(Sáng kiến kinh nghiệm) 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 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 a n  Cn1a n 1b  Cn2 a n 2b 2  ...  Cnn 1ab n 1  Cnnb n
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:

Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn 1 , Cnn với chú ý : Cnk  Cnn k 0  k  n
+

Cnk 

n  k  1 k 1
.Cn
k

CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG

k .C k  n.Cnk11 (I) trong tính tổng

n
Dạng 1: Sử dụng cơng thức :
Chứng minh công thức (I)
k .Cnk  n.Cnk11

n!
(n  1)!

 n.
k !(n  k )!
( k  1)!( n  k )!
n!
n!


(k  1)!(n  k )! (k  1)!(n  k )!
 k.

Bài tốn áp dụng :
Bài tốn 1:
1
2
3
k
n
Tính tổng: A  1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  k .Cn  ...  n.Cn
Hướng dẫn:
Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11

...
+ Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được :
A  n(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )

(1  x) n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n 1.Cnn11 (1)

n 1
0
1
2
n 1
2

C

C

C

...

C
n

1
n

1
n

1
n
1
+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được :
+ Xét khai triển :

n 1
+ Thay vào tổng A  n.2
1.Cn1  2.Cn2  3.Cn3  ...  k .Cnk  ...  n.Cnn  n.2 n 1
Vậy :
Bài toán 2:

3


Tính tổng :

B  1.Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  ...  k .2 k 1.Cnk  ...  n.2 n 1.Cnn

Hướng dẫn:
k
k 1
k
.
C

n
.
C
n
n
1 ta được:
Áp dụng công thức (I)

1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11

B  n(C

0
n 1

 2.C

1
n 1

 2 .C
2

2
n 1

...
 ...  2k 1.Cnk11  ...  2 n 1.Cnn11 )

(1  x) n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n 1.Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = 2 vào khai triển (1) ta được:
3n 1  1.Cn01  2.Cn11  22 Cn21  ...  2 n1 Cnn11
n 1
+ Thay vào tổng B được: B  n.3
1
2
2
3

k 1
k
n 1
n
n 1
1.
C

2.2.
C

3.2
.
C

...

k
.2
.
C

...

n
.2
.
C

n

.3
n
n
n
n
n
Vậy
Bài toán tổng quát :

B  1.C1  2.a.Cn2  3.a 2 .Cn3  ...  k .a k 1.Cnk  ...  n.a n 1.Cnn

n
Tính tổng:
n 1
B

n
.(
a

1)
Đáp án :

Bài toán 3:

C  3.Cn1  4.Cn2  5.Cn3  ...  ( n  2).Cnn
Tính tổng :
Hướng dẫn:
1
2

3
n
1
2
3
n
Ta có : C  (1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  n.Cn )  2.(Cn  Cn  Cn  ...Cn )
1
2
3
k
n
n 1
+ Tính : A  1.Cn  2.Cn  3.Cn  ...  k .Cn  ...  n.Cn = n.2 ( bài toán 1)

n
0
1
2
2
n
n
(1

x
)

C

x

.
C

x
.
C

...

x
.
C
n
n
n
n
+ Xét khai triển :
(2)

+ Thay x = 1 vào khai triển (2) được :
2n  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  2n  n  Cn1  Cn2  ...  Cnn
n 1
n
ta được : C  n.2  2  n
3.Cn1  4.Cn2  5.Cn3  ...  (n  2).Cnn  n.2 n 1  2 n  n
Vậy:
1
2
n
C


(1

m
).
C

(2

m
).
C

...(
n

m
).
C
n
n
n
Bài tốn tổng qt : Tính tổng:
1
2
n
1
2
n
Đáp số C  (1Cn  2Cn  ...nCn )  m(Cn  Cn  ...  Cn )

Bài tốn 4:
1
2
2
3
3
4
n 1
n
Tính tổng : D  3.Cn  4.2.Cn  5.2 .Cn  6.2 .Cn  ...  (n  2).(2) .Cn

Hướng dẫn:

D  [1.Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  4.23.Cn4  ...  n.(2) n 1.Cnn ] 
+[2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  24.Cn4  ...  ( 2) n .Cnn ]
4


+ Tính tổng :

D1  [1.Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  4.23.Cn4  ...  n.(2) n 1.Cnn ]

k
k 1
+ Áp dụng công thức (I), k .Cn  n.Cn 1 ta được:

1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11
...

D  n(C
nên : 1

0
n 1

 2.C

1
n 1

 2 .C
2

2
n 1

 23.Cn31  ...  ( 2) n 1.Cnn11 )

(1  x) n 1  Cn01  x.Cn11  x 2 .Cn21  ...  x n1.Cnn11 (1)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = - 2 vào khai triển (1) được :
0
1
2
2
3
3
n 1
n 1

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

tìm được: D1  n.(1)
D =2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  2 4.Cn4  ...  ( 2) n .Cnn
+ Tính tổng : 2
(1  x) n  Cn0  x.Cn1  x 2 .Cn2  ...  x n .Cnn (2)
+ Xét khai triển :
+ Thay x = -2 vào khai triển (2) được:
Cn0  [2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  2 4.Cn4  ...  ( 2) n .Cnn ]  ( 1) n
tìm được: D2  Cn  (1)  n  (1)
n 1
n
n 1
+ Tính được: D  n.(1)  n  (1)  n  (1) (n  1)
0

n

n

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng qt bài tốn.
Bài tốn 5:
1
2
2
3
n 1
n

E

4.
C

5.2.
C

6.2
.
C

...

(
n

3).2
.
C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
Ta có :
E  (Cn1  2.2.Cn2  3.22.Cn3  ...  n.2 n 1.Cnn )  3(Cn1  2.Cn2  2 2.Cn3  ...  2 n 1.Cnn ) +
1
2

2
3
n 1
n
E

C

2.2.
C

3.2
.
C

...

n
.2
.
C
1
n
n
n
n
Tính tổng:
Dựa vào cơng thức (I), tính được :
E1  n(Cn01  .2.Cn11  22.Cn21  ...  2n 1.Cnn11 )  n.3n 1
+ Tính tổng:

3
(2.Cn1  22.Cn2  23.Cn3  ...  2 n.Cnn )
2
3
3
3
 (Cn0  2.Cn1  2 2.Cn2  23.Cn3  ...  2 n.Cnn )  Cn0  (3n  n)
2
2
2
3
E  n.3n 1  (3n  n)
2
Tìm được :
Bài tốn tổng qt: Tính tổng:
E2  3(Cn1  2.Cn2  22.Cn3  ...  2n 1.Cnn ) 

E  (1  m).a r .Cn1  (2  m).a r 1.Cn2  (3  m).a r  2 .Cn3  ...  (n  m).a r  n 1.Cnn H
ướng dẫn:
5


E  a r (Cn1  2a.Cn2  3a 2 .Cn3  ...  n.a n 1.Cnn )  m.a r 1 (aCn1  a 2 .Cn2  ...  a n .Cnn ) 
 n.a r (1  a ) n 1  m.a r 1 (1  a ) n  m.n.a r 1
Bài toán 6:

F  C 3  2.C 4  3.C 5  ...  ( n  2).C n

n

n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:
3
4
n
3
4
n
F

(3.
C

4.
C

...

n
.
C
)

2(
C

C


...

C
)
n
n
n
n
n
n
+ Ta có:

+ Tính tổng:

F1  3.Cn3  4.Cn4  ...  n.Cnn  n(Cn21  Cn31  ...  Cnn11 )
 n(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  n(1  n  1)  n.2 n1  n 2
+ Tính tổng :

F  2(Cn3  Cn4  ...  Cnn ) 
 2(Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  Cn4  ...  Cnn )  2(Cn0  Cn1  Cn2 ) 
n(n  1)
)  2.2n  ( n 2  n  2)
2
n 1
2
n
2
n 1
+ Tìm được: F  n.2  n  2.2  n  n  2  2 (n  4)  n  2

 2.2n  2(1  n 

3
4
5
n
n 1
C

2.
C

3.
C

...

(
n

2).
C

2
(n  4)  n  2
n
n
n
n
Vậy:

Sau khi tính tổng này giáo viên yêu cầu học sinh tổng quát bài toán.
Bài tốn 7:
1
2
3
n
G

1.2.
C

2.3.
C

3.4.
C

...

n
(
n

1).
C
n
n
n
n

Tính tổng:

Hướng dẫn:
+ Áp dụng cơng thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11
...

+ Tính được:
G  n[2.Cn01  3.Cn11  4.Cn21  ...  (n  1).Cnn11 ]=

=2n(C0n 1  Cn11  ...  Cnn11 )  n[Cn11  2.Cn21  3.Cn31  ...  (n  1).Cnn11 ]
0
1
n 1
n 1
n
G
=2n(C

C

...

C
)

2.

n
.2

n
.2
1
n

1
n

1
n

1
+ Tính tổng:
+ Tính tổng:

G2 =n[Cn11  2.Cn21  3.Cn31  ...  (n  1).Cnn11 ]

k
k 1
k
.
C

(
n

1)

C
n

1
n
 2 , ta được:
Áp dụng công thức:

G2 =n(n  1)(Cn0 2  Cn1 2  Cn2 2  ...  Cnn22 )  n(n  1).2n 2
n
n2
n2
+ Tính được: G  n.2  n(n  1).2  n(n  3)2
Bài toán 8:

6


Tính tổng

H  1.2.3.Cn1  2.3.32.Cn2  3.4.33.Cn3  ...  n.( n  1).3n.Cnn (n  2)
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11

...

 H  n(2.3.Cn01  3.32.Cn11  4.33.Cn21  ...  ( n  1).3n.Cnn11 
 n.2.3(Cn01  3.Cn11  32.Cn21  ...  3k.Cnk1  ...  3n 1.Cnn11 ) 
 n.32 [Cn11  2.3.Cn21  3.32.Cn31  ...  k .3k 1.Cnk1  ...  ( n  1).3n 2.Cnn11 ]
+ Tính tổng

H1  n.2.3(Cn01  3.Cn11  32.Cn21  ...  3k.Cnk1  ...  3n 1.Cnn11 )  6n.4 n 1
H 2  n.32 [Cn11  2.3.Cn21  3.32.Cn31  ...  k .3k 1.Cnk1  ...  ( n  1).3n 2.Cnn11 ]=
=9n(n-1).(C0n  2  3.Cn1 2  32.Cn2 2  ...  3k 1.Cnk21  ...  3n 2.Cnn22 )  9n( n  1).4 n 2
n 1
n2
n 2
2
Tính được: H  6n.4  9n(n  1).4  4 (9n  15n)

Bài tốn 9:
0
1
nk
n 1
K

n
.
C

(
n

1).
C


...

kC

...

C
n
n
n
n
Tính tổng:
Hướng dẫn:

Cnk  Cnn k

+ Áp dụng công thức :
K  n.Cnn  (n  1).Cnn 1  ...  kCnk  ...  Cn1
+ Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11 ta được:
1.Cn1  n.Cn01
2.Cn2  n.Cn11

...
n 1
k
1
n 1

Tính được K  n.C  (n  1).Cn  ...  kCn  ...  Cn  n.2
Bài tốn 10:
Tìm số tự nhiên n sao cho:
n
n

C21n 1  2.2.C22n 1  3.22.C23n 1  4.23.C24n 1  ...  (2n  1).22 n.C22nn11  2017 (1)
Hướng dẫn:
k .Cnk  n.Cnk11 được:
+ Áp dụng công thức (I)

7


1.C21n 1  (2n  1)C20n
2.C22n 1  (2n  1).C21 n
...
VT (1')  (2n  1)(C  2.C  2 .C22nn  23.C23n  ...  2 2 n.C22nn )  (2n  1).(1  2) 2 n
0
2n

1
2n

2

2n
+ Thay vào (1') được : (2n  1).(1  2)  2n  1  2017 , tìm được n = 1008
Bài tập vận dụng: Tính các tổng sau:
1

1
0
1
99 1 198
100 1 199
L  100.C100
( )99  101.C100
( )100  ...  199.C100
( )  200.C100
( )
2
2
2
2
1/
0
1
n2
n 2
n 1
n 1
2/ M  n.Cn  (n  1).Cn  ...  (1) .2.Cn  ( 1) .Cn

2
2
2
3
2
4
2

5
n 2
n
N

2
.
C

3
.
C

4
.
C

5
.
C

...

(

1)
.
n
.
C

n
n
n
n
n
3/

Cnk
C k 1
 n 1
Dạng 2: Sử dụng công thức : k  1 n  1 (II) trong tính tổng

Chứng minh cơng thức (II)
Ta có :
Cnk
Cnk11

k 1 n 1
n!
(n  1)!
 ( k  1)
k !(n  k )!
( k  1)!( n  k )!
(n  1)!
(n  1)!


k !(n  k )! k !(n  k )!
 ( n  1)

Bài toán áp dụng :
Bài toán 1:
A  Cn0 

Cn1 Cn2
Ck
Cn

 ...  n  ...  n
2
3
k 1
n 1

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

Cn11
n 1
1
Cn
Cn21

2
n 1
...
Cn0 

+ Tìm được :

Cn01
1
1
1
1
2
3
n 1
0
1
2
n 1
A
(Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...  Cn 1 ) 
(Cn 1  Cn 1  Cn 1  ...  Cn 1 ) 

(2 n 1  1)
n 1
n 1
n 1 n 1

Vậy

A

1
(2n 1  1)
n 1

Bài toán 2:

Cn0 Cn1 Cn2
Cnk
Cnn
B


 ... 
 ... 
2
3
4
k 2
n2
Tính tổng:
8


Hướng dẫn:
Cn0 1 Cn1 2 Cn2 3
Cnk k  1
Cnn n  1
B
.  . 
.  ... 
.
 ... 
.

1 2 2 3 3 4

k 1 k  2
n 1 n  2
1 1 1
2
3
k  1 k 1
n  1 n1

( Cn 1  Cn21  Cn31  ... 
Cn 1  ... 
Cn 1 ) 
n 1 2
3
4
k 2
n2
1
1

.
(Cn2 2  2Cn3 2  3Cn4 2  ...  (k  1)Cnk22  ...(n  1)Cnn22 ) 
n 1 n  2
1

[Cn1 2  2Cn2 2  3Cn3 2  ...  ( n  2)Cnn22 ](n  1)(n  2)
1

(C1 Cn  2 n2  2  ...  Cnn22 )
(n  1)(n  2)
1

2
3
k 2
n 2
B

C

2
C

3
C

...

(
k

2)
C

...

(
n

2)
C
1

n

2
n

2
n

2
n

2
n
2
+ Tính :

k .Cnk  n.Cnk11

+ Áp dụng cơng thức (I)
B1  (n  2)(Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11 )  (n  2).2 n 1

B2  Cn1 2  Cn2 2  ...  Cnn22  (Cn0 2  Cn1 2  ...  Cnn22 )  Cn0 2  2n  2  1
B

+ Tìm được :

1
[( n  2).2n 1  2n  2  1]
(n  1)( n  2)
B

Vậy :

1
[(n  2).2n 1  2n  2  1]
(n  1)( n  2)

Bài toán 3:
C

1 0 1 1 1 2 1 3
1 18 1 19
C19  C19  C19  C19  ...  C19
 C19
2
3
4
5
20
21

Tính tổng:
Hướng dẫn:
1
2 1
3 1
4 1
19 1
20 1 19
C  .C190  . C191  . C192  . C193  ...  . C1918  . C19

2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
k
k 1
Cn
C
 n 1
k 1 n 1
+ Áp dụng công thức (II) :
1
1
2
3
19
20
C190 C20
C19
C20
C192 C20
C19
C20

;

;


;...;

1
20 2
20 3
20
20
20

tính được:
C

1 1 1 2 2 3 3 4 4
19 19 20 20
( C20  C20  C20  C20  ...  C20
 C20 )
20 2
3
4
5
20
21

9


+ Áp dụng công thức (II), được:
1
C20
C212


2
21
2
3
C20 C21

3
21
...

C 

1 1
2
3
3
5
20
21
. (C21
 2C21
 3C21
 4C 21
 ...  19C21
 20C21
)
20 21

1

2
3
5
20
[(2C21
 3C21
 4C214  5C21
 ...  20C21
 21C2121 ) 
20.21
2
3
4
5
20
21
(C21
 C21
 C21
 C21
 ...  C21
 C21
)]


+ Tính tổng:

C1 

1

3
5
(2C212  3C21
 4C214  5C21
 ...  20C2120  21C2121 )
20.21

+ Áp dụng công thức (I):
2
1
2C21
 21C20
3
3C21
 21C202
4
3
4C21
 21C20

...
1
1
3
19
21(C20
 C202  C20
 C204  ...  C20
 C2020 ) 
20.21

1 0
1
0
1
2
3
19

C20  (C20
 C20
 C20
 C20
 C204  ...  C20
 C2020 ) 
20
20
1
1
1

 (1  1) 20 
20 20
20

 C1 

+ Tính tổng:
1
3
5

C2 
(C212  C21
 C214  C21
 ...  C2120  C2121 ) 
20.21
1
0
1
3
5
0
1

[(C21
 C21
 C212  C21
 C214  C21
 ...  C2120  C2121 )  (C21
 C21
)] 
20.21
1
1

[(1  1) 21  (1  21) 
21.20
21
C 

1

1
1
 
20 21 421

10


Vậy
1
2 1 1 3 1 2 4 1 3
19 1
20 1
1
C  .C190  . C19
 . C19  . C19  ...  . C1918  . C1919 
2
3 2
4 3
5 4
20 19
21 20
421
Bài toán 4:
2
2
2
2
8192
2C20n  C22n  C24n  C26n  ... 

C22nn 
3
5
7
2n  1
2n  1
Tìm n thỏa mãn:
Hướng dẫn:
+Áp dụng cơng thức (II) được:
C22nn11
0
C2 n 
2n  1
C22n C22nn11

3
2n  1
...
1
VT 
(2C21n 1  2C23n 1  2C25n 1  ...  2C22nn11 )
2n  1
+

C21n 1  C22nn1
C23n 1  C22nn12
C25n 1  C22nn14 ...
+ Có :
+ Đẳng thức đã cho trở thành:
1

8192
(C20n 1  C21n1  C22n1  ...  C22nn1  C22nn11 ) 
2n  1
2n  1
22 n 1
8192


n6
2n  1 2n  1
Vậy n = 6
Bài tốn 5:
Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn:
a2 1 a3 2
a n 1 n 127 3
0
aC2 n  C2 n  C2 n  ... 
Cn 
; An  20n
2
3
n 1
7
Hướng dẫn:
n!
An3  20n 
 20n  n  6
(
n


3)!
+
+ Áp dụng công thức (II), được:
C1
Cn0  n 1
n 1
1
Cn Cn21

2 n 1
...

11


1
1
127
(1  a ) n 1 

n 1
7
+ Đẳng thức đã cho trở thành: n  1
7
+ Thay n = 6 vào đẳng thức trên được: (1  a)  128  a  1
Vậy n= 6 và a = 1
Bài tốn 6:
2
 x5 )n
3

Tìm hệ số của x20 trong khai triển: x
, biết :
1
2
n
C C
C
1
Cn0  n  n  ...  (1) n n 
2
3
n  1 13
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức (II) được:
1
1
(Cn11  Cn21  Cn31  ...  (1) n 1 Cnn11 ) 
n 1
13
1
1

[Cn01  (Cn01  Cn11  Cn21  ...  (1) n Cnn11 )] 
n 1
13
n 1
1
(1  1)
1



  n  12
n 1
n 1
13
(

2
 x 5 )6
3
+ Thay n = 12 vào khai triển: x
2
C12k ( 3 )12 k ( x 5 ) k  C12k 212 k x8 k 36
x
có số hạng tổng quát là:
(

25 C127
+ Theo giả thiết : 8k  36  20  k  7 . Vậy hệ số là:
Bài toán 7:
1
2
3 3 2
99 99 2
1
2
100 2
D
(C100
) 2  (C100

) 2  (C100
)  ...  (C100
)  100(C100
)
100
99
98
2
Hướng dẫn:
+ Áp dụng công thức:

Cnk  Cnn k

1
99
C100
 C100
2
98
C100
 C100

...
+ Tổng trở thành:
1 1 99 2 2 98 3 3 97
99 99 1
100
0
D
C100 .C100  C100 .C100  C100 .C100  ...  C100

.C100  100C100
.C100
100
99
98
2

+ Áp dụng

Cnk
Cnk11

công thức (II) k  1 n  1

12


99
C100
C100
 101
100 101
98
99
C100
C101

99 101
...

D

1
1
100
2
99
3
98
99
2
100
1
(C100
.C101
 2C100
.C101
 3C100
.C101
 ...  99C100
.C101
 100C100
.C101
)
101

+ Áp dụng công thức (I)

k .Cnk  n.Cnk11
1

1.C100
 100.C990
2
1
2.C100
 100.C99

...
100 0 100
1
99
98
2
1
(C99 .C101  C99
.C101
 C992 .C101
 ...  C9998 .C101
 C9999 .C101
)
101
1
98
99
(1  x)99  C990  x.C99
 x 2C992  ...x98C99
 x 99C99
+ Xét khai triển :
(1)
D

0
1
2
100
101
(1  x)101  C101
 x.C101
 x 2C101
 ...x100C101
 x101C101

100

+ Lấy vế nhân vế của (1) và 92) được hệ số của số hạng chứa x
100
1
99
98
1
C990 .C101
 C99
.C101
 C992 .C101
 ...  C9999 .C100

(2)
là:

200

100
100
+ Trong khai triển: (1  x) có hệ số của số hạng chứa x là: C200
1
99
98
99
1
100
C 0 .C100  C99
.C101
 C992 .C101
 ...  C99
.C100
nên ta được: 99 101
= C200
100 100
D
C200
101
Vậy

Bài toán 8:
22  1 1
24  1 3
26  1 5
22018  1 2017
E
C2018 
C2018 

C2018  ... 
C2018
2
4
6
2018
Tính tổng:

Hướng dẫn:
Cnk
Cnk11

k 1 n 1

+ Áp dụng cơng thức (II)
1
C2018
C2
 2019
2
2019
3
4
C2018 C2019

4
2019
...

13

E

1
2
4
6
2018
[(22  1)C2019
 (24  1)C2019
 (26  1)C2019
 ...  (2 2018  1)C2019
]=
2019

1
2
4
6
2018
(22 C2019
 24 C2019
 26 C2019
 ...  2 2018 C2019
)
2019
1
2
4

6
2018

(C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
)
2019
khai triển
0
1
2
2018
2018
(1  x) 2019  C2019
 xC2019
 x 2C2019
 ...  x 2018C2019
 x 2018C2019
(1)
+ Thay x = 2 vào khai triển (1):
0
1
2
2018
2019
32019  C2019
 2C2019
 22 C2019

 ...  22018 C2019
 2 2019 C2019
=

+ Xét

+ Thay x = -2 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
(1) 2019  C2019
 2C2019
 22 C2019
 ...  2 2018 C2019
 2 2019 C2019
+ Cộng vế với vế được:
32019  1
0
2
4
2018
 C2019
 22 C2019
 24 C2019
 ...  22018 C2019
2
32019  3
2

4
6
2018

 22 C2019
 24 C2019
 26 C2019
 ...  22018 C2019
2

(2)

+ Thay x = 1 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
22019  C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
 C2019
+ Thay x = -1 vào khai triển (1) được:
0
1
2
2018
2019
0  C2019

 C2019
 C2019
 ...  C2019
 C2019
Cộng vế với vế được:
22019
0
2
4
2018
 C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
2
22019  2
2
4
6
2018

 C2019
 C2019
 C2019
 ...  C2019
2
E

+ Từ (2) và (3)

1 3 3 2  2 3
(

)
2019
2
2
2019

2019

2019

(3)
 2 1
4038
2019

Bài tốn 9:
Tính tổng:

0
1
2
3
2018
20 C2018
21 C2018
22 C2018
23 C2018

22018 C2018
F



 ... 
1.2
2.3
3.4
4.5
2019.2020

Hướng dẫn:
14


Cnk
C k 1
 n 1
k 1 n 1

+ Áp dụng công thức(II)
1
2
3
4
2019
21 C2019
22 C2019
23 C2019

22018 C2019
1 20 C2019
F
(



 ... 
)
2019
2
3
4
5
2020
+ Áp dụng công thức(II), được:
1
1
2
3
4
5
2020
F
(20 C2020
 21 C2020
 22 C2020
 23 C2020
 ...  2 2018 C2020
)

2019 2020
1
0
1
2
3
2020
1

.22 [(20 C2020
 21 C2020
 22 C2020
 23 C2020
 ...  22020 C2020
)  (1  2C2020
)]
2019.2020
1
1

[(1  2) 2020  (1  2.2020) 
2
2019.2020.2
4038
0 0
1 1
2 2
3
2018
2 C2018 2 C2018 2 C2018 23 C2018

22018 C2018
1



 ... 

2.3
3.4
4.5
2019.2020 4038
Vậy 1.2
Bài tốn 10:
Tính tổng:
Hướng dẫn

G

+ Áp dụng công thức
G 

22 n 1 0 22 n 1 1 22 n 3 2
23
21
Cn 
Cn 
Cn  ...  Cnn 1  Cnn
n 1
n
n 1

2
1

Cnk  Cnn k

22 n 1 n 22 n 1 n 1 22 n 3 n  2
23
21
Cn 
Cn 
Cn  ...  Cn1  Cn0
n 1
n
n 1
2
1

+ Áp dụng công thức (II)
G 


Cnk
C k 1
 n1
k 1 n 1

1
(22 n 1 Cnn11  22 n 1 Cnn1  22 n 3 Cnn11  ...  23 Cn21  2Cn11 ) 
n 1

1
[(22 n 1 Cnn11  22 n 1 Cnn1  22 n 3 Cnn11  ...  23 Cn21  2Cn11 )
n 1

+ Xét khai triển:
(1  2 x) n 1  Cn01  2 xCn11  22 x 2Cn21  23 x 3Cn31  ...  2n 1 x n 1Cnn11

+ Thay x = 2 vào khai triển trên được :
5n 1  Cn01  22 Cn11  24 Cn21  26 Cn31  ...  22 n  2 Cnn11 
Cn01
 2(
 2Cn11  23 Cn21  25 Cn31  ...  2 2 n 1 Cnn11 )
2
1 5n 1 Cn01
5n 1  1
G 
(

)
n 1 2
2
2(n  1)
2 n 1
2 n 1
2 n 3
2
2
2
23 n 1 21 n 5n 1  1
0

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

Vậy :

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 2
1 4
1
1
0
2016

2017
A  C2018
 C2018
 C2011
 ... 
C2018

C2018
3
5
2017
2018
a/
2
4
6
2 n 2
2n
b/ B  2C2 n  4C2 n  6C2 n  ...  (2n  2)C2 n  2nC2 n
Bài 2:
a/ Tìm số tự nhiên n biết:
2Cn0  3Cn1  4Cn2  ...  (n  1)Cnn 1  ( n  2)Cnn  320
2
( 3  x5 )n
b/ Tìm hệ số của x20 trong khai triển x
biết:
1
1
1
1

1
Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  (1) n
Cnn 
2
3
4
n 1
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%)

Điểm Yếu
(3,5- dưới
5)
1(2,2%)

Điểm
Kém
(<3,5)
0(0%)

Sau khi học bài này
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%)

16


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

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 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.

18


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
Xếp loại : C
Một số ứng dụng của modun số phức 753/ QĐ- SGD&ĐT
trong giải toán về số phức
ngày 03/11/2014
Xếp loại : B
Sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đẻ 972/QĐ- SGD&ĐT
giải các bài toán sinh học, y học, thể ngày24/11/2016
thao, kinh tế, khoa học kỹ thuật và
Xếp loại : C
các môn khoa học khác

19