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