skkn ngƯỜi viẾt: trẦn vĂn trung gv toán · pdf filethân tôi cảm...
TRANSCRIPT
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 BAÁT 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 kf 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 xn 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.
www.huongdanvn.com
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 ( )na xác định bởi : 1
2
21
2
1
1
2( 3)n
n
n
a
a
aa n
a
Chứng minh na 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 ( )na 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 an
a a a
Chứng minh mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và 2000a chia hết cho 20002 .
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 ( )nu xác định bởi : 1
2
1 2
2
8
4 0; 3n n n
u
u
u u u n
và 2
1
cot( )n
n ic
S arc u
Tìm lim un
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.
www.huongdanvn.com
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) 1997f 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 ( )nu xác định bởi : 0
1
2 1
0
1
1999n n n
u
u
u u u
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
Bài toán 2: Cho dãy số nguyên na thoả 2 1 12( )n n n na a a a
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho M + 14 .n na a là số chính phương với mọi n 0.
Bài toán 3: Cho dãy số : 1 2
3
1 21
1 1
2
. 5n nn
n
a a
a
a aa
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 ( )nu xác định bởi : 1
2
21
2
1
1
2( 3)n
n
n
a
a
aa n
a
Chứng minh na 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
4n n
n
a a
a
www.huongdanvn.com
4
2 14n n na a a (1)
. Cho 1
22.
nn na a a C (2)
Nếu cho 1 2 1a a thì từ (1) 3 3a
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy 2
2 1. 2n n na a a
Do đó 2,n na a là nghiệm của phương trình
2 2
1 14 2 0n nx a x a
. Ta có 2
2 1. 2n n na a a
21
2
2nn
n
aa
a
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức 1 24n n na a a và dựa vào phương trình Pell : 2 2x 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 2x Dy K và ( , ) là
nghiệm cơ sở của phương trình 2 2 1x Dy . Khi đó nếu xét 2 dãy số ,n nx y xác định
bởi : 1
1
.n n n
n n n
x x D y
y x y
thì ,n nx y là nghiệm của 2 2x Dy K .
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được
21 .n n nx x D x K
21 .n n ny 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 23 1x 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 14n n na a a
Do đó :
0
21
2
2 3 3n n n
a
a a a
Như vậy hai công thức :
www.huongdanvn.com
5
.
21
2
2nn
n
aa
a
. 2
1 2 3 3n n na a a
đều cùng một bất biến : 2
1
4n 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 ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aaa aa
với 2n .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số là số nguyên dương và 2000a chia hết cho 20002 .
* Đồ dùng dạy học 4 :
Bài toán 3 : Cho dãy số 1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
Và 2
1
cot( )n
n ii
S arc u
Tìm lim nnS
* 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) 1997f n f n f n n N
* Đồ dùng dạy học 6 : Trình chiếu bài tập tự rèn luyện.
Bài 1 : Cho dãy số ( )nu xác định bởi : 0
1
2 1
0
1
1999n n n
u
u
u u u
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
Bài 2 : Cho dãy số nguyên 0n n
a
thoả 2 1 12( )n n n na a a a
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho M + 14 .n na a là số chính phương với mọi n 0.
www.huongdanvn.com
6
Bài toán 3 : Cho dãy số : 1 2
3
1 21
1 1
2
. 5n nn
n
a a
a
a aa
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 kf 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 kf 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 ( )na thỏa mãn
2
11 2
2
21, ( 3)n
nn
aa a a n
a
Chứng minh rằng na nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết 22 1
21
2
22
n n nn
nn
a a aa
aa
Thay n bởi n + 1 ta có 21 1 2n n na a a
Từ hai đẳng thức trên ta được
www.huongdanvn.com
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 nhận giá trị 4 tại
2
1
4n n
n
a a
a
2 14n n na a a (1)
. Cho 1
22.
nn na a a C (2)
Nếu cho 1 2 1a a thì từ (1) 3 3a
Từ (2) ta có : C = 2
Vậy 2
2 1. 2n n na a a
Do đó 2,n na a là nghiệm của phương trình
2 2
1 14 2 0n nx a x a
. Ta có 2
2 1. 2n n na a a
21
2
2nn
n
aa
a
Ta có bài toán 1 và bài toán này cũng được xây dựng như sau :
. Từ hệ thức 1 24n n na a a và dựa vào
phương trình Pell : 2 2x 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 2x Dy K và ( , ) là
1 1 2
1
n n n n
nn
a ac
a
a aa
(hằng số).
Từ đó
1 1 3 11 1
2
4 4n nnn n
n
a aa a a
a
a aa
Vậy na nguyên với mọi n.
www.huongdanvn.com
8
nghiệm cơ sở của phương trình 2 2 1x Dy .
Khi đó nếu xét 2 dãy số ,n nx y xác định bởi :
1
1
.n n n
n n n
x x D y
y x y
thì ,n nx y là nghiệm của 2 2x Dy K .
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được
21 .n n nx x D x K
2
1 .n n ny 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 23 1x 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 14n n na a a
Do đó : 0
21
2
2 3 3n n n
a
a a a
Như vậy hai công thức :
2
1
2
2nn
n
aa
a
2
1 2 3 3n n na a a
đều cùng một bất biến : 2
1
4n 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
11
n n
nn nn
a
a
aa 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 ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a
và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aaa aa
với 2n .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số nguyên dương và 2000a chia hết 20002 .
Bài giải
www.huongdanvn.com
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 24n n nu u u
Ta có thể thay bởi :
*
21
2
nn
n
uu
u
(u 3)
* 1 32 3n n nu 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 nu u u u u u
Từ giả thiết ta có 22 1 1n n na a a .
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
11
3
2 1
... 2n n
nn nn
a
a
aa a a
aa a
Vậy 2 12 nn na a a , như thế mọi số hạng của đãy
số đều là số nguyên dương.
Mặt khác 2000 1999 22000 1
1999 1998 1
. ... .a a a
a aa a a
2000a chia hết
2000
2 .
* Bài toán 3
Cho dãy số 1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
Và 2
1
cot( )n
n ii
S arc u
Tìm lim nnS
Bài giải Trước hết ta chứng minh 2
1 1. 4,n n nu u u 2n
Quả vậy, ta có :
1 1(4 ) (4 )n nn nu u u u
2 1 1 1( ) ( )n n n n n nu u u u u u
2 211 1 2. nnn n n nu u u u u u
=…= 2
2 3 1.u u u
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
2 4co t co t
4n
n nu
a rc u a rc u
= cotarc 1 12
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
nn
u uu u
arcuu
u u
1
1
cot cotn n
n n
u u
u uarc arc
2
1
cot( )n
n ii
S arc u
1cot n
n
u
uarc
Hơn nữa : 1 24n n nu u u
1 2 1
1
41 .n n n
n nn
u u u
u u u
www.huongdanvn.com
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 1lim 1n
nn
ux
u
)
x 2 – 4x + 1 = 0
2 3x
1 3lim 2nn
n
uu
(2 )12
lim 3nnS arccot
(dãy 1n
n
uu
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1n
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: ( )na f n . Ta có:
22 1
21 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 nn na ca a (2)
ở đó c là hằng số, 3 1
2
a ac
a
.
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu p
cq
với (p,q) = 1 thì từ (2)
ta có:
2 1 1)( nn n nqq a a pa a
Vì 22
2 11997 n n n Ma a a nên q = 1 (do 1997 là số nguyên
tố). Đặt f(2) = a. Từ (1) và (2) ta có:
2 22 1 3 1 3 2 1997 1 1997 1998ca 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 Na
Ta chứng minh f = D.
Dễ thấy f(n) N* và f(n + 2)f(n) – f 2
(2) = (a + b)a – 1 – a2
= 1997 f = D Tương ứng f f(2) là một song ánh giữa D và tập các ước dương của 1998. Vậy:
www.huongdanvn.com
11
(1 1)(1 3)(1 1) 16D
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 ( )nu với
2
1
1
2 3 2n 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 hơn
1
2
1 1
1
3
2n 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
www.huongdanvn.com
12
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
ĐÁNH GIÁ HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
www.huongdanvn.com
13
Đề 12 A. Phần chung (7 điểm)
Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 4 2 1y 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 cos6x x x x 2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm
3 1mx x m
Câu 3 : (1 điểm) Tìm họ nguyên hàm của hàm số
2
4 2
1( )
3 1
xf 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
www.huongdanvn.com
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 (d1 ): 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 (d1 ) và
(d 2 ) lần lượt tại M1 , M 2 mà M1 M = 2MM 2 .
Câu 7b : (1 điểm)
Cho (C): 2 2
2
x xy
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 my
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 : 24 4sin 2 2cos2 (3sin 5)x x x
4. Giải hệ : 2 2
2
21
xyx y
x y
x y x y
Câu 3 : (1 điểm)
Tính tích phân
2
3
0
sin
(sin cos )
xI dx
x x
Câu 4 : (1 điểm)
www.huongdanvn.com
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 10x trong khai triển 311 10x
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 1y 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 4sin cos 1 1
cot 25sin 2 2 8sin 2x x
xx x
6. Giải phương trình : 21 3 21
23 2
xxx
x
Câu 3 : (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C): 2 3 2y 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, 060ABC
www.huongdanvn.com
16
SO (ABCD) và 3
2a
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 2sin sin 2sinQ 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 (C1 ): x 2 + y 2 – 10x = 0
và (C2
): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 20 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C1 ) và (C2
)
và có tâm nằm trên đường thẳng ( ): x + 6y – 6 = 0
2. Trong không gian Oxyz. Cho 2 đường thẳng (d1 ): 1
1 2 1yx z và (d
2) là giao tuyến của hai mặt phẳng
( 1 ): 3x – z + 1 = 0 (2
): 2x + y – 1 = 0 .
Chứng minh (d1 ) chéo (d2
) và chứng minh (d1 ) (d2
) ? Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1 ) và vuông
góc với (d2
)
Câu 7a : (1 điểm) Cho hai số phức Z và W có 1Z 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) log2.log 0
4 2 0x y
x x y
(x,y )
Đề dự bị
Olympic 1 / 30-4-2009 –
Cho dãy số nu xác định bởi :
0
1
12
1 1
1
1
2
.( )
3 2 .n n
n
n n n n
u
u
u uu n
u u u u
Xác định ( nu )
Giải :
Dễ thấy ( nu ) 0 , n
www.huongdanvn.com
17
12
1 1
.
3 2 .n n
n
n n n n
u uu
u u u u
2 1
1 3 21
n n nu u u
Đặt 1 1
4n
n
vu
. Suy ra ( )nv xác định bởi
0
1
2 1
5
4
9
4
3 2n n n
v
v
v v v
Phương trình đặc trưng : 2 12 3 0
3
xx x
x
1 2( 1) .3 ,n nnv n
10
1 2
35
3 784 ( 1) 3 ,9 7 8 8
4 8
n nn
v
v n
v
8
( )3( 1) 7.3 2
n n nu n
Đề dự bị Olympic 2 / 30-4-2008 –
www.huongdanvn.com
18
Cho dãy số nu 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 nnu
Giải :
Từ điều kiện 1 1
2 1 1
n n nu u u
Đặt 1
( )n n
n
u uu
. xác định bởi
1
2
1 1
1
2005
1
2006
...
2 n n n
u
u
u u u
( )nu là cấp số cộng với công sai 1 1 1
2006 2005 2005.2006d
1
1 1 2007( 1)
2005 2005.2006 2005.2006n
n nu u n d
2005.2006
2007nu
n
www.huongdanvn.com
19
DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC *******
*I- Tìm hệ thức bất biến đối với chỉ số
* Bài 1. Cho dãy số ( )na thỏa mãn 2
11 2
2
21, ( 3)n
nn
aa a a n
a
Chứng minh rằng na nguyên với mọi n.
Lời giải
Từ giả thiết 22 1
21
2
22
n n nn
nn
a a aa
aa
Thay n bởi n + 1 ta có 21 1 2n n na a a
Từ hai đẳng thức trên ta được
1 1 2
1
n n n n
nn
a ac
a
a aa
(hằng số).
Từ đó 1 1 3 11 1
2
4 4n nnn n
n
a aa a a
a
a aa
Vậy na nguyên với mọi n.
* Bài 2. Cho dãy số ( )na được định nghĩa bởi
31 2 20002, 500,a a a và 2 1 1
111
n n n
nnn
a
aaa aa
với 2n .
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số nguyên dương và 20002 chia hết 2000a .
Lời giải
Từ giả thiết ta có 22 1 1n n na a a .
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều khác 0. Từ đó
2 1
11
3
2 1
... 2n n
nn nn
a
a
aa a a
aa a
Vậy 2 12 nn na a a , như thế mọi số hạng của đãy số đều là số nguyên dương.
Mặt khác 2000 1999 22000 1 2000
1999 1998 1
. ... .a a a
a a aa a a
chia hết cho 2000a
www.huongdanvn.com
20
*II- Công thức tổng quát của dãy số * Bài 3. Cho dãy số ( )na được xác định bởi
31 2 241, 2,a a a và 2
1 32
1 2
2 3
6 8n nn
n n
n n
aa
aa aa a
với 4n .
Chứng minh rằng với mọi n thì na chia hết cho n..
Lời giải
Xét 2
1 21 2
3
1 2 3
86 8
6 n nn n
n nn
n n n
aV V
a aaV
a a a
.
Từ đó tìm được 1 14 2n nnV với mọi 2n .
Do đó 1 3 2
1 2 2 1
. ... .n nn
n n
a a aaa
a a a a
1 1 2 2 2 21 1. ... (4 2 )(4 2 )...(4 2 )(4 2)n n n n
n nV V V
Với mọi số nguyên tố p, theo định lý Fecma nhỏ ta có 14p (mod p) và 12 1p (mod p). Từ đó 1 14 2 0p p (mod p).
Bây giờ giả sử 1 21 2 ... mk k k
mn p p p là phân tích tiêu chuẩn của n
Ta có 1 1in m p 1( 1)i
i in m m p với mỗi i = 1, 2,…,k 1 .
Chú ý rằng m1 > m2
>…> m1k.
Chú ý rằng do in m n nên trong phân tích của na có chứa k 1 thừa số.
1 1( 1) ( 1)4 2 4 2 0i i
i i i in m n m m p m p (mod 1)p
Suy ra 11k
na p
Chứng minh tương tự ta có 11k
na p với mọi I = 1, 2, …,r. Từ đó ta có đpcm.
www.huongdanvn.com
21
*III- Chuyển từ dãy số hữu tỉ sang dãy số nguyên * Bài 4. Cho dãy số đương ( )na thỏa mãn 2
1 1( 1).nna a n
Chứng minh rằng dãy số chứa số hạng vô tỉ. Lời giải
Đặt nn
n
ba
c với gcd ( , ) 1n nb c
Từ giả thiết 21 1nna a ta có
2 21 1
2 21 1
1n n n n n
n nn n
b bb b cc cc c
Do gcd ( , ) 1n nb c nên gcd ( , ) 1n n ncb c
Từ đó ta được hai dãy số nguyên (b n ) và (c n ) thỏa mãn 2 2
1 1,n n nn nb b c c c với n = 1, 2,…
Suy ra 1 12 2 2
1 1 1 1) 1)) )( (n n nnn n n n n
b b c b c b c b c
Chú ý rằng 1 1 1 1 1n n n nb c b c . Từ đó
1 1 1n n n nb 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 ( )na , n = 0, 1, 2, … xác định bởi
0 1a và 10
1 1( )
2 3nna aa với mọi n = 0, 1, 2, …
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số 2
3
3 1nn
Aa
là một số
chính phương và có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt. Lời giải
Đặt nn
n
ba
c với ,n nb c là những số nguyên dương và gcd ( , ) 1n nb c
Từ hệ thức đầu bài ta có 2 2
1
1
36
n n
n n
n
n
b cb c
bc
Ta có 2 3 4
2 7 17, ,
3 12 168a a a .
www.huongdanvn.com
22
Bằng qui nạp đơn giản ta thấy rằng với mọi 1n thì nb và nc luôn khác tính
chẵn lẻ.
Gọi p là ước nguyên tố chung của 2 23 n nb c và 6 n nb 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 ( , ) 1n nb c .
Do đó nếu p là ước nguyên tố chung của 2 23 n nb c và 6 n nb c thì p = 3.
Ta sẽ chứng minh rằng phân số 2 23
6n n
n n
b cb c
luôn được rut gọn cho 3. Thật vậy,
các số c1 = 3, c2
= 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 29 33 3
6 18 6n n n n
n n n n
b c b c b cb c b c b c
Chú ý rằng do gcd ( , ) 1n nb c nên b n không chia hết cho 3. Như thế phân số trên
tối giản và do đó 2
1 13 6,n nn nb b cb c c . Nghĩa là 1nc 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
32, 3, , 2
3n n
n nn n
b cb c b c b c
Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng 2 2 33 n nb c với mọi n = 1, 2, 3,…
Thật vậy, hiển nhiên khẳng định đúng với n = 1. Ta có :
2
2 2 2 21 1
2 22 2 4 2 2 4 ) 93 3. 4 3
3(33 9 6
3 3 3n nn nn nn n n n n nb c b c
b cb c b b c c
theo giả thiết qui nạp.
Bây giờ 2 2
22 2 2 2
2
3 33 333 1 3
3. 1
n nn n
n n n n
n
c cA c
a b b cc
là số chính phương.
Mặt khác do 1 12n n nc b c và gcd 1 1( , ) 1n nb c nên dễ thấy rằng nc có ít nhất n
ước số nguyên tố phân biệt.
www.huongdanvn.com
23
*IV- Một số bài toán về dãy số trong các đề thi Olympic 30-4 * Bài 6. Cho dãy số na được xác định bởi :
0 1
12 3
2 1
0, 0
( . ) ,nn n
u u
u u u n
Tìm số hạng tổng quát của 0u
Giải
Bằng qui nạp, ta có : 0u > 0, n
1
2 32 1
2 1
1 2ln ln ln
3 3
( . )nn n
nn n
u u u
u u u
Đặt : ln , 0n nV u n
2 1
1 2
3 3n nnV V V
2 13 2n nnV V V
Xét phương trình đặc trưng
21
3 2 0 23
xx x
x
1 2
23
n
nV
1 2( , )
0 0 1
10 1
1 2 1
1 22
1(2 3 )
52
3( )3
5
V V V
VV V
0 1 0 1
1 1 2(2 3 ) (3 3 )
5 5 3
n
n V V V VV
www.huongdanvn.com
24
32 3 00 1 30 1 0 1
1
1 1 21 1 2 ln( ) (ln )(2 3 ) (3 3 ) 5 5 35 5 3n
nn uu uV V V V
uu e e
= 1 1( 2) ( 2)3 31 3 2
5 52 3 5 5 3 5.3 5.30 1 0 1 0 1
3 3( ) ( )5 5. . . .
n nn n
n nu u uu u u
* Bài 7. Cho dãy số 1
2
1 2
2
: 8
4 0, 3n n n
n
u
u
u u u n
u
Và 2
1
cot ( )n
n ii
S arc g u
Tìm lim nnS
Giải Trước hết ta chứng minh 2
1 1. 4,n n nu u u 2n
Quả vậy, ta có : 1 1(4 ) (4 )n nn nu u u u
2 1 1 1( ) ( )n n n n n nu u u u u u
2 211 1 2. nnn n n nu u u u u u
=…= 2
2 3 1.u u u
= 8 2 – (4.8 – 2)2 = 4
2 4cot cot
4n
n nu
arc gu arc g u
1 12
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
nn
u uu u
arc guu
u u
1
1
cot cotn n
n n
u u
u uarc g arc g
2
1
cot ( )n
n ii
S arc g u
2cot ( )iarc g u + 2
1
cot ( )n
ii
arc g u 1cot n
n
u
uarc g
Hơn nữa : 1 24n n nu u u
1 2 1
1
41 .n n n
n nn
u u u
u u u
www.huongdanvn.com
25
1= 4x – x 2 (với 1lim 1n
nn
ux
u
)
x 2 – 4x + 1 = 0
2 3x
1 3lim 2nn
n
uu
(2 )12
lim 3nnS arctg
(dãy 1n
n
uu
có giới hạn, vì :
1
1
1
0 1n
n
n n
n n
u
u
u u
u u
)
* Bài 8. Cho , (0,1)a b a. Xét dãy nu xác định bởi
u 0 a , 1u b , 22 1
1 23 3 nn nu u u , n .
Chứng minh rằng dãy nu có giới hạn hữu hạn khi n và tìm giới hạn đó.
Giải
* Xét dãy nV định bởi 0
21
,
1 1, 0
3 3n nn
V Min a b
V V V n
Bằng qui nạp ta chứng minh được 0 < V n < 1 (1)
Mặt khác :
21
1 23 3n n n nnV V V V V
2( 1) ( 2) 0, 013 n n n nV V V
nV tăng (2)
Từ (1) và (2) nV có giới hạn hữu hạn.
Đặt c = lim nnV
, ta có :
2
1
1 2
1 lim3 3
0 1n
c c cc
V c
+ n = 1 u 0 a (0,1)
+ n = k : Giả sử (0,1)ku
+ n = k + 1 : Ta có :
21 1
(0,1) (0,1)
1 2(0,1)
3 3k k kU u u
Theo ngưyên lý qui nạp ta có : (0,1), 0nu n
www.huongdanvn.com
26
* Chứng minh 2 2 1, , 0n n nV Min U U n
Quả vậy :
+ n = 0 : 0 0 1 , ,, Min a b Min a bV Min u u
+ n = k N : Giả sử 2 2 1,k k kV Min u u
+ n = k + 1 :
2
2 1
k
k
k
k
u
u
V
V
2 1
2 2 1
2 22 2 2 1
2 2 22 3 2 1 1
1 2 1 2
3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 3 3 3 3
k k
k k k
k k k k
k k k k k k
ku u u V V V
u u u V V V V V
1 2 2 2 3,k k kV Min U U
Theo nguyên lý qui nạp, ta có
2 2 1, , 0n n nV Min U U n
Từ các kết quả trên, ta suy ra : 2
2 1
1
1( 0)
lim 1
n n
n n
nn
V u
V u n
V
Do đó : 2 2 1 1lim limn n nn nu u
1lim nn
u
www.huongdanvn.com
27
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ ********
* Bài 1 (T1/233)
Cho dãy số nguyên 0n na
thỏa mãn: 2 1 12( )nn n na a a a (1)
Chứng tỏ rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho 14 nnM a a là
số chính phương với mọi n 0.
HD Giải Đặt 2 1 0n n nu a a a . Từ điều kiện (1) suy ra : 1 2n nnu u a
2 2 2 21 1 1( 2 ) 4 4n n n nn n nu u a u u a a
2 2
1 1 1
21 1 1
44( )
4 4
n n nn n n
n nn n n
u a a a a a
u a a a a
2 21 1 14 4n n nn n nu a a u a a
Vậy 214n nnu a a là hằng số không phụ thuộc vào n. Gọi hằng số đó là M. Khi đó ta có :
21 04 n nn nM a a u .
* Bài 2 (T6/237)
Cho dãy na thỏa mãn: 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a . Tìm tất cả các
giá trị của n để na là số chính phương.
HD Giải
www.huongdanvn.com
28
Ta giải bài toán khái quát sau:
Cho số nguyên p 2. Cho dãy số na thỏa mãn 1 2 1 11, 3, ( 2) ( 1) 2nn nn n na a a a a
Hãy tìm tất cả các giá trị của n để na là lũy thừa p của một số tự nhiên.
Lời giải Với mỗi n 2, đặt 1n n nb a a . Khi đó từ công thức xác định dãy na , ta sẽ có
1. 3n nn nb b . Suy ra ! 3n n nb . Kết hợp với b2
= a2
– a 1 = 3 – 1 = 2! Ta được
! 2n n nb . Do đó, với mỗi n 2 ta có :
112 2 1
( ) 1 !n n n
n k k kk k k
a a a a b k
Kết hợp với a1 = 1 = 1! Ta được 1
! 1n
kn k na
(1)
Xét p=2. Khi đó, do từ (1) ta có
3(mod10) 5na a
nên suy ra 2 , 5na a a Y n (vì các số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1, 4, 5, 6, 9).
Với n = 1,2,3,4 bằng cách thử trực tiếp, ta thấy na là số chính phương khi và chỉ khi
n = 1, n = 3. * Xét p > 2. Khi đó, do từ (1) ta có 0(mod3) 2na n (suy ra từ (1) nên điều kiện cần
để a Y sao cho pna a là 0(mod 27)na hoặc 1na . Từ (1) ta có 1 2n na và
89
! 9n
kn a k na
. Suy ra 8(mod 27) 9na na . Mà 8 46233 1(mod 27)a
nên 1(mod 27) 8na n . Như vậy 8n đều không tồn tại tại n để pna a
Với 1 n 7, bằng cách thử trực tiếp ta thấy chỉ có duy nhất giá trị n = 1 là giá trị cần tìm. Trở lại bài toán ban đầu. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán trên với p = 2. Theo đó tất cả các giá trị của n thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 1 và n = 3. * Bài 3 (T7/240)
Xét dãy số thực na thỏa mãn: 21 3 2 1
nn na a . Tìm tất cả các số hữu tỉ a1 mà
tồn tại m n sao cho m na a .
HD Giải Với mỗi n 1 đặt 3n nb a khi đó từ dãy na ta có dãy nb được xác định bởi:
21 6 1nn nb b (1)
Bài toán trở thành: Tìm tất cả các 1b ¤ mà tồn tại m n sao cho m nb b .
Từ (1) ta có : 1 ( 3)( 2) 1n n nn nb b b b . Suy ra nếu 1 3b thì
1 2 3 1... ...n nb b b b b
www.huongdanvn.com
29
Do đó, nếu 1 3b thì không tồn tại m n sao cho m nb b
Xét 1 3b . Nếu 1b ¤ thì từ (1) dễ thấy nb ¤ n1. Với mỗi n 1, viết nb dưới
dạng nn
n
pb
q , trong đó: , , 1n n np q c q và 1.( , )n np q Khi đó nếu tồn tại m n
sao cho m nb b thì phải có (*)m nq q . Mặt khác, từ (1) ta có: 2 2
11 2
1
61n n n
nnn
np p q
bq q
(2)
Vì , ) 1( n np q nên 2 2 26 , ) 1( n n np q q . Kết hợp với (2) và 1 1, ) 1( n np q suy ra:
2
1 1nn np q . Dẫn tới
12 1n
nn np q
.
Do đó (*) 1 12 2
1 1 11
m n
p p q
(vì m n). Như vậy, nếu tồn tại m n sao cho
m nb b thì 1b c . Suy ra 1 0, 1, 2, 3b .
+ Với 1 0b thì 2 6b suy ra: 3 30 3b suy ra 3 4 1... ...k kb b b b suy ra
không tồn tại m n sao cho m nb b .
+ Với 1 1b thì 2 5b suy ra: 3 19 3b suy ra 3 4 1... ...k kb b b b suy
ra không tồn tại m n sao cho m nb b .
+ Với 1 2b thì 2 3 22 2b b b
+ Với 1 3b thì 2 3 23 3b b b
Vậy, tóm lại, tất cả 1b ¤ cần tìm là 1 12, 3b b . Và do đó tất cả các giá trị 1a ¤
cần tìm là 1
2; 1
3a .
* Bài 4 (Thi HSG QG 96-97 bảng A)
Có bao nhiêu hàm số f: ¥ * ¥ * 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*
HD Giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số có tính chất nêu trên. Để cho gọn ta kí hiệu: ( )na f n . Ta có:
2
2 1
21 3 2
1997
1997
n n n
n n n
a a a
a a a
(1)
www.huongdanvn.com
30
Suy ra: 2 1 3
1 2
n n n n
n n
a a a a
a a
. Vậy: 2 1 nn na ca a (2) ở đó c là hằng số, 3 1
2
a ac
a
.
Ta chứng minh c = N. Thật vậy, nếu p
cq
với (p,q) = 1 thì từ (2) ta có:
2 1 1)( nn n nqq a a pa a
Vì 222 11997 n n n Ma 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 1998ca 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 Na
Ta chứng minh f = D.
Dễ thấy f(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:
(1 1)(1 3)(1 1) 16D
* Bài 5 (Thi HSG QG 98-99 bảng A)
Cho hai dãy số 0n nx
và 0n n
y
được xác định như sau:
0 1 2 11, 4, 3 nn nx x x x x với mọi n = 0,1,2…
0 1 2 11, 4, 3 nn ny y y y y với mọi n = 0,1,2…
1) Chứng minh rằng: 2 25 4 0n nx y với mọi n = 0,1,2…
2) Giả sử a, b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 25 4 0na b . CMR tồn tại số tự
nhiên k sao cho kx a và ky b .
HD Giải 1) Từ công thức xác định dãy nx suy ra 2 2 2 2
1 1 1 1 2 23 3n n n n n n n nx x x x x x x x
Từ đó với mọi n 1 ta có: 2 21 13 5n n n nx x x x
Do đó 2 2 21 27 10n n nx x x (1). Tương tự 2 2 2
1 27 2n n ny y y (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 2 215 4n nx x 2 2 2 2
1 1 2 27( 5 ) ( 5 ) 24n n n nx y x y (3)
www.huongdanvn.com
31
Từ hệ thức (3) bằng qui nạp dễ thấy 2 25 4 0n nx y với mọi n = 0,1,2…
2) trước hết bằng qui nạp ta chứng minh được:
1
1
54
2
35
2
3 n nn
n nn
x yx
x yy
Nếu a = 1 b = 1. Vậy 0 0,x a y b
Nếu a > 1 b > 1. Xét: 1 1
5,
2 2
3 3 aba ba b
.
Vì 2 21 15 4 (mod 2) ,n b a b a ba c .
Ta có thể kiểm tra được rằng a1 ,b1 ¥* và 2 2 2 21 1
1
5 5 4b ba a
a a
Tiềp tục như vậy sau k bước ta sẽ thu được k + 1 cặp số nguyên dương
0 0 1 1, ), , ),..., , )( ( ( k ka b a b a b với:
0 0 0
2 21 1 1
1 1
4 0, , ( 0,1, 2,... 1)
5, (6)
2 2
5
3 3ii
i i i ii i
i k
a a b b
a b a a
a a b aa b
Và 1k ka b
Vậy 0 0,k ka x b y
Từ (6) ta có 1 1 1 15 3, (7)
2 2
3 i i i ii i
a b a ba b
3) Từ (4), (5), (6) và (7) rút ra ka x và kb y .
* Bài 6 (T6/268) Dãy số ( na ),n= 0,1,2,… được xác định bởi:
10 1 2 n nna aa ba da a với mọi
n = 0,1,2,…, trong đó a, b là hai số nguyên khác 0 còn d là số thực. Tìm giá trị của d để na là số nguyên với mọi n = 0,1,2…
HD Giải Giả sử d thỏa mãn đề bài. Dễ dàng chứng minh được bằng qui nạp:
1
22 0 nna a a c
n = 0,1,2… (1), trong đó c là một hằng số.
Dễ thấy d ¤ . Đặt , ( , ) 1p qq
pd . Ta chứng minh k
nM n ka . Thật vậy, với k = 1
thì 1 1 1 1( ) 1n n nn n n n Mq na a da a a pa a
www.huongdanvn.com
32
Giả sử khẳng định đúng với n = k. Ta có 2 1( )nn nq a a pa . Theo giả thiết qui nạp
nk thì 2 nnkq sa a suy ra 1
1 1k
n nk Mq spa a
n k tức là
11 1
1 kn n
k n kMq spa a
tức là 1 1kn n kMa . Từ hệ thức (1) suy ra cM 2k
với mọi k. * Trường hợp 1: Nếu c 0 suy ra q = 1 tức là d c .
* Trường hợp 1: Nếu c = 0 2 1
dr
r
trong đó r
ab
.
Từ đẳng thức 212 nnn aa a bằng qui nạp suy ra 2
n ara . Đặt , 1( , )r u vvu
ta suy
ra 1nn r c bM v Ma
Thử lại ta thấy nếu d c hoặc 2 21
d rr
a bab
với bM thì n ca
Kết luận: 1) Nếu b không chia hết cho a thì d c .
2) Nếu bM thì d c hoặc 2 2
da b
ab
.
* Bài 7 (T6/278) Dãy số ( nu ) (n = 0,1,2,3…) được xác định bởi:
10 1 20, 1, 1999n nnu u u u u
Tìm tất cã các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố.
HD Giải Bằng qui nạp dễ chứng minh được: 0u N và 1 1999
nnu u với mọi n1.
Tiếp theo ta có:
2 1 1
1
1999 nn n n
nn
u uu u
u u
Suy ra: 1 1
2 2 22 1 1 0 2... 1
nnnn n nu u u u u u u u u
Vậy: 2 1 1( 1)( 1)nn n nu u u u (1)
Với n 2 thì u2
= 1999 là số nguyên tố.
Ta chứng minh với n3 thì không tồn tại n để nu là số nguyên tố. Thật vậy: Giả sử
nu là số nguyên tố với n3. Từ (1) ta có: 2 1 1( 1)( 1)n n n nu u u u suy ra
1 1( 1)( 1) nn nu u M .
Vì 11 1 1998
n nnu u u nên 1( 1) nnu M .
Mà với n3 thì 1 1nu ¥ *
1 1 nnu u nhưng 1
1998nnu u
mâu thuẫn.
Vậy n = 2 là giá trị cần tìm.
* Bài 8 (Đề thi HSG QG 00-01 bảng B)
Cho hai dãy số nx , n¥* được xác định như sau:
www.huongdanvn.com
33
1
2
3x và 1 12(2 1)
nn
n
xx
n x
với mọi n¥ * Hãy tính tổng số của 2001 số
hạng đầu tiên của dãy nx .
HD Giải
Dễ thấy 0,n nx ¥*
Đặt 2
nn
ux
, n ¥* . Từ công thức xác định dãy nx của đề bài ta có: 1 3u và
1 14(2 1)n nu n u n ¥* (1)
Từ (1) dễ dàng suy ra: 2 2 1 1
(2 1)(2 1) 2 1 2 1nn
nxu n n n n
¥* .
Vì vậy: 1 2 2001
1 4002... 1
4003 4003x x x
* Bài 9 (T8/298)
Dãy số nx (n = 0,1,2,…) được xác định bởi: 0 1
11,
2x x và
11
1 1
.
2002 2001 2000nn
nn nn n
x xx
x x x x
với mọi n = 0,1,2,…
Hãy tìm công thức tổng quát của nx theo n.
HD Giải
Từ giả thiết suy ra nx 0 với mọi n và 2 1
1 2001 20022000
nn nx x x
với n = 0,1,2,…
Đặt 1 1000
2001ny
x ta có 0
3001
2001y , 1
5002
2001y và 2 12001 2002 nn ny y y với n = 0,1,2,…
Suy ra: 2 1 12 1 1 1 1 0
80032002( ) 2002 ( ) ... 2002 ( ) .2002
2001n n
n nn n n ny y y y y y y y
Đặt a = 1 2
80032001
y y và b = 2002, ta có:
1 1 2 1 2 2 1
1 2 0
0
. . . ... ( 1) ... ( 1) ( 1) ( 1)
( ( 1) )( 1)
1
n n n n n n n nn n n
n nn
a b a b a b a b b b
a b
b
y y y y
y
Suy ra 3000 8003
( 1) (2002)2003 2001.2003
n nny với n = 0,1,2,…
Từ đó ta có công thức tổng quát của nx là 2001.2003
2002 .8003 ( 1) .3000.2001 1000.2003n n nx
Đề thi thử lần 1 –
www.huongdanvn.com
34
I. Phần chung dành cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2( 1) 3( 1) 2y m x m x m (1) với m là tham số.
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 3. Xác định m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B mà OAB vuông tại O.
Câu 2 : (2 điểm)
1. Giải phương trình : 3sin2 3sin 8cos 4 0x x x với 0,2x
2. Biện luận theo m, tập xác định của hàm số : 2 ( 3) 3
1y
mx m x
x
Câu 3 : (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCA1 B1 C1 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
BC = 2a. Gọi M là một điểm trên cạnh AA1 . Đặt BMC , góc giữa mặt phẳng
(MBC) và mặt phẳng (ABC) là . Tính thể tích khối lăng trụ ABCA1 B1 C1 theo
, ,a .
Câu 4 : (1 điểm)
Tính tích phân : 2
0
1 cossin2x
I tt dt . Với x là ẩn số
Câu 5 : (1 điểm) Các số thực x, y, z thỏa điều kiện 2 2 2 4 2 0x y z x z
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của F = 2x + 3y – 2z
A. Phần riêng (3 điểm)
1. Theo chương trình nâng cao Câu 6a : (2 điểm) 1/ Trong mặt phẳng, cho đường tròn (C) : x 2 2( 1) ( 2) 25x y và đường thẳng
(d): 4x + 3y – 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng ( ) vuông góc với (d) và ( ) cắt (C) theo một dây
cung AB = 8.
2/ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho điểm A(1;-2;3) và đường thẳng
(d) có phương trình : 1 2 3
2 1 1x y z
.
Gọi B và C lần lượt là giao điểm của (d) và các mặt phẳng (Oxy) và (Oxz). Tính diện tích ABC và thể tích tứ diện OABC.
Câu 7a : (1 điểm)
Giải phương trình : 22 1 0z iz trên tập số phức.
www.huongdanvn.com
35
Đề số 1 – A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu 1 : (2 điểm)
Cho hàm số: 3 2( ) 3 ( 1) 1y f x mx mx m x với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để hàm số y = f(x) không có cực trị.
Câu 2 : (2 điểm) 1. Giải phương trình : 24 4sin 2 2cos2 (3sin 5)x x x
2. Giải bất phương trình : 2
1 12 12 3 5 xx x
Câu 3 : (1 điểm) Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có ABC đều cạnh a. Đỉnh A cách
đều A’B’C’ và AA’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ .
Câu 4 : (1 điểm)
Tính tích phân : 1
2
0
ln(1 )I x dx
Câu 5 : (1 điểm) Cho a, b, c dương và a + b + c = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3a b cp
b ac c ba a cb
A. Phần riêng (3 điểm) 1/ Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xOy. Cho ABC có M(2;3) là trung điểm
của BC và AB có phương trình : x – y – 1 = 0; AC có phương trình : 3x + y – 7 = 0. Tính tọa độ A, B, C. 2. Trong không gian Oxyz. Cho điểm M(1;1;-2) và đường thẳng ( ):
11 31 2 1
yx z . Tìm N trên ( ) sao cho MN nhỏ nhất.
Câu 7a : (1 điểm) Giải phương trình : 32( 5 1) ( 5 1) 2 0
xx x
2/ Theo chương nâng cao Câu 6b : (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 = 13 và đường tròn
(C’): (x – 6) 2 + y 2 = 25. Gọi A là giao điểm của (C) và (C’) và y > 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (C) , (C’) theo dây cung có độ dài bằng nhau.
2. Trong không gian Oxyz. Viết phương trình đường vuông góc chung với Ox và
(d): 112 3 4
yx z
www.huongdanvn.com
36
Câu 7b : (1 điểm)
Giải hệ : 2 33 1
2 1
2 2 3.2
3 1
y y xx
xx xy
ĐÁP ÁN Đề
1 – A. Phần chung Câu 1 : (2 điểm) 1/ 1 điểm 2/ 1 điểm
TXĐ: D = R y’ = 3(m – 1)x 2
+ 6(m – 1)x y’ = 3(m – 1)x[x + 2(m – 1)] 0,25 điểm TH1. m = 1
. y’ = 0; m hàm số không có cực trị TH2. m 1
. y’ = 0; 0
2(1 )
x
x m
Vậy với m 1đồ thị có 2 đểm cực trị A(0,m – 2), B(2 – 2m ,4(m – 1) 3 0,25 điểm OAB vuông tại O . 0OAOB
0.(2 – 2m) + (m – 2)[4(m – 1) 3 + m – 2] = 0
3
2 0
4( 1) 2 0
m
m m
0,25 điểm
. Giải ra kết quả 0,25 điểm Câu 2 : (2 điểm) 1/ Giải phương trình . 3sin2x – 3sinx – 8cosx + 4 = 0
6sinxcosx – 3sinx – 8cosx + 4 = 0 3sinx(2cosx – 1) – 4 (2cosx – 1) = 0
(2cosx – 1)(3sinx – 4) = 0 0,25 điểm
1cos
2
4sin ( )
3
x
x VN
cos cos3
.23
.23
x
x k
x k
0,25 điểm
www.huongdanvn.com
37
Chọn x [0,2 ] ta có nghiệm 5
,3 3
0,25 điểm
2/
Hàm số xác định 2
1(1)
( 3) 3 0
x
mx m x
0,25 điểm
TH1: m = 0
(1) 1
13 3 0
xx
x
Tập xác định: D = ( - 1, + ) 0,25 điểm TH2: m 0
2( ) ( 3) 3f m mx m x có 2( 3) 0m
m = 3 thì (1) 2
11
3 6 3 0
xx
x x
. Tập xác định: D = \ 1
* m > 3 thì từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
3
( , 1) ;Dm
* 0 < m < 3 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
3( , ) 1;
mD
* m > 0 từ (1) suy ra tập xác định: 0,25 điểm
3
( 1, )m
D
Câu 3 : (1 điểm) Gọi N là trung điểm BC AN BC, AN = a. Ta lại có BAM = CMA
BM = CM MN BC MNA và 2
CMN BMN
AA’ = 2AM = 2a 0,25 điểm
MAN có
2 2 2
2 2 2 2
2
.cot2
cot 12
AM MN AN
AM a a
AM a
AA’ = 2AM = 22 co t 12
a
0,25 điểm
21.
2ABCS AN BC a 0,25 điểm
3 2' 2 co t 12A B CV A A S a
0,25 điểm
Câu 4 : (1 điểm)
Đặt : 2
2
sin 21 cos
2 1 cos
tdtu t du
t
0,25 điểm
www.huongdanvn.com
38
Ta có 2
22
1 cos
2x
I u du
0,25 điểm
2 22 2 2 (1 cos ) 1 cos
3
x xI
0,25 điểm
I = 0
3
2
2
2
1 cos 8
1 cos 2
cos 1
sin 0
x
x
x
x
x k
k R 0,25 điểm Câu 5 : (1 điểm)
Trong hệ trục tọa độ Oxyz xét mặt cầu (S) có phương trình : (x – 2) 2 + y 2 + (z + 1) 2 = 5. Mặt cầu (S) có tâm I(2,0,-1) và bán ki81nh R = 5 .
Xét họ mặt phẳng ( ): 2x + 3y – 2z – F = 0. Gọi M(x,y,z) thỏa x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2z 0 Lúc đó M nằm trong (S) (kể cả mặt cầu (S)) do đó ( ) và (S) có điểm chung
( ,( ))
65 6 85 6 85
17
d I
FF
Kết luận: Max F = 6 + 85
Min F = 6 – 85
B. Phần tự chọn 1/ (C) có tâm I(1,2), R = 5. ( ) (d) nên phương trình có dạng : 3x – 4y + m = 0 0,25 điểm Gọi H là trung điểm của AB ta có :
2 2
, ( )
5 [ , 4)
84
2
IH d I
IA R IH d I IA HA
HA
d[I,( )] = 3 0,25 điểm Vậy
2 2
3.1 4.23
3 ( 4)
m
5 15m
5 15
5 15
m
m
0,25 điểm
20
10
m
m
0,25 điểm
www.huongdanvn.com
39
PT ( ): 3x – 4y + 15 = 0 3x – 4y – 10 = 0 2/ (1 điểm) Câu 7a : (1 điểm)
www.huongdanvn.com