Bài tập cuối chuyên đề 2

CHUYÊN ĐỀ 2 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC NHỊ THỨC NEWTON Bài cuối chuyên đề 2 Trang 38 Bài 2 19 trang 38 Chuyên đề Toán 10 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 , ta có 2 21 + 3 22 + 4 23 + + (n +[.]

Trang 1

CHUYÊN ĐỀ 2 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

NHỊ THỨC NEWTON

Bài cuối chuyên đề 2

Trang 38

Bài 2.19 trang 38 Chuyên đề Toán 10:

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 , ta có

2.21 + 3.22 + 4.23 + + (n + 1).2n = n.2n + 1

Lời giải:

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n

Bước 1 Với n = 1 ta có 2.21 = 4 = 1.21 + 1

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1

Bước 2 Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k = k.2k + 1

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + 1 = (k + 1)2(k + 1) + 1

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

2.21 + 3.22 + 4.23 + + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + 1

= k.2k + 1 + [(k + 1) + 1].2k + 1

= (2k + 2).2k + 1

= (k + 1).2.2k + 1

= (k + 1)2k + 2

= (k + 1).2(k + 1) + 1

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1

 

Trang 2

a) Tính S1, S2, S3

b) Dự đoán công thức tính tổng Sn và chứng minh nó bằng quy nạp

Lời giải:

a) S1 1 1,S2 1 1 2,S3 1 1 1 3

b) Từ a) ta có thể dự đoán Sn n





Bước 1 Với n = 1 ta có S1 1 1

 

 Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1

Bước 2 Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: Sk k





Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng

minh:

k 1





  Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

k 1

S

          

k

1 S

 

         

 



Trang 3

  

2

 



Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có 102n + 1 + 1 chia hết cho 11

Lời giải:

Bước 1 Với n = 0 ta có 102.0 + 1 + 1 = 11 ⁝ 11

Bước 2 Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 102k + 1 + 1 chia hết cho 11

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 102(k + 1) + 1 + 1 chia hết cho 11

Thật vậy, ta có:

102(k + 1) + 1 + 1

= 10(2k + 1) + 2 + 1

= 100.102k + 1 + 1

= 100.102k + 1 + 100 – 100 + 1

= 100(102k + 1 + 1) – 100 + 1

= 100(102k + 1 + 1) – 99

Vì 102k + 1 + 1 và 99 đều chia hết cho 11 nên 100(102k + 1 + 1) – 99 chia hết cho 11 Do

đó 102(k + 1) + 1 + 1 chia hết cho 11

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có 5n ≥ 3n + 4n

Trang 4

Lời giải:

Bước 1 Với n = 2 ta có 52 = 25 = 32 + 42

Bước 2 Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 5k ≥ 3k + 4k

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 5k + 1 ≥ 3k + 1 + 4k + 1

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

5k + 1 = 5.5k ≥ 5(3k + 4k) = 5 3k + 5.4k ≥ 3 3k + 4.4k = 3k + 1 + 4k + 1

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n

a) Khai triển (1 + x)10

b) (1,1)10 và 2

Lời giải:

a)  10 0 10 1 9 2 8 2 9 9 10 10

1 2 2 9 9 10

10 10 10

1 C x C x C x x

b) Áp dụng câu a) ta có:

 10  10

1,1  1 0,1

 2    9 10

Bài 2 trang 38 Chuyên đề Toán 10:

Tìm hệ số của x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11

Lời giải:

Số hạng chứa x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11 là

   9 11 9  2

Vậy hệ số của x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11 là 253440

Khai triển đa thức (1 + 2x)12 thành dạng a0 + a1x + a2x2 + + a12x12

Trang 5

Tìm hệ số ak lớn nhất

Lời giải:

Số hạng chứa xk trong khai triển thành đa thức của (1 + 2x)12 hay (2x + 1)12 là

 k

12 k 12 k k k k

Do đó k k

k 12

a C 2

Thay các giá trị của k từ 0 đến 12 vào ak ta thấy a8 có giá trị lớn nhất và bằng 126720

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

C C C C C C C C 

Áp dụng: Tìm số nguyên dương n thoả mãn 1 3 2n 1

2n 2n 2n

C C C  2048

Lời giải:

Xét:

0 1 2 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n

MC C C C  C ;

0 1 2 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n

NC C C C  C ;

0 2 4 2n 2 2n

2n 2n 2n 2n 2n

PC C C C  C ;

1 3 5 2n 3 2n 1

2n 2n 2n 2n 2n

QC C C C  C 

+) Ta có:

2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

(x 1) C x C x 1 C x  1 C  x1  C 1

0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n

C x C x  C x  C x C

Cho x = 1, ta được:

2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n

(1 1) C 1 C 1  C 1  C 1 C

0 1 2 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n

Vậy M (1 1)2n 22n

+) Ta có:

2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n

(x 1) C x C x 1 C x  1 C  x1  C 1

0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n

C x C x  C x  C  x C

Cho x = 1, ta được:

2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n

(1 1) C 1 C 1  C 1  C 1 C

0 1 2 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n 2n

N (1 1) 0

Trang 6

Ta có: P Q M22n và P Q N0 nên P Q 22n : 222n 1

Áp dụng: C12n C32n C2n 12n 204822n 1 20482n 1 11   n 6

Tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị 0 1 n

n n n

C ,C ,,C

Áp dụng: Tìm hệ số lớn nhất của khai triển (a + b)n, biết rằng tổng các hệ số của khai triển bằng 4096

Lời giải:

+) Ta có:

k k 1

n n



k 1 ! n  k 1 ! k! n  k !

       (*)

– Nếu n lẻ thì   n 1

2



  Từ đây ta có Ckn Ck 1n k n 1

2

n 1 n 1

n 2

n

2

0 1

n Cn C C

C C

Dấu "=" chỉ xảy ra khi k n 1

2





Do đó có hai số có giá trị lớn nhất là

n 1 2 n C



và

n 1 2 n C



– Nếu n chẵn thì   n 1 n



   

  Từ đây ta có

k k 1

n n

n

2



n

0 1

n

n n

n 2

C C

Dấu "=" không xảy ra với bất kì giá trị k nào

Do đó chỉ có đúng một số có giá trị lớn nhất là

n 2 n

C

+) Áp dụng:

Tổng các hệ số của khai triển (a + b)n bằng 4096

n

n n n 4096 2 4096 n 12

 Hệ số lớn nhất của khai triển là C126 924

Trang 7

Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển (p + q)n với p > 0, q > 0, p + q = 1

Lời giải:

SAI ĐỀ!

Tiêu đề	Bài tập cuối chuyên đề 2
Trường học	Đại Học Sư Phạm Hà Nội
Chuyên ngành	Toán Học
Thể loại	Bài tập cuối chuyên đề
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	280,59 KB