SKKN sử dụng công thức thay thế đạo hàm, tích phân để giải các bài toán đại số tổ hợp 11

111Equation Chapter 1 Section 11. 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 toán Tổ hợp lại được chú trọng hơn nữa. Trong nội
dung này có một số bài toán 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 toán Tổ hợp dạng này. Vậy làm sao có thể đưa các dạng đề
này vào đề thi học sinh giỏi văn hóa mà thầy cô và học sinh có thể giải quyết
triệt để được ?
Để giúp thầy cô giáo có thêm chuyên đề Tổ hợp trong ôn luyện học sinh
giỏi và giúp các em học sinh có công 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 môn Toán THPT rất thiết
thực và có hiệu quả.
- Góp phần nâng cao kỹ năng giải các bài toán tổ hợp cho giáo viên và
học sinh
- Góp phần gây hứng thú học tập môn Toán 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 môn Toán.
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 thông 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 môn Toán trong nhà trường :
Môn Toán 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.
Môn Toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ môn 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 quên ngay khi các
em không 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 tòi, 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 thông 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, quá 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 đòi 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 quá trình tự
rèn luyện, phấn đấu không 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 không 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 công 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 2b2 ... 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

C kC n k

với chú ý :

n

0 k n

n

1

CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG

Dạng 1: Sử dụng công thức :

k .C
n

n.C k

k

n 1

1

(I) trong tính tổng

Chứng minh công thức (I)
k .C nk n.Cnk 11
k.
n!
n.
k !( n k )!
n!

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

( k 1)!( n k )!

( k 1)!( n k)!

Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:
A 1.C1 2.C 2 3.C3 ... k .C k ... n.Cn
Tính tổng:
n

n

n

n

n

Hướng dẫn:

Áp dụng công thức (I)

k .C

n.C

k

n

1.C

1

n

2.C 2

n

n

n.C

0

k

1

1

ta được:

1

n
1

n.C

n

1

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

A n (C n0 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

2

n

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

Bài toán 2:
3


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

0

n.C

n

k

1

1

ta được:

1

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

0

C n 1 x.C n
+ Xét khai triển : (1 x )
+ Thay x = 2 vào khai triển (1) ta được:

1

3n 1 1.C n0 1 2.Cn1 1 2 2 Cn2 1 ...

+ Thay vào tổng B được: B

1

x 2 .C n2 1 ... x n 1 .Cnn 11 (1)

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 toán tổng quát :
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 toán 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

n

... k .C

k

n

... n.C n
n

...C nn )

n1

= n.2 ( bài toán 1)

n
Cn0 x.C n1 x 2 .C n2 ... xn .Cnn (2)
+ Xét khai triển : (1 x)
+ Thay x = 1 vào khai triển (2) được :
2 n C n0 C n1 C n2 ... Cnn 2 n 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 (Cn C n ...

Bài toán 4:

Cnn )


1

2
2
3
3
4
Tính tổng : D 3.C n 4.2.C n 5.2 .Cn 6.2 .C n

...

( n 2).( 2) n 1.Cnn

Hướng dẫn:

D [1.C n1 2.2.C n2 3.2 2.C n3 4.2 3.C n4 ... n. ( 2) n 1.C
n

n

] +[2.C n1 2 2.C n2 2 3.C n3 2 4.C n4 ... ( 2) n .C nn ]
4


+ Tính tổng : D1
+

[1.C n1

2.2.Cn2 3.2 2.C n3 4.2 3.C n4 ... n. ( 2) n 1.C nn ]

Áp dụng công thức (I),

k .C
n

kn.C

1.C

k 1
n 1

1

2.C

n
2
n

ta được:

n.C0 1

n
1

n.C

n

1

...
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.Cn1 1 2 2.C n2 1 2 3.C n3 1
1
( 1)n 1
1

tìm được:

D

n.( 1)n

1

1

( 2) n 1 .C nn

...

1

+

Tính tổng : D 2 =2.C n

2 2.C n2 2 3.C n3 2 4.Cn4 ... ( 2) n .Cnn

+
+

n
0
1
2
2
n
n
Xét khai triển : (1 x ) C n x.C n x .C n ... x .Cn (2)

Thay x = -2 vào khai triển (2) được:
C n0 [2.C n1 2 2.C n2 2 3.C n3 2 4.C n4 ... ( 2) n .C nn ] ( 1)n

tìm được: D2 C n0 ( 1) n n ( 1)n
+ Tính được: D n.( 1)n 1 n ( 1)n n ( 1)n 1(n 1)
Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 5:
1
2
2
3
Tính tổng: E 4.C n 5.2.C n 6.2 .C n

E1 C n1

2.2.C n2

... ( n

3).2 n 1.Cnn

3.2 2.C n3 ... n.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.Cn 3.2 .C n ... n.2 .C n ) 3( C n 2.C n 2 .C n ... 2 .C n ) +

Tính tổng:
Dựa vào công thức (I), tính được :

E1 n (C n0 1

.2.C n1 1 2 2.C n2 1

n.3n 1
+ Tính tổng:
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.C n1 2 2.C n2 2 3.C n3 ... 2 n.C nn )
n1

3 n

E n. 3
2 (3 n)
Tìm được :
Bài toán tổng quát: Tính tổng:

2 n 1.C nn 11 )

...

2 2.Cn2

3

2 3.C

0

2Cn

n

3

3

... 2 n.C

2 (3

n

n

n

n)

)


E (1 m).a r .C n1 (2 m).a r 1 .C n2 (3 m).a r 2 .C n3 ... ( n m).a r n 1.Cnn H
ướng dẫn:
5


E

ar (C n1 2 a.C n2 3a 2 .C n3 ... n.a n 1 .C nn ) m.a r 1 ( aCn1 a2 .C n2 ... an .C nn )

n.a r (1 a) n 1 m.a r 1 (1 a) n m.n.ar 1
Bài toán 6:
3
4
5
Tính tổng: F C n 2.C n 3.C n ... ( n

Hướng dẫn:
+ Ta có:
F (3.C3 4.C4
n

2).Cnn

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

n

n

n

n

n

+ 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

...

Cnn 11)

1)

n. 2n 1

n2

+ Tính tổng :

F

2(C n3 C n4 ... 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).C n 2 ( n 4) n 2

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài toán 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

1.C

1

k

1
0

n.C

n

2.C 2

ta được:

n 1

1

n
1

n.C

n

n

1

...

+ 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 Cn1 1 ... C nn 11 )
1).Cnn 11

Tính tổng: G1 =2n(C

+

Tính tổng: G2 =n[ Cn

0

1

n1

Cn1 1 ... C nn 11 ) 2.n.2 n 1 n.2n

1

2.C n2 1 3.Cn3 1 ... ( n 1).Cnn 11]

k .C

k ( n 1)C

k

n 1

n

0

1

G2 =n ( n 1)(C n
+

2

Cn

n
n
Tính được: G n. 2 n ( n 1).2

Bài toán 8:

(n

]

+

Áp dụng công thức:

n[Cn1 1 2.Cn2 1 3.Cn3 1 ...

1
2

, ta được:

2

C n2 2 ... C nn 22 ) n ( n 1).2n

2

n ( n 3)2n

2

2

6


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:
+

k .C

Áp dụng công thức (I)

kn.C

n

1.C

1

0

n.C

n

2.C 2

n.C

n

k

1

ta được:

n 1

1

n
1

n

1

...

H n (2.3.C n0 1 3.3 2.C n1 1 4.33.C n2 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 12.3.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

3.C n1

2

2

.C nn 22 ) 9 n( n 1).4n

Bài toán 9:

Tính tổng: K

+

n.C nn

n1
9 n ( n 1).4 n
Tính được: H 6 n. 4

2

4n

2

(9 n 2 15 n )

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

+ Áp dụng công thức :
K

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

2

C kC n k
n

n

( 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 1

1

n.C

n

2.C 2

0

1

n
1

n.C

n

n

1

...
n
n1
k
1
n1
Tính được K n.C n ( n 1).C n ... kC n ... C n n.2

Bài toán 10:
Tìm số tự nhiên n sao cho:
C 21 n 1 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
Hướng dẫn:

+ Áp dụng công thức (I)

k .C
n

k n.C

k

n

1

1

được:

2017 (1)

2


7


1.C 21 n 1

(2 n

2.C 22n 1 (2 n
...

1).C21n

VT (1') (2 n 1)(C 20n 2.C 21 n 2 2.C 22nn
1).(1 2)2n

1)C20n

2 3.C 23n

...

2 2 n.C 22nn )

(2 n

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

2n
+ Thay vào (1') được :
, tìm được n = 1008 Bài
tập vận dụng: Tính các tổng sau:
L 100.C0 ( 1 ) 99101.C1 ( 1 )100 ... 199.C99 ( 1 )198 200.C 100 (1 )199
100
100 2 1
2
1/ 10
2
2
0
0

0

0
1
n 2
n
2/ M n.C n ( n 1).C n ... ( 1) .2.C n

2

( 1) n 1 .Cnn 1

2
2
2
3
2
4
2
5
n
2
n
3/ N 2 .C n 3 .C n 4 .C n 5 .C n ... ( 1) .n .Cn

Ck

Ck
n

1

n1

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

n 1 (II) trong tính tổng

Ck 1

n

n1

k 1

n 1 n!

( n 1)!

( n 1)

( k 1)

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

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

Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:

C1

A Cn0

k !( n k)!

C 2 ...

n

Ck

n

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

... Cn

n

n

k 1

Cn0
C

( k 1)!( n k)!

n 1

C1
n 1

n 1
C 2

1
n

n 1

2

n 1

+ Tìm được : ..
.

C0

1
A

n 1 (C n

1

1

Cn

2

1

Cn

3

1

... C

1

A

Bài toán 2:

0

C
n

Tính tổng:

1
1
2
n 1
0
1
) n 1 ( C n 1 C n 1 C n 1 ... Cn 1 ) n 1 n 1 (2 n 1 1)
n1

(2 n 1 1)

n 1

Vậy
B

n 1
n 1

2

C1
n

3

C2
n

4

...

C
k
n

k 2

...

Cn
n

n 2


8


Hướng dẫn:
B C0 .1

C 1 . 2 C 2 . 3 ...

n

n

C k . k 1 ...

n

Cn . n 1

n

n

1 2 2 3 3 4
k 1 k 2
n 1 n 2
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 n1 2 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)
+

1
Tính : B1 C n

2C n2 2

+

Áp dụng công thức (I)

2

3C n3 2

k .C

kn.C

n

k

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

n

1

1

B1 ( n 2)(C n0 1 C n1 1 C n2 1 ... C nn 11 ) ( n 2).2n 1

B2 Cn1

Cn2 2 ... C nn 22 (C n0 2 C n1 2 ... C nn 22 )

2

B

+ Tìm được :

Vậy :

n1

Cn0 2 2 n

2

1

n 2

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

Bài toán 3:
1

C

2 C19

1
1
3 C19

0

1

4 C19

1
3
5 C19

2

1

1 19
21 C19

... 20 C1918

Tính tổng:
Hướng dẫn:
C

1

2 .C19

0

2 1
1
3 . 2 C19

3

1
2
4 . 3 C19
k

C

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) :

C

0

19

1

C

1

20

20

;

C

1

19

2

C

2

20

;

C

C

2

19

20

3

3

20

;...;

C

C

19

19

20

20

20

20

20

tính được:
C

1 1
1
20 ( 2 C20

2
2
3 C20

3
3
4 C20

4

4
5 C20

...

19
19
20 C20

20

20
21 C20 )

9


+ Áp dụng công thức (II), được:
C201

C212

2
C202

C213

3
...

C

1
1
2
20 . 21 (C21

2C213

3C213

21

21

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):

C1

2C212

21C201

3C213

21C202

4C214
...

21C203

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

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
20.21 [(C 21

C 211 C 212 C 213 C 214 C 215 ...
C211 )]

C 2120 C 2121 )

(C 210

1
1
21

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

C 20

1
1
21 421

10


Vậy
C

1

2

0

.C19

2

3

1

3

1

. 2 C19

4

1

. 3 C19

4

2

3

C

1

... 19 . 1

. 4

5

19

Bài toán 4:

Tìm n thỏa mãn:

+

2n 1

n1

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

2n 1

7 2n

C2 n 1

2n1

2n 1

C 21 n 1 C22nn 1
3

C

2n1

+Có:

2n 2

2n1

5
2 n1

C22nn 14 ...

C
+ Đẳng thức đã cho trở thành:

1 (C 20n 1 C 21 n 1 C 22n 1 ... C 22nn 1 C22nn 11 )
2n 1
8192 n 6
22n1
2n 1
2n 1
Vậy n = 6
Bài toán 5:
Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn:
0
1
2
n
127
a2
a3
an 1
2n

421
8192

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

C

aC

2n

19

1

2n 1

3
...
(2C21

C19

C2 n 1
2n1

2n

VT

5 2n

2n

+Áp dụng công thức (II) được:
C20n
C2

20 . 1

2n 1

3

2n

1

2C4

2 C2

2C0

C 18

2

C

2n

3

C

Hướng dẫn:

...

2
n

n 1

C

n

7

8192
2n 1

3

;A

20n

n

n!

A3

20 n

20 n n 6

n
( n 3)!
+
+ Áp dụng công thức (II), được:
1
C n0 C

n1

C

1
n

2
...

n 1
C2

n1

n 1

11


1 (1 a)n 1

n 1

+ Đẳng thức đã cho trở thành:

+ Thay n = 6 vào đẳng thức trên được:

1
n 1

127
7

(1 a) 7 128 a 1 Vậy n=

6 và a = 1

Bài toán 6:
( 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

Hướng dẫn:

n

2

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 1) n 1
n 1

1
n 1

1 n 12
13

2

(

+

Thay n = 12 vào khai triển:

x5 ) 6

3

x

C k ( 2 )12 k ( x 5 ) k

có số hạng tổng quát là: 12 x 3
+

Theo giả thiết : 8k

Bài toán 7:

1
D 100 (C1001 ) 2

36 20 k 7 .

Vậy hệ số là:

C

25 C

k

12

12

212

k

x8

k

36

7

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

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

công thức (II) k 1

3
3
97
98 C100 .C100

...

99

2 C100

99

.C1001

100C100100 .C1000

Ck 1
n1

n 1

+ Áp dụng

12


C10099 C
100

100
101

101
98

C100 C
99 101
...

D

1
1
100
101 (C100 .C101

2C1002.C10199

+ Áp dụng công thức (I)

D

3C1003.C10198

k .C
n

n.C

k

k

n

... 99C10099.C1012

100C100100.C1011)

1

1

1.C1001

100.C990

2.C1002
...

100.C991

100

0
100
C991.C10199 C992.C10198 ... C9998.C1012 C9999.C1011)
101 (C99 .C101

+ Xét khai triển : (1 x ) 99

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

101

(1 x )
+

99
101

0

99

1

2

99

C101 x.C101 x C101

2

x 99 C99

99

...x

100

C101100

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

(1)

99

101

x C101

x100

101

(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

200

100

0
100
C991 .C10199 C992 .C10198 ... C9999 .C1001 = C200100
nên ta được: C99 .C101

D

100 C100

Vậy

101

22 1

Bài toán 8:

24 1
C20181

E

Tính tổng:
Hướng dẫn:

200

C20183

2

4

Ck
n

+ Áp dụng công thức (II)

C20182017

C20185 ...
6

2018

n1

n 1

C1

C2

2
C3

2019
C4

4

2019

2018

22018 1

Ck 1

k 1
2018

26 1

2019

2019

...

13


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
khai triển
(1 x ) 2019 C 0 xC 1
x2C2
2019

2019

2019

+ Xét
... x 2018 C 2018

+ Thay x = 2 vào khai triển (1):
32019 C 20190 2C 20191 2 2 C 20192
C2019

x 2018 C2018

2019

2019

(1)

2 2018 C 20192018

...

22019

2019

+ Thay x = -2 vào khai triển (1) được:
( 1) 2019 C 20190 2C20191 2 2 C20192

2 2018 C20192018

...

22019 C20192019

+ Cộng vế với vế được:
0
22 C20192 24 C20194 ... 22018 C20192018
32019 1 C2019
2
22C2
24C4
26C6
32019 3
... 22018 C2018
2019

2

2019

2019

2019

(2)

+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được:
2 2019 C 20190 C 20191 C20192 ... C 20192018

C20192019

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

C20192019

Cộng vế với vế được:
22019
2

C20190 C20192 C20194 ... C20192018 2018
... C
C2
C4
C6
2019

2

2

2019

2

2019

+ Từ (2) và (3)

1 ( 2019
3 3
2019
2

Bài toán 9:

20 C20180

E

2019

2019

22019 2

21 C 20181

2

(3)

) 32019 22019 1
4038

2 2 C 20182

2 3 C 20183

F

Tính tổng:

22018 C20182018

...
1.2

2.3

3.4

4.5

2019.2020

Hướng dẫn:
14


Ck

Ck 1

n

n1

+ Áp dụng công thức(II) k 1

1 ( 20 C20191
2019
2

F

n 1

21C20192

22 C20193

3

4

22018 C20192019 )

23 C20194 ...
5

2020

+ Áp dụng công thức(II), được:
1
1
F 2019 2020 (2 0 C 20202 21 C 20203 2 2 C 20204 23 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

2 2 C 20182

1.2

2.3

3.4

Vậy

2

G

2

0

C

n 1

Tính tổng:
Hướng dẫn

2n1

n

n

2020

2020

C1

2

2 3 C20183 ...

2019.2020

4.5
2n3

C

23

2

n 1

n

22n3 C

n 2

n

22018 C20182018

...
2

1
4038

21

Cn1
n

1

Cn
n

C k Cn k
n

+ Áp dụng công thức
G

2n1

2020

)]

1
4038

2019.2020.22
Bài toán
10:

... 22020 C2020 ) (1 2C1

22n1 C

n 1

n
n

22n1

n

n

C kn

+ Áp dụng công thức (II) k 1
1

G n 1 (2 2 n 1 Cnn 11

Cn1
n

n 1

23 C 1 21 C0
2 n 1 n

...

n

Ckn 11

n 1

2 2 n 1 Cn n 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 xCn1 1 2 2 x 2 Cn2 1

2 3 x 3C n3 1 ...

2n 1 x n 1Cnn 11

+ Thay x = 2 vào khai triển trên được :
5 n 1 C n0 1 2 2 C n1
C0

2(

n1

1

2 4 C n2 1 2 6 C n3 1 ... 22 n 2 Cnn 11

1
3

2

C

5

3

2n1

2 2C n 1 2 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)
0
1
2
G 22n1 C
2 2 n 1 C 2 2 n 3 C ...
n
n
n 1 n
n 1 n
Vậy :

n1

C )
n1

23
2

Cn1
n

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

15


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
2018
5
2017
2018
a/
3
b/ B 2C 22n 4C 24n 6C 26n ... (2 n 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 Điểm Khá
học
(8-10)
(6,5-dưới
sinh
8)
45
8(17,8%) 15(33,3%)
Sau khi học bài này

Điểm TB

(5- dưới 6)

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

Điểm TB
(5- dưới 6)

Điểm Khá
(6,5-dưới
8)
21(46,7%)

15(33,3%)

8(17,8%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
5(11,1%)

Điểm
Kém
(<3,5)
2(4,5%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
1(2,2%)

Điểm
Kém
(<3,5)
0(0%)

16


3. Kết luận
3.1 . Hạn chế
Do khuôn khổ của đề tài có hạn, nên còn một số dạng tổng tôi vẫn chưa
tìm được công thức thay thế để giải.
Do thời gian có hạn và tính chủ quan của tác giả, bài viết còn nhiều thiếu
sót. Rất mong quý thầy cô, các em học sinh và các độc giả góp ý chân thành để
bài viết của tôi hoàn 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 tôi có các buổi ngoại khóa Liên môn. 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
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến của tôi
viết, không sao chép của người khác.
Người viết sáng kiến

Nguyễn Lan Phương

17


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 Toán Tổ hợp
, NXB Hà Nội.
3. Đề minh họa, đề thử nghiệm môn Toán 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.

18


Danh mục các SKKN đã được xếp loại
N¨mhọc
2005–
2006
2007–
2008
2013–
2014

2015–
2016

Tên sáng kiến kinh nghiệm
Sử dụng tam thức bậc hai trong
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
tam giác
Một số đề xuất trong lời giải các bài
toán hình học không gian lớp 11

932/ QĐ- SGD
ngày 11/9/2008

Một số ứng dụng của modun số phức
trong giải toán về số phức

Xếp loại : C
753/ QĐ- SGD&ĐT
ngày 03/11/2014

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

Số quyết định.
Xếp loại : C

Xếp loại : B
972/QĐ- SGD&ĐT

ngày24/11/2016
Xếp loại : C

19