SKKN sử dụng công thức thay thế công thức đạo hàm, tích phân để giải các bài toán đại số tổ hợp

111Equation Chapter 1 Section 1
1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong 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. Đặc biệt
hiện nay Tỉnh ta và một số tỉnh trong nước tổ chứa thi học sinh giỏi văn hóa
cho học sinh khối 11 thì các bài tốn Tổ hợp lại được chú trọng hơn nữa. Trong
nội dung này có một số bài tốn ứng dụng dạo hàm và tích phân để giải quyết.
Nhưng vấn đề dặt ra là nội dung đạo hàm học cuối chương trình 11 và tích
phân được học ở chương trình 12. Vì vậy học sinh lớp 11 chưa có kiến thức và
kỹ năng để giải các bài tốn Tổ hợp dạng này. Vậy làm sao có thể đưa các dạng
đề này vào đề thi học sinh giỏi văn hóa mà thầy cơ và học sinh có thể giải
quyết triệt để được ?
Để giúp thầy cô giáo có thêm chun đề Tổ hợp trong ơn luyện học sinh
giỏi và giúp các em học sinh có cơng cụ làm bài tập, tôi chọn đề tài " Sử dụng
công thức thay thế đạo hàm, tích phân để giải các bài toán Đại số tổ hợp"
làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Xây dựng được chuyên đề ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn THPT rất
thiết thực và có hiệu quả.
- Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài tốn tổ hợp cho giáo viên và
học sinh
- Góp phần gây hứng thú học tập mơn Tốn cho học sinh, và cũng giúp
các em thấy được sự đa dạng trong các lời giải của một bài toán.
1.3. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
1. Nhiệm vụ :
- Hệ thống lại các công thức của khai triển nhị thức niu tơn
2. Phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng: Học sinh lớp 11
- Tài liệu : Sách giáo khoa Đại số và Giải tích lớp 1 nâng cao – cơ bản,
Sách bài tâp, Sách giáo viên và các đề thi đại học, học sinh giỏi mơn Tốn.

1.4. Phương pháp nghiên cứu :
1.4.1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ....có liên quan đến nội dung
đề tài.
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
1.4.2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thơng qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.

1


2. Nội dung sáng kiến
2.1 Cơ sở lý luận
2.1.1. Vị trí của mơn Tốn trong nhà trường :
Mơn Tốn cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa
học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận
thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.
Mơn Tốn có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ mơn khoa học nghiên cứu
có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
2.1.2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT.
- Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ qn ngay khi
các em khơng tập trung cao độ. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú
trong học tập và phải thường xuyên được luyện tập.
- Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tịi, sáng tạo nên
trong dạy học giáo viên phải chắt lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc
sâu cho học sinh.
2.1.3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :

Học sinh THPT có trí thơng minh, khá nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng
tượng phong phú. Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng
rất dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, q tải. Chính vì thế nội
dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật
truyền đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều
không thể xem nhẹ
Muốn giờ học có hiệu quả thì địi hỏi người giáo viên phải đổi mới
phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng
tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em. Muốn các em học
được thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn,
vận dụng các phương pháp sao cho phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua q trình tự
rèn luyện, phấn đấu khơng ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh
nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, những ngày tháng miệt mài
cũng khơng kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có kinh nghiệm vững
vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập,
nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.
2.2 Thực trạng vấn đề :
Hiện nay phần Đại số tổ hợp có sử dụng Đạo hàm và Tích phân chưa được
viết theo chuyên đề một cách hệ thống và bài bản, vì thế rất khó cho giáo viên
lẫn học sinh khi giảng dạy và học tập nội dung này.
Mặt khác nội dung Đại số tổ hợp lại học trước nội dung Đạo hàm và Tích
phân nên học sinh chưa có kỹ năng vận dụng các kiến thức một cách khéo léo.
Vì thế xây dựng hệ thống cơng thức thay thế Đạo hàm và Tích phân là vấn đề
cần thiết và có nhiều ứng dụng.
2


2.3. Nội dung lý thuyết :
CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIUTON

Với mọi cặp số a, b và mọi số n nguyên dương, ta có :
( a b ) n Cn0 an Cn1 an 1b Cn2 an 2 b2 ... Cnn 1abn 1 Cnn bn
n!
Cnk
k !( n k)!
với :
+ Số các số hạng ở bên phải của khai triển bằng n+1 số hạng
+ Tổng các số mũ của a và b trong khai triển là n
+ Các hệ số của khai triển lần lượt là:

C n0 , C n1 , C n2 , ..., C nn 1,Cnn
C nk

n k 1 .Cnk
k

+

Dạng 1: Sử dụng công thức :

với chú ý :

C kC n k
n

n

0 k n

1

CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG

k .C

nk n.Cnk 11 (I) trong tính tổng Chứng minh cơng thức (I)
k .C nk n.Cnk 11
k.
n!
n.
( n 1)!
k !( n k )!
( k 1)!( n k)!
n!
n!
( k 1)!( n k )!

( k 1)!( n k)!

Bài tốn áp dụng :
Bài tốn 1:
1
2
3
k
n
Tính tổng: A 1.C n 2.Cn 3.C n ... k .C n ... n.Cn

Hướng dẫn:

Áp dụng công thức (I)

n.C k

k .C k

n 1

1

n

1.C 1
n

2.C 2
n

ta được:

n.C0 1
n

n.C1 1
n

...
+ Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được :

A n (Cn0 1

C n1 1

C n2 1 ... Cnn 11 )

n1
C n0 1 x.C n1 1 x 2 .C n2 1 ... x n 1 .Cnn 11 (1)
+ Xét khai triển : (1 x )

+ Thay

x = 1 vào khai triển (1) được :

2 n 1C

0
n 1

C

1
n 1

C

n

2

1

... C

n

n

1

1

n1
+ Thay vào tổng A n.2

1
2
3
k
n
n1
Vậy : 1.C n 2.C n 3.C n ... k .C n ... n.C n n.2

3


Trong trang này: Mục LT có tham khảo trong TLTK[1];cơng thức(I), bài 1 của tác giả

1

Bài tốn 2:

1
2
2
3
Tính tổng : B 1.C n 2.2.C n 3.2 .C n

...

...

k .2 k 1.C nk

n. 2 n 1.Cnn

Hướng dẫn:

Áp dụng công thức (I)

k .C

n.C

k

n

1.C 1

n

k

1

1

n.C0 1

n

ta được:

n

n.C1 1

2.C 2
n

n

...
0

B n (C n

2.C

1

1
n 1

2

2 .C n2 1 ... 2 k 1.C nk 11 ... 2 n 1.C nn 11)

n1
C n0 1 x.C n1 1 x 2 .C n2 1 ... x n 1 .Cnn 11 (1)
+ Xét khai triển : (1 x )

+ Thay x = 2 vào khai triển (1) ta được:
3n 1 1.C n0 1 2.C n1 1 2 2 Cn2 1 ...

+ Thay vào tổng B được: B

2n 1 Cnn 11

n.3n 1

2
2
3
1
Vậy 1.C n 2.2.C n 3.2 .C n

k .2 k 1.C nk

...

...

n.2 n

1

.C nn
n.3n 1
Bài tốn tổng qt :
1
2
2
3
Tính tổng: B 1.C n 2.a.C n 3.a .C n

...

...

k .a k 1 .C nk

n.a n 1.Cnn

n1
Đáp án : B n.( a 1)

Bài tốn 3:
1
2
3

Tính tổng : C 3.C n 4.C n 5.C n ... ( n

2).Cnn

Hướng dẫn:
1
2
3
n
1
2
3
Ta có : C (1.C n 2.C n 3.C n ... n.C n ) 2.(C n C n C n

+ Tính :

A 1.C 1 2.C 2 3.C
n

n

3

... k .C

n

k

n

... n.C n

+ Thay x = 1 vào khai triển (2) được :
2 n C n0 Cn1 C n2 ... Cnn

n1

= n.2 ( bài toán 1)
x2 .C n2 ... xn .Cnn (2)
n

n
Cn0 x.C n1
+ Xét khai triển : (1 x)

...C nn )

2n n

C n1 C n2 ...

Cnn

n1
2n n
ta được : C n.2

1
2

3
n
n1 n
Vậy: 3.C 4.C 5.C ... ( n 2).C n. 2 2 n n n n n


1
2
n
1
2
Đáp số C (1C n 2C n ...nC n ) m (C n C n ...

Cnn )

Bài tốn 4:
1
2
2
3
3
4
Tính tổng : D 3.C n 4.2.Cn 5.2 .Cn 6.2 .C n ... ( n

2).( 2) n 1.Cnn

Hướng dẫn:
4

D [1.C n1 2.2.C n2

3.2 2.C n3 4.2 3.C n4 ... n.( 2) n 1.C nn ]

+[2.C n1 2 2.C n2 2 3.C n3

2 4.C n4 ...

( 2) n .C nn ]

Trong trang này: Bài tốn 2; 3; 4 có tham khảo trong TLTK[2]

2

+ Tính tổng : D1 [1.C n1
+

2.2.C n2 3.2 2.C n3

Áp dụng công thức (I),

k .C kn.C k
n

1.C

n

1
1

1

n

2.C 2
n

4.2 3.C n4 ... n. ( 2) n 1.C nn ]

ta được:

n.C0 1
n

n.C1 1
n

...
0
1
2
2
3
3
nên : D1 n (C n 1 2.C n 1 2 .C n 12 .C n 1

...

( 2) n 1 .C nn 11 )

n1
C n0 1 x.C n1 1 x 2 .C n2 1 ... x n 1 .Cnn 11 (1)
+ Xét khai triển : (1 x )

+ Thay x = - 2 vào khai triển (1) được :
( 1)n 1
C n0 1 2.C n1 1 2 2.C n2 1 2 3.C n3 1
n 1
( 1)n 1
n 1

tìm được:

D

n.( 1)n

1

1

+

Tính tổng : D 2 =2.C n

+

n
0

1
2
2
n
n
Xét khai triển : (1 x ) C n x.C n x .C n ... x .Cn (2)

+

1

( 2) n 1 .C

...

Thay x = -2 vào khai triển (2) được:
C n0 [2.Cn1 2 2.Cn2 2 3.C n3 2 4.Cn4 ... ( 2) n .Cnn ] ( 1)n

tìm được: D2
+

2 2.C n2 2 3.C n3 2 4.C n4 ... ( 2) n .Cnn

C n0 ( 1) n

n ( 1)n

n1
n ( 1)n n ( 1)n 1 (n 1)
Tính được: D n.( 1)

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 5:
E1 C n1

2.2.C n2

3.2 2.C n3 ... n.2 n 1.Cnn

1
2
2
3
Tính tổng: E 4.C n 5.2.C n 6.2 .C n

... ( n

3).2 n 1.Cnn

Hướng dẫn:
Ta có :
1
2
2
3
n1
n
1
2
2

3
n1
n
E (C n 2.2.C n 3.2 .C n ... n.2 .C n ) 3( Cn 2.C n 2 .C n ... 2 .C n ) +

Tính tổng:
Dựa vào cơng thức (I), tính được :
E1 n (C n0 1 .2.C n1 1 2 2.C n2 1
+ Tính tổng:

...

2 n 1.C nn 11 )

n.3n 1


5


E2 3(C n1 2.C n2 2 2.C n3 ... 2 n 1.C nn ) 32 (2.C n1

3

0

2 (C n

2 2.C

3

2.C n1 2 2.C n2 2 3.C n3 ... 2 n.C nn )
n1

2 3.C

3

n

3

0

2Cn

... 2 n.C

2 (3

n

n

n

)

n)

3 n
2 (3 n)

E n.3

Tìm được :

2

n

Trong trang này: Bài tốn 5 có tham khảo trong TLTK[3]

3

Bài tốn tổng qt:
Tính tổng:
E
(1 m).a r .C n1 (2 m).a r 1 .C n2 (3 m).a r
Hướng dẫn:
E

ar (C n1

2

.C n3 ... ( n m).a r

2 a.C n2 3a 2 .C n3 ... n.a n 1 .C nn ) m.a r 1 ( aCn1 a2 .C n2

n1

.Cnn

... a n .C nn )

n.a r (1 a) n 1 m.a r 1 (1 a) n m.n.ar 1
Bài tốn 6:
Tính tổng: F

C n3

Hướng dẫn: F (3.C n
+ Ta có:

3

2.C n4

4.C n

4

3.C n5

...

(n

n

... n.C n ) 2( C n

2).Cn

3

Cn

4

n

... Cnn )

+ Tính tổng:

F1 3.C n3 4.C n4 ... n.C nn n (C n2 1

C n3 1

n (C n0 1 C n1 1 C n2 1 ... C nn 11 )

n (1

n

...
1)

Cnn 11 )

n.2n 1

n2

+ Tính tổng :

F

2(C n3 Cn4 ... Cnn )

2(C n0

C n1 C n2 C n3 C n4 ... C nn ) 2( C n0 C n1 Cn2 )

2.2 n

2(1 n

n ( n 1)

) 2.2

n

( n

2

n 2)

2
+ Tìm được: F n.2 n 1 n 2

2.2 n n 2

n 2 2 n 1 ( n 4) n 2

3
4
5
n
n1
Vậy: C n 2.C n 3.C n ... ( n 2).Cn 2 ( n 4) n 2

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng qt bài tốn.
Bài tốn 7:
1
2
3
Tính tổng: G 1.2.C n 2.3.C n 3.4.C n ... n ( n

1).Cnn

Hướng dẫn:

+ Áp dụng công thức (I)

k .C

k n.C

n

k

1

n 1

ta được:

6


1.C 1 n.C0 1
n

n

n.C1 1

2.C 2
n

n

...

+ Tính được:
G n[2.C n0 1 3.C n1 1

4.C n2 1 ... ( n 1).C nn 11 ]=

=2n(C 0n 1 C n1 1 ... C nn 11 )
1).C
+

n 1
n 1

n[Cn1 1 2.C n2 1 3.Cn3 1 ...

(n

]

Tính tổng: G1 =2n(C

0

C n1 1 ... C nn 11 ) 2.n. 2 n 1 n.2n

n1

Trong trang này: Bài tốn tổng qt của tác giả;bài tốn 6;7 có tham khảo trong TLTK[3]

4

+

1

Tính tổng: G2 =n[Cn

Áp dụng cơng thức:

2.Cn2 1 3.Cn3 1 ... ( n 1).C nn 11]

1

k .C

k ( n 1)C

n 1

0

G2 =n ( n 1)(C n
+

n

C

2

k

1
2

, ta được:

1
n 2

n
n
Tính được: G n. 2 n ( n 1).2

C n2 2

2

... C nn 22 ) n ( n 1).2n

n ( n 3)2n

2

2

Bài tốn 8:
Tính tổng

H 1.2.3.C n1

2.3.32.C n2 3.4.33.C n3 ... n.( n 1).3 n.C nn ( n 2)

Hướng dẫn:
+

Áp dụng công thức (I)

k .C

kn.C

n

k

1

ta được:

n 1

1.C 1
n

2.C 2
n

n.C0 1
n

n.C1 1
n

...
0

H n (2.3.C n

1

2

3.3 .C

1
n 1

3

2

4.3 .C n

1

... ( n 1).3

n

.Cnn 11

n.

2.3(C n0 1 3.C n1 1 32.C n2 1 ... 3 k .C nk 1 ... 3 n 1.C nn 11 )

n. 32 [C n1 1 2.3.C n2 1 3.32.C n3 1 ... k .3 k 1.C nk 1

... ( n

1).3 n 2.C nn 11]

+ Tính tổng

H 1 n.2.3(C n0 1 3.C n1 1 32.C n2 1 ... 3 k .C nk 1

...

3 n 1.C nn 11 )

6 n.4n 1
H 2 n.32 [C n1 1

2.3.C n2 1 3.32.C n3 1 ... k .3 k 1.C nk 1 ... ( n 1).3 n 2.C nn 11]=

=9n(n-1).(C 0n
n 2
n 2

2

3.C n1

) 9 n ( n 1).4n

2

3 2.C n2 2 ... 3 k 1.C nk 21 ... 3 n 2.C

2

n1
9 n ( n 1).4 n
Tính được: H 6 n. 4

4n

2

(9 n 2 15 n )

Bài tốn 9:

Tính tổng: K

n.C 0 ( n 1).C 1 ... kC n k ... Cn 1 n n n n

2

7


+ Áp dụng công thức :
K

+

n.C nn

Ck

C

n

n

n k

( n 1).C nn 1 ... kC nk ... Cn1

Áp dụng công thức (I)

k .C

kn.C

n

1.C

k

1

ta được:
n.C0 1

n 1

1

n

n

n.C1 1

2.C 2
n

n

...
n
n1
k
1
n1

Tính được K n.C n ( n 1).C n ... kC n ... C n n.2

Trong trang này: Bài tốn 8; 9 có tham khảo trong TLTK[2]

5

Bài tốn 10:
Tìm số tự nhiên n sao cho:
C 21

2.2.C 22n 1 3.2 2.C 23n 1 4.23.C 24n 1 ... (2 n 1).2 2 n.C 22nn 11 2017 (1)
Hướng dẫn:
k .C k n.Ck 1
+ Áp dụng công thức (I)
n1

n

n1

1.C

VT (1') (2 n 1)(C20n 2.C 21

n

được:

1
2 n1

(2 n 1)C20n

2.C 22n 1 (2 n 1).C21n
...
2 2.C 22nn 2 3.C 23n ... 2 2 n.C 22nn ) (2 n 1).(1 2)2n

(2n 1).(1 2)2n 2n 1 2017

+ Thay vào (1') được :
tập vận dụng: Tính các tổng sau:
0 1
99
1/ L 100.C100 ( 2 )

, tìm được n = 1008 Bài

1

1

101.C1001 ( 2 )100 ... 199.C10099 ( 2 )198

1

200.C100100 ( 2 )199

2/ M
3/ N

n.C n0 ( n 1).C n1 ... ( 1) n
2 2.C n2

32.C n3

4 2.C n4

5 2.C n5

C nk

Dạng 2: Sử dụng công thức : k 1
Chứng minh công thức (II)
Ta có :

2

.2.C nn
...

2

( 1) n 1 .Cnn 1

( 1) n .n 2 .Cn

n

Ckn 11

n 1 (II) trong tính tổng

8


Ck

Ck 1

n

n1

k 1
n 1 n!
( n 1)!
( n 1)
( k 1)
k !( n k )!
( k 1)!( n k)!
( n 1)!
( n 1)!
k !( n k )!

Bài toán áp dụng :
Bài tốn 1:

k !( n k)!

C1 C2

A C n0

n

Ck
...

n

3
Tính tổng:
2
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II), ta được:

Cn
...

n

n

k 1

n 1

C1

C0

n1

n

C1
n

2
...

n 1
C2
n1

n 1

Trong trang này: Bài toán 10; 1; bài tập vận dụng có tham khảo trong TLTK[2], cơng thức
(II) của tác giả
6

+ Tìm được :
1
A n 1

1
(C n1 1

Cn

2

1

C

3
n 1

n 1
n 1

... C

Vậy
B C0
2
n

Tính tổng:
Hướng dẫn:
B C0 . 1

C 1 .2

n

n

)

n 1 (Cn 1 C n

11

C

1 (2 n 1 1)
n 1

A

Bài toán
2:

0

C1

C2

3

4

n

C 2 . 3 ...
n

...

Ck

n

...

n

k 2
C k . k 1 ...
n

2
n 1

C0
... Cnn 11 ) n 1
n1

1
n1
1)
n 1 (2

Cn
n

n 2
Cn . n 1

n

1 2 2 3
k 1 k 2
n 1 n 2
3 4
2
1
3
k
1
1 (1 C
2C
3 C ...
k 1 C
... n 1 C n 1)
n 1 2 n1 3 n 1 4 n 1
k 2 n1
n 2 n1
1 . 1 (C n2 2 2C n3 2 3C n4 2 ... ( k 1) C nk 22 ...( n 1) C nn 22 )
n 1 n 2
1
[C n12 2C n2 2 3C n3 2 ... ( n 2) C nn 22 ]( n 1)( n 2)
1
(C 1 Cn 2 n2 2 ... Cnn 22 )
( n 1)( n 2)

9

+

1
Tính : B1 Cn

2C n2 2

+

Áp dụng cơng thức (I) k .Cnkn.Cnk 11

2

3C n3 2

B ( n 2)( C 0

B C
2

1

C

n 2

1

2

... C

n 2

C 11 C 2

n1

n 2

n

0

(C

n 2

... ( k 2)C nk 22 ... ( n 2)Cnn 22

n 2

C

1

n1

n 2

... C n 1 ) ( n 2).2n 1

... C

n1

n 2
n 2

) C0 2 n

2

1

n 2

1
[( n 2).2 n 1 2 n 2 1]
( n1)( n 2)
1
B
[( n 2).2 n 1 2 n 2 1]
( n 1)( n 2)

B

+ Tìm được :

Vậy :

Bài toán 3:

C 1 0
C
2 19

1

1 2
C
4 19

C1

3

19

1 3
C
5 19

... 1
20

C 18

19

1

21

C19
19

Tính tổng:
Hướng dẫn:
C

1

2 .C19

0

2

1
1
3 . 2 C19

3

1
2
4 . 3 C19

Ck

4 1

19
1
3
18
5 . 4 C19 ...
20 . 19 C19

20
1
19
21 . 20 C19

Ck 1

n

n1

k 1

n 1

+ Áp dụng công thức (II) :
Trong trang này: Bài tốn 2; 3 có tham khảo trong TLTK[4]

7

C

0

19

1

C

1

20

20

;

C

1

19

2

C

2

20

;

20

C

2

19

3

C

3

20

;...;

20

C

C

19

19

20

20

20

20

tính được:
1 1

2

C 20 ( 2 C201 3 C202

3 3 4 4
19
20
19
20
4 C20 5 C20 ... 20 C20
21 C20 )

+ Áp dụng công thức (II), được:

10


C201

C212

2

21

C202 C213
3
21
...
1
1
2
20 . 21 (C21

C

2C213

3C213

4C215

... 19C2120

20C2121)

1

2
3

4
5
20
21
20.21 [(2C21 3C21 4C21 5C21 ... 20C21 21C21 )

(C212 C213 C214 C215 ... C2120

C2121)]

+ Tính tổng:

C1

1
2
20.21 (2C21

3C213

4C214

5C215

... 20C2120

21C2121)

+ Áp dụng công thức (I):
2C212

21C201

3C213

21C202

4C214
...

21C203

1
1
2
3
4
19
20
20.21 21(C20 C20 C20 C20 ... C20 C20 )

C1

1 0 1
C
20 C20 20 (C
1 1
1
20
20 20 (1 1) 20

0
20

1

20

C202

C203

C204

... C2019

C2020 )

+ Tính tổng:
1 (C212 C 213 C214 C 215 ... C 2120 C2121 )
C2
20.21

1
0
1
2
3
4
5
20

21
20.21 [(C 21 C 21 C 21 C 21 C 21 C 21 ... C 21 C 21 )

(C 210 C211

)]

1

1

21
21.20 [(1 1) (1 21) 21

1

C 20

1
1
21 421

11


Vậy
C

1

2

0

.C19

2

3

1

3

1

. 2 C19

4

1

. 3 C19

4

2

5

3

C

1

... 19 . 1

. 4
19

Bài toán 4:
Tìm n thỏa mãn:

+Áp dụng cơng thức (II) được:
C20n

+

2n 1

7

2n1

2n 1

2C 23n 1 2C 25n 1 ... 2C 22nn 11 )

C 21 n 1 C22nn 1

C

3
2n1

C

5
2 n1

+Có:

C
+ Đẳng thức đã cho trở thành:

2n 2

2n1

C22nn 14 ...

1 (C 20n 1 C 21 n 1 C 22n 1 ... C 22nn 1 C22nn 11 )
2n 1
8192 n 6
22n1
21
2n 1
n
Vậy n = 6
Bài tốn 5:

Tìm a và n ngun dương thỏa mãn:
0
1
2
n
127
a2
a3
an 1
aC

2n

2n 1

2n

C2 n 1

3
...
n1

2n

2n

421
8192

C2 n 1
2n1

2n

(2C21

5

2n

19

1

2n 1

C2

VT

C4

C19

20 19 19 21 20
2 C6 ... 2 C 2n
2n 1

3

2n

1

2

2 C2

2C0

C 18

20 . 1

2

C

2n

Hướng dẫn:

3

C

2n ...

n 1

C

n

7

8192
2n 1

3

;A

20n

n

n!
3

A 20 n

20 n n 6

n
( n 3)!
+
+ Áp dụng công thức (II), được:

Trong trang này: Bài tốn 4; 5 có tham khảo trong TLTK[2]

8

12


C0
C1

C1
n 1
C2

2
...

n 1
1

n1

n

n

n1

1
(1 a)

+ Đẳng thức đã cho trở thành: n 1

n 1

+ Thay n = 6 vào đẳng thức trên được:
n= 6 và a = 1
Bài toán 6:

127

n1

(1 a) 7 128 a 1

7
Vậy

( 2 x 5 )n
, biết :
Tìm hệ số của x20 trong khai triển: x 3
1
2
C ... ( 1)n
C
1
Cn0 C
n
n

n

2

Hướng dẫn:

n

3

n 1

13

+ Áp dụng công thức (II) được:
1 (C n1 1 C n2 1 C n3 1 ... ( 1) n 1 Cnn 11 ) 1
n 1
13

1
1
0
0
1
2
n
n 1
n 1 [C n 1 (C n 1 C n 1 C n 1 ... ( 1) Cn 1 )] 13
1
n 1

(1 1) n 1
n 1

1 n 12
13

(

+

Thay n = 12 vào khai triển:

2

x

3

x5 ) 6

8k 36 20 k 7

có số hạng tổng quát là:

C

12k ( x23 )12 k (x5 )k C12k 212 k x8k 36 + Theo giả thiết :

Vậy hệ số là:

25 C

12

7

Bài toán 7:
1
D 100 (C1001 ) 2

2
3
99
2 2
3 2
99 2
100 2
99 (C100 )
98 (C100 ) ... 2 (C100 ) 100( C100 )

Hướng dẫn:
+

Áp dụng công thức:
C1001
C1002
...

C kC n k

n

n

C10099
C10098


13


Trong trang này: Bài tốn 6; 7 có tham khảo trong TLTK[3]

8

+ Tổng trở thành:
D 1001 C1001 .C10099 992 C1002 .C10098

3
3
97
98 C100 .C100

Ck

...

99

99

1
2 C100 .C100

100C100100 .C1000

Ck 1

n

n1

công thức (II) k 1

n 1

+ Áp dụng

C 99 C100
100

101

100

101

C 98
100

C99

101

99

101

...

D

1
1
100
101 (C100 .C101

2C1002.C10199

+ Áp dụng công thức (I)

D

100

101

k .C

3C1003.C10198

k n.C

n

100C100100.C1011)

1

1

1.C1001

100.C990

2.C1002
...

100.C991

(C990.C101100 C991 .C10199 C992.C10198 ... C9998.C1012 C9999.C1011)

+ Xét khai triển : (1 x ) 99

C 0 x.C 1 x 2 C 2 ...x 98 C 98
99

101

(1 x )
+

k

n

... 99C10099.C1012

0

99

1

2

C101 x.C101 x C101

99

2

x C
99

99

...x

100

C101100

Lấy vế nhân vế của (1) và 92) được hệ số của số hạng chứa

(1)
99

99

x

101

x100

C101101

(2)

là:

C990 .C101100 C991 .C10199 C992 .C10198 ... C9999 .C1001
+

100
200
Trong khai triển: (1 x) có hệ số của số hạng chứa x là:

C

100

200

nên ta được: C990 .C101100 C991 .C10199 C992 .C10198 ... C9999 .C1001 = C200

100

D

100 C100
Vậy
101 200
Bài toán 8:
22 1
24 1
1
E
C2018
C20183
4
Tính tổng:
2
Hướng dẫn:

26 1
6

C20185 ...

22018 1 C2018

2017

2018

14


Ck
n

k 1

Ck 1
n1

n 1

+ Áp dụng công thức (II)

Trong trang này: Bài toán 8 của tác giả
C 20181 C20192
2
2019
3
C 2018 C20194
4
2019
...

9

1

E 2019 [(22 1)C20192 (24 1)C20194 (26 1)C20196 ... (22018 1)C20192018 ]= =

1 2
2 4
4 6
6
2018
2018
2019 (2 C2019 2 C2019 2 C2019 ... 2 C2019 )
1 (C20192 C20194 C20196 ... C20192018 )
2019
Xét khai triển
(1 x ) 2019 C 20190 xC 20191 x 2 C 20192 ... x 2018 C 20192018 x 2018 C20192018
+ Thay x = 2 vào khai triển (1):
32019 C 20190 2C 20191 2 2 C 20192 ...

+
(1)
2 2018 C 20192018

22019 C20192019

+ Thay x = -2 vào khai triển (1) được:
( 1) 2019 C 20190 2C 20191 2 2 C 20192

2 2018 C 20192018

...

22019 C20192019

+ Cộng vế với vế được:

32019 1 C
2

0

22C2
2019

2

2

32019 3 2 C

2

2019

24C4

2019

2019

24C4

26C6
2019

... 22018 C2018
2019

2019

... 22018 C2018

2019

(2)

+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được:
2 2019 C 20190 C 20191 C 20192 ... C 20192018

C20192019

+ Thay x = -1 vào khai triển (1) được:
0 C20190 C20191 C20192 ... C20192018

C20192019

Cộng vế với vế được:

1
5


22019
2

C20190 C20192 C20194 ... C20192018

2

2019

C2 C4

2

2019

2

2018

... C

2019

2019

+ Từ (2) và (3)

1 ( 2019
3 3
2019
2

Bài toán 9:

20 C20180

E

6

C

2019

22019 2 )

32019 22019 1

2

21C20181

(3)
4038

22 C20182

23 C20183

F

22018 C20182018

...
1.2

Tính tổng:

2.3

4.5

3.4

2019.2020

Trong trang này: Bài tốn 9 của tác giả

10

Ck

Hướng dẫn:

Ck 1

n

n1

+ Áp dụng công thức(II) k 1
1

F

(

20 C1

21C2

2019

23C4

n 1
22 C3

2019

22018 C2019

...
2019

2019

2019

)

2019

5
2020
2
3
4
+ Áp dụng công thức(II), được:
1
1
F 2019 2020 (2 0 C 20202 21 C 20203 2 2 C 20204 2 3 C 20205 ... 2 2018 C20202020 )
.22[(20 C0

1
2019.2020
1

21C1

2020

22C2
2020

23C3

2020

[(1 2)2020 (1 2.2020)
20 C20180

21C20181

22 C20182

1.2

2.3

3.4

Vậy

n 1

Tính tổng:
Hướng dẫn

Ck

+ Áp dụng công thức

n

2020

22018 C20182018

2019.2020

4.5

n 1

n

22 n 3 C

n 2

23
2

21

Cn1
n

1

1
4038

Cn
n

Cn k

n

22 n 1 C

n 1

n

n

2020

23 C20183 ...

2 2 n 1 C 0 2 2 n 1 C 1 2 2 n 3 C2 ...

G

G

2020

)]

1
4038

2019.2020.22

Bài toán
10:

... 22020 C2020 ) (1 2C1

n
n

22 n 1

n

n

C

k
n

+ Áp dụng công thức (II) k 1

Cn1
n

Cn 1k

n 1

n

... 23 C 1 21 C0
2 n 1 n

1

n 1

16


1

G n 1 (2 2 n 1 Cnn 11

2 2 n 1 C nn 1

22n

3

C nn 11 ... 23 C n2 1 2C n1 1)

1
2n1
C nn 11 2 2 n 1 C nn 1 2 2 n 3 C nn 11 ... 2 3 C n2 1 2C n1 1)
n 1[(2

+ Xét khai triển:
(1 2 x ) n 1 C n0 1 2 xC n1 1 2 2 x 2 C n2 1

2 3 x 3C n3 1 ...

2n 1 x n 1Cnn 11

+ Thay x = 2 vào khai triển trên được :
5n1

C n0 1

2 2 C n1 1

C0

1

3

2

2 6 C n3 1

5

...

3

22 n 2 Cnn 1

2n1

n1

2 C n 1 2 C n 1 ... 2
n1
0
1 5 n 1 n 1 )C
1
5
(
G
n 1 2
2
2( n 1)
G 2 2 n 1 0 2 2 n 1 1 2 2 n 3 2 ...

2(

2 2C n 1

C

Vậy :
11

2 4 C n2 1

n 1

n

n

C

n

n 1

1

n1

C )

C

n

n1

23 n1
C
2 n

21 Cn 5 n 1 1
1 n 2( n 1)

Trong trang này: Bài toán 10 có tham khảo trong TLTK[4]

2.4. Kết quả đạt được
Sau khi dạy xong bài này tôi cho học sinh lớp 11A3 làm bài kiểm tra để
kiểm tra tính khả thi của đề tài và đối chiếu với kết quả kiểm tra trước khi học
bài này, tôi thu được kết quả như sau :
Đề kiểm tra
Bài 1: Tính tổng
1 C2
1 C 4 ...
1
1
A C0
C 2016
C2017
2018
2018
2011
2018
5
2017
2018 2018
a/
3
b/ B 2C 22n 4C 24n 6C26n ... (2n 2)C 22nn 2 2nC22nn
Bài 2:
a/ Tìm số tự nhiên n biết:
2C 0 3C 1 4C 2 ... ( n 1)C n 1 ( n 2)C n 320
n
n
n
n

n
2 5 n
( x )
biết:
b/ Tìm hệ số của x20 trong khai triển x 3
C0 1 C1
n

2

n

1 C 2 1 C 3 ... ( 1)n
3 n 4 n

1 Cn 1
n 1 n 13

Trước khi học bài này
Tổng số Điểm Giỏi
học
(8-10)
sinh
45
8(17,8%)

Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
15(33,3%)

Điểm TB
(5- dưới 6)
15(33,3%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
5(11,1%)

Điểm
Kém
(<3,5)
2(4,5%)

Sau khi học bài này
17


Tổng số Điểm Giỏi
học
(8-10)
sinh
45
15(33,3%)

Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
21(46,7%)

Điểm TB
(5- dưới 6)
8(17,8%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
1(2,2%)

Điểm
Kém
(<3,5)
0(0%)

Trong trang này: Bài tốn 1;2 có tham khảo trong TLTK[1]; [4]

12

3. Kết luận
3.1 . Hạn chế
Do khuôn khổ của đề tài có hạn, nên cịn một số dạng tổng tơi vẫn chưa
tìm được cơng thức thay thế để giải.
Do thời gian có hạn và tính chủ quan của tác giả, bài viết cịn nhiều thiếu
sót. Rất mong q thầy cơ, các em học sinh và các độc giả góp ý chân thành để
bài viết của tơi hồn thiện và ứng dụng rộng rãi hơn.
3.2. Kiến nghị
Tôi xin được kiến nghị với, Lãnh đạo các Ban ngành Sở GD và ĐT
Thanh Hóa,Ban Giám Hiệu các trường THPT tạo điều kiện về mặt thời gian,
cơ sở vật chất để chúng tơi có các buổi ngoại khóa Liên mơn. Mặt khác cũng

cho phép chúng tôi được co, giãn bài giảng để phù hợp với trình độ của từng
đối tượng học sinh, đáp ứng nhu cầu và nguyện vọng học tập của các em. Tôi
xin chân thành cám ơn.

Xác nhận của Ban giám hiệu

Hoằng Hóa, ngày 26/5/2018
Tơi xin cam đoan đây là sáng kiến của tôi
viết, không sao chép của người khác.
Người viết sáng kiến
18


Nguyễn Lan Phương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 11 nâng cao - NXB Giáo dục
2. Lê Hồng Đức - Lê Bích Ngọc - Lê Hữu Trí , Phương pháp giải Tốn Tổ
hợp , NXB Hà Nội.
3. Đề minh họa, đề thử nghiệm mơn Tốn THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục;
các đề thi thử của các Sở giáo dục, các trường THPT trên toàn quốc.
4. Các tài liệu tham khảo trên Internet.

19


Danh mc cỏc SKKN ó c xp loi
Nămhc
2005
2006

2007
2008
2013
2014
2015
2016

Tờn sỏng kin kinh nghiệm
Số quyết định.
Sử dụng tam thức bậc hai trong
Xếp loại : C
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
tam giác
Một số đề xuất trong lời giải các bài
932/ QĐ- SGD
toán hình học khơng gian lớp 11
ngày 11/9/2008
Một số ứng dụng của modun số phức
trong giải toán về số phức
Sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đẻ
giải các bài toán sinh học, y học, thể
thao, kinh tế, khoa học kỹ thuật và
các môn khoa học khác

Xếp loại : C
753/ QĐ- SGD&ĐT
ngày 03/11/2014
Xếp loại : B
972/QĐ- SGD&ĐT
ngày24/11/2016

Xếp loại : C

20