Tổng Hợp

I.1 các phương pháp suy luận và phương pháp quy nạp toán học

Ngày đăng: 11/04/2020, 10:45

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TOÁN 11 1D3-1 ĐT:0946798489 phương pháp quy nạp toán học TRUY CẬP https://diendangiaovientoan.vn/tai-lieu-tham-khao-d8.html ĐỂ ĐƯỢC NHIỀU HƠN PHẦN A CÂU HỎI Câu Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến A  n  với số tự nhiên n  p ( p số tự nhiên), ta tiến hành hai bước:  Bước 1, kiểm tra mệnh đề A  n  với n  p  Bước 2, giả thiết mệnh đề A  n  với số tự nhiên n  k  p phải chứng minh với n  k  Trogn hai bước trên: A Chỉ có bước B Chỉ có bước C Cả hai bước D Cả hai bước sai Câu Một học sinh chứng minh mệnh đề ”8n  chia hết cho 7, n  * ” * sau:  Giả sử * với n  k , tức 8k  chia hết cho  Ta có: 8k 1    8k  1  , kết hợp với giả thiết 8k  chia hết suy 8k 1  chia hết cho Vậy đẳng thức * với n  * Khẳng định sau đúng? A Học sinh chứng minh B Học sinh chứng minh sai khơng có giả thiết qui nạp C Học sinh chứng minh sai khơng dùng giả thiết qui nạp D Học sinh không kiểm tra bước (bước sở) phương pháp qui nạp Câu Cho S n  A S3  Câu Câu Câu 12 Cho S n  A Sn  1 1 với n * Mệnh đề sau đúng?     1 2  3  n  n  1 B S2  C S2  D S3  1 1 với n * Mệnh đề sau đúng?     1 2  3  n  n  1 n 1 n B Sn  n n 1 C Sn  n 1 n2 D Sn  n2 n3  1    Cho Pn  1  1   1   với n  n   Mệnh đề sau đúng?     n  n 1 n 1 n 1 n 1 A P  B P  C P  D P  n2 2n n 2n Với n  * , hệ thức sau sai? n  n  1 A    n  B      2n  1  n C 12  22   n  n  n  1 2n  1 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ĐT:0946798489 D 22  42  62     2n   2n  n  1 2n  1 Câu Với mối số nguyên dương n , đặt S  12  22   n2 Mệnh đề đúng? n(n  1)(n  2) n( n  1)(2n  1) A S  B S  n( n  1)(2n  1) n( n  1)(2n  1) C S  D S  Câu Đặt Tn      (có n dấu căn) Mệnh đề mệnh đề đúng? A Tn  Câu Đặt Sn  A Sn  B Tn  cos  n 1 C Tn  cos  2n 1 D Tn  1    ,với n  * Mệnh đề đúng? 1.3 3.5 (2n  1)(2n  1) n 1 2(2n  1) B S n  3n  4n  C Sn  n 2n  Câu 10 Tìm tất số nguyên dương n cho 2n 1  n  3n A n  B n  C n  Câu 11 Tổng S góc đa giác lồi n cạnh, n  , là: A S  n.180 C S   n  1 180 D Sn  n2 6n  D n  B S   n   180 D S   n  3 180 Câu 12 Với n  * , rút gọn biểu thức S  1.4  2.7  3.10   n  3n  1 2 A S  n  n  1 B S  n  n   C S  n  n  1 D S  2n  n  1 Câu 13 Kí hiệu k !  k  k  1 2.1, k  * Với n  * , đặt Sn  1.1! 2.2!  n.n ! Mệnh đề đúng? A Sn  2.n ! B S n   n  1! C S n   n  1 ! D Sn   n  1! 2 Câu 14 Với n  * , đặt Tn  12  22  32    2n  M n  22  42  62    2n  Mệnh đề đúng? T T T T 4n  4n  8n  2n  A n  B n  C n  D n  M n 2n  M n 2n  Mn n 1 Mn n 1 Câu 15 Tìm số nguyên dương p nhỏ để n  2n  với số nguyên n  p A p  B p  C p  D p  Câu 16 Tìm tất giá trị n  * cho n  n A n  B n  n  C n  D n  n  1 an  b     Câu 17 Với số nguyên dương n , ta có: , a , b, c  3n  1 3n   cn  2.5 5.8 số nguyên Tính giá trị biểu thức T  ab  bc  ca A T  B T  C T  43 D T  42  an      Câu 18 Với số nguyên dương n  , ta có: 1   1   1    , a , b số      n  bn  nguyên Tính giá trị biểu thức T  a  b A P  B P  C P  20 D P  36 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ĐT:0946798489 Câu 19 Biết    n  an  bn  cn  dn  e, n   Tính giá trị biểu thức M  abcd e 1 A M  B M  C M  D M  Câu 20 Biết số nguyên dương n , ta có 1.2  2.3   n  n  1  a1n  b1n  c1n  d1 Tính giá trị biểu thức 1.2  2.5  3.8   n  3n  1  a2 n  b2 n  c2 n  d 3 * T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d D T  3 k k k Câu 21 Biết    n , n, k số nguyên dương Xét mệnh đề sau: A T  B T  C M  n  n  1 n  n  1 2n  1 n  n  1 n  n  1 2n  1  3n  3n  1 S1  , S2  , S3  S  30 Số mệnh đề mệnh đề nói là: A B C D Câu 22 Với n   , ta xét mệnh đề P : “7 n  chia hết cho 2″ ; Q :”7 n  chia hết cho 3″ Q :”7 n  chia hết cho 6” Số mệnh đề mệnh đề : A B C D * Câu 23 Xét toán: “Kiểm nghiệm với số nguyên dương n bất đẳng thức n  n 1 ” Một học sinh trình bày lời giải toán bước sau: Bước 1: Với n  , ta có: n !  1!  2n1  211  20  Vậy n !  n 1 Bước : Giả sử bất đẳng thức với n  k  , tức ta có k !  k 1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức với n  k  , nghĩa phải chứng minh  k  1 !  2k k 1 n 1 k Bước : Ta có  k  1!   k  1 k !  2.2  Vậy n!  Chứng minh hay sai, sai sai từ bước ? A Đúng B Sai từ bước C Sai từ bước với số nguyên dương n D Sai từ bước 1 an  bn , a , b, c, d n số     1.2.3 2.3.4 n  n  1 n   cn  dn  16 nguyên dương Tính giá trị biểu thức T   a  c  b  d  : A T  75 B T  364 C T  300 D T  256 PHẦN B LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 24 Biết Câu Câu Câu Chọn C Chọn D Thiếu bước kiểm tra với n  , ta có 81   khơng chi hết cho 1 Nhìn vào Sn   cho n  , ta  n  n  1   1  1   Chọn C 1 2  3 Cách trắc nghiệm: Ta tính S1  , S2  , S3  Từ ta thấy quy luật từ nhỏ mẫu đơn vị Chọn B n  dự đoán Sn  Cách tự luận Ta có S1  , S2  , S3   n 1 Do với n  , ta có S2  Câu Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Với n  , ta S1  ĐT:0946798489 1  : 1.2   Giả sử mệnh đề n  k  k  1 , tức  Ta có  1 k     1.2 2.3 k  k  1 k  1 1 k     1.2 2.3 k  k  1 k  1 1 k       1.2 2.3 k  k  1  k  1 k   k   k  1 k   1 1 k  2k       1.2 2.3 k  k  1  k  1 k    k  1 k   1 1 k 1       Suy mệnh đề với n  k  1.2 2.3 k  k  1  k  1 k   k   Câu Câu Câu Đáp án     P2  1    n      Vì n  nên ta cho  1     n    P3  1   1        Kiểm tra đáp án cho D thỏa Chọn D Bẳng cách thử với n  , n  , n  ta kết luận Chọn D C Cách 1: Chúng ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học n * , ta có đẳng n(n  1)(2n  1) thức 12  22  32   n  1(1  1)(2.1  1)  – Bước 1: Với n  vế trái 12  , vế phải Vậy đẳng thức với n  -Bước 2: Giả sử đẳng thức với n  k  , tức chứng minh (k  1)  (k  1)  1 2(k  1)  1 (k  1)(k  2)(2k  3) 12  22  32   k  (k  1)   6 Ta phải chứng minh đẳng thức với n  k  , tức chứng minh (k  1)  (k  1)  1 2(k  1)  1 (k  1)(k  2)(2k  3) 12  22  32   k  (k  1)   6 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có (k  1)(k  1)(2k  1) 12  22  32   k  (k  1)2   (k  1)2 ( k  1)( k  1)(2k  1) k ( k  1)(2k  1)  6( k  1) ( k  1)( k  2)(2k  3) Mà  ( k  1)2   6 (k  1)(k  2)(2k  3) Suy 12  22  32   k  (k  1)  Do đẳng thức với n  k  Suy có điều phải chứng minh Vậy phương án C Cách 2: Kiểm tra tính đúng-sai phương án đến tìm phương án thông qua số giá trị cụ thể n + Với n  S  12  (loại phương án B D); + Với n  S  12  22  (loại phương án A) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Vậy phương án ĐT:0946798489 C Câu Đáp án B Ta chứng minh Tn  cos  n 1 Bước 1: Với n  vế trái bằng phương pháp quy nạp toán học Thật vậy: , vế phải cos  11  cos   Vậy đẳng thức với n  Bước 2: Giả sử đẳng thức với n  k  , nghĩa Tk  cos  2k 1 Ta phải chứng minh đẳng thức với n  k  , tức chứng minh Tk 1  cos Thật vậy, Tk 1   Tk nên theo giả thiết quy nạp ta có Tk 1   Tk   cos     cos  k  2  Vậy phương án B Mặt khác,  cos Câu Đáp án  k 1  2k 2  k 1       cos k  nên Tk 1  2.2 cos k   cos k  2  C Cách 1: Rút gọn biểu thức Sn dựa vào việc phân tích phần tử đại diện Với số nguyên dương k , ta có 1 1      (2k  1)(2k  1)  2k  2k   1 1 1  1  n Do đó: S n           1   2 3 2n  2n    2n   2n  Vậy phương án phương án C Cách 2: Kiểm tra tính – sai phương án dựa vào số giá trị cụ thể n 1  (chưa loại phương án nào); Với n  S1  1.3 1   (loại phương án A,B D Với n  S2  1.3 3.5 Vậy phương án phương án C Câu 10 Đáp án D Kiểm tra tính – sai bất đẳng thức với trường hợp n  1, 2,3, 4, ta dự đoán 2n 1  n  3n, với n  Ta chứng minh bất đẳng thức phương pháp quy nạp toán học Thật vây: -Bước 1: Với n  vế trái 24 1  25  32, vế phải 42  3.4  28 Do 32  28 nên bất đẳng thức với n  -Bước 2: Giả sử đẳng thức với n  k  4, nghĩa 2k 1  k  3k Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n  k  1, tức phải chứng minh 2 k 1 1   k  1   k  1 hay 2k   k  5k  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có 2k 1  k  3k Suy 2.2 k 1   k  3k  hay 2k   2k  6k Mặt khác 2k  6k   k  5k    k  k   42    16 với k  Do 2k    k  3k   k  5k  hay bất đẳng thức với n  k  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ĐT:0946798489 Suy bất đẳng thức chứng minh Vậy phương án D Câu 11 Đáp án B Cách 1: Từ tổng góc tam giác 180 tổng góc từ giác 360 , dự đoán S   n   180 Cách 2: Thử với trường hợp biết để kiểm nghiệm tính –sai từ cơng thức Cụ thể với n  S  180 (loại phương án A, C D); với n  S  360 (kiểm nghiệm phương án B lần nữa) Câu 12 Đáp án A Để chọn S đúng, dựa vào ba cách sau đây: Cách 1: Kiểm tra tính –sai phương án với giá trị n Với n  S  1.4  (loại phương án B C); với n  S  1.4  2.7  18 (loại phương án D) Cách 2: Bằng cách tính S trường hợp n  1, S  4; n  2, S  18; n  3, S  48 ta dự đốn cơng thức S  n  n  1 Cách 3: Ta tính S dựa vào tổng biết kết    n  12  22   n2  Câu 13 n  n  1 n  n  1 2n  1 Ta có: S  12  2   n   1    n   n  n  1 Đáp án B Chúng ta chọn phương án dựa vào hai cách sau đây: Cách 1: Kiểm nghiệm phương án giá trị cụ thể n Với n  S1  1.1!  (Loại phương án A, C, D) Cách 2: Rút gọn S n dựa vào việc phân tích phần tử đại diện k k !   k   1 k !   k  1 k ! k !   k  1 ! k ! Suy ra: Sn   2! 1!   3! 2!     n  1 ! n !   n  1 ! Câu 14 Đáp án A Chúng ta chọn phương án dựa vào hai cách sau đây: Cách 1: Kiểm nghiệm phương án giá trị cụ thể n T Với n  T1  12  2  5; M  2  nên  (loại phương án B, C, D) M1 Cách 2: Chúng ta tính Tn , M n dựa vào tổng biết kết Cụ thể dựa vào ví dụ 1: 2n  2n  1 4n  1 2n  n  1 2n  1 T 4n  Tn  ; Mn  Suy n  M n 2n  Câu 15 Đáp án B Dễ thấy p  bất đẳng thức p  p  sai nên loại phương án D p Xét với p  ta thấy  p  bất đửng thức Bằng phương pháp quy nạp toán học chứng minh n  2n  với n  Vậy p  số nguyên dương nhỏ cần tìm Câu 16 Đáp án D Kiểm tra với n  ta thấy bất đẳng thức nên loại phương án A C Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ĐT:0946798489 Kiểm tra với n  ta thấy bất đẳng thức Bằng phương pháp quy nạp toán học chứng minh 2n  n , n  Câu 17 Đáp án B 1 1  Cách 1: Với ý    , có:  3k  1 3k    3k  3k   1 1 1 1 1               3n  1 3n    5 2.5 5.8 3n  3n   3n n  =  3n   6n  Đối chiếu với đẳng thức cho, ta có: a  1, b  0, c  Suy T  ab  bc  ca  a  b 2a  b x  b  ;  ;  c  10 2c  3c  22 Giải hệ phương trình ta a  1, b  0, c  Suy T  ab  bc  ca  Cách 2: Cho n  1, n  2, n  ta được: Câu 18 Đáp án C k 1 k 1 Suy  k2 k k  n  n  n  2n        1   1           n  2 3 n 2n 2n 4n Đối chiếu với đẳng thức cho ta có: a  2, b  Suy P  a  b  20 a  3a  2 Cách 2: Cho n  2, n  ta  ;  Giải hệ phương trình trren ta b 3b 2 a  2; b  Suy P  a  b  20 Câu 19 Đáp án B Cách 1: Bằng cách phân tích số hạng đại diện, ta có:  n  n  1 n  2n3  n  Cách 1: Sử dụng kết biết:    n  So sánh cách hệ số, 4 1 ta a  ; b  ; c  ; d  e  4 Cách 2: Cho n  1, n  2, n  3, n  4, n  , ta hệ phương trình ẩn a , b, c, d , e Giải hệ 1 phương trình đó, ta tìm a  ; b  ; c  ; d  e  Suy M  a  b  c  d  e  4 Câu 20 Đáp án C Cách 1: Sử dụng tổng lũy thừa bậc bậc ta có: +) 1.2  2.3   n  n  1  12  2   n   1    n   n3  n  n 3 Suy a1  ; b1  1; c1  ; d1  3 +) 1.2  2.5  3.8   n  3n  1  12  22   n   1    n   n3  n Suy a2  b2  1; c2  d  Do T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d  Cách 2: Cho n  1, n  2, n  3, n  sử dụng phương pháp hệ số bất đinh ta tìm a1  ; b1  1; c1  ; d1  ; a2  b2  1; c2  d  3 3 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Do T  a1a2  b1b2  c1c2  d1d  Câu 21 Đáp án ĐT:0946798489 D n  n  1 thấy có S3  sai Câu 22 Đáp án A Bằng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh n  chia hết cho Thật vậy: Với n  71   12  Giả sử mệnh đề với n  k  , nghĩa k  chia hết ccho Ta chứng minh mệnh đề với n  k  , nghĩa phỉa chứng minh k 1  chia hết cho Ta có: k 1    k    30 Theo giả thiết quy nạp k  chia hết k 1    k    30 chia hết cho Vậy n  chia hết cho với n  Do mệnh đề P Q Câu 23 Đáp án A Câu 24 Đáp án C 1 1  Phân tích phần tử đại diện, ta có:    k  k  1 k    k  k  1  k  1 k    1    Suy ra: 1.2.3 2.3.4 n  n  1 n   1 1 1 1               1.2 2.3 2.3 3.4 n n 1 n  n   n  3n 2n  n 1  =       n  1 n    4n  12n  8n2  24n  16 Đối chiếu với hệ số, ta được: a  2; b  6; c  8; d  24 Suy ra: T   a  c  b  d   300 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong … https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Vậy phương án ĐT:0946798489 C Câu Đáp án B Ta chứng minh Tn  cos  n 1 Bước 1: Với n  vế trái bằng phương pháp quy nạp toán học Thật vậy: , vế phải… phương án A C Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương: https://www.facebook.com/phong.baovuong CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ĐT:0946798489 Kiểm tra với n  ta thấy bất đẳng thức Bằng phương pháp quy nạp toán học. .. Đáp án B Dễ thấy p  bất đẳng thức p  p  sai nên loại phương án D p Xét với p  ta thấy  p  bất đửng thức Bằng phương pháp quy nạp toán học chứng minh n  2n  với n  Vậy p  số nguyên dương

Xem thêm :  Hình nền trắng cho điện thoại

– Xem thêm –

Xem thêm: Chuyên đề phương pháp quy nạp toán học, Chuyên đề phương pháp quy nạp toán học


Phương pháp quy nạp toán học – Bài 1 – Toán học 11 – Thầy Lê Thành Đạt (DỄ HIỂU NHẤT)


Xem thêm bài viết thuộc chuyên mục: Tổng Hợp

Related Articles

Back to top button