Chuyên đề Tính tổng dãy số có quy luật - Toán lớp 6

Chia sẻ: Tabicani09 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:102

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo tài liệu "Chuyên đề Tính tổng dãy số có quy luật" dưới đây. Tài liệu cung cấp cho các bạn các bài toán nâng cao của lớp 6 về tính tổng của dãy số có quy luật cách đều. Hy vọng tài liệu phục vụ hữu ích nhu câu học tập và ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Tính tổng dãy số có quy luật - Toán lớp 6

1 CHUYÊN ĐỀ: TÍNH TỔNG DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT. Dạng 1: Tổng các số hạng cách đều S  a1  a2  a3  ...  an Cần tính tổng: S  a1  a2  a3  ...  an . (1) Với a2  a1  a3  a2  ...  an  an1  d (các số hạng cách đều nhau một giá trị d ) Số số hạng của tổng là n   an  a1  : d  1 với a1 là số hạng thứ nhất an là số hạng thứ n . Tổng S  n  a1  an  : 2 . Số hạng thứ n của dãy là an  a1   n  1 d . Ví dụ 1: Tính tổng S  1  2  3  4  ...  2019  2020 . Phân tích: Các số hạng cách đều nhau với d  1 . Lời giải Số số hạng của dãy là  2020  1 :1  1  2020 . Tổng S  1  2020 .2020 : 2  2041210 . Bài toán tổng quát: Tính tổng S  1  2  3  ...  n . Số số hạng của dãy là  n 1 :1  1  n . Tổng S   n  1 n : 2 . Ví dụ 2: Tính tổng S  1  3  5  ...  2019  2021 . Phân tích: Các số hạng cách đều nhau với d  2 . Lời giải Số số hạng của dãy là  2021 1 : 2  1  1011 . Tổng S  1  2021.1011: 2  1022121 . Ví dụ 3: Tính tổng S  5 10 15  ...  2015  2020 . Phân tích: Các số hạng cách đều nhau với d  5 . Lời giải Số số hạng của dãy là  2020  5 : 5  1  404 . Tổng S  5  2020.404 : 2  409050 .
2 3 5 4039 Ví dụ 4: Tính tổng S  1   2   ...   2020 . 2 2 5 1 Phân tích: Các số hạng cách đều nhau với d  . 2 Lời giải 1 Số số hạng của dãy là  2020 1 : 1  4039 . 2 Tổng S  1  2020.4039 : 2  4081409,5 . Ví dụ 5: Tính tổng S  10,11  11,12  12,13   98,99  100 . Phân tích: Các số hạng cách đều nhau với d  1,01 . Lời giải Số số hạng của dãy là 100 10,1 :1, 01  1  90 . Tổng S  10,11  100.90 : 2  4954, 95 . Dạng 2: Tổng có dạng S  1  a  a 2  a3  ...  a n (1) Phương pháp TH 1: Nếu a  1 thì S  n  1 . TH 2: Nếu a  1 để tính tổng S ta làm như sau Bước 1: Nhân hai vế của 1 với số a ta được aS  a  a 2  a3  a 4  ...  a n  2 Bước 2: Lấy  2 trừ 1 vế theo vế ta được a n 1  1 aS  S  a n1  1  S  a 1 Ví dụ 1: Tính tổng S  2  2 2  23  24  ...  220 . Lời giải Ta có 2 S  2 2  23  2 4  25  ...  221 Vậy 2 S  S  S  221  2 . Ví dụ 2: Tính tổng S  1  2  2 2  23  24  ...  2100 . Lời giải Ta có 2 S  2  2 2  23  24  25  ...  2101 Vậy 2 S  S  S  2101  1 . Ví dụ 3: Tính tổng S  6  62  63  6 4  ...  699 .
3 Lời giải Ta có 6 S  62  63  6 4  65...  6100 . Vậy 6 S  S  5S  6100  6 . 6100  6 Suy ra S  . 5 Dạng 3: Tính tổng có dạng A  1  a 2  a 4  a 6  .......  a 2 n (1) Phương pháp: Bước 1: Nhân hai vế của đẳng thức với a 2 ta được: a 2 . A  a 2  a 4  a 6  a 8  .......  a 2 n  2 (2) Bước 2: Lấy  2   1 theo vế ta được: a 2 . A  A   a 2  a 4  a 6  a 8  .......  a 2 n 2   1  a 2  a 4  a 6  .......  a 2 n  a 2n 2  1  A  a 2  1  a 2n  2  1  A  a2 1 Ví dụ 1: Tính tổng sau: A  1  2 2  2 4  26  ..  298  2100 (1) Lời giải Nhân vào hai vế với 2 2 ta được: 2 2.A  2 2  2 4  26  28  ..  2100  2102 (2) Lấy  2   1 theo vế : 22.A  A   2 2  24  26  28  ..  2100  2102   1  22  2 4  2 6  ..  298  2100  2102  1 3 A  2102  1  A  3 1 1 1 1 1 Ví dụ 2: Tính tổng sau: B      ....  2018 (1) 9 9 81 729 3 Lời giải 1 1 1 1 1 Đặt C     ....  2018  B   C 9 81 729 3 9 1 1 1 1 Ta có: C  2  4  6  ....  2018 3 2 3 3 1 1 1 1 1  .C  4  6  8  ....  2020 32 3 2 3 3 1 1 1 1 1  1 1 1 1  C 2 .C   2  4  6  ....  2018    4  6  8  ....  2020  3 3 2 3 3  3 2 3 3  8 1 1 9 1 1  32018  1  .C  2  2020  C  . 2  2020   9 3 3 8  3 3  8.32018
4 256  1 Ví dụ 3: Tìm giá trị của x biết: 1  52  54  .....  52 x  24 Lời giải Đặt A  1  52  54  .....  52 x (1) Nhân vào hai vế với 52 ta được: 5 2.A  52  54  56  58  ..  52 x  2 (2) Lấy  2   1 theo vế : 5 2.A  A   52  54  56  58  ..  2 2 x  2   1  52  54  .....52 x  2x2 52 x  2  1 24. A  5 1  A  24 256  1 512  1 52 x  2  1 512  1 Vì 1  52  54  .....52 x      x  5 . Vậy x  5 là giá trị cần tìm. 24 24 24 24 2 4 2020 172022  1 Ví dụ 4: Tìm giá trị của x biết: 1   x  1   x  1  .....   x  1  , với x  2  x  12  1   Lời giải 2 4 2020 Đặt B  1   x  1   x  1  .....   x  1 (1). 2 Nhân cả hai vế của (1) cho  x  1 ta được: 2 2 4 6 2022 B. x  1   x  1   x  1   x  1  .......   x  1 (2). Lấy  2   1 theo vế ta được: 2 2 4 6 2022 B.  x  1  B   x  1   x  1   x  1  .......   x  1   1   x  1 2   x  14  .....  x  1 2020      2022 2 2022 B.  x  1  1   x  1  1  B   x  1  1   2  x  1  1 2022 Theo bài cho: B    x  1  1  172022  1  x  1  17  x  18 ( thỏa mãn) . 172022  1 2  x  1 2  1  x  1  1  x  12  1   Vậy x  18 . Ví dụ 5: Chứng minh rằng: 1  52  54  .....  540 chia hết cho 26. Lời giải Phân tích: Ta nhóm 2 thừa số liền kề để làm xuất hiện thừa số 26. Ta có:
5 1  52  54  .....  540  1  52    54  56  .....   538  540   1  52   54. 1  52   ......538. 1  52   26  54.26  ......538.26 Vậy 1  52  54  .....540 chia hết cho 26. Ví dụ 6: Chứng minh rằng: 1  22  24  .....  2100 chia hết cho 21. Lời giải Phân tích: Ta nhóm 3 thừa số liền kề để làm xuất hiện thừa số 21. Ta có: 1  22  24  .....  2100  1  2 2  2 4    26  28  210  .....   296  298  2100   1  2 2  24   26. 1  2 2  24   ....  296. 1  2 2  2 4   21  26.21  ......  296.21 Do đó: 1  22  24  .....  2100 chia hết cho 21 Ví dụ 7: Chứng minh rằng: 1  32  34  .....  3100 chia hết cho 82. Lời giải Phân tích: Ta nhóm hai thừa số cách đều để làm xuất hiện thừa số 82. Ta có: 1  32  34  .....  3100  1  34    32  36   .....   390  394    396  3100   1  34   32. 1  34   .......  390. 1  34   396. 1  34   82  32.82  .....  390.82  396.82 Vậy 1  32  34  .....  3100 chia hết cho 82. 542  2 Ví dụ 8: So sánh: 1  52  54  .....  540 với . 23 Lời giải Đặt A  1  52  54  .....  540  52. A  52  54  56  .....  542  52. A  A   52  54  56  .....  542   1  52  54  .....  540  542  1 542  2 542  2  24. A  542  1  A    24 24 23 542  2 Vậy 1  52  54  .....  540  . 23 7102  2019 Ví dụ 9: So sánh: 1  7 2  7 4  .....  7100 với . 2021 Lời giải
6 Đặt A  1  7 2  7 4  .....  7100  7 2. A  7 2  7 4  7 6  ....  7102  7 2. A  A   7 2  7 4  7 6  ....  7102   1  7 2  7 4  .....  7100  7102  1 7102  2019 7102  2019  48. A  7102  1  A    48 48 2021 Dạng 4: Tính tổng S  a  a3  a 5  ...  a 2 n1 , với n  1, n N ; a   1 . Phương pháp: S  a  a3  a5  ...  a 2 n1 1 Bước 1: Nhân cả 2 vế của 1 với a 2 ta được : a 2 S  a3  a5  ...  a 2 n1  a 2 n1  2 Bước 2: Lấy  2   1 ta được : a 2 n 1  a a 2  1 S  a 2 n 1  a S  a2 1 a 2 n 1  a Vậy a  a 3  a 5  ...  a 2 n 1  a2 1 Ví dụ 1: Tính tổng S1  2  23  25  ...  251 . Lời giải a 2 n 1  a Áp dụng công thức a  a 3  a 5  ...  a 2 n 1  với n  26; a  2 ta được : a2 1 252  2 252  2 S1  2  23  25  ...  251   . 22  1 3 3 5 1  1   1   1  99 Ví dụ 2: Tính tổng S 2         ...    . 3  3   3  3 Lời giải a 2 n 1  a 1 Áp dụng công thức a  a 3  a 5  ...  a 2 n 1  2 với n  50; a  ta được : a 1 3  1  101 1    3 1  1   1  5  1  99  3 100 3 3 1 S 2         ...      2  . 3  3  3  3  1   1 8.399  3   Ví dụ 3: S3  9  999  99999  ...  999...9  . 15 so 9
7 Phân tích: 15 + ) 9  10  1 ; 999  103  1 ; 99999  105  1 ;….; 999...9   10  1 . 15 so 9 +) Tổng trên có 8 số hạng. Lời giải   10  10  10  ...  10   8 3 5 15 Ta có: S3  9  999  99999  ...  999...9 15 so 9 a 2 n 1  a Áp dụng công thức a  a 3  a 5  ...  a 2 n 1  với n  8; a  10 ta được : a2 1 1017  10 1017  10 10  103  105  ...  1015   102  1 99 1017  10 1017  802 Vậy S3  8  . 99 99 Dạng 5: Tổng có dạng: S  1.2  2.3  3.4  ...  n  n  1 . Ví dụ 1: Tính tổng: A  1.2  2.3  3.4  ...  98.99 . Phân tích: Khoảng cách giữa hai thừa số trong mỗi số hạng là 1. Để tách mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhằm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A với 3 (ba lần khoảng cách giữa hai thừa số). Thừa số 3 này được viết dưới dạng  3  0  ở số hạng thứ nhất,  4  1 ở số hạng thứ hai,  5  2  ở số hạng thứ ba, …, 100  97  ở số hạng cuối cùng. Lời giải: Ta có: 3 A  1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  98.99.3 3 A  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...  98.99. 100  97  3 A  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...  98.99. 100  97  3 A  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  97.98.99  98.99.100    0.1.2  1.2.3  2.3.4  ...  97.98.99  3 A  98.99.100 . 98.99.100 Suy ra: A   323400 . 3 Bình luận: Ta thấy: 3 A  98.99.100 là tích của ba thừa số, trong đó 98.99 là hai thừa số của số hạng lớn nhất trong tổng, còn thừa số 100 bằng 99  1 (bằng thừa số lớn nhất của A cộng với khoảng cách giữa hai thừa số của mỗi số hạng trong A ).
8 Bài toán tổng quát: n  n  1 n  2  S  1.2  2.3  3.4  ...  n  n  1  3 Ví dụ 2: Tính tổng: B  1.3  3.5  5.7  ...  99.101. Phân tích: Khoảng cách giữa hai thừa số trong mỗi số hạng là 2. Để tách mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhằm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của B với 6 (ba lần khoảng cách giữa hai thừa số). Thừa số 6 này được viết dưới dạng  5  1 ở số hạng thứ nhất,  7  1 ở số hạng thứ hai,  9  3 ở số hạng thứ ba, …, 103  97  ở số hạng cuối cùng. Lời giải: Ta có: 6 B  1.3.6  3.5.6  5.7.6  ...  99.101.6 6 B  1.3.  5  1  3.5.  7  1  5.7.  9  3  ...  99.101. 103  97   1.3.1  1.3.5  3.5.7  5.7.9  ...  97.99.101  99.101.103  1.3.5  3.5.7  ...  97.99.101  3  99.101.103  1029900 . 1029900 Suy ra: B   171650 . 6 Bài toán tổng quát: n S  1. 1  k   1  k 1  2k   ...  n  n  k    n  n  k  , n, k   * . n 1 (khoảng cách giữa các thừa số của mỗi số hạng là k ) n * Nhân S với ba lần khoảng cách ta được: 3kS   3kn  n  k  . n 1 * Phân tích từng số hạng của tổng mới để xuất hiện các số hạng đối nhau: 3kn  n  k   n  n  k  n  2k    n  k  n  n  k  Từ đó tính được tổng S . Dạng 6: Tổng có dạng: 12  22  32  ....  n 2 n. n  1 2 n  1 Bài toán tổng quát: Chứng minh rằng : 12  2 2  32    n 2  6 Lời giải S = 12  22  32  42  ...  n 2 S  1.1  2.2  3.3  4.4  ...  n.n
9  1 2  1  2. 3  1  3. 4  1  ...  n  n  1  1 1.2  2.3  3.4  ...  n  n  1  1  2  3  4  5  ...  n  n  n  1 n  2  Mà 1.2  2.3  3.4  4.5  ...  n  n  1  (Theo dạng bài trước) 3 n  n  1 n  2  n  n  1  n 1 1  2n  4  3 S   n  n  1     n  n  1 3 2  3 2 6 n  n  1 2n  1 Vậy S  6 Do đó, ta có công thức tính dãy số: n.  n  1 2n  1 S  12  22  32    n 2  6 Ví dụ 1: Tính các tổng sau: N  1  2 2  32  4 2  52  99 2 A  1  4  9  16  25  36  ...  10000 Lời giải Tính N n.  n  1 2n  1 Áp dụng bài toán tổng quát S  12  22  32    n 2  6 n  n  1 2n  1 99. 99  1 2.99  1 Ta thấy n  99 nên N    328350 6 6 Tính A Ta biến đổi A về dạng tương tự như biểu thức N ta có: A  1  4  9  16  25  36  ...  10000 = 12  22  32  4 2  52  6 2  ...  1002 100.100  1 2.100  1 =  338350 (với n  100 ) 6 Ví dụ 2. Tính tổng sau: B   12  2 2 – 32  42    192  20 2. Lời giải Tính B Ta biến đổi B về dạng quen thuộc như biểu thức N bằng cách thêm bớt tổng 2 2  4 2  ...  1002 . B   12  2 2 – 32  4 2    192  20 2 B   12  2 2  32  ...  20 2   2  2 2  42  62  ...  202 
10 20.  20  1 2.20  1 B  2.22 12  22  32  ...  102  6 10. 10  1 2.10  1 B  2870  8. 6 B  2870  3080  210 2 Dạng 7 : Tính tổng có dạng S  12  32  52  ...   2k  1 với k   . PHƯƠNG PHÁP: 2 Cách 1: Ta sẽ tính tổng S  12  32  52  ...   2k  1 dựa vào tổng dạng 1.2  2.3  3.4  ...   n  1 n . Trước hết ta xét tổng A  1.2  2.3  3.4  ...   2k  1 .2k  3 A  1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...   2k  1 .2k .3  3 A  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...   2k  1 .2k.  2k  1   2k  2   .  3 A  1.2.3  0.1.2  2.3.4  1.2.3  3.4.5  2.3.4  ...   2k  1 .2k.  2k  1   2k  2  .  2k  1 .2k  3 A   2k  1 .2k .  2k  1  A  2k 1 .2k.  2k  1 . 3 Mặt khác A  0.1  1.2  2.3  3.4  ...   2k  1 .2k .  A   0.1  1.2    2.3  3.4   ...   2k  2 2k  1   2k  1 .2k   A  1 0  2   3.  2  4   ...   2k  1 .  2k  2   2k   A  1.2  3.6  ...   2k  1 .  4k  2   A  1.1.2  3.3.2  ...   2k  1 .  2k  1 .2 2  A  2. 12  32  ...   2k  1   2.S .   A  2k  1 .2k .  2k  1 Vậy S   . 2 6 2 Cách 2: Ta sẽ tính tổng S  12  32  52  ...   2k  1 dựa vào tổng dạng 2.4  4.6  ...   2k  2  .2k và công thức n 2  1   n  1 .  n  1 .
11 Ta chứng minh công thức như sau: n 2  1  n 2  n  n  1  n  n  1   n  1   n  1 .  n  1 (đpcm). 2 Nhận thấy tổng S  12  32  52  ...   2k  1 có  2k  1  1 : 2  1  k số hạng, từ đó ta có: 2 S  k  12  1   32  1   52  1  ...   2k  1  1 .    S  k  2.4  4.6  ...   2k  2  .2k .  6.  S  k   2.4.6  4.6.6  ...   2k  2  .2k .6  6.  S  k   2.4. 6  0   4.6.  8  2   ...   2k  2  .2k .  2k  2    2k  4    6.  S  k   2.4.6  0.2.4  4.6.8  2.4.6  ...   2k  2  .2k .  2k  2    2k  4  .  2k  2  .2k  6.  S  k    2k  2  .2k .  2k  2   S k   2k  2 .2k. 2k  2 6 S   2k  2 .2k. 2k  2  k   2k  2 .2k. 2k  2  6k  2k  2k  2 2k  2  3 6 6 6 6 2k 2k  2k  2   2  2k  2   3 2k 4k 2  4k  4k  4  3 S   6 6 2k  4k 2  1 2k  4k 2  2k  2k  1 2k  4k 2  2k    2k 1  2k  2k  2k 1   2k  1  S     6 6 6 6 S   2k 1 .2k. 2k 1 . 6 2 Cách 3: Ta sẽ tính tổng S  12  32  52  ...   2k  1 dựa vào tổng dạng 1.3  3.5  ...   2k  1 .  2k  1 và tổng dạng 1  3  5  ...   2k  1 . 2 Ta có S  12  32  52  ...   2k  1  S  1.  3  2   3.  5  2   5.  7  2   ...   2k  1 .  2k  1  2  S  1.3  3.5  5.7  ...   2k  1 .  2k  1   1.2  3.2  5.2  ...   2k  1 .2  S  1.3  3.5  5.7  ...   2k  1 .  2k  1   2. 1  3  5  ...   2k 1 . Đặt S1  1.3  3.5  5.7  ...   2k  1 .  2k  1 và S2  1  3  5  ...   2k  1 . Ta có: S1  1.3  3.5  5.7  ...   2k  1 .  2k  1
12  6S1  1.3.6  3.5.6  5.7.6  ...   2k 1 .  2k  1 .6  6S1  1.3.6  3.5.  7 1  5.7.  9  3  ...   2k  1 .  2k  1 .  2k  3   2k  3   6S1  1.3.6  3.5.7  1.3.5  5.7.9  3.5.7  ...   2k  1 .  2k  1 .  2k  3   2k  3 . 2k 1 .  2k  1  6S1  1.3.6   2k  1 .  2k  1 .  2k  3  1.3.5  S1   2k 1 .  2k  1 .  2k  3  3 . 6 Ta có: S2  1  3  5  ...   2k  1 . Số số hạng của tổng S 2 là:  2k  1  1 : 2  1  k .  S2  1  3  5  ...   2k  1  1  2k  1 .k : 2  k 2 . 2  S  12  32  52  ...   2k  1  S1  2 S 2   2 k  1 .  2k  1 .  2k  3  3  2k 2 . 6 S  2 k  1 .  2k  1 .  2k  3   3  12k 2   2k  1 .  2k  1 .  2 k  3  12k 2  3  6 6  2k  1 .  2k  1 .  2k  3   3  4k 2  1  2k  1 .  2k  1 .  2k  3  3  4k 2  2k    2k  1  S  6 6  2k  1 .  2k  1 .  2k  3  3  2k  2k  1   2 k  1 S 6 S  2k  1 .  2 k  1 .  2 k  3  3  2k  1 2k  1   2k  1 2k  1  2k  3   3 . 6 6  2k  1 .2k. 2k  1 Vậy S  . 6 2 Cách 4: Ta sẽ tính tổng S  12  32  52  ...   2k  1 dựa vào tổng dạng 12  22  32  ...  n2 và tổng dạng 1  2  3  ...  n . Đặt An  12  22  32  ...  n2 . An  1.  2  1  2.  3  1  3.  4  1  ...  n.  n  1  1 . An  1.2  2.3  3.4  ...  n.  n  1   1  2  3  ...  n  . Đặt Bn  1.2  2.3  3.4  ...  n.  n  1
13  3.Bn  1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  n.  n  1 .3  3Bn  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...  n.  n  1 .  n  2    n 1  .  3Bn  1.2.3  0.1.2  2.3.4  1.2.3  3.4.5  2.3.4  ...  n.  n  1 .  n  2    n  1 .n.  n  1  3Bn  n.  n  1 .  n  2  n.  n  1 .  n  2   Bn  . 3 Đặt Cn  1  2  3  ...  n . n.  n  1 Ta có Cn là tổng của n số nguyên dương đầu tiên nên Cn  . 2 Suy ra n.  n  1 .  n  2  n.  n  1 n.  n  1 .  2n  4   3n.  n  1 n.  n  1 .  2n  4  3  An  Bn  Cn     3 2 6 6 n.  n  1 .  2n  1 Vậy An  . 6 Xét Ak  12  22  32  ...  k 2 2  4 Ak  22  42  62  ...   2k  2 2  S  4 Ak  12  22  32  42  ...   2k  1   2k   A2k 2k .  2k  1 .  4k  1 k .  k  1 . 2k  1  S  A2 k  4 Ak   4. 6 6  2k  1 .  2k .  4k  1  4.k  k  1  2k  1 . 8k 2  2k  4k 2  4k  S  6 6  2k  1 .  4k 2  2k   2k  1 .2k .  2k  1 S  6 6  2k  1 .2k. 2k  1 Vậy S  . 6 Ví dụ 1. Tính tổng S  12  32  52  ...  492 . Phân tích: Đây là bài toán cụ thể của dạng này với k  25 . Lời giải S  12  32  52  ...  492 .
14 Ta chứng minh công thức sau: n 2  1  n 2  n  n  1  n  n  1   n  1   n  1 n  1 . Ta có: S  25  12  1   32  1   52  1  ...   492 1 .  S  25  2.4  4.6  ...  48.50 .  6.  S  25   2.4.6  4.6.6  ...  48.50.6  6.  S  25   2.4.  6  0   4.6.  8  2   ...  48.50.  52  46   6.  S  25   2.4.6  0.2.4  4.6.8  2.4.6  ...  48.50.52  46.48.50  6.  S  25   48.50.52 48.50.52  S  25  6 48.50.52 S   25  20825 6 Ví dụ 2: Tính tổng 12  32  52  992 Lời giải 50.99.101 Áp dụng công thức ở trên với k  50 ta được: 12  32  52  992   166650 3 Ví dụ 3: Tính tổng S  512  532  552   992 Lời giải Ta tính 2 tổng A  12  32  52  ...  992 và B  12  32  52  ...  492 Theo công thức thu được 50.99.101 A  12  32  52   992   166650 3 25.49.51 và B  12  32  52   492   20825 3 Ta có S  A  B  166650  20825  145825 2 Dạng 8: Tổng có dạng: S  22  42  62  ...   k  1 (k lẻ và k   ) Bài toán tổng quát: Chứng minh rằng : S  22  42  62  ...   k  1  2  k  1 .k.  k  1 6 Ta có: A  1.2  2.3  3.4  4.5  ...   k  2  k  1   k  1 .k 3A  1.2.3  2.3.3  3.4.3  4.5.3  ....   k  2  k  1 .3   k  1 .k.3
15 3A  1.2.3  2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...   k  1 .k.  k  1   k  2   3A   k  1 .k.  k  1 Suy ra: A   k  1 .k.  k  1 3 Áp dụng tổng A  1.2  2.3  3.4  4.5  ...   k  2  k  1   k  1 .k  2 1  3  4  3  5  6  5  7   ...   k  1 .  k  2   k   2.4  4.8  6.12  ...   k  1 .  2k  2   2.2.2  4.4.2  6.6.2  ...   k  1 .2  k  1 .2 2  2  22  42  62  ...   k  1    =2.S Suy ra: S  A mà A   k  1 k.  k  1 2 3 Vậy S   k  1 .k.  k  1 6 Áp dụng tính: P  12  22  32  ...  n 2 2 Xét: S  22  4 2  62  ...   2n  S S Suy ra:   12  22  32  ...  n 2 . 22 4 S n.  n  1 .  2n  1 Nên: P   . 4 6 Ví dụ 1: Tính tổng B  22  4 2  6 2  ...  100 2 2  k  1 .k .  k  1 Phân tích: Tổng B có dạng S  22  42  62  ...   k  1  với k  101 6 Lời giải 2  k  1 .k .  k  1 Áp dụng công thức: S  22  42  62  ...   k  1  với k  101 . 6 100.101.102 Ta được: B  22  4 2  62  ...  1002   171700 . 6 Ví dụ 2: Tính tổng C  12  22  32  ...  1002 .
16 n.  n  1 .  2n  1 Phân tích: Tổng C có dạng P  12  22  32  ...  n2  với n  100 . 6 Lời giải n.  n  1 .  2n  1 Áp dụng công thức: P  12  22  32  ...  n2  với n  100 . 6 100.101.201 Ta được: C  12  22  32  ...  100 2   338350 . 6 Dạng 9: Tổng có dạng S  a1.a2  a2 .a3  a3 .a4  a4 .a5  .  an 1. an Phương pháp giải: Đặt k  a2  a1 = a3  a2  .  an  an 1 Nhân cả hai vế với 3k , rồi tách 3k ở mỗi số hạng để tạo thành các số hạng mới tự triệt tiêu. Ví dụ 1: Tính tổng S  1.3  3.5  5. 7   ..  99.101 Phân tích: Vì khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng bằng 2. Nhân vào hai vế của đẳng thức với 3 lần khoảng cách (nhân với 6) rồi tách để xuất hiện các số hạng đối nhau. Lời giải Ta có: 6S  1.3.6  3.5.6  5.7.3  ..  99.101.6  1.3.(5  1)  3.5.  7 – 1  5.7.  9 – 3  ...  99.101.(103  97) 1 .3.1 + 1.3.5  3.5.7  1.3.5  5.7.9  3.5.7 ... + 99.101.103  97.99.101  3  99.101.103 3  99.101.103 S  171650 6 Vậy S  171650. Ví dụ 2: Tính tổng S  1.4  4.7  7. 10   ..  2017.2020 Phân tích: Vì khoảng cách giữa 2 thừa số trong mỗi số hạng bằng 3. Nhân vào hai vế của đẳng thức với 3 lần khoảng cách (nhân với 9) rồi tách để xuất hiện các số hạng đối nhau. Lời giải Ta có: 9S  1.4.9  4.7.9  7.10.9  ..  2017.2020.9  1.4.(7  2)  4.7. 10 – 1  7.10. 13 – 4   ...  2017.2020.(2023  2014 ) 1 .4.7 + 1.4.2  4.7.10  1.4.7  7.10.13  4.7.10. ... + 2017.2020.2023 - 2014.2017.2020  8  2017.2020.2023
17 8  2017.2020.2023 S  915821092 9 Vậy S  915821092. Dạng 10: Tổng có dạng S  1.a2 a3  a2 a3a4  a3a4a5  ...  an 2 an 1an Trong đó a2 1  a3  a2  a4  a3  ...  an  an 1  k  an  1  (n  1)k . PHƯƠNG PHÁP GIẢI Nhân hai vế với 4k , rồi tách 4k ở mỗi số hạng trong tổng để số hạng trước và số hạng sau tạo thành những số tự triệt tiêu nhau. S  1.a2 a3  a2a3a4  a3a4 a5  ...  an 2 an 1an 4kS  1.a2 a3 .4k  a2 a3 a4 ( a5  1)  a3 a4 a5 ( a6  a2 )  ...  an 2 an 1an ( an 1  an 3 ) 4kS  4k .a2 a3  a2 a3 a4 a5  a2 a3 a4  a3 a4 a5 a6  a2 a3 a4 a5  ...  an 2 an 1an an 1  an 3 an  2 an 1an 4kS  an 2 an 1an an 1  4k.a2 a3  a2 a3a4 an  2 an 1an an 1  4k .a2 a3  a2 a3 a4 S (*) . 4k Ví dụ: Tính tổng S  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100 Phân tích Vì khoảng cách giữa các số trong một số hạng là 1nên ta nhân 4 vào hai vế để tính S. Lời giải S  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  98.99.100 4 S  1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)  ...  98.99.100.(101  97) 4S  1.2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4  3.4.5.6  2.3.4.5  ...  98.99.100.101  97.98.99.100 4S  98.99.100.101 4S  97990200 S  24497550 Ví dụ 2: Tính tổng S  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  17.18.19 . Lời giải Ta có: 4S  1.2.3 4  0  2.3.4 5  1  3.4.5 6  2  ...  17.18.19 20  16  1.2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4  3.4.5.6  2.3.4.5  ...  17.18.19.20  16.17.18.19  17.18.19.20  116280 . 116280 Do vậy S   29070 . 4
18 Ví dụ 3: Tính tổng S  1.3.5  3.5.7  5.7.9  ...  95.97.99 . Lời giải Ta có: 8S  1.3.5 7  1  3.5.7 9  1  5.7.9 11  3  ...  95.97.99 101  93  1.3.5.7  1.3.5  3.5.7.9  1.3.5.7  5.7.9.11  3.5.7.9  ...  95.97.99.101  93.95.97.99  1.3.5  95.97.99.101  92140800 . 92140800 Do vậy S   11517600 . 8 Ví dụ 4: Tính tổng S  1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ...  19.20.21.22 . Lời giải Ta có: 5S  1.2.3.4 5  0  2.3.4.5 6  1  3.4.5.6 7  2  ...  19.20.21.22 23  18  1.2.3.4.5  2.3.4.5.6  1.2.3.4.5  3.4.5.6.7  2.3.4.5.6  ...  19.20.21.22.23  18.19.20.21.22  19.20.21.22.23  4037880 4037880 Do vậy S   807576 . 5 1 1 1 1 Ví dụ 5: Tính tổng S     ...  . 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 7.8.9.10 Lời giải 1 1 1 1 Ta có: S     ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 7.8.9.10 1  1 1 1 1 1 1        ...    3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 7.8.9 8.9.10  1  1 1  119      .   3  1.2.3 8.9.10  2160 Dạng 11: Tổng có dạng A  1  23  33  ...  n3  n   * PHƯƠNG PHÁP GIẢI Phân tích công thức của từng số hạng trong tổng thành  n  1 n  n  1 để thành tổng quen thuộc: S  1.2.3  2.3.4  ...   n  1 n  n  1 Cụ thể: n 3   n3  n   n  n  n 2  1  n  n  n 2  n  n  1  n  n  n  n  1  n  1  n   n  1 n  n  1  n Do đó A  1  23  33  ...  n3  1  1.2.3  2    2.3.4  3   3.4.5  4   ...   n  1 n  n  1  n
19  1  2  3  ...  n   1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...   n  1 n  n  1  n  n  1 Đặt B  1  2  3  ...  n  2 C  1.2.3  2.3.4  4.5.6  ...   n  1 n  n  1 Khi đó 4C  1.2.3.4  2.3.4.  5  1  3.4.5.  6  2  ..   n  1 n  n  1 .  n  2    n  2   4C  1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....   n  1 n  n  1 n  2    1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....   n  2  .  n  1 n  n  1    n  1 n  n  1 n  2   n  1 n  n  1 n  2  C 4 2 n  n  1  n  1 n  n  1 n  2   n2  n  1 A BC   . 2 4 4 2 n 2  n  1 Tổng quát: A  1  23  33  ...  n3  với n   * . 4 Ví dụ 1: Tính tổng A  1  23  33  ...  103 Phân tích Ta áp dụng dạng toán trên với n  10 Lời giải n 3   n3  n   n  n  n 2  1  n  n  n 2  n  n  1  n  n  n  n  1  n  1  n   n  1 n  n  1  n Do đó A  1  23  33  ...  103  1  1.2.3  2    2.3.4  3   3.4.5  4   ...   9.10.11  10   1  2  3  ...  10   1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  9.10.11 10.11 Đặt B  1  2  3  ...  10   5.11  55 2 C  1.2.3  2.3.4  4.5.6  ...  9.10.11 Khi đó, 4C  1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)  ...  9.10.11.(12  8) 4C  1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....  9.10.11.12   1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....  8.9.10.11  9.10.11.12 9.10.11.12 C  2970 4 A  B  C  55  2970  3025 . Ví dụ 2: Tính tổng A  1  23  33  ...  1003
20 Phân tích Ta áp dụng dạng toán trên với n  100 Lời giải n 3   n3  n   n  n  n 2  1  n  n  n 2  n  n  1  n  n  n  n  1  n  1  n   n  1 n  n  1  n Do đó A  1  23  33  ...  1003  1  1.2.3  2    2.3.4  3   3.4.5  4   ...   99.100.101  100   1  2  3  ...  100   1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  99.100.101 100.101 Đặt B  1  2  3  ...  100   50.101  5050 2 C  1.2.3  2.3.4  4.5.6  ...  99.100.101 C  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  99.100.101 4C  1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)  ...  99.100.101.(102  98) 4C  1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....  99.100.101.102   1.2.3.4  2.3.4.5  3.4.5.6  ....  98.99.100.101  99.100.101.102 99.100.101.102 C  99.25.101.102  25497450 4 A  B  C  5050  25497450  25502500 . Ví dụ 3: Tính tổng A  23  43  63  ...  2003 Phân tích Phân tích 23  23.13 ; 43  23.23 ; 63  23.33 ;...; 2003  23.1003 .  Khi đó A  23. 1  23  33  ...  1003  Lời giải  Ta có A  23  43  63  ...  2003  23.13  23.23  23.33  ...  23.1003  23. 1  23  33  ...  1003  Theo kết quả ví dụ 2 thì A  23.25497450  203979600 . 2 Ví dụ 4: Tìm số nguyên x, biết:  2 x  2   13  23  33  ...  63 Phân tích Tính giá trị vế phải rồi thay vào tìm x . Lời giải Đặt A  13  23  33  ...  63 n 3   n3  n   n  n  n 2  1  n  n  n 2  n  n  1  n  n  n  n  1  n  1  n   n  1 n  n  1  n