8 Bài tập bồi dưỡng Toán nâng cao lớp 6

Chia sẻ: Trần Hạo Tôn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

287
lượt xem 58
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "8 Bài tập bồi dưỡng Toán nâng cao lớp 6" giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 8 Bài tập bồi dưỡng Toán nâng cao lớp 6

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai 8 BÀI TẬP BỒI DƯỠNG TOÁN NÂNG CAO LỚP 6 3 4 8 15 9999 với các số 98 và 99.  ...  9 16 10000 Bài toán 1: So sánh giá trị biều thức A             Ta có: A  1    1    1    ...  1  =          1  2   1  2   1  2   ...  1  2  4 9 16 10000 2 3 4 100 1  1   1   1   1   1   1   1    1 1 1 1 1   1 1 1 > 0 Nên A 99   2  2  2  ...   99  B với B = 2  2  2  ...  2  2 3 4 1002 100  2 3 4 < 99. Ta có B 1 1 1 với mọi k  1 nên   k  k  1 k k  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2  2  ...      ...   1       ....    1 1 2 2 2 3 4 100 1.2 2.3 3.4 99.100 2 2 3 3 4 99 100 100 Do đó A  99  B  99 1  98 . Vậy 98  A  99 3 8 15 n2  1 Tổng quát:  n  2      ...  2   n  1 4 9 16 n Bài toán 2: Viết số 1  22  33  44  ...  999999  10001000 trong hệ thập phân. Tìm ba số đầu tiên bên trái số đó? Giải: Ta có A  1  22  33  44  ...  999999  10001000 ; Đặt B  10001000  103000  100000...0000 gồm 3000 có 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1000 (1) Đặt C  1000  10002  10003  ...  1000999 10001000  103 106  .. 102997 103000 = 100100100....1000 gồm 3001 chữ số mà 4 chữ số đầu bên trái là 1001 (2). Vì B < A < C và B, C đều có 3001 chữ số nên từ (1) và (2) suy ra A có 3001 chữ số nên ba chữ số ầu tiên bên trái của A là 100. Bài toán 3: Cho A  1 1 1 1   ...  2  ...  . Chứng minh rằng 0,15  A  0, 25 . 2 2 14 29 1877 n   n  1   n  2  Giải : Ta có A  W: www.hoc247.net 1 1 1 1   ...  2  ...  2 2 14 29 1877 n   n  1   n  2  F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai  1 1 1 1  2 2  ...  2  ...  2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 3 4 24  252  262 n   n  1   n  2  2 B  n2   n  1   n  2   3n2  6n  5 . (1) 2 2 Với n  1 từ (1) ta có: B  3n2  9n  6  3  n2  3n  2   3  n  1 n  2  . Từ đó :  1 1 1 1 1 1  1 A    ...   ...    C 3  2.3 3.4 24.25 25.26  3  n  1 n  2    Với C  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6   ...   ...        ...      . 2.3 3.4 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13  n  1 n  2  1 6 2   0,15 . 3 13 13 Suy ra A  . Với n  1 từ (1) ta có: B  2n2  6n  4  2  n2  3n  2   2  n  1 n  2  . Từ đó :  1 1 1 1 1 1  1 A    ...   ...    C 2  2.3 3.4 24.25 25.26  2  n  1 n  2    Với C  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 .   ...   ...        ...      2.3 3.4 24.25 25.26 2 3 3 4 25 26 2 26 13  n  1 n  2  1 6 3   0, 25 . Vậy 0,15  A  0, 25 2 13 13 Suy ra A  . Tổng quát: 1 1 1 1 1 1 1   2 2 2  2 2 2  ...  2   2 2 6 3 k  2 1  2  3 2  3  4 4 2  k  2 k   k  1   k  2  Bài toán 4: Tính A A biết : B 1 1 1 1 1 1 1 1 ; B .   ...   ...    ...   ...  2.32 3.33 n  n  30  1979.2009 2.1980 3.1981 n  n 1978  31.2009 Giải: Với các số nguyên dương n và k ta có 1 1 nk n k .     n n  k n n  k  n n  k  n n  k  Với k = 30 ta có : 30 30 30 1 1 1 1 1 1   ...       ...    2.32 3.33 1979.2009 2 32 3 33 1979 2009 1   1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1     ...    ...       ...       ...      (1) 1979   32 33 2009   2 3 31   1980 1981 2009  2 3 30 A  W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Với k = 1978 ta có : 1978B  1978 1978 1978 1 1 1 1 1 1   ...       ...   2.1980 3.1981 31.2009 2 1980 3 1981 31 2009 1  1 1 1  1 1     ...       ...   (2) . 31   1980 1981 2009  2 3 Từ (1) và (2) suy ra 30 A  1978B  Bài toán 5: Tính tổng sau: Sn  A 1978 989 .   B 30 15 3 1 2  2  5  2  3 2  ....  4017  2008  2009  2 . Giải: Với n  1 thì Do đó Sn  2n  1 n  n  1 2 3 1 2  2  2  n 2  2n  1  n 2 n  n  1 2 5  2  3 2  ....  2  n  1  n2  2 2 n  n  1 2 4017  2008  2009  2  n  1  n2  2 2 2 n  n  1 n2  n  1 2  1 1  2 n  n  12 1 1 1 1 1 1  1     ...    1 . 2 2 4 4 9 2008 2009 20092 Bài toán 6: Tính các tổng sau: A  1.2  2.3  ...  n.  n  1  ...  98.99 (*) ; B  1.99  2.98  ...  n 100  n   ...  98.2  99.1 Giải: Ta có: 3 A  1.2.3  2.3.3  ...  3n  n  1  ...  3.98.99  1.2. 3  0   2.3.  4 1  ...  98.99. 100  97  .  1.2.3  2.3.4  ...  98.99.100  1.2.3  2.3.4  ...  97.98.99   98.99.100  970200  A  B  1.99  2.  99  1  3.  99  2   ....  98.  99  97   99.  99  98  970200  323400 3  1.99  2.99  3.99  ...  99.99  1.2  2.3  3.4  ...  98.99   99 1  2  3  ...  99   A  99.  99  1 . 99  A  99.99.50  323400  166650 2 Từ bài toán (*) suy ra 3 A  98.99.100  A  98.99.100 . 3 Nếu A  1.2  2.3  3.4  ...  n  n  1 . Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì B = (n-1)n(n+1) với n = 100 B  1.2  2.3  3.4  ...   n  1 n  .3   0.1  1.2  2.3  3.4  ...   n  1 n  .3   1.  0  2   3.  2  4   5.  4  6   ...  97. 96  98  99 98  100  .3    W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai   1.1.2  3.3.2  5.5.2  7.7.2  ...  99.99.2 .3  2.3. 12  32  52  7 2  ..  992       6 12  32  ...  992 . Do đó 6 12  32  52  ...  992  99.100.101 hay 12  32  ...  992  99.100.101  2n  1 2n  2  2n  3 2  166650. Vậy P  12  32  ...   2n  1  6 6 Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên P  12  22  32  ...  n2  Bài toán 7: Tính A 6 B biết: A 1 1 1 1 .   ...   ...  1.2 2.3 n  n  1 2008.2009 B 1 1 1 1 1 .    ...   1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n  1 n  2  2008.2009.2010 Ta có A n  n  1 2n  1 1 1 1 2 1 1 và Nên:     n  n  1 n n  1 n  n  1 n  2  n  n  1  n  1 n  2  1 1 1 1 1 2008   ...   ...   1  1.2 2.3 n  n  1 2008.2009 2009 2009 2 2 2 2 2 1 1 2019044    ...   ...     1.2.3 2.3.4 3.4.5 n  n  1 n  2  2008.2009.2010 1.2 2009.2010 2009.2010 1 2019044 1009522 . B .  2 2009.2010 2009.2010 2B  Do đó B 1009522 2008 1009522.2009 5047611 1011531  :   2 A 2009.2010 2009 2008.2009.2010 2018040 2018040 Bài toán 8: Goi A là tích các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 1001 và B là tích các số nguyên liên tiếp từ 1002 đến 2002. Hỏi A + B chia hết cho 2003 không? Giải: Ta có: A  1.2.3.4...1001 và B  1002.1003.1004...2002 . Ta viết B dưới dạng: B   2003  1001 2003  1000 ...  2003 1 . Khai triển B có một tổngngoài số hạng 1001.1000....2.1. Tất cả các số hạng khác của tổng đều chứa một thừa số 2003. Nên B  2003.n 1001.1000...2.1  2003n  A với n là số tự nhiên. Do đó: A  B  2003n là một số chia hết cho 2003. Cách giải khác: W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Ta có các cặp số nguyên sau có cùng số dư khi chia cho 2003 ; 1002; 1001; 1003;1000 ;... 2002;1  . Do đó B  1002.1003....2002 và  A  1001.1000...2.1 có cùng số dư khi chia cho 2003. Nên A  B  B    A chia hết cho 2003 Nếu a và W: www.hoc247.net là các số nguyên và n là số tự nhiên lẻ thì F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807