Tài liệu SKKN KHAI THAC UNG DUNG TU MOT BAI TOAN

Kinh nhiệm dạy họcKhai thác các ứng dụng từ một bài toán Ngời thực hiện :Phan thị nguyệt Trờng THCS thị trấn Thanh chơng Năm học 2006-2007 I.Lý do chọn đề tài.. Học sinh thờng có cách họ

Kinh nhiệm dạy học

Khai thác các ứng dụng từ một bài toán

Ngời thực hiện :Phan thị nguyệt

Trờng THCS thị trấn Thanh chơng

Năm học 2006-2007

I.Lý do chọn đề tài.

Học sinh thờng có cách học giải toán chứ không lu ý đến phơng pháp giải do đó chóng quên, thờng giải bài nào biết bài đó nên nếu nh đề bị biến tấu thì không nhận ra Do đó đáp ứng đổi mới phơng pháp dạy họccũng nên đổi mới phơng pháp bồi dỡng học sinh giỏi Tôi xin mở rộng bài toán cụ thể bài 71 trang 14 (sách bài tập toán 9 tập 1) Tôi thấy bài tập này có nhiều ứng dụng, tôi

xin đa ra một số cách khai thác để giúp học sinh nhớ bài lâu hơn , vận dụng tốt hơn vào giải bài toán khác

II Nội dung :

Nội dung gồm 3 phần chính:

A.Khai thác ứng dụng bài 71 trong tính toán

B.khai thác các ứng dụng bài 71 trong chứng minh bất đẳng thức

C Khai thác các ứng dng bài 71 trong giải phơng trình

Bài 71 trang 14 (Sách bài tập tóan 9 tập I ) chứng minh rằng

n n

n n











1

1

Chứng minh : ( n 1  n)( n 1  n) n 1  n 1



n n

n

n











1

1 1

Phát biểu cách khác :

1 Chứng tỏ với mọi số tự nhiên n thì ( n 1  n)và( n1  n ) là hai số nghịch đảo

n

n   1

1

1

(với n là số tự nhiên)

A Khai thác ứng dụng bài 71 trong tính toán

Bài 1 : Tính

a

99 100

1

3 4

1 2 3

1 1 2

1















b

1

1

3 4

1 2 3

1 1 2

1

















Gi¶i :

a

99 100

1

3 4

1 2

3

1 1 2

1

















= 2  1  3  2  4  3   100  99  100  1  9

b

1

1

3 4

1 2

3

1 1 2

1

















= 2  1  3  2  4  3   n n 1  n 1

Bµi 2 : TÝnh

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















§Þnh híng :

2 1

1 2

1







1

1 1













n n n

n

Gi¶i :

a A =

2006 20005

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















=  ( 1  2 )  ( 2  3 )  ( 3  4 )   ( 2005  2006 )

=  1  2  2  3  3  4   2005  2006

=  ( 1  2006 )

b B =

1 2 2

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

















B =  ( 1  2 )  ( 2  3 )  ( 3  4 )   ( 2k  2k 1 )

=  1  2  2  3  3  4   2k  2k 1

= ( 2k  1  1 )

ëBµi 71, thay 1 = x  N ta cã bµi to¸n 3

Bài 3 Chứng minh: Với x>0,n 0

Ta có:

n x n

x n

x n











Bài4: Tính

a C =

13 16

3

7 10

3 4

7

3 1

4

3

















b D =

1 2 1 2

1

5 7

1 4

5

1 1 3

1



















Với k là số tự nhiên  1

Giải

a áp dụng bài 3 vào bài bài 4 a ( 4)2-1 2= 3 , ở đây x = 3

Ta có:

 1

4

3



 4 7

3



 7 10

3

+

… +

13 16

3

 = 4  1  7  4  10  7   16  13

= 16  1  4  1  3

b áp dụng bài3vào bài bài 4b ( 3)2- ( 1)2 = 2, ở đây x = 2

Do đó ta đa về dạng bài toán 4a nh thế nào ? ( Nhân 2 vào 2 vế )

3  1 5  3 7  5   2k  1 2k 1

2D = 3  1  5  3  7  5   2k 1  2k 1

2D = 2k 1  1  D =

2

1 1

2k 

Bµi 5 : TÝnh

a E =

25 24 24 25

1

3 2 2 3

1 2

1 1 2

1













§Þnh híng :

n n n

n 1 ( 1 )

1





 = ?

n n 1 1(n 1) n





1

1



n

n 1

1

n  n =

1

1







n n

n n

=

1

1 1





n n

E =

25

1 24

1

3

1 2

1 2

1 1

1













= 1-

5

4 5

1 1 25

1







5 2 2 5 8 5 5 8 2006 2003 2003 2006

5 2 2 5 

3(5 2 2 5) (5 2 2 5)(5 2 2 5)





3(5 2 2 5)

30



10

 =5 2 2 5

10  10 =

1 1

2  5

1 1 1 1 1 1

2 5 5 8 2003 2006

2 2006

P

P

 

B Khai thác phạm vi ứng dụng bài tập 71 trong việc so sánh

và chứng minh bất đẳng thức

Bài 6 : Không dùng máy tính hãy so sánh

A = 2007  2006và B = 2006  2005

Giải :

Áp dụng bài 71

A =

2006 2007

1



B =

2005 2006

1

  A < B do 2007  2005

 2007  2006  2006  2005

Bài 7 : Tổng quát từ bài 6 ta có :

n 1  n n n 1 với n 1

áp dụng bài 71 (bài tập toán 9 tập I) ta có điều phải chứng minh

Bài 8 : Thay 1 = x ở bài 7 ta có : Với n x >1

A = nx n

B = n n x

ta có : A < B

từ bài toán 6 ta có bài toán sau:

Bài 9 : So sánh C và D

C = mp m

D = np n

Với m > n > 0 ,p > 0

Ta có

C = m p p m





D = n p p n

Vì m > n  C < D

*Úng dụng bài 71 chứng minh bất đẳng thức

Bài 10 : Chứng minh

a n 1  n 1  2 n (Với n 1)

b nx n x  2 n (với n> x 0)

Chứng minh

a n 1  n 1  2 n

1

1    



Bất đẳng thức này đã chứng minh ở bài 7

b nx n x 2 n

x n n n x



Đã chứng minh ở bài 8

Bài 11 : Chứng minh : 2m 2m 2  2 2m 1 với m  -1

Chứng minh: Với n = 2 m +1, thay vào bài 10a thì ta đợc :

1 2 2 2 2

2m m  m

Bài 12:Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng tỏ 101  99  0 , 1

Giải

99 101

2 99

101





Vì 0 < 101  99  2 100 ( Suy ra từ bài 10a )

100 2

2 99

101

2











Bài13 : a Chứng minh rằng với mọi nN*

n  1

1 2

1

b Chứng minh: 2 (  1  )  1  2 ( n  n 1 )

n n

Giải

n  1

1

2

1



n n

n   1 

1 1

2

1 ( Áp dụng bài 71 trang 14 )

 2 n 1> n 1+ n (hiển nhiên đúng )

b 2 (  1  )  1  2 ( n n 1 )

n n

* Chứng minh : 2 ( n 1- n ) <

n

1

 0 <

n

n1 

1

<

n

2 1

 n 1 + n > 2 n

 n 1 > n

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

* Chứng minh

n

1

 2( n n 1)

 0 <

n

2

1

<

1

1



 n n

 2 n> n + n 1

 n> n 1

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

 Bất đẳng thức đã cho đợc chứng minh

Bài 14 : Cho S = 1+   

4

1 3

1 2

1

+

… +

100 1

Chứng minh

18 < S < 19

Chứng minh

Áp dụng bài 13b ta có : 2 (  1  )  1  2 ( n n 1 )

n n n

Thay n = 2,3,4, 100 ta có:

2 ( 3  2) <

2

1

< 2 ( 2  1)

2 ( 4  3) <

3

1

< 2 ( 3  2)

2 ( 5  4) 2( 4   3)

… +… +… +… +… +… +… +… +… +

100

1 ) 100

Cộng vế với vế ta có

1 + 2 ( 3  2  4  3   101  100)< S < 1 + 2( 2  1 + 3  2+

3

4  + 100  99)

 1+2 ( 100  2) < S < 1+2 ( 100  1)

 1+2 ( 10 -1,5 ) < S < 1+2 (10-1)

Vậy ta có : 18 < S < 19

Chú ý : Cũng có thể thay đổi nội dung bài này nh sau :

Cách 1: Chứng minh S không phải là số tự nhiên

Cách 2: Tìm phần nguyên của S

Bài15: So sánh A và B

A = 2 ( 2  4   2006 )  2008 ; B = 2 ( 1  3   2007 )

Áp dụng bài 11 2m 2m 2  2 2m 1 với m  -1

Cho m = 0 , 1, 2 , … +,1003 ta có:

0  2  2 1

3 2 4

2  

… +… +… +… +… +

… +… +… +… +… +

… +… +… +… +… +

2006  2008  2 2007

Cộng vế với vế ta có:

2007

3 1 ( 2 2008 )

2006

4

2

(

 A < B

Bài 16 : Chứng minh rằng :

2500

1

4

1 3

1

2

1











Chứng minh : Từ bài 13 b ta cũng có : 2 ( 1 )

1

1

n n

n    Lần lợt cho n = 0 , 1 , 2 , 3… +, 2499 ta có

1 < 2

) 1

2

(

2

2

1





) 2 3

(

2

3

1





… +… +… +… +… +… +

) 2499 2500

(

2

2500

1





Céng vÕ víi vÕ ta cã:

2500

1

4

1 3

1

2

1























2500 2 2500

1

4

1 3

1

2

1



100 2500

1

4

1 3

1

2

1



( §iÒu ph¶i chøng minh )

C Khai th¸c øng dông cña bµi 71 trong gi¶i ph¬ng tr×nh Bµi 17 : Gi¶i ph¬ng tr×nh

1

1 1

2

1 2

3

1





















Gi¶i:

1 1

1 1

2

1 2

3

1





















x

1 ) 1 ( ) 1 2

( ) 2 3

(           

) 1 3

(   

1 ) 3 2 3

(     

x x









x x









1 3

1

Bµi 18: Gi¶i ph¬ng tr×nh :

2

2

2







x

x

x

= 9 ( 18 )

x

x





 1 1 2

( Cã 2007 sè 2 )

Gi¶i :

Víi x  -1 ta cã :

1 1

1

1    x

x

x

( T¬ng tù bµi 7 )

1

1     x   x

x x

Ph¬ng tr×nh (18)

99

100

1

10

1

9 1

1

























x

x

x

x

Bµi 19 : Gi¶i ph¬ng tr×nh :

( 2  3 )x ( 2  3 )x  4 ( 19 )

Gi¶i :

§Æt y = ( x x 1y

) 3 2 ( ) 3

Ph¬ng tr×nh (19)

0 1

4

4

1

2















y

y

y

y

2

3

2

3

1

4

2

1

/



















y

y

Thay lại ẩn x ta có :

2

) 3 2 ( )

3

2

(

) 3 2 (

1 )

3

2

(

3 2

)

3

2

(

2

) 2 3 (

)

3

2

(

2 2









































x

x

x

x x

x

x

Vậy phơng trìmh đã cho có nghiệm

x = 2± 2

Bài 20 :Giải phơng trình

(9 4 5 )x ( 9 4 5 )x 18

    (20)

Giải:

Đặt y = (  9 4 5 )x

=> (9 4 5)x 1y





Phơng trình (20)

 1 y  18

y

 y2 - 18y + 1 = 0

Có ' 81 1 80









y1 = 9 + 80= 9 +4 5

y1 = 9 - 80= 9 -4 5

Thay lại ẩn x nếu: y = 9 +4 5

=> (  9 4 5 )x= (  9 4 5 ) 2

Nếu y = 9 -4 5 => x=-2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x = 2± 2

*.Bài tập :

Bài 1: Tính

3 7 7 11 11 15 15 19 2003 2007

9 13 13 17 17 21 221 225

6 1 1 6 11 6 6 11 2006 2001 2001 2006

Bài2:Chứng minh S = 1+   

4

1 3

1 2

1

+

40000 không phải là số tự nhiên

Bài 3:Giải phơng trình:

2

x  x  x  x  x  x  x  x  với x -1

III Kết luận :

Kinh nghiệm trên tôi đã từng áp dụng trong khi bồi dỡng học sinh giỏi và

có hiệu quả cao.Qua đây học sinh đợc rèn luyên khả năng t,khả năng khái quát hoá, rèn luyện tính sáng tạo trong học toán Đặc biệt là biết vận dụng linh hoạt trục căn thức ở mẫu vào giải toán cũng nh vận dụng một bài toán đã biết về

giải bài toán mới, tuy nhiên nội dung đề tài còn có nhiều chỗ có thể tôi cha khai thác sâu, mong bạn đọc góp ý để tôi bổ sung hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn !

Thị Trấn, ngày 26 tháng 5 năm 2007

Ngời viết

Phan Thị Nguyệt