TẬP tài LIỆU CHUYÊN đề bồi DƯỠNG ôn THI đại học các môn học TỈNH VĨNH PHÚC

SỞ GD & ĐT TỈNH VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĨNH YÊN

TẬP TÀI LIỆU
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG ÔN THI ĐẠI HỌC
NĂM HỌC 2013 - 2014

Vĩnh Yên, tháng 3 năm 2014

1


TT

Môn

1

Toán

Đại Văn Hải

2

Toán

Ngyễn Thị Thanh Hải

3

Tác giả

Vật lý Đào Thị Phương Lan

Tên chuyên đề
Ứng dụng hàm số trong giải phương trình,
hệ phương trình và bất phương trình
Các dạng toán về phép đếm
Phương pháp giải bài toán viết biểu thức
cường độ dòng điện và điện áp trong mạch
điện xoay chiều

4

Hóa
học

Hệ thống Lý Thuyết và bài tập về kim loại
Nguyễn Thị Lan Phương kiềm, kiềm thổ và hợp chất quan trọng của
chúng

5

Ngữ
Văn

Lê Thu Hà

Việc biên soạn hệ thống đề hướng dẫn cho
học sinh ôn thi đại học tác phẩm CHí
Phèo của Nam Cao

6

Ngữ
Văn

Nguyễn Văn Lự

Dạy kỹ năng làm văn – một số giải pháp
quan trọng giúp học sinh lớp 12 thi đại
học đạt kết quả cao

7

Lịch
sử

Nguyễn Tuyết Mai

Lịch sủ thế giới – các nước Á – Phi – Mĩ
La Tinh (1945-200)

8

Địa lý Lê Thị Thúy Oanh

Địa Lí dân cư – hướng dẫn ôn luyện phần
địa lí dân cư lớp 12 bằng phương pháp sử
dụng “Sơ đồ”

9

Tiếng
Triệu Thị Hằng
anh

Reported speech

10

Tiếng
Đỗ Thị Thu Minh
anh

TEACHING SKILLS TO DO READING
COMPREHENSION TESTS

11

Sinh
học

Phương pháp giải một số dạng bài tập di
truyền liên kết với giới tính

Nguyễn Thị Thúy

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG T.H.P.T VĨNH YÊN
˜–µ—™

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN: TOÁN
ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

GIÁO VIÊN:

§¹i V¨n H¶i

TỔ: TOÁN – LÍ- KT
TRƯỜNG: THPT VĨNH YÊN-TP VĨNH YÊN-VĨNH PHÚC

Vĩnh Yên, tháng 3 năm 2014

3


CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Tác giả: Đại Văn Hải
Giáo viên trường THPT VĨNH YÊN
Đối tượng học sinh: Lớp 12, Ôn thi ĐH – CĐ
Số tiết dự kiến:12 tiết
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là một bài toán cơ bản

trong chương trình phổ thông thường giải bằng một trong 4 phương pháp ( phương
pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, phương pháp hàm số) và xuất hiện
thường xuyên trong các đề thi Đại học-Cao đẳng có lời giải dùng phương pháp hàm
số. Phương pháp hàm số thường dựa vào một số tính chất của hàm số và đồ thị hàm số
nhờ vào dùng đạo hàm (ở lớp 12) khảo sát chiều biến thiên của hàm số để xét nghiệm
phương trình. Chuyên đề này nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức về hàm
số và kĩ năng giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bằng phương pháp
hàm số.
B. NỘI DUNG

I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K
a) f: đồng biến trên K ⇔ ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )
b) : nghịch biến trên K ⇔ ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )
c) Hàm số đồng biến trên K hoặc nghịch biến trên K ta gọi chung là hàm số đơn
điệu trên K
2. Các tính chất:
Tính chất 1: Cho f (x) đơn điệu trên K, ∀x1 , x2 ∈ K
a) f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2
b) f ( x1 ) > f ( x2 ) ⇔ x1 > x2
c) f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇔ x1 < x2
Tính chất 2: Nghiệm phương trình f ( x) = 0 là hoành độ giao điểm của đồ thị
hàm số và trục hoành.
Tính chất 3: Nếu hàm số f (x) đơn điệu trên khoảng (a; b) thì phương trình
f ( x) = 0 có không quá một nghiệm trên khoảng đó.

3. Định lí : Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b)

4

Nếu f '( x) ≥ 0 (hoặc f '( x) ≤ 0 ) , ∀x ∈ (a; b) và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu hạn
điểm trên khoảng (a; b) thì f (x) đồng biến ( hoặc nghịch biến) trên trên khoảng
(a; b).
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1. Giải phương trình :
Dạng 1: D¹ng F( x ) = 0, víi F( x ) hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch biÕn trªn D.
Bước 1: Xét hàm số y = F( x )
Chỉ rõ hàm số y = F( x ) đồng biến hay nghịch biến trên D.
Bước 2: Đoán được F ( x0 ) = 0 . Lúc đó phương trình có nghiệm duy nhất
x = x0 .
 F( x ) ®ång biÕn
 G ( x ) nghÞch biÕn

Dạng 2: F( x ) = G ( x ) với 

Bước 1: Tìm TXĐ: D
Bước 2: Xét hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x )
Chỉ rõ hàm số y = F( x ) là hàm đồng biến(nghịch biến) trên D và
y = G ( x ) là hàm nghịch biến (đồng biến) trên D.
Bước 3: Đoán được F ( x 0 ) = G ( x 0 ) . Lúc đó phương trình có nghiệm duy nhất
x = x0 .

Dạng 3:

D¹ng ph­¬ng tr×nh F(u) = F(v) (*), víi F( x ) hoÆc ®ång biÕn,
hoÆc nghÞch biÕn trªn ( a; b ) . Lóc ®ã, (*) ⇔ u = v

Bước 1: Xét hàm số: y = F(t ) .
Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ( a; b ) .

Bước 2:Với u và v nhận giá trị trên (a; b). Khi đó: F (u) = F(v ) ⇔ u = v
2.Giải hệ phương trình:

Bài toán: Giải hệ

F(x,y) = 0
G(x,y)= 0

(I)

Nếu một trong hai phương trình của hệ đưa về dạng:
f(x) = f(y) (1) hoặc ( f u ( x )  = f  v ( y ) 
và f là một hàm đơn điệu thì:
Hệ (I) ⇔ x = y
hoặc (I) ⇔ u(x) = v(y) (III)
(II)
G(x,y)= 0

G(x,y)= 0

3.Giải bất phương trình :
D¹ng F ( x ) ≥ 0, víi F( x ) hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch biÕn trªn D.

5


Bước 1: Xét hàm số y = F( x )
Lập bảng biến thiên của hàm số trên D.
Bước 2: Đoán được số nghiệm của phương trình F ( x ) = 0 trên D.
Bước 3: Từ bảng biến thiên suy ra tập nghiệm của bất phương trình

III. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
1.Phương trình:
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) 3x + 4x = 5x
b) 2x = 3 – x
c) log2x = 3 – x
(Bài tập SGK 12 nâng cao)
Hướng dẫn cách giải:
Cách 1: - Nhẩm nghiệm
- Chứng minh nghiệm duy nhất
Cách 2: - Thiết lập hàm số
- Dùng tính đơn điệu để suy ra nghiệm của phương trình.
Cách giải:
a) 3x + 4x = 5x (1)
Cách 1: Ta có x = 2 là nghiệm của phương trình 3x + 4x = 5x (1)
x

x

3  4
(1) ⇔  ÷ +  ÷ = 1
5  5

Vế trái: là hàm số nghịch biến
⇒ Nếu phương trình có nghiệm thì có nghiệm duy nhất
Vế phải là hàm hằng
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình (1)
x

x

3 4
Cách 2: (1) ⇔  ÷ +  ÷ = 1
5 5
x

x

3  4
Xét f(x) =  ÷ +  ÷
5 5
x

x

3
4
3
4
⇒ f’(x) =  ÷ ln +  ÷ ln < 0 ∀x ∈ ¡
5
5
5
5

⇒ f’(x) nghịch biến trên R và f(2)= 1
⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
Các ví dụ b, c giải tương tự
Ví dụ 2: Giải phương trình: log 3

x2 + x +1
= x 2 − 3x + 2
2
2 x − 2x + 3

(1)

Cách giải:

6


2

u = x + x + 1
Nhận dạng: Nếu đặt 
⇒ v – u = x 2 − 3x + 2
2
v
=
2
x
−
2
x
+
3



u
- Do đó (1) ⇔ log 3 = v − u (2)
v

- Nhận thấy phương trình có nghiệm u = v
Thiết lập hàm số: biến đổi phương trình 2 về dạng: log3u + u = log3v + v
Xét hàm số f(t) = log3 t + t , t > 0
u = x 2 + x + 1 > 0 ∀x
đặt
v = 2 x 2 − 2 x + 3 >0 ∀x
⇒ v - u = x 2 − 3x + 2
u
v
Xét hàm số f(t) = log3 t + t , t > 0
1
f’(t) = 1 +
>0 với ∀ t > 0
t ln 3

Phương trình (1) ⇔ log 3 = v − u = log3u + u = log3v + v (2)

⇒f(t) đồng biến với ∀ t > 0
(2) ⇔ f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ v – u = 0
⇒ x 2 − 3x + 2 ⇔ x = 1 v x = 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x= 2
Ví dụ 3 Giải phương trình:
3

x +1 − 2
1

=
2x + 1 − 3 x + 2

( x∈¡ )

Cách giải:
 x ≥ −1
ĐKXĐ: 
 x ≠ 13
Phương trình đã cho tương đương với ( x + 2 )

(

)

x + 1 − 2 = 3 2x + 1 − 3

⇔ ( x + 1) x + 1 + x + 1 = 2x + 1 + 3 2x + 1 (1)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t ; f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t
Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ¡

Khi đó: Pt(1) ⇔ f

(

) (

x +1 = f

3

)

2x + 1 ⇔ x + 1 = 3 2x + 1

1

x≥−

1
2

1
x = 0

x
≥
−

x≥−



2
⇔
⇔
⇔ x = 0
⇔

2
x = 1 + 5
( x + 1) 3 = ( 2x + 1) 2
x3 − x 2 − x = 0 


2

x = 1 ± 5
 
2
7


Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
1+ 5
và x = 0 .
x=
2

)

(

)

(

2
2

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3x 2 + 3 + 9 x − ( x + 1) 2 + x + 2 x + 4 = 0

Cách giải:

(

)

(

2
2
Phương trình (1) ⇔ 3x 2 + 3 + (3x) = (x + 1) 2 + 3 + (x + 1)

)

(2) Xét hàm số

f (t) = t(2 + 3 + t 2 ) , ∀t ∈ ¡ , hàm số liên tục trên ¡

(

)

(

)

 t 
 t2 

2
f '(t) = 2 + 3 + t + t 
= 2+ 3+ t +
> 0 , ∀t ∈ ¡
2 ÷
2 ÷
 3+ t 
 3+ t 
1
⇒ f (t) đồng biến trên ¡ . Do đó (2) ⇔ 3x = x + 1 ⇔ x = .
2
1
Vậy nghiệm của phương trình là x =
2
2

2. Giải hệ phương trình:
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  2 2
(x, y ∈ R).
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

(Đề thi ĐH 2010-KA)
3
4

ĐK : x ≤ . Đặt u = 2x; v = 5 − 2 y
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 ⇔ u = v
3


0 ≤ x ≤ 4
Nghĩa là : 2 x = 5 − 2 y ⇔ 
2
 y = 5 − 4x

2
25
Pt (2) trở thành − 6 x 2 + 4 x 4 + 2 3 − 4 x = 7 (*)
4
25
 3
Xét hàm số f ( x) = 4 x 4 − 6 x 2 + + 2 3 − 4 x trên 0; 
4
 4
4
f '( x) = 4 x(4 x 2 − 3) −
<0
3x − 4
1
1
Mặt khác : f  ÷ = 7 nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2.
2
2
1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 2
2

Ví dụ 6: (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2013)
Giải hệ phương trình (

)

 1 + 42 x − y .51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1
x− y

= ln ( x + 3) − ln ( y + 3)
 4

( 1)
( 2)
8


Giải: Điều kiện x, y > −3 (*)
 1  2 x − y  4  2 x − y 
( 1) ⇔ 5  ÷ +  ÷  − 1 − 2.22 x − y = 0 (3).
5
 5 

  1 t  4  t 
t
Xét hàm số f ( t ) = 5  ÷ +  ÷  − 1 − 2.2 trên ¡
 5   5  
  1 t  1   4  t  4  
t
f
'
t
=
5

 ÷ ln  ÷+  ÷ .ln  ÷ − 2.2 ln 2 < 0 ∀t ∈ ¡ . Suy ra f ( t ) nghịch
(
)
ta có
5
5
5
5
  
     

biến trên ¡ .
Do đó ( 3) ⇔ f ( 2 x − y ) = f ( 1) ⇔ 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1 ( 4 ) .
Thế (4) vào(2) ta được

1− x
 x+3 
 x + 3  x −1
= ln 
= 0 (5)
÷ ⇔ ln 
÷+
4
4
 2x + 2 
 2x + 2 

( x + 5) ( x − 1)
x + 3  x −1
g

'
x
=
+
(
)
x
>
−
1
với
,
ta
có
÷
4 ( x + 3 ) ( x + 1)
4
 2x + 2 


Xét hàm số g ( x ) = ln 

 x = −5 ∉ ( −1; +∞ )
g '( x) = 0 ⇔ 
.
 x = 1∈ ( −1; +∞ )

Ta có bảng biến thiên của g ( x ) trên ( −1; +∞ ) là:
Từ BBT, suy ra g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .
Do đó y = 1 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .

Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Chuyên Hà Tĩnh 2013)
x
y

(1)
3 − 3 = y − x
Giải hệ phương trình:  2
2

 x + xy + y = 12 (2)

(I)

Hướng dẫn cách giải:
Học sinh nhận thấy được phương trình (1) có nghiệm x = y
Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3)
Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + t
Chứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y
3x + x = 3 y + y (3)
⇔
Cách giải: (I)
 2
2
 x + xy + y = 12

Xét hàm số: f(t) = 3t + t ⇒ f’(t) = 3tln3 + 1 >0 ∀ t ∈ ¡
⇒ f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y
x = y

Nên (I) ⇔ 

2
2
 x + xy + y = 12

⇔x = y = ± 2

Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2)
Ví dụ 8 (Đề thi Ôlimpic 30-4 năm 2012)
9


2 x + 1 = y 3 + y 2 + y

3
2
Giải hệ phương trình: 2 y + 1 = z + z + z
2 z + 1 = x3 + x 2 + x

1 3

2
 x = 2 ( y + y + y − 1)
 x = f ( y)

1 3 2


Cách giải: Hệ tương đương với  y = ( z + z + z − 1) ⇔  y = f ( z )
2


 z = f ( x)

1 3

2
z
=
(
x
+
x
+
x
−
1)

2


Xét hàm số f(t) =
f’(t) =

1 3 2
(t + t + t − 1) ( t ∈ R )
2

1 2
(3t + 2t + 1) > 0∀t ∈ R
2

Suy ra f(t) là HS đồng biến trên R. Do đó:
+ Nếu x < y thì f(x) < f(y)
⇒ z < x ⇒ f(z) < f(x) ⇒ y < z.Vậy x < y < z . Vô lý. Tương tự nếu y < x cũng

vô lý
Do đó x = y = z .Thế vào hệ ta có: 2x + 1 = x3 + x2 + x
⇔

(x + 1)(x2 - 1) = 0

x =1 = y = z
 x = −1 = y = z Hệ


⇔

∈ { ( 1,1,1) ; ( −1, −1, −1) }

có nghiệm (x,y,z)

Ví dụ 9: (Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)
 2 x + 3 + 4 − y = 4
Giải hệ 
 2 y + 3 + 4 − x = 4

(1)
(2)

(I)

Hướng dẫn cách giải:
- Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x = y
- Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2 x + 3 − 4 − x = 2 y + 3 − 4 − y
3
2

- Thiết lập hàm số: f(t)= 2t + 3 − 4 − t , t ∈ [- ;4]
3
Cách giải: Điều kiện - ≤ x, y ≤ 4
2

Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2 x + 3 − 4 − x = 2 y + 3 − 4 − y (3)
3
2

Xét hàm số: f(t)= 2t + 3 − 4 − t , t ∈ [- ;4]
1
1
3
+
> 0 ∀ t ∈ (- ;4)
2t + 3
4−t
2
3
⇒ f(t) đồng biến trên (- ;4)
2

⇒ f’(t) =

10


(3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Suy ra: 2 x + 3 + 4 − x = 4 (pt vô tỉ dạng cơ bản)
11
(thỏa mãn điều kiện)
9
 11 11 
Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3),  ; 
9 9

Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x=

Ví dụ 10 (Đề thi thử ĐH chuyên Vĩnh Phúc 2013)

(

 x 2 + 1 − 3x 2 y + 2

Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − x + 2 = 0

)(

)

4 y 2 + 1 + 1 = 8x 2 y3

(1)

Hướng dẫn:
+) Với y ≤ 0 thì VT ( 1) > 0 , VP ( 1) ≤ 0 ⇒ Hệ phương trình chỉ có nghiệm ( x, y ) với
y> 0.
+) Vì y > 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x > 2 .
2
2
2
Khi đó: ( 1) ⇔ x + 1 − 3 x y + 2 = 2 x y

(

)

4 y 2 +1 −1

⇔ x2 + 1 + 2 = 2 x2 y 4 y2 + 1 + x2 y

(3)

Thay 2 = x − x y vào phương trình (3) ta được:
2

x2 + 1 + x = 2 x2 y 4 y 2 +1 + 2 x2 y

⇔

1
1 1

1 + 2 + = 2 y 4 y2 + 1 + 2 y
x
x
x

(2)

+) Xét hàm số: f ( t ) = t 1 + t 2 + t với t > 0
f '( t ) = 1+ t 2 +

t2
1+ t2

+ 1 > 0 với mọi t > 0

1
1
1
⇒ f ( t ) là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Mà f  ÷ = f ( 2 y ) ⇔ = 2 y ⇔ xy =
x
2
x
1
1
+) Thay xy = vào phương trình (2) của hệ ta có : x = 4 ⇒ y = .
2
8
x = 4

Thử lại thấy  1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.

y=

8

 1
Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( x, y ) =  4; ÷
 8

Ví dụ 11: (Đề thi ĐH khối A, A1 năm 2012)
 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Giải hệ phương trình  2 2
(x, y ∈ R).
1
x + y − x + y =

2
 x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Cách giải: Hệ tương đương với 
.
1 2
1 2
( x − ) + ( y + ) = 1

2
2

11

1
2

1
2
3
45
3
45
 3
2
3
2
u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − (v + 1)
2
4
2
4
Hệ đã cho thành 
u 2 + v 2 = 1

3
45
45
Xét hàm f(t) = t 3 − t 2 − t có f’(t) = 3t 2 − 3t −
< 0 với mọi t thỏa t≤ 1
2
4
4

Đặt u = x − ; v = y +

v = 0

⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒ u = 1

 v = −1
u = 0

hay 

1   1 −3 

3

⇒ Hệ đã cho có nghiệm là  2 ; − 2 ÷;  2 ; 2 ÷.

 

Ví dụ 12: Giải các hệ phương trình sau:
 x − 1 − y = 1 − x 3
 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
a) 
b) 
4
( x − 1) = y
 3 + y 2 + 2 y = 3 + x
 x 3 + 3 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y


 3
2
c)  y + 3 y − 3 + ln y − y + 1 = z
 3
2
 z + 3z − 3 + ln z − z + 1 = x
Hướng dẫn giải:
 x − 1 − y = 1 − x 3
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔
a) 
(I)
.
Điều
kiện:


4
y ≥ 0
y ≥ 0
( x − 1) = y
2
3

 x − 1 − ( x − 1) = 1 − x
Ta có (I) ⇔ 
4

( x − 1) = y

2
Từ phương trình : x − 1 − ( x − 1) = 1 − x 3 ⇔ x − 1 = − x 3 + x 2 − 2 x + 2

(
(
(

)

)
)

(1)

Ta thấy hàm số f ( x ) = x − 1 là hàm đồng biến trên [ 1;+∞ )

Xét hàm số g ( x ) = − x 3 + x 2 − 2 x + 2 . Miền xác định: D = [ 1; +∞ )

Đạo hàm g / ( x ) = −3x 2 + 2 x − 2 < 0 ∀x ∈ D . Suy ra hàm số nghich biến trên D.
Từ (1) ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( 1;0 ) .
 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
b) 
(II). Điều kiện:
 3 + y 2 + 2 y = 3 + x
 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
Ta có (II) ⇔ 
3 + x = 3 + y 2 + 2 y

x ≥ 0


y ≥ 0

12


Cộng vế theo vế ta có:

3 + x 2 + 3 x + 3 = 3 + y2 + 3 y + 3

(2)

Xét hàm số f (t ) = 3 + t 2 + 3 t + 3 . Miền xác định: D = [ 1; +∞ )
t
3
/
+
+ 1 > 0 ∀x ∈ D . Suy ra hàm số đồng biến trên
Đạo hàm: f (t ) =
3 + t2 2 t
D.
Từ (*) ta có f ( x ) = f ( y) ⇔ x = y
Lúc đó: 3 + x 2 + x = 3 (3)
+ VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D.
+ VP (3) là hàm hằng trên D.
Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện)
Suy ra phương trình có nghiệm x = 1 là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( 1;1)

(

(
(

)
)

 x 3 + 3x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y

 3
2
c)  y + 3y − 3 + ln y − y + 1 = z
 3
2
 z + 3z − 3 + ln z − z + 1 = x
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t − 3 + ln t − t + 1

)

(

)

 f ( x) = y

Lúc đó hệ có dạng:  f ( y) = z . Miền xác định: D = R
 f (z) = x

/

2
Đạo hàm : f ( x ) = 3t + 3 +

2t − 1

2 t2 − t + 1

> 0 ∀x ∈ R . Suy ra hàm số đồng biến

trên D
Ta giả sử ( x; y; z ) là nghiệm của hệ và x = max { x , y, z} khi đó ta suy ra:
y = f ( x ) ≥ f ( y) = z ⇒ z = f ( y ) ≥ f ( z ) = x . Vậy x ≥ y ≥ z ≥ x ⇔ x = y = z .

(

)

(

)

3
2
3
2
Thay vào hệ ta có : x + 3x − 3 + ln x − x + 1 = x ⇔ x + 2 x − 3 + ln x − x + 1 = 0
(3)
Ta thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R)
Vậy hệ có nghiệm ( 1;1;1)

Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:

 x 6 − y 3 + x 2 − 9 y 2 − 30 = 28 y (1)
( x, y ∈ R ).

2
x
+
3
+
x
=
y
(2)

3
2

ĐK: x ≥ − , ( 1) ⇔ x 6 + x 2 = ( y + 3)3 + ( y + 3) (3)
Xét hàm số f(t)= t 3 + t , ∀t ∈ R. Có f ’(t)= t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến trên R
(3) ⇔ f ( x 2 ) = f ( y + 3) ⇔ x 2 = y + 3
1
2

1
2

Thay y = x 2 − 3 vào (2) ta được 2 x + 3 + x = x 2 − 3 ⇔ ( 2 x + 3 + ) 2 = ( x + ) 2

13

1
1

 2x + 3 + 2 = x + 2
 2x + 3 = x
x = 3
y = 6
⇔
⇔
⇔
(tm) ⇒ 
 y = −1
 2x + 3 + 1 = −x − 1
x = − 2
 2 x + 3 = − x − 1

2
2

KL: Hệ có 2 nghiệm (x; y) ∈ { (3; 6); (− 2; −1)} .

 x3 − x 2 y = x 2 − x + y + 1
Giải hệ phương trình:  3
3 2
 x + 2 xy + 2(3 x + y ) − 1 = 3 x + 7
Ta có (1) ⇔ ( x 2 + 1)( x − y − 1) = 0 ⇔ y = x − 1

(1)

(2)

Với y = x − 1 thế vào (2) ta được: x3 + 2 x 2 + 6 x − 3 = 3 3 x 2 + 7
⇔ ( x + 1)3 + 3( x + 1) = ( x 2 + 7) + 3 3 x 2 + 7
(3)
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t ta có f '(t ) = 3t + 3 > 0, ∀t
Suy ra f (t ) đồng biến trên ¡ do đó từ (3) suy ra
3
2
x + 1 = 3 x 2 + 7 ⇔ x + 2 x + 3x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;0)

ln x − ln y = x − y

Ví dụ 14: Giải hệ phương trình: 

2
2
 x − xy + y + x + y = 0

( 1)
( 2)

Giải: ĐK: x > 0; y > 0
Ta có: ( 1) ⇔ x − ln x = y − ln y
Xét hàm số : f ( t ) = t − ln t với t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t −

1

t

Ta có: f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 1 . Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0;1) và nghịch biến
trong khoảng ( 1; +∞ )
- Nếu x; y ≥ 1 hoặc x; y ≤ 1 thì ln ( 1 + x ) − x = ln ( 1 + y ) − y ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Thay vào PT: 2 x 2 − 5 xy + y 2 = 0 ta có nghiệm x = y = 0 hoặc x = y = −2 (loại)
- Nếu x < 1; y > 1 hoặc x > 1; y < 1 thì ( x − 1) ( y − 1) < 0 ⇔ xy − x − y + 1 < 0
x 2 − xy + y 2 + x + y > 1 do đó phương trình vô nghiệm
Vậy hệ vô nghiệm.
 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y = 0

Giải:
ĐK: −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2
( x + 1) 3 − 3 ( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2 (1)
Hệ đã cho tương đương với:  2
 x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 = 0 (2)
3
2
Xét hàm số: f ( t ) = t − 3t với 0 ≤ t ≤ 2

f ' ( t ) = 3t 2 − 6t ≤ 0∀t ∈ ( 0; 2 ) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

khi đó: ( 3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y thay vào (2) ta được:

14

2 1 − x2 = x2 ⇔ x = ± 2 2 − 2

( x; y ) =

(

Vậy hệ có nghiệm:

)(

)

2 2 − 2; 2 2 − 2 + 1 ; − 2 2 − 2; − 2 2 − 2 + 1

Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
( 23 − 3x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0 ( 1)

( 2)
 2 x + y + 2 − 2 y − 3x − 8 = 0
Giải: ĐK: x ≤ 7; y ≤ 6; 2 x + y + 2 ≥ 0; 2 x − 3 y + 8 ≥ 0

Ta có ( 1) ⇔ 3 ( 7 − x ) + 2 7 − x = 3 ( 6 − y ) + 2  6 − y ( 3)
Xét hàm số: f ( t ) = ( 3t + 2 ) t với t ≥ 0
3t + 2
> 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )
2 t
Khi đó: ( 3) ⇔ f ( 7 − x ) = f ( 6 − y ) ⇔ 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1 thay vào ( 2 ) ta được:
f '( t ) = 3 t +

3x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0
⇔

(

) (

)

3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 5

3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1÷ = 0
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x

⇔ x=5
3
1
+
+ 3 x + 1 > 0 ) Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = ( 5;5 )
(Do
3x + 1 + 4 1 + 6 − x

Loại 3:
Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình

Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x + 9 + 2 x + 4 > 5
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
Hướng dẫn giải:
x + 9 ≥ 0
⇔ x ≥ −2
a) x + 9 + 2 x + 4 > 5 (1). Điều kiện: 
2 x + 4 ≥ 0

Xét hàm số y = f ( x ) = x + 9 + 2 x + 4 . Miền xác định : D = [ −2; +∞ )
1
1
/
+
> 0 ∀x > −2 . Suy ra hàm số đồng biến trên D .
Đạo hàm f ( x ) =
2 x+9
2x + 4
Để ý rằng: f (0) = 5 , do đó:
+ Nếu x > 0 thì f ( x ) > f (0) ⇔ x + 9 + 2 x + 4 > 5 , nên x > 0 là nghiệm bpt.
+ Nếu −2 ≤ x ≤ 0 thì f ( x ) ≤ f (5) ⇔ x + 9 + 2 x + 4 ≤ 5 nên −2 ≤ x ≤ 0
không là nghiêm bpt.
Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là T = ( 0; +∞ ) .
b)

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (2)

15

x2 − 2x + 3 ≥ 0
 2
 x − 6 x + 11 ≥ 0
⇔1≤ x ≤ 3
Điều kiện: 
(*)
3
−
x
≥
0

 x − 1 ≥ 0
Biến đổi bất phương trình: ⇔ x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x

⇔ ( x − 1)2 + 2 + x − 1 > (3 − x )2 + 2 + 3 − x
(3)
Xét hàm số f (t ) = t 2 + 2 + t . Ta thấy hàm số đồng biến trên [ 1;3]
Từ (3) ta có f ( x − 1) > f (3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T = ( 2;3] .

IV. CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a) 3 − x + x 2 − 2 + x − x 2 = 1
c)

2x −1 + x2 + 3 = 4 − x

m x +6

− 2 4 x +3 m = ( 4 − m 2 ) x + 3m − 6
e) 2
2

g)

1
2

sin x

−

1
2

sin x cos2 x

= sin 4 x

2
2
2 sin x −3
3
+ ( 3sin x − 10 ) .3sin x −2 + 3 − sin x = 0
Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau:
a) x + x 2 − 1 ≥ 1
c)

x + 1 ≤ 1 − 2x + x2 − x3

Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau:

x − 3 = − x 3 + 3x 2 + x − 12
1
1
2 x −1
x −1
−e =
−
d) e
2x −1 x −1

b)

f) tan x + 2.3log2 tan x = 3
h)

b)

x − 1 + x 2 − 1 ≥ ( x + 1) ( 3 − x )

d)

x +3 x −3 ≥ 9− x

(

)

 2x − 2y = y − x
a)  2
2
 x + xy + y = 12

2

 4 x + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
b) 
2
2

 4x + y + 2 3 − 4x = 7

 3 + x 2 + 2 x + 3 = 5 + y + 3
c) 
 3 + y 2 + 2 y + 3 = 5 + x + 3

x y = yx
d)  2
2
 x + 4 y = 25

sin 2 x − 2 y = sin 2 y − 2 x

e) 2 x + 3y = π
 x, y > 0


 x 2 − 2 x + 6. log ( 6 − y ) = x

3

 2
f)  y − 2 y + 6.log3 ( 6 − z ) = y
 2
 z − 2 z + 6. log3 ( 6 − x ) = z

16


 tan x − tan y = y − x
g) 
 y + 1 − 1 = x − y + 8

 x − y sin x
e = sin y

h) 10 x 6 + 1 = 3 y 4 + 2

π < x , y < 5π

4

(

)

17

- Tên chuyên đề: CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP ĐẾM
- Tác giả chuyên đề: NGUYỄN THỊ THANH HẢI
- Chức vụ : Giáo viên Toán
- Đơn vị công tác: Trường THPT Vĩnh Yên
- Đối tượng học sinh bồi dưỡng: lớp 11, lớp 12
- Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 10 tiết

I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1. Quy tắc cộng:
Một công việc A được chia ra k công việc A1 , A2 ,..., Ak để thực hiện, mỗi
công việc độc lập nhau. Trong đó:
+ Công việc A1 có n1 cách thực hiện
18


+ Công việc A2 có n2 cách thực hiện
…………………………………..
+ Công việc Ak có nk cách thực hiện
Khi đó số cách thực hiện công việc A là : ( n1 + n2 + ... + nk ) cách.
2. Quy tắc nhân:
Một công việc A được thực hiện lần lượt qua k giai đoạn A1 , A2 ,..., Ak , với
mỗi cách thưck hiện ở giai đoạn này không trùng với bất kỳ cách thực hiện nà ở
các giai đoạn còn lại. Trong đó:
+ Giai đoạn A1 có n1 cách thực hiện
+ Giai đoạn A2 có n2 cách thực hiện
+ Giai đoạn A3 có n3 cách thực hiện
…………………………………..
+ Giai đoạn Ak có nk cách thực hiện
Khi đó số cách thực hiện công việc A là : ( n1.n2 .n3...nk ) cách.
3. Hoán vị:

3.1. Định nghĩa:
- Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n ≥ 1) . Mỗi cách sắp xếp có thức tự n phần tử
của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó.
3.2. Định lý: (Số hoán vị của n phần tử)
- Nếu ký hiệu số hoán vị của n phần tử là Pn thì ta có Pn = n ! = 1.2.3... ( n − 1) .n
*Chú ý: Quy ước 0! = 1
4. Chỉnh hợp:
4.1. Định nghĩa:
- Cho tập hợp A gồm n phần tử. Một bộ gồm k phần tử ( 1 ≤ k ≤ n ) sắp xếp có thức
tự của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A.
4.2. Định lý: (Số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
- Nếu ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là Ank thì ta có
Ank = n. ( n − 1) . ( n − 2 ) ... ( n − k + 1)

19


*Chú ý:
n!

k
- Có thể viết Ank theo cách khác An = ( n − k ) !

- Nếu k=n thì Ank = Pn
- Hai chỉnh hợp khác nhau là hai bộ có ít nhất 1 phần tử khác nhau hoặc các
phần tử giống nhau nhưng thứ tự sắp xếp khác nhau.
5. Tổ hợp:
5.1. Định nghĩa:
- Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k phần tử ( 1 ≤ k ≤ n ) của tập
hợp A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của tập A.

5.2. Định lý: (Số tổ hợp chập k của n phần tử)
- Nếu ký hiệu số tổ hợp chập k của n phần tử là Cnk thì ta có
Cnk =

n. ( n − 1) . ( n − 2 ) ... ( n − k + 1)
n!
=
Cn0 = 1
và
quy
ước
k!
k !( n − k ) !

*Chú ý:
- Hai tổ hợp khác nhau là hai tập con có ít nhất 1 phần tử khác nhau .

II. DẤU HIỆU NHẬN BIẾT ĐẶC TRƯNG :
1. Bài toán 1: có sử dụng hoán vị của n phần tử . Chúng ta thường dựa trên dấu
hiệu đặc trưng sau:
- Tất cả n phần tử đều có mặt.
- Mỗi phần tử chỉ xuất hiện 1 lần.
- Có sự sắp xếp thứ tự giữa các phần tử.
- Khi đó số cách sắp xếp n phần tử là số hoán vị của n phần tử đó.
Và có Pn = n! = 1.2.3....( n − 1) .n
2. Bài toán 2: có sử dụng chỉnh hợp chập k của n phần tử . Chúng ta thường dựa
trên dấu hiệu đặc trưng sau:
- Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước.
- Có sự sắp xếp thứ tự giữa k phần tử đó.
20

- Khi đó số cách chọn k phần tử có sắp xếp thứ tự từ n phần tử là số chỉnh
hợp chập k của n phẩn tử đó.
n!

k
Và có An = ( n − k ) ! = n ( n − 1) ... ( n − k + 1)

3. Bài toán 3: có sử dụng tổ hợp chập k của n phần tử . Chúng ta thường dựa trên
dấu hiệu đặc trưng sau:
- Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước.
- Không có sự sắp xếp thứ tự giữa k phần tử đó.
- Khi đó số cách chọn k phần tử không có sắp xếp thứ tự từ n phần tử là số
tổ hợp chập k của n phẩn tử đó.
k
Và có Cn =

n!
k !( n − k ) !

III. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP:

DẠNG 1: BÀI TOÁN ĐẾM PHƯƠNG ÁN
1. Bài toán đếm có sự sắp xếp
Ví dụ 1:
Có bao nhiêu cách sắp xếp 7 bạn học sinh A, B, C, D, E, F, G vào một chiếc
ghế dài sao cho
a- Bạn D ngồi vào chính giữa 7 bạn ?
b- Hai bạn A và G ngồi ở 2 đầu ghế ?

*Phân tích:
a/Sau khi sắp xếp vị trí ngồi cho D chúng ta thấy rằng 6 bạn còn như 6 phần tử
đều có mặt và chỉ xuất hiện 1 lần . Mỗi cách sắp xếp có sự phân biệt thứ tự. Do
đó ta sử dụng bài toán 1.

21


b/Tương tư ta thấy: Sau khi sắp xếp vị trí ngồi cho A và G chúng ta thấy rằng 5
bạn còn như 5 phần tử đều có mặt và chỉ xuất hiện 1 lần . Mỗi cách sắp xếp có
sự phân biệt thứ tự. Do đó ta sử dụng bài toán 1.

*Lời giải:
a/Sắp xếp D ngồi vào chính giữa: có 1 cách.
Mỗi cách sắp xếp A, B, C, E, F vào 6 chỗ còn lại là một hoán vị của 6 phần tử
nên có 6 cách sắp xếp A, B, C, E, F .
Vậy có 1 × 6!=720 cách sắp xếp thoả mãn yên cầu bài toán.
b/ sắp xếp 2 bạn A và G vào vị trí : có 2 cách.
Sắp xếp các bạn còn lại : có 5! cách.
vậy có 2! × 5!=240 cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán .

Ví dụ 2:
Có 5 tem thư khác nhau và 6 bì thư cũng khác nhau. Người ta muốn chọn
ra 3 tem thư và 3 bì thư và dán 3 tem thư ấy lên 3 bì thư đã chọn. Một bì thư chỉ
dán một tem thư. Hỏi có bao nhiêu cách làm như vậy?
*Lời giải :
Chọn ra 3 tem thư từ 5 tem => có C53 cách chọn
Chọn ra 3 bì thư từ 6 bì thư => có C63 cách chọn
Mỗi cách dán 3 tem lên 3 bì thư vừa được chọn ra là một hoán vị của 3 nên có 3!
cách dán.

Vậy có C53 . C63 .3!=1200 cách làm.
Ví dụ 3:
Một thầy giáo có 12 quyển sách khác nhau, trong đó có 5 quyển văn học,
4 quyển âm nhạc và 3 quyển hội hoạ. Ông muốn lấy ra 6 quyển và đem tặng cho
6 học sinh khác nhau. Mỗi em chỉ được một quyển.

22


a/ Giả sử thầy giáo chỉ muốn tặng cho các em học sinh trên những quyển
sách văn học và âm nhạc. Hỏi có bao nhiêu cách tặng?
b/ Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách xong, mỗi loại còn ít
nhất một quyển. Hỏi có bao nhiêu cách tặng?
*Lời giải :
a/ Cách 1:
Chọn 6 quyển sách bất kỳ từ 5 quyển sách văn học và 4 quyển âm nhạc là một tổ
hợp chập 6 của 9 phần tử => có C96 cách chọn
Với mỗi cách chọn như vậy sẽ có 6! cách tặng .
Vậy số cách tặng là: C96 .6!=60480 cách tặng.

Cách 2:
Số cách tặng 6 quyển sách theo yêu cầu bài toán là một chỉnh hợp chập 6 của 9
phần tử .
Vậy số cách tặng là: A96 =60480 cách tặng.
b/ Cách 1:
Chọn 6 quyển sách bất kỳ từ 5 quyển sách văn học và 4 quyển âm nhạc là một tổ
hợp chập 6 của 9 phần tử => có C96 cách chọn
Với mỗi cách chọn như vậy sẽ có 6! cách tặng .
Vậy số cách tặng là: C96 .6!=60480 cách tặng.
Cách 2:

Số cách tặng 6 quyển sách theo yêu cầu bài toán là một chỉnh hợp chập 6 của 9
phần tử .
Vậy số cách tặng là: A96 =60480 cách tặng.
2. Bài toán đếm không có sắp xếp
Ví dụ 4:

23


Đội thanh niên xung kích của trường X có 12 học sinh, gồm 5 học sinh
lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm
vụ sao cho:
a/ 4 học sinh này thuộc cả 3 lớp trên.
b/ 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
*Phân tích:
Số học sinh được chọn từ 12 học sinh không sắp xếp thứ tự gì nên ta có thể sử
dụng bài toán 2.
*Lời giải:
a/Vì 4 học sinh được chọn cần ở cả 3 lớp nên ta có các trường hợp chia như sau:
Học sinh lớp A

Học sinh lớp B

Học sinh lớp C

Số cách chọn tương
ứng

2

1
1

1
2
1

1
1
2

C52 .C41 .C31 = 120 cách
C51.C42 .C31 = 90 cách
C51.C41.C32 = 60 cách

Vậy có tất cả là 120+90+60=270 cách.
b/ Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C124 = 495
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có 1 học sinh là 270 cách chọn .
Nên số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp phải là :
495-270=225 cách chọn .
Ví dụ 5: (ĐH khối B-2004)
Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hổi
khó, 10 câu hỏi trung bìnhvà 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được
bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề
nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình và dễ) và số câu hỏi dễ
không ít hơn 2?
*Lời giải :
24

Ta có trường hợp như sau:
số câu hỏi dễ số câu hỏi TB
2
1
2
2
3
1

số câu hỏi khó
2
1
1

Số cách lập đề dạng này
1
C152 .C10
.C52 = 10500 cách
C152 .C102 .C51 = 23625 cách
1
C153 .C10
.C51 = 22750 cách

Áp dụng quy tắc cộng có tất cả 10500+23625+22750=56875 đề được lập.
Ví dụ 6: (ĐH khối B-2005)
Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có
bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền
núi sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?
*Lời giải :
Số cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất là C31C124 .

Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất ta có số
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai là C21C84 .
Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ
hai ta có số cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba là C11C44 .
Vậy có tất cả các cách phân công thanh niên tình nguyện về ba tỉnh sẽ là:
C31C124 × C21C84 × C11C44 =207900 cách.
Ví dụ 7 :
Một lớp có 30 học sinh gồm 18 nam và 12 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một
ban cán sự lớp gồm 5 người:
a/ Mọi người đều vui vẻ tham gia.
b/ Cậu Tâm và cô Bình không thể rời nhau.
c/ Cậu An và cô Hà không thể làm việc chung với nhau.
*Lời giải :
a/ Vì mọi người đều vui vẻ tham gia nên ta tuỳ ý chọn 5 trong số 30 người vào
ban cán sự lớp. Mỗi cách chọn đó là một tổ hợp chập 5 của 30 phần tử .
5
Vậy có tất cả C30 =

30!
= 142506 cách chọn .
5!25!
25