Sáng kiến kinh nghiệm SKKN sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM, TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHỨC
NHẰM GIÚP HỌC SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ
HỢP"

1


A. Đặt vấn đề:
Trong chương trình phổ thông, bài toán tổ hợp là một phần quan trọng để phát triển tư
duy, tính sáng tạo của các em học sinh. Những năm gần đây, các bài toán của Đại số tổ
hợp thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng khá nhiều. Để
giải quyết bài toán này có nhiều phương pháp khác nhau, khi thì dùng trực tiếp các tính
chất về tổ hợp, phép biến đổi tương đương, cũng có khi là sử dụng đạo hàm, tích phân,
còn số phức thì thật sự còn mới mẻ. Song trong nội dung bài viết này tôi trình bày một số
bài toán tổ hợp hay gặp mà cách giải là tổng thể sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và
số phức. Đây thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh,
gọn, chính xác. Mong muốn hơn của tôi là cho các em cái nhìn tổng thể về cách giải
quyết bài toán này.
Tất nhiên, tổ hợp được học ở trong chương trình lớp 11, cụ thể là ở giữa HKI. Còn đạo
hàm thì được trình bày ở cuối HKII của lớp 11, tích phân được học ở trong chương trình
lớp 12, thậm chí số phức được trình bày ở cuối chương trình lớp 12. Hệ thống các bài tập
ở sách giáo khoa và sách bài tập về ứng dụng đạo hàm, tích phân và số phức để giải các
bài toán tổ hợp thì không được trình bày nhiều, học sinh không được rèn luyện kỹ năng
này trên lớp. Do đó, khi gặp bài toán này ở các đề thi Đại học và Cao đẳng, phần lớn các
em không làm được.
Nhằm mục đích để cho các em học sinh chuẩn bị bước vào các kỳ thi quan trọng, thấy
được tổng thể các phương pháp giải quyết bài toán tổ hợp, từ đó tạo cho các em niềm tin
sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới. Tôi chọn đề tài “Sử dụng công cụ đạo hàm, tích

phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”. làm sáng
kiến kinh nghiệm của mình. Đồng thời áp dụng đề tài ngay cho các em học sinh dang học
lớp 12 năm 2013 này.

2


B. Giải quyết vấn đề:
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
Rõ dàng các bài tập tổ hợp mà ta giải quyết ở chuyên đề này là: Tính tổng, Chứng minh
đẳng thức, hay tìm nN* thoả mãn đẳng thức nào đó, tất nhiên là các dạng này đều chứa
Cnk và đó là những bài toán này liên quan đến những khai triển nhị thức Newton, mà việc
chọn các số hạng trong nhị thức, số mũ của nhị thức có vai trò cực kỳ quan trọng đối với
bài toán ta cần giải quyết.
Giả sử, ta xét nhị thức:
(1 + x)n = C0n  xC1n  x 2C2n  ...  x nCnn

(1) (với mọi x và với mọi nN*)

Từ đó suy ra:
a) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
[(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′
 n(1+x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

(2)

b) Lấy tích phân hai vế của (1) ta được:
b

 1  x 

n

b





dx   C0n  C1n x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n dx

a

a
b

b

2
3
n 1 
 1  x n 1 
 0
1 x
2 x
n x
  Cn x  Cn

 Cn
 ...  Cn


n

1
2
3
n  1 




a
a

(3)

c) Giả sử bài toán cần tính tổng của C nk (với k = 0,1,2,.....n)
Ta Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là x
= i). Mặt khác khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là




6

,





4

,





3

). Rồi so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách

tính. Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ cho tổng cần tính.
Sau đây tôi sẽ trình bày mỗi phương pháp một ví dụ tương ứng, để làm minh chứng cho
cơ sở lý luận của đề tài này. Ở phần giải quyết vấn đề tôi cố gắng trình bày các bài toán
một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải nhằm giúp học sinh thấy được khi nào
dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu quả cao nhất.
3


Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học KA -2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1  ...  (2n  1)22 n C22nn1  2005 (1)

Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có :

1  x 

2 n 1

 C20n 1  C21n 1 x  C22n 1 x 2  C23n 1 x 3  ...  C22nn11 x 2 n 1

 (2n  1).(1  x) 2 n  C21n 1  2C22n 1 x  C23n 1 x 3  ...  C22nn11 x 2 n 1 (2)

Chọn x= -2 thay vào (2) ta được:
2n  1  C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1  ...  (2n  1)22n C22nn1 (3)

Từ (1) và (3) ta thấy VT (1) = VP (3) suy ra 2n+1=2005  n  1002 (thoả mãn)
Kết luận: n  1002 là gái trị cần tìm
Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh đại học KA-2007)
Cho n là số nguyên dương,chứng minh:

1 1
1
1
1 2 n 1 2 2 n  1
C 2 n  C 23n  C 25n  ... 
C2n 
2
4
6
2n
2n  1

Giải:
Xét các khai triển
2 2
2n 2n

x  C32n x 3  ...  C2n
x
1  x 2n  C02n  C12n x  C2n

(1)

2 2
2n 2n
x  C32n x 3  ...  C2n
x
1  x 2n  C0n  C12n x  C2n

(2)

Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
1 2n 1
1  x 2n  1  x 2n  2  C12n x  C32n x 3  ...  C2n

2n x

2n
2n
1  x   1  x 



2

1 2n 1
 C12n x  C32n x 3  ...  C2n

2n x

2n
2n
1
1  x   1  x 

1 2n 1
Suy ra 
dx    C12n x  C32n x 3  ...  C2n
 dx
2n x
1

0

2

0

4


1

1
 1  x 2n 1  1  x 2n 1 
1 1 2 1 3 4
1 2n 1 2n 


   C2n x  C2n x  ...  C2n x 



2(2n  1)
2
4
2n
0

0 

1 1
1 3
1 5
1 2n 1 22n  1
 C2n  C2n  C2n  ... 
C2n 
(đpcm)
2
4
6
2n
2n  1

Ví dụ 3: (Bài tập 29 trang 206 SGK Giải tích 12- Nâng cao)
Tính: S = C190  C192  C194  ...  C1916  C1918
Giải
Ta có: (1  i)19  (C190  C191 i 2  C194 i 4  ...  C1916i16  C1918i18 )  (C191 i  C193 i3  ...  C1919i19 )
= C190  C192  C194  ...  C1916  C1918 +( C191  C193  C195  ...  C1917  C1919 )i

Từ đó suy ra phần thực ở vế phải là C190  C192  C194  ...  C1916  C1918
mặt khác,


 

(1  i)   2(cos  sin ) 
4
4 


19

19

=

( 2)19 (cos

=

( 2)19 (

19
19
 sin
)
4
4

2
2
i
)
2
2

= -29 + 29i

So sánh hai cách tính trên ta được S = C190  C192  C194  ...  C1916  C1918 = -29 = -512
II. Thực trạng của vấn đề:
Thuận lợi: Năm 2013 tôi đặt mục tiêu là hoàn thành chuyên đề “ Sử dụng công cụ đạo
hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”.
thì lại trùng với việc tôi được trực tiếp giảng dạy hai lớp 12, mà số đông trong các em là
những học sinh quyết tâm sẽ thi vào các trường Đại học và cao đẳng. Đó là thuận lợi
đáng kể để tôi áp dụng đề tài này, và tôi tin là lớp học sinh được tôi truyền đạt chuyên đề
này sẽ đạt kết quả khác biệt so với lớp học sinh có chất lượng tương tự khi tôi cũng trực
tiếp giảng dạy các em năm 2010.
Khó khăn: Tỷ lệ học sinh làm được loại toán này còn rất thấp.
Điều này tôi thu được vì cả hai năm lớp 10, 11 tôi đều trực tiếp dạy các em và sang năm
2013 này tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng làm bài loại toán này thông qua một số bài
kiểm tra đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3.

5


Lớp

Sỉ số Đạt diểm dưới Tỉ lệ
5

Đạt diểm trên Tỉ lệ
5

12C1

43

25

60.9%

18

39.1%

12C3

44

30

63.6%

14

36.4%

(Khảo sát chất lượng khi chưa đưa chuyên đề này vào giảng dạy)
Tôi hiểu rằng, việc lĩnh hội kiến thức này và rèn luyện kĩ năng của các em học sinh đòi

hỏi nhiều công sức và thời gian. Hiện tại nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ đó là:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm hướng giải quyết cho một bài toán tổ hợp.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ loại bài tập này.
Đây là chuyên đề đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó không chỉ đối
với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải kiến thức, lẫn phương
pháp tới các em. Cụ thể là làm thế nào để các em hiểu khi nào thì bài toán tổ hợp sử
dụng được các công cụ trên.
III. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề :
Trong dạy và học toán nhiệm vụ của thầy và trò là tìm ra một phương pháp phù hợp để
giải các bài tập là quan trọng nhất. Như đã nói ở trên, phần giải quyết vấn đề này, tôi sẽ
cố gắng trình bày các bài toán một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải nhằm
giúp học sinh thấy được khi nào dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu
quả cao, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn, và chính xác. Từ đó tạo cho các
em niềm tin sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới.
Sau đây tôi xin đi vào từng phần cụ thể
1. SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
1.1.
Phương
pháp
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức bắt đầu từ những khai
triển Newton và phép lấy đạo hàm các đẳng thức đó.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 1: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm
dần từ 1,2,3,…,n hay n,…,3,2,1 tức là số hạng đó có dạng kCnk hoặc kCnk ank bk 1 thì ta có
thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
a) (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′
6


 n(1+x)

n−1

= Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

(1−x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n

b)

 [(1−x)n]′=

Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n  ′

 −n(1−x)

n−1

= Cn1  2Cn2 x  ...  (1)n nCnn xn1

c) (x+1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  Cnn1x  Cnn
 [(x+1)n]′= Cn0 x n  Cn1 x n1  Cn2 x n2  ...  Cnn1 x


 Cnn 

n(x+1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  nCnn1

d) (x−1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  (1)n1Cnn1x  (1)n Cnn
 [(x−1)n]′=

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)(n 1)Cnn1

Tổng quát:

a  x

n

 Cn0 a n  2Cn1a n 1 x  ...  nCnn ax n

 n  a  x n1  Cn1a n1  2Cn2 a n2  ...  nCnn ax n1 1
Đến đây thay x,a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Dấu hiệu áp dụng đạo hàm cấp 2: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng
1.2,2.3,…,(n-1)n hay (n-1)n,…,3.2,2.1 hay 12,22,…,n2 (không kể dấu) tức là số hạng đó
có dạng k (k 1)Cnk ank hay tổng quát hơn k  k  1 Cnk a nk bk thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp
2 để tính. Xét đa thức
Từ các đẳng thức về đạo hàm cấp 1 ở trên ta có
a) n(n−1)(1+x)n-2 = 2.1Cn2  3.2Cn3 x...  n(n 1)Cnn xn2
b) n(n−1)(1−x)n-2 = 2.1Cn2 3.2Cn3 x 4.3Cn4 x2 ...  (1)n n(n 1)Cnn xn2
c) n(n−1)(x+1)n-2 = n(n 1)Cn0 xn2  (n 1)(n  2)Cn1 xn3  ...  3.2Cnn3 x  2.1Cnn2
d)(n−1)(x−1)n-2
Tổng quát

 a  bx 


n

=

n(n 1)Cn0 xn2  (n 1)(n  2)Cn1 x n3  ...  (1)n3 3.2Cnn3 x  (1)n2 2.1Cnn2

 Cn0  Cn1 a n 1bx  ...  Cnnb n x n

bn  a  bx 

n 1

 Cn1 a n 1b  2Cn2 a n 2b 2 x...  nCnnb n x n 1

7


 b 2 n  n  1  a  bx n2   2.1Cn2 a n2b 2  ...  n  n  1 Cnnb n x n1  2 

Đến đây ta chỉ việc thay a,b,x bởi các hằng số thích hợp nữa thôi.
Một số lưu ý:
- Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong các công thức trên cho phù
hợp.
- Nếu mất những số hạng đầu ( Cn0 , Cn1 ) ta sử dụng các công thức chứa (1+x) cho tổng
không đan dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x) . - Nếu mất
những số hạng sau ( Cnn , Cnn1 ) ta sử dụng các công thức chứa (x+1) cho tổng không đan
dấu, còn nếu tổng đan dấu ta sử dụng các công thức chứa (1- x)
- Nếu mất một số hạng thì ta đạo hàm cấp 1, nếu mất 2 số hạng thì ta đạo hàm cấp 2.
Ta sẽ bàn và phân tích kỹ cách áp dụng của phương pháp này trong từng bài toán cụ thể.
Tóm lại: Với loại bài tập này sau khi chọn được hàm số
đạo hàm hàm số đã chọn theo hai cách:

f (x)

thích hợp ta tiến hành lấy

- Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số đã cho
- Lấy đạo hàm sau khi đã sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số f (x) đã chọn (Dĩ
nhiên ở đây f (x) có dạng có thể dùng công thức khai triển nhị thức Newton)
-Với phép lấy đạo hàm, ta lựa chọn một giá trị phù hợp cho x, rồi thay vào hai biểu
thức và tính đạo hàm.
Như vậy tôi nhấn mạnh cho học sinh thấy khi gặp bài toán có chứa hệ số kiểu a.n ta
chú ý ngay đến cách dùng đạo hàm.
1.2 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn =n.2n-1
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cn0 và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)n, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′
 n(1+x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

Thay x=1, ta có điều phải chứng minh.
8


Bài 2: Chứng minh: 2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4 ...  n(n 1)Cnn = n(n−1).2n-2
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cn0 , Cn1 và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)n, đạo hàm cấp 2.
Giải:
Ta có (1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′′

 n(n−1)(1+x)

n-2

= 2.1Cn2  3.2Cn3 x...  n(n 1)Cnn xn2

Thay x=1 vào
đẳng
thức
cuối
ta
có
điều
phải
chứng
minh.
1
2
3
n 1
n
Bài
3:
Chứng
minh: 1Cn  2Cn  3Cn  ...  (1) nCn =
0
n
0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cn và tổng đan dấu nên ta sử dụng (1−x) , đạo
hàm cấp 1.

Giải:
Ta có

(1−x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n

 [(1−x)n]′=

Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n  ′

 −n(1−x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  (1)n nCnn xn1

Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh nCn0  (n 1)Cn1  (n  2)Cn2  (n  3)Cn3  ...  (1)n1Cnn1 =0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cnn và tổng đan dấu nên ta sử dụng (x−1)n, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có:

(x−1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  (1)n1Cnn1x  (1)n Cnn

 [(x−1)n]′=

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)n1Cnn1

Thay x=1 ta
có
điều
phải

chứng
minh.
n 2
0
1
Bài
5:
Chứng
minh n(n 1)2  n(n 1)Cn  (n 1)(n  2)Cn  ...  2Cnn2 .
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất Cnn1 , Cnn và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (x+1)n, đạo hàm cấp 2.

9


Giải:
(x+1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  Cnn1x  Cnn
 [(x+1)n]′′= Cn0 x n  Cn1 x n1  Cn2 x n2  ...  Cnn1 x
 n(n−1)(x+1)

n-2

 Cnn  ′′

= n(n 1)Cn0 xn2  (n 1)(n  2)Cn1 xn3  ...  3.2Cnn3 x  2.1Cnn2

Thay x=1 ta có điều phải chứng minh.
Bài 6: Chứng minh:
(1)n1 Cn1  (1)n2 .2.2Cn2  ....  (1)nk .k.(2k 1)Cnk  ...  n(2n 1)Cnn

=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 Cn0 . Ta sử dụng (−1+x)n, đạo hàm cấp 1.
Giải:

Ta có:  1  x 

n

 (1) n Cn0  (1) n 1 Cn1 x  (1) n  2 Cn2 x 2  ....  (1)n k Cnk x k  ...  Cnn x n

 [(−1+x)n ]′=[ (1)n Cn0  (1)n1Cn1 x  (1)n2 Cn2 x2  ....  (1)nk Cnk xk  ...  Cnn xn ]′
 n(−1+x)n−1 = (1)n1 Cn1  (1)n2 2Cn2 x  ....  (1)nk kCnk xk 1  ...  nCnn xn1 Thay x=2 ta có điều
phải chứng minh.
Bài 7: Chứng minh
n4n1Cn0  (n 1)4n2 Cn1  (n  2)4n3 Cn2  ....  (1)n1 Cnn1  Cn1  22 Cn2  n2n1Cnn

Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất Cnn nên ta sử dụng (x−1)n, đạo hàm cấp
1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất Cn0 nên ta sử dụng (1+x)n,
đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)n= Cn0 xn  Cn1 xn1  Cn2 xn2  ...  (1)n1Cnn1x  (1)n Cnn
 [(x−1)n]′=

Cn0 x n  Cn1 x n 1  Cn2 x n 2  ...  (1) n 1 Cnn 1 x  (1) n Cnn 

 n(x−1)n−1= nCn0 xn1  (n 1)Cn1 xn2  (n  2)Cn2 xn3  ...  (1)n1Cnn1

Thay x=4 ta được

n3n−1= n4n1Cn0  (n 1)4n2 Cn1  (n  2)4n3 Cn2  ...  (1)n1Cnn1
(1+x)n= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n
 [(1+x)n]′= Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n  ′

(1)

 n(1+x)n−1= Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

10


Thay x=2 ta
được n3n−1
=
(2)
Cn1  22 Cn2  n2n1Cnn
Từ
(1)
và
(2)
ta
có
điều
phải
chứng
minh.
n−1
0
1
2

Bài
8:
Chứng
minh (n+4)2 =2 Cn  3Cn  4Cn  ...  (n  2)Cnn
Phân tích: tương tự như bài trên nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân
thêm x2 trước khi đạo hàm.
Giải:
Ta
có:
x2(1+x)n
=
Đạo
hàm
2
vế
n
2
n−1
0
1 2
2 3
2x(1+x) +nx (1+x) = 2Cn x  3Cn x  4Cn x  ...  (n  2)Cnn xn1
Thay x=1 ta
2n+1+n.2n−1=

(n+4)2n−1=
0
1
2
3

2012
Bài 9:Tính tổng: S = C2012
 2C2012
 3C2012
 4C2012
 ....  2013C2012

Cn0 x2  Cn1 x3  Cn2 x4  ...  Cnn xn2

ta

được
được

2 Cn0  3Cn1  4Cn2  ...  (n  2)Cnn
Cn0  3Cn1  4Cn2  ...  (n  2)Cnn

Giải:
2012
Phân tích: tổng chứa tổ hợp của 2012, không đan dấu, hệ số gắn với C2012
lớn nhất nên ta
sử
dụng (1+x)2012.
SHTQ là (k+1) Cnk , hệ số đầu chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế với x.

Giải:
Ta
Đạo

xét:

hàm
2
2011
(2012x+x+1)(1+x)
=
Cho x=1 ta VP = tổng S, còn VT = 2014.22011
Vậy
tổng
Các bài tập làm thêm

0
1
2
n
x(1+x)2012= C2012
x  C2012
x2  C2012
x3  ...  C2012
x20121
vế
ta
được
0
1
2
n
C2012
 2C2012
x  3C2012

x2  ...  2013C2012
x2012

S

=

2014.22011.

Bài 1. Chứng minh rằng :
C 0n  2.C1n  3.C 2n  ...  (n  1)C nn  (n  2).2 n-1

HD : xét hàm số f(x) = x(1+x)n


Khai triển và đạo hàm cấp 1, hai vế theo biến x



Thay x = 1.

Ở bài toán này tôi muốn rèn luyện kỹ năng lựa chọn hàm số .
11


Bài 2. Chứng minh rằng :
(C1n ) 2  2.(C 2n ) 2  3.(C 3n ) 3  ...  n.(C nn ) 2 

(2n - 1)!
[(n - 1)!]2

HD : Xét hàm số f(x)= (1+x)n


Đạo hàm cấp một theo x, hai vế và suy ra x.f’(x) (1)



Thay x bởi

1
,
x

ta được (2)


Nhân (1) cho (2), ta thu được hệ số của số hạng không chứa x là đẳng thức chứng
minh .
n 1
Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1 nCnn
Bài
3:
:(ĐH
BKHN-1999)
Tính
tổng
Bài 4:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng: C201  C201  ...  C2019  219

Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :

C

0
2004

2 C
2

1
2004

 ...  2

2004

C

2004
2004

32004  1

2

1
2
2009
Bài 6: Rút gọn tổng: 12 C2009
22008  22 C2009

22007  ...  20092 C2009
0
1
2007
Bài 7: Tính tổng: 2008C2007
 2007C2007
 ...  C2007

HD : Xét  x  12007
2. SỬ DỤNG CÔNG CỤ TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
2.1. Phương pháp
Các dấu hiệu nhận biết sử dụng phương pháp tích phân
1 1 1
2 3 4

1
n

Nếu trong tổng dãy tổ hợp, các số hạng chứa các phân số 1; ; ; ;...; ;... và mẫu số
được xếp theo thứ tự tăng hoặc giảm đều theo một quy luật nào đó, ta nghĩ ngay đến việc
sử dụng tích phân. Khi đó, ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm hàm để tính tích phân với các cận thích hợp.
Bước 2: Lấy tính tích phân cả hai vế: vế chưa khai triển nhị thức Newton và vế đã khai
triển.
Bước 3: Cho hai kết quả bằng nhau và kết luận.

12


Ta sẽ tìm hiểu về phương pháp cơ bản (dùng tích phân hàm đa thức) và các phương pháp

bổ sung: Như nhân thêm x,x2,... (tất nhiên các phương pháp Truy hồi tích phân hay là
Dựa vào tích phân cho trước tôi xin phép sẽ không đề cập ở bài viết này do khuôn khổ
của
SKKN).
k
k
Lưu ý: Khi mỗi hệ số trong tổ hợp có dạng b  a , ta chọn cận từ a đến b, tức là
b

 f  x  dx
a

Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức tích phân sau:
b

a)

 1  x 

n

b





dx   C0n  C1n x  C2n x 2  ...  Cnn x n dx

a

a
b

b

2
3
n 1 
 1  x n 1 
 0
1 x
2 x
n x
  Cn x  Cn

 Cn
 ...  Cn

2
3
n  1 
 n  1 

a
a
b

b)

 1  x 

n

a

b

dx   C0n  C1n x  Cn2 x 2  ...   1 C nn x n dx


n

a
b

b

2
3
n 1 
 1  x n 1 
 0
n n x
1 x
2 x
  Cn x  Cn
 
 Cn
 ...   1 Cn


n 1 
2
3
n

1


 a
a 
b

c)

  x  1

n

b





dx   C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...  Cnn dx

a

a

b

b

n
n 1
  x  1n 1 
 0 x n 1

1 x
2 x
  Cn

 Cn
 Cn
 ...  Cnn 
n
n 1
 n  1 
 n  1
 a
a
b

d)

  x  1
a

n

b

n
dx   C0n x n  C1n x n 1  C2n x n  2  ...   1 Cnn dx


a

b

b

n
n 1
  x  1n 1 
 0 x n 1

n
1 x
2 x
   Cn

 Cn
 Cn
 ...   1 Cnn 
n
n 1
 n  1 

 n  1
 a
a

13


Tiếp theo ta nghiên cứu các bài toán cụ thể theo cách chia dạng sau:
2.2 Bài tập.
Phương pháp 1: Xét tích phân dựa vào hàm đa thức.
Bài 1:
Tính: 2 Cn0  4Cn1 

26 2
3n 1  1 n
Cn  ... 
Cn
3
n 1

Phân tích: tổng không đan dấu, có chứa phân số (dấu hiệu sử dụng tích phân), quan sát
số hạng cuối có hệ số

3n 1  1
,
n 1

3

ta biết cận từ 1 đến 3. Nên ta sử dụng 1

(1  x ) n dx

Giải:
3

có 1 (1  x)n dx

Ta



=

3

1

(Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n )dx

3

2
3
n 1
 (1  x) n 1 
0
1 x
2 x
n x

 Cn
 ...  Cn

]
 =[ Cn x  Cn
2
3
n 1
 n 1  1

3
1

3

 (1  x) n 1 


 n 1  1

Cn0 x 13  Cn1

=

x2
2

3
1

 Cn2

x3
3

3
1

 ...  Cnn

x n 1
n 1

3
1

4n 1  2n 1
26 2 3n 1  1 n
0
1

 2Cn  4Cn  Cn 
Cn
n 1
3
n 1

Vậy

S

=

4n 1  2n 1
n 1

Lưu ý: khi tính giá trị tích phân có gắn tổ hợp ta nên tách riêng từng tổ hợp một như trên
để
tính
thì
kết
quả
nhanh
hơn.
Bài

2: Tính

tổng

Phân tích: chuỗi đan dấu, hệ số phân số,

S= 2Cn0 
1
n 1

1 2 1 1 3 2
1
.2 Cn  .2 Cn  ...  (1) n .
.2n 1 Cnn

2
3
n 1

gắn với Cnn , có dấu hiệu dùng tích phân,
2

quan sát hệ số của số hạng cuối ta lấy cận từ 0 đến 2, tức là 0 (1  x)n dx .
Giải:



2

0

(1  x) n dx



=

0

2

 (1  x) n 1 

 =
 n 1  0



1  ( 1) n 1
n 1

2

(Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  (1) n Cnn x n )dx
2

2
3
n 1
 0

1 x
2 x
n n x
C
x

C

C

...

(

1)

C
n
n
n
 n

2
3
n 1 0


= 2Cn0 

1 2 1 1 3 2
1
.2 Cn  .2 Cn  ...  (1) n .
.2n 1 Cnn
2
3
n 1

14


Vậy S =



1  (1) n
n 1

Bài 3. (ĐH Khối B-2003)
Cho n 

*

. Tính tổng:

S  C0n

22  1 1 23  1 2
2n 1  1 n

Cn 
Cn  ... 
Cn
2
3
n 1

Phân tích: Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều một đơn
vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các
2n 1  1
cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số
nên ta biết cận
n 1
2

từ 1 đến 2 và tổng không đan dấu nên ta sử dụng

 1  x 

n

dx

1

Giải
Ta có : 1  x   C0n  C1n x  Cn2 x 2  C3n x 3  ...  Cnn x n
n

2

2





Suy ra  1  x  dx   C0n  C1n x  C2n x 2  C3n x 3  ...  Cnn x n dx
n

1

1

n 1
1 x




n 1

1
n 1

3n 1  2

n 1

Vậy

S  C0n

2

2


1
1
1

  C0n x  C1n x 2  C2n x 3  ... 
Cnn x n 1 
2
3
n 1


1
 C0n

2 2  1 1 23  1 2
2n 1  1 n

Cn 
Cn  ... 
Cn
2
3
n 1

22  1 1 23  1 2
2n 1  1 n 3n 1  2n 1

Cn 
Cn  ... 
Cn 
2
3
n 1
n 1

Phương pháp 2: Nhân thêm x,x2,...( Các phương pháp bổ sung).
Thông thường sau khi lấy tích phân hệ số chứa
dạng

1
Cnk .

k 2

1
Cnk .
k 1

Nếu bài cho những hệ số

ta phải nhân thêm x trước khi lấy tích phân, còn dạng

1
Cnk .
k 3

ta nhân

thêm x2 trước khi lấy tích phân,…
Bài 1:
1
1
1
1
Cnn .
Tính S= Cn0  Cn1  Cn2  ... 
2

3

4

n2

15


Phân tích: tổng không đan dấu, độ chênh lệch so với dạng cơ bản là 1 nên ta nhân
thêm x trước khi tích phân.
Giải:



1

x(1  x) n dx

0



1

0

1

 (C

=

(Cn0 x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  ...  Cnn x n 1 )dx

0

=

[ Cn0

0
n

x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  ...  Cnn x n 1 )dx

x2
x3
x4
x n2
 Cn1  Cn2
 ...  Cnn
]
2
3
4
n2

=

1
0

1 0 1 1 1 2

1
Cn  Cn  Cn  ... 
Cnn .=
2
3
4
n2



mặt khác

1

0

x(1  x) n dx

(1  x) n  2 (1  x) n 1

n2
n 1

[

] 10 =

S

1

= 0 (1  x) n 1  (1  x) n dx =

2n  2 2n 1
1
1
n.2n 1  1




n  2 n  1 n  1 n  2 (n  1)(n  2)

n.2 n 1  1
( n  1)( n  2)
1
1
1
1
Cnn .
Tính S= Cn0  Cn1  Cn2  ...  (1)n
2
3
4
n2

Vậy S =
Bài 2:

Phân tích: tương tự như bài trên nhưng ở đây chuỗi đan dấu.

Giải:



1

0

x(1  x) n dx
1

Tính 0 x(1  x)n dx .



1

0

0

u n 1
n 1

1

=



u n2
n2

1
0

1
1
1

=
=In
n  1 n  2 (n  1)(n  2)

 (C
0

x  Cn1 x 2  Cn2 x 3  ...  Cnn x n 1 )dx

1
0

=
1

0
n

Đặt u=1−x  du= −dx, { x=0  u=1 x=1  u=0.

= 0 (1  u )u n du =

x(1  x) n dx

1

 (C

=

0
n

x  C x  C x  ...  C x
1
n

2

2 3
n

n
n

n 1

3
4
n2

x2
1 x
2 x
n n x
) dx =[ C
 Cn  Cn
 ...  ( 1) Cn
]
2
3
4
n2
0
n

1
0

1 0 1 1 1 2
1
Cn  Cn  Cn  ...  (1) n
Cnn .=S
2
3
4
n2

Vậy S
Bài 3: Chứng minh :

=

1
(n  1)(n  2)

1 0 1 1 1 2
1
2 n 1  1
C n  C n  C n  ... 
C nn 
3
6
9
3n  3
3n  3

Giải
Áp dụng khai triển nhị thức Newton

16


1  x 
3

n

= Cn0  Cn1 x3  Cn2 x6  ...  Cnn x3n

 x 2 1  x3   Cn0 x 2  Cn1 x 5  Cn2 x 8  ...  Cnn x 3n2

n





1
n
1
1
1
1
  x 2 1  x 3 dx  C n0  C n1  C n2  ... 
C nn
0
3
6
9
3n  3

Mặt khác 0 x 2 1  x 3  dx  0 1  x 3  d 1  x 3  
3
1

n

1

1

n

(1)

2 n 1  1
3n  3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Các bài tập làm thêm
Bài 1. (ĐH Sư phạm TPHCM Khối D-2000)
Cho n 

*

. Chứng minh rằng:

1
1
1
2n 1  1
C0n  C1n  Cn2  ... 
Cnn 
2
3
n 1
n 1

HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân.

1

Tổng không đan dấu, ta sử dụng

 1  x 

n

dx

0

Bài 2. (ĐH Giao thông Vận tải - 1996)
Cho n 

*

. Chứng minh rằng:

1
1
1 
n 1
n
2C0n  C1n 22  C2n 23  ...   1
Cnn 2n 1 
1   1 

2
3

n 1
n 1 

HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng
2n 1
cuối cùng có hệ số
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng
n 1
2

 1  x 

n

dx

0

Bài 3:
1/Tính tích phân 0 x1  x n dx
1

17


2/Chứng minh: 1 C n0  1 C n1  1 C n2  1 C n3  ... 
2

4

6

8

 1n
2n  2

C nn 

1
2n  2

3. SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
3.1. Phương pháp
Các dấu hiệu nhận biết khi nào thì dùng số phức để tính tổng của các C nk
Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng của các
C kn khi tổng này có hai đặc điểm:
+ Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
+ k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư
(trong chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k = 3l + 2).
Lưu ý
+ Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là
x = i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
+ Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là



3




6

,




4

,

). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.

+ Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số phức
thích hợp (thường ta chọn là x = i). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số
phức trong hai cách tính.
Điều quan trọng là phải quan sát tổng cần tìm có những đặc điểm gì để lựa chọn một
trong các cách trên. Chủ yếu là căn cứ vào hệ số của các C nk trong tổng. Để nói chi tiết
được điều này đòi hỏi phải có lượng lớn những nhận xét, sẽ vượt quá khuôn khổ cho
phép của một đề tài sáng kiến kinh nghiệm. Tôi chỉ đưa ra một số ví dụ minh hoạ cho
một vài dạng hay gặp, qua đó người đọc sẽ trả lời được câu hỏi cho mình.
3.2. Bài tập:
Dạng 1: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp hoặc khai triển
trực tiếp các số phức.
Bài 1: Tính tổng sau S = C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009
0

2

4

2006

2008

18


P=

1
3
5
2007
2009
C2009
 C2009
 C2009
 ...  C2009
 C2009

Giải :
Xét khai triển

1  i 

2009

C

C

0
2009

=

2
4
2006
2008
 C2009
 C2009
 ...  C2009
 C2009


+

3
5
2007
2009
 C2009
 C2009
 ...  C2009
 C2009
i

1
2009

Mặt khác ta tính 1  i 2009 theo dạng lượng giác của số phức và áp dụng công thức Moivre
ta được :

1  i 

2009

=

 2

2009

2009
2009 

1004
.  cos
 i sin
 21004.i
 = 2
4
2 


1004

Vậy so sánh phần thực và phần ảo ta có S = 2

B=

21004

-3C18 +C20
Bài 2. Tính tổng: D =310C020 -39C220 +38C420 -37C620 +...+32C16
20
20 20

Giải:
Xét khai triển:



3 i



20

 ( 3)20C0  i( 3)19C1  ( 3)18C2  ...  i 3C19  C20
20
20
20
20
20

-39C2 +38C4 -37C6 +...+32C16 -3C18 +C20 )

= ( 310C0
20
20
20
20
20
20 20
+  ( 3)19 C1  ( 3)17 C3  ... ( 3)3C17  3C19 i


20

20

20

20 

Mặt khác:



3 i




20

 220  cos



 3
1
 220   i 
2
 2

20

π
π
 220  cos  isin 
6
6


20



 220  cos


20π
20π 
 isin
6
6 

 1
4π
4π 
3 
 isin   220   
i   219  219 3 i
3
3 
2 
 2

So sánh phần thực của



3 i

20 trong hai cách tính trên ta có:
19


19
D = 310 C020  39 C220  38 C420  37 C620  ... 32 C16
 3C18  C20 = - 2
20
20
20
n
Dạng 2: Khai triển (1 + x) , đạo hàm hai vế theo x sau đó cho x nhận giá trị là những số
phức thích hợp

Bài 1: Tính tổng S= 2.3C220 -4.32C420 +6.33C620 -...+18.39C18
-20.310C20
20
20
Giải:
Xét khai triển:
= C020  ( 3x)C120  ( 3x) 2 C 220  ( 3x) 3 C320  ...  ( 3x)19 C19
 ( 3x) 20 C 20
20
20
Đạo hàm hai vế ta có:
(1 +

3 x)

20

20 3(1  3x)19 =
 20.310 x19C 20
= 3C120  2.3xC 220  3.( 3)3 x 2C320  ...  19.( 3)19 x18C19
20
20

Cho x = i ta có: 20 3(1  3i)19 =
=

 

 

 

 

3
5
17 17
19 19 

 3C1  3. 3 C3  5. 3 C5  ...  17. 3
C

19.
3
C  

20
20
20
20
20 


  2.3C2  4.32 C4  6.33C6  ... 18.39 C18  20.310 C20 i .
20
20
20
20
20 



19
19
1

3
π
π

19
19
19


Mặt khác: 20 3(1  3i) = 20 3.2   i   20. 3.2  cos  isin  
2 
3
3

2
1
19π
19π 
3 

 20. 3.219  cos
 isin
i   10. 3.219  30.219 i
  20. 3.219  


3
3 
2 

2

So sánh phần ảo của 20 3(1  3i)19 trong hai cách tính trên ta có:
 20.310 C20 = 30.219
S = 2.3C220  4.32 C420  6.33C620  ... 18.39 C18
20
20

Bài 2. Tính các tổng sau:
0 -3C2 +5C4 -7C6 +...+13C12 -15C14
M = C15
15
15 15
15
15
3 +6C5 -8C7 +...+14C13 -16C15
N = 2C115 -4C15
15 15
15
15

20


Giải:

Xét khai triển:
0  xC1  x 2C 2  x 3C3  ...  x13C13  x14C14  x15C15
(1 + x)15 = C15
15
15
15
15
15
15

Nhân hai vế với x ta có:
0  x 2C1  x 3C 2  x 4C3  ...  x14C13  x15C14  x16C15
x(1 + x)15 = xC15
15
15
15
15
15
15

Đạo hàm hai vế ta có:
(1 + x)15 + 15x(1 + x)14 =
 C0  2xC1  3x 2C 2  4x 3C3  ...  14x13C13  15x14C14  16x15C15
15
15
15
15
15
15
15

Với x = i ta có: (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 =
=  C0  3C2  5C4  7C6  ... 13C12 15C14  +
 15

15

15

15

15

15 

3  6C5  8C7  ...  14C13  16C15  i
+  2C115  4C15
15
15
15
15




Mặt khác:
15

14

(1 + i) + 15i(1 + i) =


 2



 2

 2

15
14
14 
π
π
π
π
 cos  isin  15i. 2
 cos  isin 
4
4
4
4



15 

 

15π
15π 
14π
14π 
7
 cos 4  isin 4   15.2 i  cos 4  isin 4 





15 

15 

2
2 

i   15.27  27  27 i  15.27  14.27  27 i  7.28  27 i
 
2 
 2

So sánh phần thực và ảo của (1 + i)15 + 15i(1 + i)14 trong hai cách tính trên
ta được:
0  3C2  5C4  7C6  ... 13C12 15C14 = 7.28
M = C15
15
15

15
15
15
3  6C5  8C7  ... 14C13 16C15 = -27
N = 2C115  4C15
15
15
15
15

Các bài tập làm thêm
1) Tính các tổng sau:

21


B  C0  2C2  3.4C4  5.6C6  7.8C8  ... 21.22C22  23.24C24
1
25
25
25
25
25
25
25
B  C1  2.3C3  4.5C5  6.7C7  8.9C9  ...  22.23C23  24.25C25
2
25
25
25

25
25
25
25

Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x)25. Đạo hàm hai vế hai lần, sau đó cho x = i. So sánh
phần thực và phần ảo của hai số phức bằng nhau.
ĐS: B1 = 75.214 – 1; B2 = –25(1 + 3.214)
2) Tính các tổng sau:
D  12 C1  32 C3  52 C5  72 C7  ... 952 C95  972 C97  992 C99
1
100
100
100
100
100
100
100
2
2
2
4
2
6
2
8
2
98
2
100

D 2 C
4 C
6 C
8 C
 ...  98 C
 100 C
2
100
100
100
100
100
100

Hướng dẫn: Xét khai triển: (1 + x)100. Đạo hàm hai vế. Nhân hai vế với x. Lại đạo hàm
hai vế. Cho x = i.
ĐS: D1 = - 50.100.250; D2 = -50.250.
0
2
4
5
2n
2n
3) Chứng minh rằng C2 n  3C2 n  9C2 n  27C2 n  ...   3 C2 n  2 .cos
n

2n
.
3

4) Tính tổng sau S = C20  3C20  3 C20  3 C20  ...  3 C20
0

2

2

4

3

5

10

20

IV. Hiệu quả của SKKN
Như tôi đã nói ở trên, việc áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3, đã thu
được kết quả như sau (kết thúc học kì 2 năm học 2012-2013).
Lớp

Sỉ số Đạt diểm dưới Tỉ lệ
5

Đạt diểm trên Tỉ lệ
5

12C1

43

8

19.5%

35

80.5%

12C3

44

12

34.1%

32

65.9%

Như vậy, qua việc áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy, điều không nằm ngoài dự đoán
của tôi là kết quả của các em học sinh đã được nâng lên đáng kể.
Quan trọng hơn học sinh đã cảm thấy tự tin với loại toán này, tạo được niềm tin và sự
hứng thú cho các em trong học tập .

22

C. Kết luận:
Qua thời gian viết SKKN và vận dụng chuyên đề này vào giảng dạy, tôi nhận thấy việc
làm này đã thu được kết quả đáng kể từ phía các em học sinh. Đây thực sự là một công cụ
hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh, gọn và chính xác. Đồng thời các em đã
có được cái nhìn tổng thể về cách giải quyết bài toán này. Điều này phần nào tạo cho các
em học sinh có được tâm thế tốt khi sắp bước vào các kỳ thi quan trọng.
Qua việc ứng dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh, tôi nhận thấy đây là một
chuyên đề có thể tiếp tục áp dụng cho các năm tiếp theo, đặc biệt rất phù hợp với đối
tượng là học sinh khá, giỏi. Tất nhiên là phải tiếp tục hoàn thiện đề tài này hơn nữa.
Bài học kinh nghiệm được rút ra từ quá trình áp dụng SKKN của tôi là:
Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học phù hợp.
Người Thầy phải nhiệt tình, gương mẫu, làm cho các em thấy được tinh thần nghiêm túc
và hăng say nghiên cứu khoa học của mình, có vậy học sinh mới noi gương Thầy quyết
tâm và ham mê học tập, từ đó để các em không cảm thấy áp lực trong học tập.
Triếp theo là, thường xuyên tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích sự tìm tòi học tập ở
học sinh.
Loại toán dùng công cụ đạo hàm, tích phân và số phức còn rất nhiều dạng, nhưng trong
tài liệu này tôi chỉ trình bày một phần nhỏ. Trong quá trình thực hiện đề tài, tôi đã nhận
được những góp ý quý báu của các đồng nghiệp, Song
do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài, nên đề tài của tôi không tránh khỏi còn
nhiều hạn chế. Rất mong tiếp tục nhận được sự đóng góp khác từ phía đồng nghiệp để tôi
có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.

23