SKKN hướng dẫn học sinh lớp 11 vận dụng nhị thức newton để chứng minh các đồng nhất thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN
------------------------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 11 VẬN DỤNG
NHỊ THỨC NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH
CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC

Người thực hiện: Lê Văn Hùng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2019



MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU..........................................................................................................2
1.1. Lí do chọn đề tài.........................................................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu...................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu.................................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu............................................................................2
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.............................................3
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM........................................3
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm...................................................3
2.1.1. Một số khái niệm cơ bản......................................................................3
2.1.2. Một vài lưu ý khác................................................................................4
2.2. Thực trạng của vấn đề.................................................................................4

2.3. Các biện pháp tiến hành..............................................................................4
2.3.1. Các bài toán áp dụng trực tiếp công thức Nhị thức Newton................4
2.3.2. Kết hợp với cấp số nhân và một số phép biến đổi khác.......................9
2.3.3. Áp dụng đạo hàm................................................................................10
2.4. Kết quả thực hiện đề tài............................................................................14
2.4.1. Tổ chức thực nghiệm..........................................................................14
2.4.2. Đánh giá kết quả thực nghiệm............................................................14
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.......................................................................14
3.1. Kết quả nghiên cứu...................................................................................14
3.2. Kiến nghị đề xuất......................................................................................15

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong dạy học ở trường phổ thông nói chung và dạy học môn Toán nói
riêng không chỉ trang bị cho học sinh các khái niệm, định lý, quy tắc mà còn cần
trang bị cho các em các kỹ năng và phương pháp. Vì vậy, hệ thống tri thức đó
không chỉ bó hẹp trong bài lý thuyết mà nó còn có trong bài tập tương ứng, nó
cũng không bó hẹp trong một chương mà nó còn kết hợp kiến thức nhiều
chương với nhau. Các bài toán là phương tiện hiệu quả không thể thay thế được
để giúp học sinh hệ thống kiến thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng và kỹ
xảo. Hoạt động giải toán chiếm một vị trí và vai trò quan trọng trong dạy học
môn Toán.
Khi dạy bài nhị thức Newton cho học sinh khối 11, đa số học sinh đều
cảm thấy bài toán dạng này khá phức tạp và cồng kềnh. Đặc biệt là các bài toán
chứng minh đẳng thức, nhiều học sinh đều chưa biết bài toán làm như thế nào và
xuất phát từ đâu để giải quyết bài toán. Để rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử
dụng nhị thức Newton chứng minh đẳng thức có vai trò quan trọng trong phát

triển tư duy của học sinh. Giúp học sinh có một mạch tư duy sáng tạo và hệ
thống lại kiến thức đã học.
Khi dạy bài này mà chỉ nêu cho học sinh một số bài toán thì chưa đủ để
hình thành cho học sinh một mạch tư duy dẫn đến học sinh khi gặp bài toán
chứng minh các đồng nhất thức có sử dụng nhị thức Newton đều gặp khó khăn
khi tìm lời giải bài Toán. Vì vậy dạy cho học sinh kỹ năng giải các bài toán dạng
này có vai trò quan trọng trong phát triển tư duy của học sinh lớp 11.
Vì những lý do trên đây tôi quyết định chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh
lớp 11 vận dụng nhị thức Newton để chứng minh các đồng nhất thức”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nhằm nâng cao trình độ chuyên môn trong dạy bài "Nhị thức Newton";
chia sẻ một vài kinh nghiệm về một hướng tư duy giải các bài toán về nhị thức
Newton.
- Rèn luyện tư duy cho học sinh trong giải các bài toán Nhị thức Newton
qua đó nâng cao trình độ tư duy Toán học
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu các kiến thức về công thức khai triển Nhị thức Newton và
các bài toán sử dụng công thức khai triển Nhị thức Newton để giải quyết
- Học sinh lớp 11B3 và 11B8 trường THPT Như Xuân – Huyện Như
Xuân – Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp xây dựng cơ sở lí thuyết; phương pháp điều tra khảo sát
thực tế; phương pháp thống kê, xử lí số liệu.
2


1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Thay đổi để một số đẳng thức để mang tính thời sự hơn
- Kết hợp thêm cấp số nhân và một số kỹ năng biến đổi để thêm các dạng
bài tập phong phú hơn

2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
1.1.1. Một số khái niệm cơ bản
a. Giai thừa:
Định nghĩa: Với n �� và n  1. Tích của n số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n
được gọi là n - giai thừa. Ký hiệu: n!
n!  1.2...n

Ta có :
* Quy ước :

0!  1 và 1!  1

b. Hoán vị:
Định nghĩa : Cho tập hợp X gồm n phần tử (n >1). Mỗi cách sắp thứ tự n
phần tử của tập hợp X được gọi là một hoán vị của n phần tử đó
Ký hiệu số hoán vị của n phần tử là Pn , ta có công thức:
Pn  n!

c. Chỉnh hợp:
Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi bộ gồm k  1 �k �n  phần
tử sắp thứ tự của tập hợp X được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử
k
của X . Ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là An , ta có công thức:

Ank 

n!
(n  k )!

d. Tổ hợp
Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k  0 �k �n 
phần tử của X được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. Ký hiệu
k
số tổ hợp chập k của n phần tử là Cn , ta có công thức:

Cnk =

n!
k!(n - k)!

e. Nhị thức Newton:

3


n

(a + b)n = Cn0 a nb0 + Cn1a n-1b + Cn2a n-2b 2 + ...+ Cnn a 0b n = �Cnk a n-k b k
k=0

1.1.2. Một vài lưu ý khác
a. Tổ hợp có hai tính chất quan trọng sau đây:
với mọi k  0,1,..., n

k
n-k
+) Cn = Cn
k
k+1

k+1
+) Cn + Cn = Cn+1

với mọi k  0,1,..., n  1

b. Một số trường hợp đặc biệt của công thức khai triển nhị thức Newton:

1 x

n

1 x

n

n

 C  C x  C x  ...  C x  �Cin x i
0
n

1
n

2
n

2

n

n

n

(1)

i 0

n

 C  C x  C x  ...   1 C x  � 1 Cin x i
0
n

1
n

2
n

2

n

n
n

n

i

(2)

i 0

c. Công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân có công bội q
 q �0; q �1 .
q n1
Sn  u1
q 1

2.2. Thực trạng của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy và thực tiễn tại các lớp tôi thấy học sinh đều
thật sự chưa hứng thú với các bài toán có liên quan đến Nhị thức Newton. Mà
đây là một mảng kiến thức mà trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường có nên
giúp học sinh có hứng thú và có kỹ năng giải quyết các bài toán dạng này là một
nhiệm vụ quan trong trong giảng dạy môn toán ở trường phổ thông.
Qua kiểm tra trước khi tác động tôi đã thu được kết quả như sau:
Điểm
Năm học

2018 - 2019

Lớp

Tổng
số

>8
Số

lượng

Từ 5 đến 8
Tỷ lệ

Số
lượng

<5

Tỷ lệ

Số
lượn
g

Tỷ lệ

TN

40

1

2,5%

20

50%

19

47,5%

ĐC

39

1

2,6%

21

53,8
%

16

43,6%

4


2.3. Các biện pháp tiến hành
1.1.3. Các bài toán áp dụng trực tiếp công thức Nhị thức
Newton.
Xuất phát từ việc khai triển hai nhị thức sau:

và:

 1  x

n

 1  x

n

 Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n

(1)

 Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...   1 Cnn x n

(2)

n

Bằng việc khéo léo chọn x và n ta được rất nhiều đẳng thức cần chứng minh.
Từ đẳng thức (1) ta chọn x  1 và n  2019 ta có bài toán sau:`
0
1
1009
2018
Bài toán 1. Chứng minh: C2019  C2019  ...  C2019  2

Phân tích:
Bài toán trên gợi cho ta sử dụng công thức nào để chứng minh?
Khi các em đã biết đẳng thức (1) thì dễ dàng nhận ra công thức cần áp

dụng cho trường hợp x  1 và n  2019.
1010
2019

C

Nhưng một số học sinh sẽ gặp trở ngại vì vế trái chỉ cộng đến số hạng
2019
chứ không phải đến số hạng C2019 . Vì vậy giáo viên cần gợi ý các em vận

k
n-k
dụng công thức Cn = Cn vào trường hợp này.

Lời giải: Ta có:  1  x 

2019

0
1
2
2019 2019
 C2019
 C2019
x  C2019
x 2  ...  C2019
x

0
1

2019
2019
Với x  1 ta có: C2019  C2019  ...  C2019  2
0
2019
1
2018
1009
1010
Mặt khác ta lại có: C2019  C2019 ; C2019  C2019 ;...; C2019  C2019 nên ta có:
0
1
1009
2019
2018
1010
C2019
 C2019
 ...  C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
0
1
1009
2018
Suy ra: C2019  C2019  ...  C2019  2

Bình luận: Từ đẳng thức (1) chúng ta khéo léo chọn x thì sẽ được nhiều đẳng
thức khác nhau. Như:

n
0
1
2 2
n n
- Với x  2 ta được đẳng thức: 3  Cn  2Cn  2 Cn  ...  2 Cn
n
0
1
2 2
n n
- Với x  3 ta được đẳng thức: 4  Cn  3Cn  3 Cn  ...  3 Cn

Như vậy qua bài toán này học sinh sẽ tự hình thành nhiều bài toán tương tự như
vậy.
0
1
2 2
n n
C

2
C

2
C

...



1
.2
Cn   1


n
n
n
Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức:
n

n

Phân tích bài toán:
5


k
- Bài toán này ta thấy ở vế trái ngoài việc xuất hiện các số có dạng Cn còn có số
2 có số mũ tăng dần từ 0 đến n và dấu âm dương xen kẽ.

- Như vậy, nếu học sinh đã nắm vững đẳng thức (2) thì phát hiện ngay cách làm;
ngược lại giáo viên nên dẫn dắt học sinh đến đẳng thức (2).
Lời giải:
Ta có  1  x 

n

 Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...   1 Cnn x n
n

0
1
2 2
n n
Thay x  2 ta được Cn  2Cn  2 Cn  ...   1 .2 Cn   1
n

n

Bình luận:
- Qua bài toán này ta thấy vai trò quan trọng của hai đẳng thức (1) và (2) trong
k
các bài toán chứng minh các đẳng thức có chứa có số có dạng Cn .
- Bằng việc khéo léo chọn k , n ta được các đẳng thức khác nhau
- Qua đây học sinh sẽ tự tạo được cho mình nhiều bài toán tương tự.
* Từ (2) nếu ta thay n bởi 2n ta được khai triển như sau:

 1 x

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n

(3)

Nếu thay x  1 dẫn ta đến bài toán khá thú vị như sau:
Bài toán 3: Chứng minh đẳng thức sau:
C20n  C22n  ...  C22nn  C21n  C21n  ...  C22nn1

Phân tích bài toán: Qua phân tích ở trên khi gặp bài toán này thì các em cũng
đã phần nào định hướng được cách làm
Để làm bài toán này ta xuất phất từ đẳng thức (3) và khéo léo chọn x thì ta sẽ
được nhiều bài toán khác nhau. Bài toán này chỉ là bài toán mở đầu cho những
bài toán khó hơn.
Lời giải:
Ta có:  1  x 

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n

Với x  1 ta có:  1  1

2n

 C20n  C21n  C22n  C23n  ...  C22 nn1  C22nn

0
2
2n
1
1
2 n 1
Từ đó suy ra: C2 n  C2 n  ...  C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n

Bình luận: - Khi giải xong bài toán này giáo viên gợi cho học sinh kết hợp bài
toán 1 và bài toán 2 với nhau thì sẽ được kết quả như thế nào?
- Bây giờ ta lại quay lại với hai nhị thức:

 1 x

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n (3)
6


 1 x

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n (4)

Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được:

 1  x

2n

  1  x

2n

� C  C  ...  C
0
2n

2
2n

2n
2n

 2  C20n  C22n  ...  C22nn 

 1  x


2n

 1 x
2

2n

(5)

Từ (5) chọn x  1 ta được bài toán
1
3
2 n 1
2 n 1
Bài toán 4: Chứng minh đẳng thức sau: C2 n  C2 n  ...  C2 n  2
0
2
2n
1
1
2 n 1

Lời giải: Theo bài toán 2 ta có: C2 n  C2 n  ...  C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n

Mà  1  x 

2n

 C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n

0
1
2
2n
2n
Với x  1 ta có: C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n  2
1
3
2 n 1
2 n 1
Vậy: C2 n  C2 n  ...  C2 n  2

Bình luận: Từ (5) nếu ta khéo léo chọn x ta sẽ được bài toán thú vị hơn.
Chẳng hạn ta chọn x  3 ta được bài toán:
C20n  32 C22n  ...  32 n C22nn  C21n  33 C23n  ...  32 n1 C22nn1  2 2 n1  22 n  1

Chọn x  4 ta được bài toán:
C  4 C  ...  4 C
0
2n

2

2
2n

2n

2n
2n

2 n 1

 C  C  ...  3
1
2n

3
2n

C

2 n1
2n

52 n  32 n

2

k
- Qua bài này có thể yêu cầu học sinh tính tổng các số hạng có chứa số Cn

như sau:
1
3
19
+) Tính tổng: a) C20  C20  ...  C20
1
3
2019
b) C2020  C2020  ...C2020
0
1
2018
c) C2018  C2018  ...  C2018
0
p
1
p 1
p
0
p
Bài toán 5: Chứng minh đẳng thức sau: Cn .Cm  Cn .Cm  ...  Cn .Cm  Cn m

Phân tích: - Khi gặp bài toán này lần đầu tiên các học sinh đều lúng túng chưa
biết phải giải quyết thế nào. Nhưng nếu phân tích kỹ bài toán này cũng xuất phát
1 x
từ việc khai trển nhị thức 
và kết hợp với một số phép toán khác.
n

7

k
- Khi giảng dạy bài toán này giáo viên cần chỉ rõ ý nghĩa của từng số hạng Cn .
p
p
Cần đặt ngay câu hỏi là: "Liệu Cn m có phải là hệ số của x trong khai triển nhị
thức hay không?"; trong khi đó bên vế trái trong mỗi số hạng đều chứa các số có
i
j
dạng Cn .Cm với i  j  k .

- Từ đây giáo viên gợi ý cho học sinh phân tích biểu thức  1  x   1  x 
n

m

rồi tìm

p

hệ số của x trong khai triển.
Lời giải:
1 x  1 x
Ta có 
n

m

  1 x

nm

Khai triển vế trái ta có:

 1  x

n

 Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n

 1 x

m

 Cm0  Cm1 x  Cm2 x 2  ...  Cmm x m

Vậy :

 1  x 1  x
n

  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n   Cm0  Cm1 x  Cm2 x 2  ...  Cmm x m 

m

0
p
1
p 1

p
0
p
Hệ số của x ở vế trái là: Cn .Cm  Cn .Cm  ...  Cn .Cm

Khai triển vế phải ta có:

 1 x

nm

 Cn0 m  Cn1 m x  Cn2m x 2  ...  Cnnmm x n m

p
p
Hệ số của x ở vế phải là: Cn m

0
p
1
p 1
p
0
p
Đồng nhất hệ số hai vế ta được: Cn .Cm  Cn .Cm  ...  Cn .Cm  Cnm

Bình luận: Qua bài toán này nếu ta đặc biệt hóa bài toán ta được nhiều bài
toán khác. Chẳng hạn:
n
- Nếu ta thay m  n và tìm hệ số của x hai vế ta được đẳng thức sau:

C  C 
0 2
n

1 2
n

 ...   Cnn   C2nn
2

- Nếu cho n  20, m  10 và p  8 ta được:
1
C200 .C108  C20
.C107  ...  C208 .C100  C308

- Nếu cho n  m  10, p  10 thì ta có:

C  C 
0 2
10

1 2
10

10
 ...   C1010   C20
2

8

Như vậy từ một bài toán tổng quát chúng ta đã chỉ cho học sinh nhiều bài toán
khác nhau nhờ đặc biệt hóa. Từ đó học sinh sẽ tự tìm ra nhiều bài toán bổ ích
hơn nữa.
Bài tập tự luyện:
Chứng minh các đẳng thức sau:
1010
1011
1012
1019
2018
C

C

C

...

C

2
2019
2019
2019
2019
a)
0
1

2 2
2018 2018
b) C2018  2C2018  2 C2018  ...  2 C2018  1

c)

0
2
2018
C2018
 32 C2018
 ...  32018 C2018
 22017  22018  1

0
10
1
9
10
0
10
d) C15 .C10  C15 .C10  ...  C15 .C10  C35

C  C 
e)
0 2
15

1 2
15

15
 ...   C1515   C30
2

1.1.4. Kết hợp với cấp số nhân và một số phép biến đổi
khác
Bài

toán

1 x  x

2

6.

Cho

 ...  x10   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110

khai

triển

11

.

Tính

tổng

S  a0C  a1C  a2C  ...  a11C .
11
11

10
11

9
11

11
11

Phân tích bài toán: Đây là một bài toán mà rất nhiều học sinh khi gặp đều rất
lúng túng, không biết phải bắt đầu từ đâu; biến đổi như thế nào? Nhưng nếu bình
tĩnh thì có thể thấy vế trái của giả thiết là tổng của một cấp số nhân, từ đó gợi ý
cho học sinh khai thác triệt để giả thiết này và tiếp tục gợi ý để học sinh tìm ra
hướng giải quyết bài toán.
Lời giải
2
10
Ta có 1  x  x  ...  x là tổng của một cấp số nhân có

qx
�
�
u1  1

�

x11  1
�
 1  x  x 2  ...  x10 � x11  1   x  1  1  x  x 2  ...  x10  ,  x �1 .
x 1

x
Ta có

11

 1   x  1
11

�  x11  1   x  1
11

Xét vế phải của

11

11

a

0

1 x  x

2

 ...  x10 

11

 a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110  ,  1

 1 :
9


�  x  1

11

a

0

 a1 x  a2 x 2  ...  a110 x110 

 a0  x  1  a1 x  x  1  a2 x 2  x  1 ...  a11 x11  x  1  ...  a110 x110  x  1
11

11

11

11

11

11
Ta dễ nhận thấy tổng S là tổng hệ số của số hạng chứa x của vế phải:
11
a0C11
 1 x11  a1 xC1110  1 x10  a2 x 2C119  1 x9  ...  a11x11C110  1 x 0
0

1

2

11

11
Vậy hệ số của số hạng chứa x của vế phải là:
11
10
9
0
S  a0C11
 a1C11
 a2C11
 ...  a11C11

Số hạng chứa x của vế trái của  1 là:
11

C111  1

10

x 

11 1

11
Mà số hệ số chứa x của 2 vế phải bằng nhau

� S  C111  1  11
10

Bình luận: Qua bài toán này thì học sinh sẽ hình thành được nhiều kỹ năng
toán học như: khái quát hóa; tổng hợp hóa, ...
10
12
- Từ bài toán này giáo viên có thể yêu cầu học sinh tìm hệ số của x ; x ở hai
vế ta sẽ được một số đẳng thức khác.

1
1
1
1 9
 2  2  ...  2 
2
Cn 5 . Tính
Bài toán 7. Với n  �, n 2 và thỏa mãn C2 C3 C4
Cn5  Cn3 2

P
 n  4 ! .
giá trị của biểu thức
Phân tích bài toán: Đây là một bài toán khá lạ lẫm, yêu cầu khá cao đối với học
sinh lớp 11. Để giải quyết được bài toán cần phải có kiến thức thật sâu sắc về
toán học
Lời giải
1
1
1
1 9
 2  2  ...  2  � 0!2!  1!2!  2!2!  ...   n  2  !2!  9
2
Cn 5
2!
3!
4!
n!
5
Ta có C2 C3 C4
�1
�9
1
1
1
� 2!� 

 ... 
�
1.2

2.3
3.4
n

1
n


�
�5
1
1� 9
� 1 1 1 1 1
� 2!�
1       ... 
 �
n 1 n � 5
� 2 2 3 3 4
1 1
� 1� 9
� 2!�
1  � �  � n  10
n 10
� n� 5
.
10


Vậy

C105  C103  2 59
P

 10  4 ! 90

.

Bình luận: Qua bài toán này ta thấy cần phải có kỹ năng biến đổi tốt mới có
thể giải quyết được nó
1.1.5. Áp dụng đạo hàm
a. Đạo hàm cấp 1.
Dấu hiệu: 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 a n k b k 1 thì ta có thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính.

Cụ thể:  1  x 

n

 Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n (6)

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:

n 1  x

n 1

 Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1 (7)
Đến đây thay x bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
Bài toán 8: Chứng minh:

Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1

n 1

nCnn  0
0

Phân tích bài toán: Trong bài toán này ta thấy thiếu một số hạng có chứa Cn và
hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần, qua đó đã gợi ý cho ta là lấy đạo hàm rồi chọn
x cho phù hợp
0
1
2 2
n n
Lời giải: Ta có  1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x
n

1
2
n n 1
n
1

x

C

2
C

x

...

nC
x


n
n
n
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
Chọn x  1 ta có đẳng thức cần chứng minh:
n 1

Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1

n 1

nCnn  0

0
1
2013
2012
Bài toán 9: Chứng minh: 2014C2013  2013C2013  ...  C2013  2015.2

Phân tích bài toán: Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2014, 2013, …, 1 nên dùng
2013
0

1
2013
x

1
 C2013
x 2013  C2013
x 2012  ...  C2013


đạo hàm là điều dễ hiểu:
0

2012

Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì số hạng đầu tiên chỉ được 2013C2013 x
trong
khi đó đề đến 2014 do đó ta phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới
dùng đạo hàm:

x  x  1

2013

0
1
2013
 C2013
x 2014  C2013
x 2013  ...  C2013

x

11


�  x  1

2012

0
1
2013
x 2013  2013C2013
x 2012  ...  C2013
 2014 x  1  2014C2013

2012
Thay x  1 vào ta tìm được tổng là 2015.2 .

Lời giải : Ta có:  x  1

2013

0
1
2013
 C2013
x 2013  C2013
x 2012  ...  C2013

Nhân hai vế với x ta được:

x  x  1

2013

0
1
2013
 C2013
x 2014  C2013
x 2013  ...  C2013

Lấy đạo hàm hai vế ta được

 x  1

2012

0
1
2013
x 2013  2013C2013
x 2012  ...  C2013
 2014 x  1  2014C2013

Chọn x  1 ta được điều phải chứng minh:
0
1
2013

2014C2013
 2013C2013
 ...  C2013
 2015.22012

Bình luận: Qua bài toán 8 và bài toán 9 ta thấy một điều là khi lấy đạo hàm
cần xem xét kỹ hệ số để lấy đạo hàm đúng thời điểm cần thiết ta mới giải quyết
được bài toán chứ không phải khi gặp hệ số tăng dần hay giảm dần là lấy đạo
hàm ngay.
b.Đạo hàm cấp 2.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng :
1.2, 2.3, �,  n  1 n

2
2
2
hay n  n  1 , �, 3.2, 2.1  hay 1 , 2 , �, n .

k nk
(không kể dấu) tức có dạng k (k  1)Cn a
hay tổng quát hơn
k nk k
k  k  1 Cn a b thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính.

0
1
2 2
n n n
Xét đa thức:  1  x   Cn  Cn x  Cn x ...  Cn b x
Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:

n

n 1 x

n 1

 Cn1  2Cn2 x...  nCnn x n1

Đạo hàm lần nữa:

n  n  1  1  x 

n2

 2.1Cn2  ...  n  n  1 Cnn x n2 (8)

Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ toán chỉ việc thay x bởi
hằng số thích hợp nữa thôi.
Bài toán 10: Cho f  x    1  x  ,  n  �; n 2 
n

�
�
a. Tính f  1
2
3
n
n2
2.1
C


3.2
C

...

n

1
nC

n
n

1
2




n
n
n
b. Chứng minh rằng:

12


Phân tích bài toán: Bài toán a là bài toán đơn giản, nhưng qua bài toán a gợi ý
cho ta bài b. Nhìn kỹ hệ số của bài b ta thấy ngay phải lấy đạo hàm liên tiếp hai

lần đẳng thức (1) rồi chọn x  1.
Lời giải:

�
�
a. f  x   n  1  x 

n 1

�
� f�
 x   n  n  1  1  x 

n2

�
� f�
 1  n  n  2  .2n2

0
1
2 2
n n
b. Ta có  1  x   Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x
n

� n 1 x

n 1

 Cn1  2Cn2 x  ...  nCnn x n1

� n  n  1  1  x 

n2

 2.1.Cn2  3.2.Cn3 x  ...  n  n  1 .Cnn x n2

2
3
n
n2
2.1
C

3.2
C

...

n

1
nC

n
n

1
2





n
n
n
x

1
Chọn
ta có:

Bài toán 11: Chứng minh rằng

12.Cn1  22.Cn2  32.Cn3  ...  n 2 .C nn  n  n  1 .2n 2
Phân tích bài toán: Khi nhìn vào các hệ số đứng trước tổ hợp ta nghĩ ngay bài
toán này phải dùng đạo hàm cấp 2 để giải quyết, nhưng phải khéo léo vì nếu làm
như bài toán 7 thì không giải quyết được. Đến đây cần gợi ý cho học sinh làm
thế nào để khi lấy đạo hàm lần 1 được hệ số k mà lần 2 cũng được hệ số k. Điều
này dẫn đến suy nghĩ cả hai lần lấy đạo hàm ở một số hạng đều có số mũ là k.
Vậy sau khi lấy đạo hàm cần làm thế nào để lần 2 được số mũ như cũ trước khi
lấy đạo hàm.
Lời giải: Với bài toán này ta giải như sau:
Xét nhị thức:  1  x 

n

 Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n

Lấy đạo hàm hai vế ta được: n  1  x 

n 1

Nhân 2 vế với x �0 ta được: nx  1  x 

 Cn1  2 xCn2  3x 2Cn3  ...  nx n1Cnn

n 1

 xCn1  2 x 2Cn2  3x 3Cn3  ...  nx nCnn

Lấy đạo hàm hai vế lần nữa ta được:

n 1 x

n 1

 n  n  1 x. 1  x 

n2

 12 Cn1  22 xCn2  32 x 2Cn3  ...  n 2 x n1 Cnn

Thay x  1 vào ta được điều phải chứng minh
Bình luận: Như vậy cũng lấy đạo hàm cấp 2 nhưng chỉ cần khéo léo nhân x ở
hai vế trước khi lấy đạo hàm cấp 2 ta thấy ngay bài toán khá hay. Cũng lấy đạo
hàm hai vế cũng nhân hai vế với x nhưng nếu nhân x ở hai vế trước khi lấy đạo
hàm liên tiếp hai lần thì sao. Ta được bài toán tiếp theo
Bài toán 12: Chứng minh rằng:

2.1Cn1  3.2Cn2  ...   p  1 pCnp  ...   n  1 nCnn  n  n  3 2n 2
13


Lời giải:
1 x
Xét nhị thức: 

n

 Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n
Với bài toán này ta giải như sau:
Nhân 2 vế của đẳng thức với x �0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến
x ta được:
n 1
n2
2n  1  x   n  n  1 x  1  x   2Cn1 x  3.2Cn2 x  ...   n  1 nCnn x n1

Cho x  1 ta được điều phải chứng minh.
Bình luận:
- Qua bài toán này giáo viên gợi ý cho học sinh một bào toán cụ thể như sau:
Với n  2019 thì ta được:
1
2
2019
2.1.C2019
 3.2.C2019
 ...  2020.2019.C2019
 2019.2022.2 2017.

Chỉ là trường hợp đặc biệt nhưng ta cũng thấy bài toán khá cồng kềnh.
- Như vậy chỉ một bài toán nhưng trình tự thực hiện khác nhau cũng cho ta các
kết quả khác nhau. Phụ thuộc vào sự khéo léo của người làm toán.
Có thể nhân, chia ẩn x cho cả hai vế và tiến hành đạo hàm nhiều lần, cho
x  ?, a  ?, b  ?  ta có các bài toán sau:
Bài tập tự luyện:
a.
b.
c.

Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n.2n1 , n  �, n 1
2.1.Cn2  3.2.Cn3  4.3.Cn4  ...  n.(n  1).Cnn  n(n  1).2 n2 , n  �, n 2.
1.2n1 Cn1  2.2n 2 Cn2  3.2n 3 Cn3  ...  nCnn  n.3n1 , n  �, n 1

2 1
2 2
2 3
2 2011
2 2012
d. Tính tổng: S  1 C 2012  2 C 2012  3 C 2012  ...  2011 C 2012  2012 C 2012

2.4. Kết quả thực hiện đề tài
1.1.6. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Như Xuân –
Huyện Như Xuân.
+) Lớp thực nghiệm: 11B3
+) Lớp đối chứng:

11B8

Thời gian thực nghiệm được tiến hành vào khoảng tháng 10/2018 đến
tháng 4 năm 2019.
1.1.7. Đánh giá kết quả thực nghiệm
Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp
đối chứng (ĐC) được thể hiện thông qua bảng sau:
14


Điểm
Năm học

Lớp

Tổng
số

>8
Số
lượng

Từ 5 đến 8
Tỷ lệ

Số
lượng

<5

Tỷ lệ

Số
lượn
g

Tỷ lệ

TN

40

9

22,5
%

28

70%

3

7,5%

ĐC

39

2

5,1%

22

56,4
%

15

38,5%

2018 - 2019

Căn cứ vào kết quả kiểm tra, bước đầu có thể thấy hiệu quả của SKKN đã rèn
luyện cho học sinh các thao tác tư duy trong giải toán Nhị thức Newton
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết quả nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm
1. Đã phần nào làm sáng tỏ thực trạng về khả sử dụng nhị thức Newton để
chứng minh các đồng nhất thức
2. Đã làm phần nào làm sáng tỏ một số con đường để tập luyện cho học
sinh khả năng phân tích, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa ... trong làm
toán.
3. Thiết kế cách thức dạy học một số ví dụ, hoạt động theo hướng dạy học
tích cực.
4. Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh họa tính khả thi, tính hiệu
quả của những định hướng sư phạm được đề xuất.
5. Qua đây cho thấy để giải quyết được một bào toán khó yêu cầu học
sinh cần phải nắm chắc kiến thức cơ bản đã học, biết tổng quát hóa một bài toán
đơn giản, biết kết hợp nhiều kiến thức đã học với nhau, biết tương tẹ hóa để phát
triển một bài toán, biết đặc biệt hóa để được bài toán hay hơn ...

Như vậy có thể khẳng định rằng: Sáng kiến kinh nghiệm hoàn thành được
mục đích nghiên cứu và có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên.
3.2. Kiến nghị đề xuất.
1. Đối với tổ nhóm chuyên môn nhà trường.
- Các tổ chuyên môn nên tăng cường và nâng cao các buổi sinh hoạt
chuyên môn thông qua nghiên cứu bài học vàcác buổi ngoại khóa. Qua đó để tạo
điều kiện cho giáo viên trình bày những ý tưởng về dạy các tiết dạy cụ thể, cách
phát triển một bài toán nào đó để được một chuyên đề.
- Trao đổi các sáng kiến kinh nghiệm của trường và của đồng nghiệp đã
đạt giải.
15


2. Đối với Sở giáo dục và đào tạo.
Nên giới thiệu phổ biến về các trường phổ thông các sáng kiến kinh
nghiệm có chất lượng để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.

16


Tài liệu tham khảo
- Đại số & giải tích 11 cơ bản – Nhà xuất bản giáo dục
- Đại số &giải tích 11 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục
- Bài tập Đại số & giải tích 11 – Nhà xuất bản giáo dục
- Bài tập Đại số & giải tích 11 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục
- Đại số tổ hợp và Nhị thức Niu-tơn – Trần Phương
- Báo toán học và tuổi trẻ
- Mạng internet
- Đề thi THPT Quốc gia; Đề thi Đại học cao đẳng; Đề thi HSG các tỉnh trong
những năm gần đây.

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: LÊ VĂN HÙNG
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THPT Như Xuân

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Vận dụng lượng giác vào giải

2.

các bài toán đại số
Hướng dẫn học sinh lớp 11 vận
dụng nhị thức Newton để chứng

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

Ngành GD
cấp tỉnh

C

2012-2013

Ngành GD
cấp tỉnh

C

2014-2015

minh các đồng nhất thức
3.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết, không sao chép nội dung của người
khác

Lê Văn Hùng