3 x 2 x 1 1 a) Do đó Q : x 3x . 2 x 3 x 3 x x 3 x 9 1 1 Suy ra Q . n 1 9 n 8 x n 1 Theo câu a, ta có P nên P x 3 n 1 3 3 P 1 , P là số nguyên tố nên P phải là số nguyên dương. n 1 3
15. 3 ¥ n 1 3 Ư(3) n 1 3 n 1 3 1 3 n 1 4 6 n 15 35 Thử lại, với n 15 thì P 4 là hợp số (loại); với n 35 thì P 2 là số nguyên tố (thỏa mãn) Vậy với n 35 thì P 2 là số nguyên tố. 3.15. Cho x, y, z 0 và khác nhau đôi một. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào vị trí của các biến. x y z P . x y x z y z y x z x z y Hướng dẫn giải – đáp số x y z y x z z x y Ta có: P x y x z y z x y z y x y z z x z y P x y x z y z x y z x z y yz y z P x y x z y z y z x y x z P x y x z y z P 1. Vậy biểu thức P không phụ thuộc vào vị trí của các biến. x y x y x3 y 2y P . 3.16. Cho biểu thức: x y y x x y y x x y x y Chứng minh rằng P luôn nhận giá trị nguyên với mọi x, y thỏa mãn điều kiện: x 0, y 0 và x y . Hướng dẫn giải – đáp số x y x y x xy 2y Ta có: P . xy x y xy x y x y x y
16. 2 2 x y x y x xy 2y P . xy x y x y x y x 2 xy y x 2 xy y x xy 2y P . xy x y x y x y 2 x y x xy 2y P . xy x y x y x y 2x 2y P 2 . Điều phải chứng minh. x y x y 2x 1 x 3 2 x 5 3.17. Cho biểu thức: P : 3 x 1 x x 1 x 1 1 x a) Rút gọn biểu thức P. 8 b) Tính giá trị của P khi x . 3 5 c) Tìm x để P có giá trị là số tự nhiên. d) Tìm x để P 1. Hướng dẫn giải – đáp số 2x 1 x x 1 3 x 1 2 x 5 a) Ta có: P : x 1 x x 1 x 1 x 1 2x 1 x x x 2 P : x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 P . x 1 x x 1 x 2 x 1 P . ĐKXĐ: x 0 và x 4 . x 2 8 3 5 2 b) x 6 2 5 5 1 x 5 1 thuộc TXĐ. 9 5 Thay vào biểu thức P, ta có: 5 1 1 5 2 5 2 5 1 7 3 5 P . 5 1 2 5 1 5 1 4 3 c) Ta có: P 1 . Để P có giá trị là số tự nhiên thì x 2 U 3 và x 2 , x 2
17. Từ đó ta có bảng giá trị sau: x 2 1 3 x 3 5 x 9 25 Kết hợp với tập xác định, với x 9;25 thì P nhận giá trị là số tự nhiên. x 1 2 x 1 d) P 1 P 1 0 1 0 0 x 2 x 2 2 x 1 và x 2 khác dấu. Mặt khác, ta có x 2 x 1 2 x 1 x 4 x 2 0 Do đó: 1 2 x 1 0 x 4 1  Kết hợp với tập xác định, ta có: S x / x 4 thì P 1. 4  3 2x2 x y y y x 3 xy 3y 3.18. Rút gọn biểu thức: P . x x y y x y Với x 0, y 0, x y . Hướng dẫn giải – đáp số Ta có: x x 3x y 3y x y y 2x x y y 3 y. x y P x x y y x y . x y 3x x 3x y 3y x 3 y P x x y y x y 3 x x xy y 3 y P x y x xy y x y 3 x 3 y 3 x 3 y P 3. x y x y x y 3.19. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dương thỏa mãn a c 2b thì ta luôn có: 1 1 2 a b b c a c
18. Hướng dẫn giải – đáp số Từ giả thiết, suy ra a b b c 1 1 a b b c a c Xét vế trái: a b b c a b b c a b a c 2 a c 2 . a c a a c a c 2 Vế trái = Vế phải. Điều phải chứng minh. 1 1 1 1 3.20. Chứng minh rằng: 4 1 2 3 4 5 6 79 80 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải – đáp số 1 1 1 1 Cách 1. Đặt A 1 2 3 4 5 6 79 80 1 1 1 1 Đặt B 2 3 4 5 6 7 80 81 • Ta có: A B 2A A B 1 1 1 1 1 • Xét A B 1 2 2 3 3 4 4 5 80 81 2 1 3 2 4 3 5 4 81 80 A B 2 1 3 2 4 3 5 4 81 80 A B 81 1 8 Mà 2A A B 2A 8 A 4 . Điều phải chứng minh. 1 1 1 1 Cách 2. Ta có: A 1 3 3 5 5 7 79 81 3 1 5 3 7 5 81 79 A 3 1 5 3 7 5 81 79 81 1 A 4 . Điều phải chứng minh. 2 3 an 3.21. Cho dãy số a1;a2 ; ;an thỏa mãn a1 1 và an 1 với n 1;2;3 Tính a2020 . 1 3.an Hướng dẫn giải – đáp số
19. 3 a 3 n 1 3a 3 3a 3 a Ta có: a n n n n 2 1 3a 3 3a 3. 3 an n n 1 1 3an 2 3 2an 3 an an 2 . 2 2 3an 1 3an 3 a 3 n 1 3a 3 3a 3 a Ta có: a n n n n 3 1 3a 3 3a 3 3 an n n 1 1 3an 4a a n a . n 3 4 n Từ đó suy ra a1 a4 a7 a2020 . Vậy a2020 1. 1 1 3.22. Cho số thực a 0 thỏa mãn a a . a a 1 Chứng minh rằng: a 5 a Hướng dẫn giải – đáp số 1 1 1 Từ giả thiết a a a a a a 1 1 5 a 1 a a 1 0 a a 0 a 4 4 1 5 1 5 a a 0 2 2 1 5 5 1 Nhận xét: Vì a 0 nên a 0 loại, suy ra a . 2 2 1 5 1 2 5 1 2 5 1 5 1 5 1 Xét a 5 a 2 5 1 2 5 1 2 1 1 Từ đó ta có: a a 5 . Điều phải chứng minh. a a