Đang tải... (xem toàn văn)
NHỊ THỨC NIU TƠN 1.Các kiến thức cần nhớ: Với hai số thực a,b và n ta có công thức: Các số là các hệ số của nhị thức Số hạng tổng quát của khai triển , kí hiệu có dạng, Các hệ số của nhị thức cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau: Tổng các hệ số hệ số của nhị tức nằm ở các vị trí chẳn,bẳng tổng các hệ số nhị thức ở các vị trí lẻ va øbằng = Bài tập: 1.Cho Trong khai triển nhị thức hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x.
Thầy Kiên: 01692894586 ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG TỔ HỢP PHẦN I (ÁP DỤNG TRỰC TIẾP) Bắt đầu từ những khai triển Newton: a) ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 .2 . n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ + = + + + + ⇒ + = + + + b) ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 n n n n n n n n x C C x C x C x− = − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 .2 1 . n n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ − = − + − + − ⇒ − − = − + − + − c) ( ) 0 1 1 2 2 1 1 n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − + = + + + + + ( ) ( ) ( ) 0 1 1 2 2 1 1 0 1 1 2 2 3 1 1 1 ( 1) 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C n x C nx C n x C n x C − − − − − − − − ′ ′ ⇒ + = + + + + + ⇒ + = + − + − + + d) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − − − = − + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 0 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 ( 1) 2 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C n x C nx C n x C n x C − − − − − − − − − − ′ ′ ⇒ − = − + − + − + − ⇒ − = − − + − − + − Hoặc đạo hàm đến cấp 2 ( ) 2 2 3 2 ( 1) 1 .2.1 .3.2 ( 1) n n n n n n n n x C C x C n n x − − − + = + + + − ( ) 2 2 3 4 2 2 ( 1) 1 .2.1 .3.2 .4.3 ( 1) ( 1) n n n n n n n n n n x C C x C x C n n x − − − − = − + + − − ( ) 2 0 2 1 3 3 2 ( 1) 1 ( 1) ( 1)( 2) .3.2 .2.1 n n n n n n n n n n n x C n n x C n n x C x C − − − − − − + = − + − − + + 2 0 2 1 3 3 3 2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 2) ( 1) .3.2 ( 1) .2.1 n n n n n n n n n n n n n x C n n x C n n x C x C − − − − − − − − − = − − − − + + − + − Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong 4 công thức trên cho phù hợp. Mất những số hạng đầu ( 0 1 , n n C C ) ta sử dụng các công thức chứa ( ) 1 x+ nếu tổng không đan dấu, chứa ( ) 1 x− nếu tổng đan dấu. Mất những số hạng sau ( ) 1 , n n n n C C − ta sử dụng các công thức chứa ( ) 1x + nếu tổng không đan dấu, chứa ( ) 1x − nếu tổng đan dấu. Mất một số hạng đạo hàm cấp 1, mất 2 số hạng đạo hàm cấp 2. Thầy Kiên: 01692894586 BT1: Chứng minh 1 1 1 3 . .4 n k k n n k kC n − − = = ∑ Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất 0 n C và tổng không đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x+ , đạo hàm cấp 1. Giải: Ta có ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 .2 . n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ + = + + + + ⇒ + = + + + Thế 3x = ta được 1 1 2 1 1 1 .4 .2.3 . .3 .3 n n n n k k n n n n k n C C C n k C − − − = = + + = ∑ BT2: Chứng minh rằng 1 2 3 1 2 3 .2 n n n n n n C C C nC n − + + + + = Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất 0 n C và tổng không đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x+ , đạo hàm cấp 1. Giải: ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 .2 . n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ + = + + + + ⇒ + = + + + Thay 1x = , ta có điều phải chứng minh. BT3: Chứng minh: 2 3 4 2 2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1).2 n n n n n n C C C n n C n n − + + + + − = − Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất 0 1 , n n C C và tổng không đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x+ , đạo hàm cấp 2. Giải: ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 2 2 3 2 1 ( 1) 1 .2.1 .3.2 ( 1) n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n n x C C x C n n x − − ′′ ′′ ⇒ + = + + + + ⇒ − + = + + + − Thay 1x = vào đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh. Thầy Kiên: 01692894586 BT4: Chứng minh ( ) 1 1 2 3 1 2 3 1 0 n n n n n n C C C nC − − + − + − = Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất 0 n C và tổng đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x− , đạo hàm cấp 1. Giải: ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 n n n n n n n n x C C x C x C x− = − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 .2 1 . n n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ − = − + − + − ⇒ − − = − + − + − Hay ( ) ( ) 1 1 1 2 3 2 1 .2 .3 1 . 1 n n n n n n n n C C x C x C nx n x − − − − + − + − = − Thay 1x = ta có điều phải chứng minh. BT5: Chứng minh 0 1 2 3 1 1 ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) 0 n n n n n n n nC n C n C n C C − − − − + − − − + + − = Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất n n C và tổng đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x − , đạo hàm cấp 1. Giải: ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − − − = − + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 0 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 ( 1) 2 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C n x C nx C n x C n x C − − − − − − − − − − ′ ′ ⇒ − = − + − + − + − ⇒ − = − − + − − + − Thay 1x = ta có điều phải chứng minh. BT6: Chứng minh 2 0 1 2 ( 1)2 ( 1) ( 1)( 2) 2 n n n n n n n n n C n n C C − − − = − + − − + + . Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất 1 , n n n n C C − và tổng không đan dấu nên ta sử dụng ( ) 1 n x + , đạo hàm cấp 2. Giải: ( ) 0 1 1 2 2 1 1 n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − + = + + + + + ( ) 0 1 1 2 2 1 1 n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − ′′ ′′ ⇒ + = + + + + + hay ( ) 2 0 2 1 3 3 2 ( 1) 1 ( 1) ( 1)( 2) .3.2 .2.1 n n n n n n n n n n n x C n n x C n n x C x C − − − − − − + = − + − − + + Thay 1x = ta có điều phải chứng minh. Thầy Kiên: 01692894586 BT7: Tính 1 2 3 12 12 12 12 12 2 3 12A C C C C= + + + + . Phân tích: trong tổng có tổ hợp của 12, mất 0 12 C và tổng không đan dấu nên ta sử dụng ( ) 12 1 x+ . Giải: ( ) 12 0 1 2 2 12 12 12 12 12 12 1 x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 12 0 1 2 2 3 3 12 12 12 12 12 12 12 11 1 2 3 2 12 11 12 12 12 12 1 12 1 2 3 12 x C C x C x C x C x x C C x C x C x ′ ′ ⇒ + = + + + + + ⇒ + = + + + Thay 1x = ta được 11 12.2A = . BT8: Chứng minh 1 1 2 2 1 1 ( 1) ( 1) .2.2 ( 1) . .2 .2 n n n k k k n n n n n n C C k C n C n − − − − − − + − + + − + + = Phân tích: do 1 − đi kèm với lũy thừa, giữa các số hạng là dấu + nên ta xem như tổng không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất 0 n C . Ta sử dụng ( ) 1 n x− + , đạo hàm cấp 1. Giải: ( ) 0 1 1 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) n n n n n k k k n n n n n n n x C C x C x C x C x − − − − + = − + − + − + + − + + ( ) 0 1 1 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) n n n n n k k k n n n n n n n x C C x C x C x C x − − − ′ ′ ⇒ − + = − + − + − + + − + + 1 1 1 2 2 1 1 ( 1 ) ( 1) ( 1) 2 ( 1) n n n n k k k n n n n n n n x C C x kC x nC x − − − − − − ⇒ − + = − + − + + − + + Thay 2x = ta có điều phải chứng minh. BT9: Chứng minh 1 0 2 1 3 2 1 1 1 2 1 4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1) 2.2 .2 n n n n n n n n n n n n n n n C n C n C C C C n C − − − − − − − − + − − + − = + + Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất n n C nên ta sử dụng ( ) 1 n x − , đạo hàm cấp 1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất 0 n C nên ta sử dụng ( ) 1 n x+ , đạo hàm cấp 1. Giải: ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − − − = − + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 2 2 1 1 1 0 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 ( 1) 2 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C n x C nx C n x C n x C − − − − − − − − − − ′ ′ ⇒ − = − + − + − + − ⇒ − = − − + − − + − Thay 4x = ta được Thầy Kiên: 01692894586 1 1 0 2 1 3 2 1 1 3 4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1) n n n n n n n n n n n n C n C n C C − − − − − − = − − + − − + − (1) ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1 .2 . n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x n x C C x C nx − − ′ ′ ⇒ + = + + + + ⇒ + = + + + Thay 2x = ta được 1 1 2 1 3 2.2 .2 n n n n n n n C C n C − − = + + (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. PHẦN II (BỔ SUNG) BT10: Chứng minh 0 1 2 1 2 3 ( 1) ( 2)2 n n n n n n C C C n C n − + + + + + = + Phân tích: tổng chứa tổ hợp của n, không đan dấu, hệ số gắn với n n C lớn nhất nên ta sử dụng (1 ) n x+ . Thông thường là k n kC song ở đây lại là ( 1) k n k C+ , hệ số đầu chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế với x. Giải: ( ) 0 1 2 2 3 1 1 n n n n n n n x x C x C x C x C x + + = + + + + Đạo hàm 2 vế ta được 1 0 1 2 2 ( 1)(1 ) 2 3 ( 1) n n n n n n n nx x x C C x C x n C x − + + + = + + + + + Thế 1x = ta có điều phải chứng minh. BT11: Chứng minh 1 0 1 2 ( 4)2 2 3 4 ( 2) n n n n n n n C C C n C − + = + + + + + Phân tích: tương tự như BT10 nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân thêm 2 x trước khi đạo hàm. Giải: 2 0 2 1 3 2 4 2 (1 ) n n n n n n n x x C x C x C x C x + + = + + + + Đạo hàm 2 vế ta được 2 1 0 1 2 2 3 1 2 (1 ) (1 ) 2 3 4 ( 2) n n n n n n n n x x nx x C x C x C x n C x − + + + + = + + + + + Thay 1x = ta được 1 1 0 1 2 2 .2 2 3 4 ( 2) n n n n n n n n C C C n C + − + = + + + + + 1 0 1 2 ( 4)2 2 3 4 ( 2) n n n n n n n C C C n C − ⇔ + = + + + + + BT13: Với n + ∈¢ , 2n > , chứng minh ( ) 0 1 2 2 3 1 ( 1) 0 n n n n n n C C C n C− + − + − + = Giải: Thầy Kiên: 01692894586 ( ) 0 1 2 2 3 1 1 ( 1) n n n n n n n n x x C x C x C x C x + − = − + − − Đạo hàm 2 vế ta được 1 0 1 2 2 (1 ) (1 ) 2 3 ( 1) ( 1) n n n n n n n n n x nx x C C x C x n C x − − − − = − + − + − + Thay 1x = ta có điều phải chứng minh. BT14: Với n + ∈¢ , 2n > , chứng minh ( ) 0 1 2 ( 2) ( 1) 1 2 0 n n n n n n n C n C nC C+ − + + − + − = Giải: 2 0 2 1 1 2 2 ( 1) ( 1) n n n n n n n n n n x x C x C x C x C x + + − = − + − + − Đạo hàm 2 vế ta được ( ) ( ) 1 2 0 1 1 2 1 2 1 1 ( 2) ( 1) ( 1) .2 n n n n n n n n n n n x x nx x n C x n C x nC x C x − + − − + − = + − + + − + − Thế 1x = ta có điều phải chứng minh. BT15: Tính 2 1 2 2 2 3 2 1 2 3 n n n n n S C C C n C= + + + + . Phân tích: tổng mất 0 n C , không đan đấu, n gắn với n n C nên ta sẽ sử dụng ( ) 1 n x+ đạo hàm. Sau đạo hàm các hệ số là k n kC , nhưng hệ số đề ra lại là 2 k n k C , ta phải đạo hàm lần nữa nhưng lại không được mất 1 n C nên ta nhân thêm 2 vế với x trước khi đạo hàm. Giải: ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + Đạo hàm 2 vế ta được ( ) 1 1 2 1 1 .2 . n n n n n n n x C C x C nx − − + = + + + Nhân 2 vế với x ( ) 1 1 2 2 1 .2 . n n n n n n nx x C x C x C nx − + = + + + Đạo hàm 2 vế lần nữa ta được 1 2 1 2 2 2 1 (1 ) ( 1) (1 ) 2 n n n n n n n n x n n x x C C x C n x − − − + + − + = + + + Thế 1x = ta được 1 2 .2 ( 1)2 n n n n n S − − + − = Hay 2 ( 1)2 n S n n − = + BT16: Tính tổng 0 1 2 2012 2012 2012 2012 2012 2 3 2013S C C C C= + + + + Tự làm. Thầy Kiên: 01692894586 BT17: Tính 0 1 2 2010 2012 2012 2012 2012 2012.2011 2011.2010 2010.2009 2.1S C C C C= − + − + Tự làm. BT18: Tính 2011 0 2010 1 2009 2 2010 2011 2012 2012 2012 2012 2012 2012.3 2011.3 2010.3 2.3S C C C C C= − + − + − Tự làm. BT19: Tính 2 1 2 2 2 2012 2012 2012 2012 1 2 2012S C C C= + + + . từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong 4 công thức trên cho phù hợp. Mất những số hạng đầu ( 0 1 , n n C C ) ta sử dụng các công thức chứa ( ) 1 x+ nếu tổng không đan dấu, chứa ( ) 1. 01692894586 ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG TỔ HỢP PHẦN I (ÁP DỤNG TRỰC TIẾP) Bắt đầu từ những khai triển Newton: a) ( ) 0 1 2 2 1 n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + ( ) ( ) 0 1 2 2 1 1 2 1 1 1. chứa ( ) 1 x− nếu tổng đan dấu. Mất những số hạng sau ( ) 1 , n n n n C C − ta sử dụng các công thức chứa ( ) 1x + nếu tổng không đan dấu, chứa ( ) 1x − nếu tổng đan dấu. Mất một số hạng đạo