Chuyên đề Các bài toán về phân số - Toán lớp 6

Chia sẻ: Tabicani09 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Chuyên đề Các bài toán về phân số, mời các bạn cùng tham khảo để có thêm Tài liệu học tập và ôn thi. Nội dung Tài liệu gồm 38 bài toán về phân số. Hy vọng nội dung Tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Các bài toán về phân số - Toán lớp 6

1 CHUYÊN ĐỀ. CÁC BÀI TOÁN VỀ PHÂN SỐ A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa: Phân số là sự biểu diễn số hữu tỉ dưới dạng tỉ lệ của hai số nguyên, trong đó số ở trên được gọi là tử số, còn số ở dưới được gọi là mẫu số. Điều kiện bắt buộc là mẫu số phải khác 0. a Kí hiệu trong đó: a là tử số; b là mẫu số ( a , b là số nguyên, b  0 ). b 1 a Tính chất phân:  a 1 ;  1 . a a So sánh 2 phân số a c Cho 2 phân số , trong đó b, d  0 . b d Trong hai phân số có cùng mẫu dương, phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn. Muốn so sánh hai phân số không cùng mẫu, ta viết chúng dưới dạng hai phân số cùng mẫu dương rồi so sánh các tử lại với nhau: phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn. Từ lý thyết cơ bản ta rút ra nhận xét sau: Phân số có tử và mẫu là 2 số nguyên cùng dấu thì lớn hơn 0 . Phân số có tử và mẫu là 2 số nguyên khác dấu thì nhỏ hơn 0 . a c Nếu ad  bc thì   a, b, c, d  0  . b d a c Nếu ad  bc thì   a, b, c, d  0  . b d a c Nếu ad  bc thì   a, b, c, d  0  . b d Nếu hai phân số có cùng mẫu số thì phân số nào có tử số lớn hơn thì lớn hơn. Nếu hai phân số có cùng tử số thì phân số nào có mẫu số lớn hơn thì phân số đó nhỏ hơn. a c c m a m Kết hợp vận dụng Tính chất bắc cầu của thứ tự:  và  thì  , trong đó việc phát b d d n b n hiện ra một số trung gian để làm cầu nối là rất quan trọng. Một số tính chất của tỉ số 1 1 Với các số thực dương a , b bất kì ta luôn có a  b   . a b Với các số thực dương a, b, c, d bất kì, ta có: a a a c Nếu  1 thì  . b b bc
2 a a ac Nếu  1 thì  . b b bc a c a ac c Nếu  thì   . b d b bd d Một số công thức hay dùng 1 1 1 a 1 1   ;   . n  n  1 n n  1 n  n  a  n n  a 2a 1 1   . n  n  a  n  2a  n  n  a   n  a  n  2a  1 1 1 1      1 1.2 2.3 n  n  1 n 1 1 1 1 k   ...   n  n  a   n  a  n  2a   n   k  1 a   n  ka  n  n  ka  1 1 1 1 1 1         . 1.2.3 2.3.4 n  n  1 n  2  2 1.2  n  1 n  2   1 1 1 1 1 1          . 1.2.3.4 2.3.4.5  n  1 n  n  1 n  2  3 1.2.3 n  n  1 n  2   II. CÁC DẠNG TOÁN Dạng 1: Rút gọn phân số 10.11  50.55  70.77 Ví dụ 1.1: Rút gọn phân số sau: . 11.12  55.60  77.84 Phân tích: Để giải quyết bài này ta cần phân tích tử và mẫu thành tích bằng cách áp dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng hoặc trừ. a  b  c   ab  ac . Lời giải: Ta có: 10.11  50.55  70.77 10.11  5.10.11.5  7.10.11.7 10.111  5.5  7.7  10 5     . 11.12  55.60  77.84 11.12  11.5.12.5  11.7.12.7 11.12 1  5.5  7.7  12 6 a 36 Ví dụ 1.2: Tìm các số tự nhiên a và b biết  , BCNN  a, b   300 . b 45 Lời giải: Ta có:
3 a 36 4  a  4k    , (k  * ) . b 45 5 b  5 k Mà BCNN  a, b   300  BCNN  4k ,5k   4.5.k  300  k  15 . a  4.15  60  . b  5.15  75 Vậy a  60; b  75 . n  10 Ví dụ 1.3: Tìm số tự nhiên n để phân số A  có giá trị là một số nguyên. 2n  8 Lời giải: Để phân số A có giá trị là một số nguyên thì  n  10    2n  8   n  10    n  4    n  4   14    n  4   14   n  4 .  n  4  Ư 14  . Ư 14   1;  2;  7;  14 . Mặt khác, n là số tự nhiên nên n  4  4  n  4  2; 1;1; 2; 7;14 . Ta có bảng sau: n  4 1 1 2 2 7 14 n 5 3 6 2 11 18 A 15 13 16 3 21 1  4 2 2 4 14 ( loại ) ( loại) ( loại) Vậy n  2; 6;18 . Bình luận: - Ngoài cách lập bảng trên ta có thể để ý rằng:  n  10    2n  8   n  10    2  n  4     n  10  2 . Kết hợp với  n  4   2; 1;1; 2; 7;14  n  2; 3; 5; 6;11; 18  n  2; 6;18 .
4 - Đối với bài toán trên với n 5;3;11 đều là số nguyên nhưng khi thay vào A thì không được giá trị nguyên vì: theo bài ra thì  n  10    2n  8   n  10    n  4  nhưng không có điều ngược lại. An Bài toán tổng quát: Tìm số tự nhiên n sao cho có giá trị nguyên. B  n Cách làm: An 1  d    b    a, b, d     C  n   Ö  d  . B n a  C  n   Nếu a  1 ta tìm được n và kết luận. Nếu a  1 ta tìm được n cần thử lại rồi kết luận. 2n  3 Ví dụ 1.4: Chứng minh rằng phân số tối giản với mọi số tự nhiên n . 4n  8 Phân tích: Để chứng minh một phân số là phân tối giản thì ta cần chứng minh ước chung lớn nhất của tử và mẫu phải bằng 1. Lời giải: Thật vậy,  2n  3 d  4n  6 d Giả sử ÖCLN  2n  3, 4n  8  d      2 d  d  1; 2  4n  8 d  4n  8 d Vì 2 n  3 là số tự nhiên lẻ nên  d  2 . 2n  3 Vậy d  1 nên phân số là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n . 4n  8 21n  3 Ví dụ 1.5: Tìm số tự nhiên n để phân số A  rút gọn được. 6n  4 Lời giải: Gọi d là ước nguyên tố của 21n  3 và 6n  4 .  21n  3  d  42n  6  d    22 d  d 2;11 .  6n  4  d  42n  28  d
5 Nếu d  2 ta thấy  6n  4  2 n còn  21n  3 2 khi n lẻ. Nếu d  11 thì  21n  311   22n  n  311   n  311  n  3  11k  n  11k  3  k    . Với n  11k  3 thì 6n  4  6 11k  3  4   66k  22 11   6n  4 11 . 21n  3 Vậy n lẻ hoặc n  11k  3 thì phân số A  rút gọn được. 6n  4 Bài toán tổng quát: Đối với các bài toán: “Tìm số tự nhiên n để phân số tối giản hoặc rút gọn được” ta làm như sau:  Gọi d là ước nguyên tố của tử và mẫu.  Dùng các phép toán cộng, trừ, nhân để khử n để từ đó tìm d . Đối với các bài toán: “Tìm số tự nhiên n để phân số tối giản” ta tìm n để tử số hoặc mẫu số không chia hết cho các ước nguyên tố. Đối với các bài toán: “Tìm số tự nhiên n để phân số rút gọn được” ta tìm n để tử số hoặc mẫu số chia hết cho các ước nguyên tố. a 3 b 12 c 6 Ví dụ 1.6: Tìm các số tự nhiên a, b, c, d nhỏ nhất sao cho:  ;  ;  . b 5 c 21 d 11 Lời giải: Ta có: a 3 b  5 a  3m  b  5m  4n  b 12 4       m, n, k    .  c 21 7 c  7 n  6k c 6 d  11k  d  11   4n  5 n 5 Suy ra  mà  4,5  1;  6,7   1    n  BC  5, 6  mặt khác a, b, c, d nhỏ nhất nên 7 n  6 n 6 n  BCNN  5, 6   n  5.6  30  m  24; k  35 .  a  72; b  120; c  210; d  385. Dạng 2: Tính nhanh tổng các phân số Phương pháp khử liên tiếp
6 1 1 1 1 Áp dụng công thức     . a.b b  a  a b  Ví dụ 2.1: Tính tổng sau 1 1 1 1 a) S    ...  . 1.2 2.3 3.4 98.99 1 1 1 1 1 b) S     ...  . 1.3 3.5 5.7 7.9 97.99 5 11 19 649 c) S  1    ...  . 6 12 20 650 Lời giải: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 98 a) S     ...   1       ...    1  . 1.2 2.3 3.4 98.99 2 2 3 3 4 98 99 99 99 1 1 1 1 1 b) S      ...  1.3 3.5 5.7 7.9 97.99 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  49  S           ...     . 2 1 3 3 5 5 7 7 9 97 99  99 5 11 19 649 c) S  1    ...  6 12 20 650 1 1 1 1 S  1 1 1  1  ...  1  6 12 20 650 1 1 1 1 1 1 1 1 1   S  25    ...   25       ...    2.3 3.4 25.26 2 3 3 4 25 26  1 1  6 319  S  25      25   .  2 26  13 13 Ví dụ 2.2: Tính tổng sau 1 1 1 1 S    ...  . 1.2.3 2.3.4 3.4.5 97.98.99 Lời giải: 1 1 1 1 2 2 2 2 S    ...   2S     ...  1.2.3 2.3.4 3.4.5 97.98.99 1.2.3 2.3.4 3.4.5 97.98.99 1 1 1  1  1 1  1  1 1  1  1 1   2 S              ...     2 1 3  3  2 4  4  3 5  98  97 98  1 1 1  1  1 1  1  1 1  1  1 1  1 1 1 2425  2 S              ...      .   2 1 3  3  2 4  4  3 5  98  97 99  2 1 98.99 4851
7 2425 S . 9702 Ví dụ 2.3: Tính tổng sau 11 19 29 41 55 71 89 109 S  1        . 6 12 20 30 42 56 72 90 Lời giải: 11 19 29 41 55 71 89 109 S  1        6 12 20 30 42 56 72 90 5 7 9 11 13 15 19 19  S  1  1   1  1   1   1   1   1   1  6 12 20 30 42 56 72 90 5 7 9 11 13 15 17 19  S  1        6 12 20 30 42 56 72 90 2  3 3  4 4  5 5  6 6  7 7  8 8  9 9  10  S  1        2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 8.9 9.10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3  S  1                    . 3 2 4 3 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 2 10 5 3 5 7 9 19 Ví dụ 2.4: Tính tổng sau S  2 2  2 2  2 2  2 2  ...  2 2 1 .2 2 .3 3 .4 4 .5 9 .10 Lời giải: 2 2  12 32  22 4 2  32 52  4 2 102  9 2 S     ...  12.22 22.32 32.4 2 42.52 9 2.10 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 99 S 2  2  2  2  2  2  ...  2  2  1   . 1 2 2 3 3 4 9 10 100 100 Tính nhanh dạng tích Ví dụ 2.5: Tính tổng sau  1  1  1  1  1   1  a) S   1  2  1  2  1  2  1  2  1  2  ... 1  2  .  2   3  4   5  6   99   1   1   1  1   1  b) S   1   1   1   1   ....  1  .  2   3   4  5   100  Lời giải:  1  1  1 1  1   1  3 8 15 24 35 9800 a ) S  1   .  1   . 1   .  1   1   ...  1         4   9   16   25   36   9901  4 9 16 25 36 99 1.3 2.4 3.5 4.6 5.7 98.100 1.2.3.4.5...98 3.4.5.6.7...100 1 100 50             2.2 3.3 4.4 5.5 6.6 99.99 2.3.4.5.6...99 2.3.4.5.6...99 99 2 99  1  1  1  1   1  b) S  1   1   1   1   .... 1    2   3   4   5   100 
8 3 4 5 101 101  S  . . ...  . 2 3 4 100 2 Tính tổng của dãy số có các số sau bằng số hạng liền trước nhân với số không đổi Phương pháp: Tính S  u1  u1q  u1q 2  ...  u1q n  q  1  qS  u1q  u1q 2  u1q 3  ...  u1q n 1 u1 1  q n1   1  q  S  u1  u1q n1  S  1 q Ví dụ 2.6: Tính tổng sau 1 1 1 1 1 S     ...  2 4 8 16 512 Lời giải: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S     ...   2 S  1      ...  2 4 8 16 512 2 4 8 16 256 1 511  S  1  . 512 512 Dãy có các số cách đều nhau Ví dụ 2.7: Tính tổng sau 1 1 1 1 S    ...  . 1 2 1 2  3 1 2  3  4 1  2  3  ...  50 Lời giải: n (n  1) Sử dụng kết quả 1  2  3  ...  n  , n  * 2 1 1 1 1 S    ...  2.3 3.4 4.5 50.51 2 2 2 2 2 2 2 2 S    ...  2.3 3.4 4.5 50.51 1 1 1 1 1 1   1 1  49  S  2      ...     2     . 2 3 3 4 50 51   2 51  51 Dạng 3: Chứng minh đẳng thức phân số 11 12 13 20 Ví dụ 3.1: Chứng minh:     1.3.5....17.19 . 2 2 2 2
9 Phân tích: Vế trái là tích của các phân số với tử số là những số tự nhiên liên tiếp, còn mẫu số là 2. Vế phải là tích của các số tự nhiên lẻ liên tiếp. Từ nhận xét này, ta nghĩ đến việc biến đổi vế phải thành vế trái bằng cách thêm bớt các số chẵn xen kẽ giữa chúng. Lời giải 1.2.3.4.5....17.18.19.20 1.2.3.4.5...17.18.19.20 VP  1.3.5....17.19   2.4.6.8....18.20 1.2  .  2.2  . 2.3 .  2.4  .... 2.9  .  2.10  1.2....9.10.11.12....19.20 11 12 13 20       VT (Đpcm). 1.2....9.10. 2.2....2  2 2 2 2 10 thöøa soá 2 Bình luận: Đây là dạng toán hay gặp khi chứng minh đẳng thức liên quan đến phân số, giá trị cụ thể của từng vế khó tính, có nhiều chữ số. Tuy nhiên bằng cách sử dụng thêm bớt, tính chất giao hoán, kết hợp của phép nhân, ta vẫn có thể chứng minh đẳng thức mà không cần tính giá trị cụ thể của từng vế. n 1 n  2 n  3 2n Tổng quát hóa: Chứng minh: 1.3.5....  2n  1     với n  1, n   . 2 2 2 2 7.9  14.27  21.36 1 Ví dụ 3.2: Chứng minh:  . 21.27  42.81  63.108 9 Phân tích: Tử số và mẫu số của vế trái đều có dạng là tổng của các tích, vì thế ta nghĩ ngay tới việc phân tích tử, mẫu để được nhân tử chung và rút gọn. Lời giải 7.9  14.27  21.36 7.9  14.27  21.36 7.9  14.27  21.36 1 Ta có VT   2 2 2  2  21.27  42.81  63.108 3 .7.9  3 .14.27  3 .21.36 3 .  7.9  14.27  21.36  9 (Đpcm) Bình luận: Đối với dạng toán này, ta phải để ý xem tử số và mẫu số có đặc điểm gì giống nhau và khác nhau, từ đó vận dụng các tính chất đã học để đưa chúng về dạng tích để rút gọn. 1 2 3 18 19    ...   Ví dụ 3.3: Chứng minh rằng: 19 18 17 2 1  20 1 1 1 1    ...  2 3 4 20 Phân tích: Nhận thấy mẫu số của vế trái là tổng của các phân số có tử bằng 1, còn mẫu số là các số tự nhiên liên tiếp, nên việc tính kết quả của mẫu số sẽ gặp nhiều khó khăn, hơn nữa việc phân tích mẫu số cũng không khả thi, từ đó ta nghĩ đến việc phân tích tử số theo mẫu số. Tử số là tổng của các
10 phân số có tính chất đặc biệt: tử cộng mẫu của các phân số trên tử đều giống nhau và bằng 20, vậy nên ta nghĩ đến việc cộng tất cả các phân số trên tử số cho 1. Lời giải 1 2 3 18 19  1   2   3   18   19  Ta có    ...      1    1     1   ...    1    1   19 19 18 17 2 1  19   18   17   2   1  20 20 20 20 20 1 1 1 1 1 1 1 1  20     ...    19  20     ...    1  20     ...    19 18 17 2 1  19 18 17 2  19 18 17 2  20  1 1 1 1 1  20.      ...   .  20 19 18 17 2 1 2 3 18 19 20.  1  1  1  1  ...  1     ...     Vậy 19 18 17 2 1   20 19 18 17 2  20 (Đpcm). 1 1 1 1 1 1 1 1    ...     ...  2 3 4 20 2 3 4 20 Bình luận: Tử số là tổng các phân số có tính chất đặc biệt, nếu tổng của tử và mẫu của từng phân thức bằng nhau thì ta cộng mỗi phân thức cho 1, nếu hiệu của tử và mẫu của mỗi phân thức bằng nhau thì ta trừ mỗi phân thức cho 1. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ví dụ 3.4: Chứng minh rằng: 1     ...       ...  . 2 3 4 19 20 11 12 13 20 Phân tích: Vế trái là tổng hiệu xen kẽ của các phân số mà mẫu số là các số tự nhiên liên tiếp, vế phải là tổng của các phân số mà mẫu số là các số tự nhiên liên tiếp. Từ đó ta nghĩ đến việc biến đổi vế trái thành vế phải bằng cách tách các tổng các hiệu với nhau và thêm bớt các đại lượng thích hợp. Lời giải 1 1 1 1 1  1 1  1 1 1  Ta có VT  1     ...     1   ...       ...   2 3 4 19 20  3 19   2 4 20   1 1  1 1 1  1 1 1   1   ...       ...     2.    ...    3 19   2 4 20   2 4 20   1 1 1 1   1 1 1    1    ...     1    ...    2 3 19 20   2 3 10  1 1 1 1     ...   VP (Đpcm). 11 12 13 20 Bình luận: Với dạng toán này, ta chỉ việc nhóm các tổng, các hiệu và thêm bớt các phân số một cách thích hợp.
11 1 1 1 1 1 1 1 1 Tổng quát hóa: Chứng minh rằng: 1     ...      ...  . 2 3 4 2n  1 2n n  1 n  2 2n  1 1 1  1 1 1 Ví dụ 3.5: Cho A  124.    ...   và B    ...  .  1.1985 2.1986 16.2000  1.17 2.18 1984.2000 Chứng tỏ A  B . Phân tích: Biểu thức A và B có dạng tổng của các phân số, trong đó mẫu số là tích của các cặp số k 1 1 tự nhiên cách đều nhau. Vì vậy gợi ta tới công thức   . n n  k  n n  k Lời giải Ta có 124  1984 1984 1984  1  1 1 1  1 1 1  A    ...        ...       ...   . 1984  1.1985 2.1986 16.2000  16  1 2 16   1985 1986 2000   1  16 16 16  1  1 1 1   1 1 1  B    ...      1    ...       ...   16  1.17 2.18 1984.2000  16  2 3 1984   17 18 2000   1  1 1 1  1 1 1       ...       ...   . 16  1 2 16   1985 1986 2000   Vậy A  B (Đpcm).  1 1 1  1 2 3 99 Ví dụ 3.6: Chứng tỏ rằng: 100  1    ...       ...  .  2 3 100  2 3 4 100 Phân tích: Trong ngoặc của vế phải có 100 số hạng, vậy nên ta nghĩ đến việc tách 100 thành 100 số 1, mỗi số 1 kết hợp với 1 hạng tử trong ngoặc. Lời giải  1 1 1   1  1  1  1 2 99 VT  100  1    ...    1  1   1    1    ...  1      ...   VP  2 3 100   2  3  100  2 3 100 (Đpcm). Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức có tổng các phân số 1 1 1 1 Ví dụ 4.1: Chứng minh rằng S   2  3  ...  2020  1 . 2 2 2 2 Lời giải: Cách 1: Nhân 2 với S . 1 1 1 Ta có 2 S  1   2  2019 . Do đó ta được 2 2 2
12  1 1 1  1 1 1  2 S  S   1   2    2019     2    2020   2 2 2  2 2 2  1 S  1  2020  1. 2 1 Cách 2: Nhân với S. 2 1 1 1 1 Bài toán tổng quát: S   2  3  ...  n  1 . 2 2 2 2 Mở rộng bài toán: * Ta hoàn toàn có thể thay cơ số 2 bằng số nguyên a  0 . 1 1 1 1 1 S1     ...  n  . a a2 a3 a a 1 hoặc có thể nhân số nguyên b  0 vào hai vế ta được b b b b b S2   2  3  ...  n  . a a a a a 1 * Với a  0 thì ta được bài tổng quát mới 1 1 1 1 1 S3   2  3  ...  2 n  . a a a a a 1 * Ta có thể thay đổi số mũ liên tiếp nhau bằng dãy cách đều. Ví dụ 1 1 1 1 1 S4  2  4  6  ...  2 n  2 . a a a a a 1 1 1 1 1 a2 hoặc S5   4  7  ...  3n 1  3 . a a a a a 1 2 2 2 2 Ví dụ 4.2: Chứng minh rằng    ...   1 . 1.3 3.5 5.7 1001.1003 a 1 1 Lời giải: Ta sử dụng   . nn  a n n  a 2 2 2 Đặt S    . Ta có 1.3 3.5 1001.1003
13 2 2 2 S    1.3 3.5 1001.1003 1 1 1 1 1 1       1 3 3 5 1001 1003 1 1 S  1 1 1003 a a a Bài toán tổng quát:   ...   1 . 1. 1  a  1  a  . 1  2a  1  (n  1)a  1  na  Mở rộng bài toán: 1 1 1 1 a)   ...   . 1. 1  a  1  a  . 1  2a  1  (n  1)a  1  na  a b b b b hoặc   ...   1. 1  a  1  a  . 1  2a  1  (n  1)a  1  na  a 1 1 1 1 2 2 Từ đó, ta có bài toán:       . Được suy ra từ ý a) với a  1, b  , n  50. 3 9 18 3825 3 3 1 1 1 2 b) Cho S1    ...  . Chứng minh S1  . 1 2  3 1 2  3  4 1  2  3  ...  59 3 n  n  1 Để ý 1  2    n  . 2 1 1 1 1 n2 c) Chứng minh S2      . 1.2.3 2.3.4 3.4.5  n  1 .n.  n  1 4  n  1 2 1 1 Để ý   .  n  1 n  n  1 n  n  1 n  n  1 2019 1 1 1 1 2019 Ví dụ 4.3: Chứng minh rằng  2  2  2  ...  2  . 4042 2 3 4 2020 2020 1 1 1 Ví dụ 4.4: Phân tích: Trong 3, ta sử dụng  2 . n  n  1 n n  n  1 1 1 Lời giải: Đặt S  2   . 2 20202 2019 +) Ta chứng minh S  . Ta có 2020
14 1 1 1 1 1 S 2   2     2 2020 1.2 2.3 2019.2020 1 1 1 1 1 1        1 2 2 3 2019 2020 1 1 2019 S   . 1 2020 2020 2019 +) Ta chứng minh S  . Ta có 4042 1 1 1 1 1 S 2   2     2 2020 2.3 3.4 2020.2021 1 1 1 1 1 1       2 3 3 4 2020 2021 1 1 2019 S   . 2 2021 4042 2019 2019 Vậy S . 4042 2020 a 1 1 1 1 1 a 1 Bài toán tổng quát:  2  2  2  ...  2  . 2  a  1 2 3 4 a a Mở rộng bài toán: 1 1 1 1 a) S1  1  2  2  2  ...   2 . 2 3 4 1002 1 1 1 1 2 8 b) S 2  2  2  2  ...  2 . Chứng minh  S 2  . 2 3 4 9 5 9 3 8 15 2499 c) S3     . Chứng minh S3  48. 4 9 16 2500 1 1 1 1 1 d) S 4  3  3  3    3  . 2 3 4 n 4 1 1 1 1 4 5 Ví dụ 4.5: Cho S     ...  . Chứng minh  S  . 11 12 13 70 3 2 Phân tích: Tùy thuộc vào đề bài mà ta có các cách xử lí khác nhau. Lời giải: 5 +) Chứng minh S  . Ta có 2
15 1 1 1 S    11 12 70 1 1   1 1   1 1                   11 20   21 30   61 70  10 10 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 S      1       1           2  0, 5  . 11 21 61 2 3 4 5 6  2 3 6  4 5 2 4 +) Chứng minh S  . Ta có 3 1 1 1 S   11 12 70 1 1  1 1   1 1                   11 20   21 40   41 70  10 20 30 1 1 3 11 S       . 20 40 70 2 2 8 8 11 4 4 Dễ thấy  suy ra S  . 8 3 3 Bình luận: Ta hoàn toàn có thể chia khoảng khác, chẳng hạn 1 1 1 S    11 12 70 1 1   1 1  1 1                    11 20   21 50   51 70  10 30 20 1 3 2 27 4 S        . 20 50 70 2 5 8 20 3 hoặc 1 1 1 S    11 12 70 1 1  1 1  1 1                  11 30   31 50   51 70  20 20 20 2 2 2 142 140 4 S         . 30 50 70 3 5 7 105 105 3 Mở rộng bài toán: 1 1 1 1 1 1 1 a)    ...      2 . 5 6 7 16 17 18 19 1 1 1 1 1 1 1 1 b)        . 5 13 14 15 61 62 63 2
16 3 1 1 1 1 4 c)     ...   . 5 31 32 34 60 5 1 1 1 1 Ví dụ 4.6: Cho S     ...  . Chứng minh S  2. 1! 2! 3! 2020! Phân tích: Định nghĩa n !  1.2.3 n . Lời giải: Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1  ;  ;  ;;  . Khi đó 2! 1.2 3! 2.3 4! 3.4 2020! 2019.2020 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S    ...   1     1       1! 2! 3! 2020! 1.2 2.3 2019.2020 1 2 2 3 2019 2020 1 S  2  2. 2020 1 1 1 1 Bài toán tổng quát:    ...   2 . 1! 2! 3! n! Mở rộng bài toán: 9 10 n 1 1    . Ta có thể thay số 10 bằng bất kì số nguyên dương bé hơn, chẳng hạn 10! 11! n ! 9! 5 6 n 1 1     . 6! 7! n ! 5! Dạng 5: Tìm phân số biết mối liên hệ giữa tử và mẫu Một số điều kiện cho trước thường gặp:  Biết tử số (hoặc mẫu số), phân số cần tìm lớn hơn phân số này và nhỏ hơn phân số kia.  Viết phân số dưới dạng tổng các phân số đã biết cùng số tử (hoặc cùng số mẫu).  Liên hệ về phép chia giữa phân số cần tìm với phân số đã cho.  Biết phân số bằng phân số nào đó và biết quan hệ ƯCLN(Tử , Mẫu) hoặc tổng (hiệu) của tử và mẫu.  Cộng một số vào tử hoặc mẫu được một phân số mới.... 11 11 Ví dụ 5.1: Tìm phân số có tử là 5, biết rằng phân số đó lớn hơn  và nhỏ hơn  . 12 15 5 Phân tích: (Do phân số có tử số bằng 5 nên ta có thể gọi dạng số cần tìm là , sau đó ta biến đổi cả x ba phân số trên có cùng tử số. Khi so sánh hai phân số cùng tử, phân số nào có mẫu số lớn hơn thì nhỏ hơn. Khi đó ta tìm được khoảng giá trị của x và chọn được giá trị x phù hợp.
17 Lời giải: Gọi mẫu phân số cần tìm là x 11 5 11 55 55 55 Ta có:       75  11x  60  x  6 . 12 x 15 60 11x 75 5 Vậy phân số cần tìm là  . 6 Bình luận: Bài toán thuộc dạng biết tử số (hoặc mẫu số), phân số cần tìm lớn hơn phân số này và nhỏ hơn phân số kia. Tổng quát hóa: Nếu bài toán cho tử số (mẫu số), biến đổi sao cho ba phân số đồng tử (đồng mẫu) rồi so sánh các phân số ta tìm được mẫu số(tử số) còn thiếu. 7 11 Tương tự hóa: Tìm phân số tối giản có mẫu là 12 , biết rằng phân số đó lớn hơn và nhỏ hơn . 13 5 11 Ví dụ 5.2: Hãy viết phân số dưới dạng tổng của 3 phân số có tử số đều bằng 1 và có mẫu số khác 15 nhau. Phân tích: Nhận thấy nếu mẫu số bằng 15, Ö(15)  1;3;5;15 ta không tìm được bộ ba số nào có tổng bằng 11. Lặp lại cách thử này đối với mẫu và tử của phân số khi nhân cả tử và mẫu của phân số với cùng một số cho đến khi tìm được bộ số thỏa mãn. Dễ thấy khi nhân cả tử và mẫu phân số với 4 44 ta được phân số , Ö(60)  1; 2;3; 4;5;10;15; 20;30; 60 khi đó ta tìm được bộ ba số cộng với nhau 60 bằng 44 là 4;10;30 . Lời giải: 11 44   Ö(60)  1; 2;3; 4;5;6;10;1215; 20;30; 60 15 60 44 10 30 4 11 1 1 1 30 10  4  44         . 60 60 60 60 15 6 2 15 Bình luận: Bài toán thuộc dạng viết phân số dưới dạng tổng các phân số đã biết cùng số tử (hoặc cùng số mẫu). Ở dạng toán này ta phải tìm được bộ số thuộc các ước của mẫu sao cho tổng của chúng bằng tử. Khi đó ta tìm được bộ phân số có tổng bằng phân số ban đầu, các phân số này có tử số là ước của mẫu nên khi viết dưới dạng tối giản đều có tử số bằng 1. 5 Tương tự hóa: Hãy viết phân số dưới dạng tổng của 3 phân số có tử số đều bằng 1 và có mẫu số 3 khác nhau.
18 a a a 7 12 Ví dụ 5.3: Tìm phân số tối giản nhỏ nhất (với  0 ) biết khi chia cho và được thương b b b 15 25 là các số nguyên. a 7 15a Phân tích: Do tính chất chia hết ta có: chia hết cho nên là số nguyên, vâỵ a chia hết b 15 7b a 12 25a cho 7, 15 chia hết cho b. Tương tự, chia hết cho nên là số nguyên, vâỵ a chia hết cho b 25 12b 12, 25 chia hết cho b. Do tính chất của phân số tối giản và lớn hơn 0 nên ta có a  BCNN (7,12) và b  ÖCLN(15, 25) . Lời giải: a a.15 a.25 Vì tối giản nên a  ÖCLN( a, b)  1 và ; là các số nguyên nên a chia hết cho 7 và 12 b b.7 b.12 còn 15 và 25 chia hết cho b . Do đó a  BC  7,12  và b  ÖC 15, 25  . a Vì là phân số tối giản nhỏ nhất lớn hơn 0 nên a  BCNN  7,12  và a  ÖCLN(15, 25) nên b 84 a  84; b  5 . Do đó phân số cần tìm là . 5 Bình luận: Đây là dạng toán tìm phân số tối giản rất hay gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Từ các dữ kiện bài toán ta vận dụng linh hoạt các tính chất của phân số tối giản với tính chia hết để giải toán. a a a 9 11 Tương tự hóa: Tìm phân số tối giản nhỏ nhất (với  0 ) biết khi chia cho và được b b b 10 15 thương là các số nguyên. 20 Ví dụ 5.4: Tìm phân số bằng phân số , biết ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số đó là 36. 39 Lời giải: 20 Ta thấy ÖCLN(20,39)  1. Suy ra phân số là phân số tối giản. 39 Mà ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số cần tìm là 36. 20 Nên phân số cần tìm đã được rút gọn thành bằng cách chia cả tử và mẫu cho 36. Vậy phân số cần 39 20.36 720 tìm là  . 39.36 1404
19 a Tổng quát hóa: Tìm phân số bằng phân số ( a, b  0) , biết ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số b a đó là c . Tìm phân số tối giản của sau đó nhân cả tử và mẫu phân số tối giản với c ta được số cần b tìm. 15 Tương tự hóa: Tìm phân số bằng phân số , biết ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số đó là 14 . 20 Ví dụ 5.5: Tìm một phân số tối giản, biết rằng khi cộng mẫu số vào tử số và cộng mẫu số vào mẫu số của phân số ấy thì được một phân số mới, lớn gấp 2 lần phân số ban đầu ? Lời giải: a Gọi phân số tối giản lúc đầu là . Nếu chỉ cộng mẫu số vào tử số và cộng mẫu số vào mẫu số b ab ab ta được phân số  . bb 2b ab Để gấp 2 lần phân số lúc đầu thì a  b phải bằng 4 lần a 2b  Mẫu số b phải gấp 3 lần tử số a . 1 Phân số tối giản thoả mãn điều kiện trên là 3 Bình luận: Từ giả thiết bài toán ta tìm được mối liên hệ giữa tử và mẫu. Từ đó tìm được phân ban đầu. Tương tự hóa: Tìm một phân số tối giản, biết rằng khi cộng tử số vào tử số và cộng tử số vào mẫu số của phân số ấy thì được một phân số mới, giảm 6 lần phân số ban đầu ? III. BÀI TẬP 1.3.5.7...49 Bài 1: Rút gọn phân số sau: . 26.27.28...50 Lời giải: 1.3.5.7...49 1.3.5.7...49 2.4.6.8...50 1.2.3....50 1  .  25  25 . 26.27.28...50 26.27.28...50 2.4.6.8...50 26.27.28...50.2 .1.2.3...25 2 Bình luận: Những bài toán rút gọn phân số, ta thường phân tích tử và mẫu thành các tích hoặc biến đổi để xuất hiện các ước chung của tử và mẫu để thu gọn. Bài 2: Tìm các số tự nhiên a và b biết rằng:
20 a 15  ; ÖCLN  a, b  .BCNN  a, b   3549 b 35 . Lời giải: Ta có: a 15 3    a  3k ; b  7 k  k   *  (1) b 35 7 ÖCLN  a, b  .BCNN  a, b   3549  a.b  3549 (2) Từ (1) và (2) suy ra 21k 2  3549  k 2  169  k  13 (Vì k  * )  a  3.13  39; b  7.13  91 n3 Bài 3: Tìm số tự nhiên n để phân số có giá trị nguyên. 2n  2 Lời giải: Cách 1: n3 Để phân số có giá trị nguyên thì 2n  2  n  3  2n  2    n  3  2  n  1   n  3  n  1   n  1  4  n  1  4 n  1 Suy ra n  1 là ước của 4 . Ö  4   1; 2; 4 mặt khác n là số tự nhiên nên n  1  1 nên n  1 1;1; 2; 4 Ta có bảng sau: n 1 1 1 2 4 n 0 2 3 5 n3 3 5 3 8  1 2n  2 2 2 2 8 Loại Loại n3 Vậy n  5 thì phân số có giá trị nguyên. 2n  2 Cách 2: n3 Để phân số có giá trị nguyên thì 2n  2