Đang tải... (xem toàn văn)
QUY TẮC ĐẾM 1) Quy tắc cộng : Nếu hiện tượng 1 có m cách xảy ra, hiện tượng 2 có n cách xảy ra và hai hiện tượng này không xảy ra đồng thời thì số cách xảy ra hiện tượng này hay hiện tượng kia là : m + n cách. 2) Quy tắc nhân : Nếu hiện tượng 1 có m cách xảy ra, ứng với mỗi cách xảy ra hiện tượng 1 rồi tiếp đến hiện tượng 2 có n cách xảy ra thì số cách xảy ra hiện tượng 1 “rồi” hiện tượng 2 là : m × n cách 3) Các dấu hiệu chia hết – Chia hết cho 2 : số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. – Chia hết cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3 (ví dụ : 276). – Chia hết cho 4 : số tận cùng là 00 hay hai chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4 (ví dụ : 1300, 2512) – Chia hết cho 5 : số tận cùng là 0, 5. – Chia hết cho 6 : số chia hết cho 2 và chia hết cho 3. – Chia hết cho 8 : số tận cùng là 000 hay ba chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8 (ví dụ : 15000, 2016)
QUY TẮC ĐẾM 1) Quy tắc cộng : Nếu tượng có m cách xảy ra, tượng có n cách xảy hai tượng khơng xảy đồng thời số cách xảy tượng hay tượng : m + n cách 2) Quy tắc nhân : Nếu tượng có m cách xảy ra, ứng với cách xảy tượng tiếp đến tượng có n cách xảy số cách xảy tượng “rồi” tượng : m × n cách 3) Các dấu hiệu chia hết – Chia hết cho : số tận 0, 2, 4, 6, – Chia hết cho : tổng chữ số chia hết cho (ví dụ : 276) – Chia hết cho : số tận 00 hay hai chữ số cuối hợp thành số chia hết cho (ví dụ : 1300, 2512) – Chia hết cho : số tận 0, – Chia hết cho : số chia hết cho chia hết cho – Chia hết cho : số tận 000 hay ba chữ số cuối hợp thành số chia hết cho (ví dụ : 15000, 2016) – Chia hết cho : tổng chữ số chia hết cho (ví dụ : 2835) – Chia hết cho 25 : số tận 00, 25, 50, 75 – Chia hết cho 10 : số tận HỐN VỊ Giai thừa Với số ngun dương n, ta định nghĩa n giai thừa, kí hiệu n!, tích số ngun liên tiếp từ đến n n! = 1.2.3…(n – 2) (n – 1)n Vì tiện lợi, người ta qui ước : 0! = Từ định nghĩa, ta có : n(n − 1) (n − r + 1) = n! (n − r )! (n – 1) !n = n ! Hốn vị Có n vật khác nhau, vào n chỗ khác Mỗi cách gọi hốn vị n phần tử Theo qui tắc nhân, chỗ thứ có n cách (do có n vật), chỗ thứ nhì có n – cách (do n – vật), chỗ thứ ba có n – cách (do n – vật), …, chỗ thứ n có cách (do vật) Vậy, số hốn vị n phần tử, kí hiệu Pn, : Pn = n(n – 1)(n – 2)… × = n! Trang CHỈNH HỢP Có n vật khác nhau, chọn k vật khác (1 ≤ k ≤ n), vào k chỗ khác Mỗi cách chọn gọi chỉnh hợp chập k n phần tử Chỗ thứ có n cách chọn (do có n vật), chỗ thứ có (n – 1) cách chọn, , chỗ thứ k có [n – (k – 1)] cách chọn Vậy theo quy tắc nhân, số cách chọn là: n x (n-1) x (n-2) x x (n – k + 1) = n! ( n − k )! Nếu ký hiệu số chỉnh hợp chập k n phần tử Ank , ta có: Ank = n! (n − k )! TỔ HỢP Có n vật khác nhau, chọn k vật khác (0 ≤ k ≤ n) khơng để ý đến thứ tự chọn Mỗi cách chọn gọi tổ hợp chập k n phần tử Ta thấy tổ hợp chập k n phần tử tạo P k = k! chỉnh hợp chập k n phần tử Do đó, Ank n! = ký hiệu C số tổ hợp chập k n phần tử, ta có: C = k! k!(n − k )! k n k n Tính chất: C nk = C nn −k Cnk = Cnk−−11 + Cnk−1 Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn = n NHỊ THỨC NEWTON 1/ Nhị thức Newton có dạng ( a + b ) n = C 0n a n + C1n a n −1b + C 2n a n − b + + C kn a n − k b k + + C nna−1 a.b n −1 + C nn b n n = ∑C a k =0 k n n−k bk (n = 0, 1, 2, 3, 4, ) Các tính chất nhị thức NewTon Trang Số số hạng khai triển nhị thức (a + b)n n + Tổng số mũ a b số hạng khai triển nhị thức (a + b)n n k n−k k Số hạng thứ (k + 1) C n a b k n−k k (iv) Số hạng khai triển (a + b)n C n a b 2/ Tam giác Pascal k Các hệ số C n lũy thừa (a + b)n với n 0, 1, 2, 3, thành hàng tam giác sau đây, gọi tam giác Pascal: n=0 n=1 1 n=2 n=3 3 n=4 n=5 10 10 Các tính chất tam giác Pascal Cn0 = Cnn = số hạng đầu cuối hàng (i) (i) (ii) (iii) (ii) Cnk = Cnn−k (0 ≤ k ≤ n) Các số hạng cách số hạng đầu cuối k k +1 k +1 (iii) Cn + C n = C n +1 (0 ≤ k ≤ n – 1): Tổng hai số hạng liên tiếp hàng số hạng hai số hạng hàng n n n (iv) Cn + C n + C n = (1 + 1) = Chú ý: (1 + x) n = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + Cn3 x + + Cnn x n n n Khi x = C n + C n + C n + C n + + C n = (1 − x) n = C n0 − Cn1 x + C n2 x − Cn3 x + + (−1) n C nn x n n n Khi x = C n − C n + C n − C n + + (−1) C n = Và (1 + x) n + (1 − x) n = 2(Cn0 + C n2 x + Cn4 x + ) (1 + x) n − (1 − x) n = 2(Cn1 + C n3 x + C n5 x + ) PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ IPHÉP THỬ, KHƠNG GIAN MẪU 1/ Phép thử Phép thử ngẫu nhiên phép thử mà ta khơng đốn trước kết nó, biết tập hợp tất kết phép thử 2/ Khơng gian mẫu Tập hợp kết xảy phép thử gọi khơng gian mẫu phép thử kí hiệu Ω II- BIẾN CỐ Biến cố tập khơng gian mẫu Trang Tập ∅ gọi biến cố khơng thể Còn tập Ω gọi biến cố chắn III- PHÉP TỐN TRÊN CÁC BIẾN CỐ Tập Ω \A gọi biến cố đối biến cố A, kí hiệu A Tập A∪B gọi hợp biến cố A B Tập A∩B gọi giao biến cố A B Nếu A ∩B=∅ ta nói A B xung khắc Chú ý A∪B xảy A xảy B xảy A∩B xảy A B đồng thời xảy Biến cố A∩B kí hiệu A.B A B xung khắc chúng khơng nao xảy XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ I / ĐỊNH NGHĨA CỔ ĐIỂN CỦA XÁC SUẤT Định nghĩa Giả sử A biến cố liên quan đến phép thử có số hữu hạn kết n (A) đồng khả xuất Ta gọi tỉ số xác suất biến cố A, kí hiệu P(A) n ( Ω) n (A) Vậy P(A) = n (Ω ) Chú ý n(A) số phần tử A n( Ω ) số kết xảy phép thử II/ TÍNH CHẤT CỦA XÁC SUẤT 1/ Định lí a/ P(∅) =0, P( Ω )=1 b/ ≤P(A)≤1, với biến cố A c/ Nếu A B xung khắc P( A ∪ B ) = P(A)+P(B) Hệ Với biến cố A, ta có P( A) = − P( A) III/ CÁC BIẾN CỐ ĐỘC LẬP, CƠNG THỨC NHÂN XÁC SUẤT A B hai biến cố độc lập P(AB)=P(A).P(B) Trang Phần BÀI TỐN ĐẾM (ĐHQG TPHCM khối A đợt 1999) Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} Có tập X tập A thoả điều kiện X chứa khơng chứa 2 Có số tự nhiên chẵn gồm chữ số đơi khác lấy từ tập A khơng bắt đầu 123 (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1999) Một học sinh có 12 sách đơi khác nhau, có sách Tốn, sách Văn sách Anh Hỏi có cách xếp tất sách lên kệ sách dài, sách mơn xếp kề nhau? (ĐHQG TPHCM khối AB đợt 1999) Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn nói Hỏi có cách xếp trường hợp sau: Bất học sinh ngồi cạnh đối diện khác trường với Bất học sinh ngồi đối diện khác trường với (ĐHQG TPHCM khối D đợt 1999) Cho tập X = {0,1,2,3,4,5,6,7} Có thể lập số n gồm chữ số khác đơi từ X (chữ số phải khác 0) trường hợp sau: n số chẵn Một ba chữ số phải (ĐH Huế khối A chun ban 1999) Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy khơng có đủ màu? (ĐH Huế khối D chun ban 1999) Người ta xếp ngẫu nhiên phiếu có ghi số thứ tự từ đến cạnh Có cách xếp để phiếu số chẵn ln cạnh nhau? Có cách xếp để phiếu phân thành hai nhóm chẵn lẻ riêng biệt (chẳng hạn 2, 4, 1, 3, 5)? (ĐH Huế khối RT chun ban 1999) Người ta viết chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lên phiếu, sau xếp thứ tự ngẫu nhiên thành hàng Có số lẻ gồm chữ số thành? Có số chẵn gồm chữ số thành? (HV Ngân hàng TPHCM 1999) Xét số gồm chữ số, có năm chữ số bốn chữ số 2, 3, 4, Hỏi có số thế, nếu: Năm chữ số xếp kề Các chữ số xếp tuỳ ý (ĐH Hàng hải 1999) Có cách xếp năm bạn học sinh A, B, C, D, E vào ghế dài cho: Bạn C ngồi Hai bạn A E ngồi hai đầu ghế 10 (HV BCVT 1999) Hỏi từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số gồm chữ số khác nhau, cho chữ số có mặt số Trang 11 (ĐHQG HN khối B 2000) Từ chữ số 0, 1, 3, 5, lập số gồm chữ số khác khơng chia hết cho 12 (ĐHQG TPHCM khối A 2000) Một thầy giáo có 12 sách đơi khác có sách Văn, sách Nhạc sách Hoạ Ơng muốn lấy tặng cho học sinh A, B, C, D, E, F em Giả sử thầy giáo muốn tặng cho học sinh sách thuộc thể loại Văn Nhạc Hỏi có cách tặng? Giả sử thầy giáo muốn sau tặng sách xong, ba loại sách lại Hỏi có cách chọn? 13 (ĐH Huế khối A chun ban 2000) Một lớp có 30 học sinh nam 15 học sinh nữ Có học sinh chọn để lập tốp ca Hỏi có cách chọn khác nếu: 1) phải có nữ 2) chọn tuỳ ý 14 (ĐH Huế khối DRT chun ban 2000) Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Từ chữ số cho ta lập được: Bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số bốn chữ số khác đơi Bao nhiêu số chia hết cho 5, có ba chữ số ba chữ số khác đơi Bao nhiêu số chia hết cho 9, có ba chữ số ba chữ số khác đơi 15 (ĐH Y HN 2000) Có nhà tốn học nam, nhà tốn học nữ nhà vật lí nam Lập đồn cơng tác người cần có nam nữ, cần có nhà tốn học nhà vật lí Hỏi có cách? 16 (ĐH Cần Thơ khối D 2000) Với chữ số 1, 2, 3, 4, 5, ta lập số mà số có năm chữ số chữ số khác đơi Hỏi Có số phải có mặt chữ số 2 Có số phải có mặt hai chữ số 17 (ĐH Thái Ngun khối AB 2000) Một đội văn nghệ có 20 người, có 10 nam 10 nữ Hỏi có cách chọn người cho: Có nam người Có nam nữ người 18 (ĐH Thái Ngun khối D 2000) Từ chữ số 2, 3, tạo số tự nhiên gồm chữ số, có mặt đủ chữ số 19 (ĐH Thái Ngun khối G 2000) Có số gồm chữ số cho tổng chữ số số số lẻ 20 (ĐH Cần Thơ khối AB 2000) Có viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng có kích thước đơi khác Có cách chọn viên bi, có viên bi đỏ Có cách chọn viên bi, số bi xanh số bi đỏ 21 (ĐH Đà Lạt khối ADV 2000) Có thẻ trắng thẻ đen, đánh dấu loại theo số 1, 2, 3, 4, Có cách xếp tất thẻ thành hàng cho hai thẻ màu khơng nằm liền Trang 22 (ĐH Sư phạm HN khối A 2000) Có thể lập số gồm chữ số từ chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mặt lần 23 (ĐH Sư phạm Vinh khối ABE 2000) Có số khác gồm chữ số cho tổng chữ số số số chẵn 24 (ĐH Sư phạm Vinh khối DGM 2000) Tìm tất số tự nhiên có chữ số cho số chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước 25 (HV Kỹ thuật qn 2000) Một đồn cảnh sát khu vực có người Trong ngày, cần cử người làm nhiệm vụ địa điểm A, người địa điểm B, người thường trực đồn Hỏi có cách phân cơng? 26 (ĐH GTVT 2000) Một lớp học có 20 học sinh, có cán lớp Hỏi có cách cử người dự hội nghị Hội sinh viên trường cho người có cán lớp 27 (HV Qn y 2000) Xếp viên bi đỏ có bán kính khác viên bi xanh giống vào dãy trống Hỏi: Có cách xếp khác nhau? Có cách xếp khác cho viên bi đỏ xếp cạnh viên bi xanh xếp cạnh nhau? 28 (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CPB 2000) Có số lẻ gồm chữ số, chia hết cho 9? 29 (ĐH Cảnh sát nhân dân khối G CB 2000) Có số lẻ gồm chữ số khác lớn 500000? 30 (CĐSP Nha Trang 2000) Với số: 0, 1, 2, 3, 4, thành lập số tự nhiên gồm chữ số khác phải có mặt chữ số 31 (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000) Một lớp học sinh mẫu giáo gồm 15 em, có em nam, em nữ Cơ giáo chủ nhiệm muốn chọn nhóm em để tham dự trò chơi gồm em nam em nữ Hỏi có cách chọn? 32 (ĐH An ninh khối D 2001) Cho chữ số 0, 1, 2, 3, Hỏi thành lập số có bảy chữ số từ chữ số trên, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mạt lần 33 (ĐH Cần Thơ 2001) Một nhóm gồm 10 học sinh, có nam nữ Hỏi có cách xếp 10 học sinh thành hàng dài cho học sinh nam phải đứng liền 34 (HV Chính trị quốc gia 2001) Một đội văn nghệ có 10 người, có nữ nam Có cách chia đội văn nghệ thành hai nhóm có số người nhóm có số nữ Có cách chọn người mà khơng có q nam 35 (ĐH Giao thơng vận tải 2001) Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, Hỏi lập số gồm chữ số khác nhau, thiết phải có mặt chữ số 36 (ĐH Huế khối ABV 2001) Có số tự nhiên gồm chữ số cho khơng có chữ số lặp lại lần? Trang 37 (ĐH Huế khối DHT 2001) Từ nhóm học sinh gồm nam nữ, thầy giáo cần chọn em tham dự lễ mittinh trường với u cầu có nam nữ Hỏi có cách chọn? 38 (HV Kỹ thuật qn 2001) Trong số 16 học sinh có học sinh giỏi, khá, trung bình Có cách chia số học sinh thành tổ, tổ có người cho tổ có học sinh giỏi tổ có học sinh 39 (ĐH Kinh tế quốc dân 2001) Với chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên mà số có chữ số khác phải có chữ số 40 (HV Ngân hàng TPHCM khối A 2001) Có thể tìm số gồm chữ số khác đơi một? Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số chẵn có chữ số đơi khác nhau? 41 (ĐH Ngoại thương TPHCM khối A 2001) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, thiết lập số có chữ số khác mà hai chữ số khơng đứng cạnh nhau? 42 (ĐH Nơng nghiệp I HN khối A 2001) Có học sinh nam học sinh nữ xếp thành hàng dọc Hỏi có cách xếp để có học sinh nam đứng xen kẽ học sinh nữ (Khi đổi chỗ học sinh cho ta cách xếp mới) 43 (HV Quan hệ quốc tế 2001) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số mà chữ số đứng vị trí giữa? 44 (ĐH Quốc gia TPHCM 2001) Có số tự nhiên gồm chữ số đơi khác nhau, có mặt chữ số khơng có mặt chữ số Có số tự nhiên gồm chữ số, biết chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần chữ số lại có mặt khơng q lần 45 (ĐHSP HN II 2001) Tính tổng tất số tự nhiên gồm chữ số khác đơi lập từ chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 46 (ĐHSP TPHCM khối DTM 2001) Cho A hợp có 20 phần tử Có tập hợp A? Có tập hợp khác rỗng A mà có số phần tử số chẵn? 47 (ĐH Thái Ngun khối D 2001) Có số chẵn có ba chữ số khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, Có số có ba chữ số khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, mà số nhỏ số 345 48 (ĐH Văn Lang 2001) Một lớp có 10 học sinh nam 10 học sinh nữ Cần chọn học sinh để làm cơng tác “Mùa hè xanh” Hỏi có cách chọn học sinh phải có nhất: Hai học sinh nữ hai học sinh nam Một học sinh nữ học sinh nam 49 (ĐH Y HN 2001) Với chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số chẵn có ba chữ số khác khơng lớn 789? Trang 50 (ĐH khối D dự bị 2002) Đội tuyển học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11, học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội dự trại hè cho khối có em chọn 51 (ĐH khối A 2003 dự bị 2) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số 52 (ĐH khối B 2003 dự bị 1) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5,6 lập số tự nhiên mà số có chữ số thoả mãn điều kiện: sáu chữ số số khác số tổng chữ số đầu nhỏ tổng chữ số cuối đơn vị 53 (ĐH khối B 2003 dự bị 2) Từ tổ gồm học sinh nữ học sinh nam cần chọn em số học sinh nữ phải nhỏ Hỏi có cách chọn vậy? 54 (ĐH khối D 2003 dự bị 1) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác nhau? 55 (CĐ Sư phạm khối A 2002) Tìm số giao điểm tối đa của: a) 10 đường thẳng phân biệt b) đường tròn phân biệt Từ kết câu 1) suy số giao điểm tối đa tập hợp đường nói 56 (CĐ Sư phạm khối A 2002 dự bị) Cho đa giác lồi n cạnh Xác định n để đa giác có số đường chéo gấp đơi số cạnh 57 (CĐ Xây dựng số – 2002) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, lập số gồm chữ số khác nhỏ 245 58 (CĐ Sư phạm Quảng Ngãi 2002) Từ chữ số 0, 1, 2, 5, lập số lẻ, số gồm chữ số khác 59 (ĐH khối B 2004) Trong mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 60 (ĐH khối B 2005) Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có cách phân cơng đội niên tình nguyện giúp đỡ tỉnh miền núi, cho tỉnh có nam nữ 61 (ĐH khối A 2005 dự bị 1) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn 62 (ĐH khối B 2005 dự bị 1) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam nữ Hỏi có cách lập nhóm đồng ca gồm người, biết nhóm phải có nữ 63 (ĐH khối B 2005 dự bị 2) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên, số gồm chữ số khác thiết phải có chữ số 1, Trang 64 (ĐH khối D 2006) Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh thuộc khơng q lớp Hỏi có cách chọn vậy? 65 (CĐ GTVT III khối A 2006) Từ nhóm gồm 15 học sinh khối A, 10 học sinh khối B, học sinh khối C, chọn 15 học sinh cho có học sinh khối A học sinh khối C Tính số cách chọn 66 (CĐ Tài – Hải quan khối A 2006) Có số tự nhiên gồm chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần hai chữ số lại phân biệt? 67 Có số tự nhiên chẵn gồm hai chữ số khác nhau? Tính tổng tất số 68 (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Cho đường thẳng d 1, d2 song song với Trên đường thẳng d1 cho 10 điểm phân biệt, đường thẳng d cho điểm phân biệt Hỏi lập tam giác mà đỉnh tam giác lấy từ 18 điểm cho Phần II BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON k k+2 k +1 + C14 = 2C14 (CĐSP TPHCM 1999) Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: C14 + C10 + C10 + C10 + C10 (ĐHDL Kỹ thuật cơng nghệ khối D 1999) Tính tổng: C10 10 k Cn số tổ hợp chập k n phần tử (ĐH Ngoại ngữ HN chun ban 1999) Tìm số ngun dương x thoả: C1x + 6Cx2 + 6C3x = 9x2 − 14x (ĐH Bách khoa HN 1999) Tính tổng: S = C1n − 2Cn2 + 3Cn3 − 4Cn4 + + (−1)n−1.nCnn n số tự nhiên lớn +1 1001 ≤ C1000 (ĐHQG HN khối A 2000) Chứng minh rằng: Ck2001 + Ck2001 2001 + C2001 (trong k ngun, ≤ k ≤ 2000) (ĐHQG HN khối B 2000) Tìm số hạng khơng chứa x khai triển biểu thức sau: 17 + x3 ÷ 3 ÷ x ,x≠0 (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) Giải bất phương trình: A2x − Ax2 ≤ C3x + 10 x n (ĐHSP HN khối A 2000) Trong khai triển nhị thức 28 − x3 x + x 15 ÷ ÷ , tìm số hạng khơng phụ thuộc vào x, biết Cnn + Cnn−1 + Cnn−2 = 79 (ĐHSP HN khối BD 2000) Biết tổng tất hệ số khai triển nhị thức (x + 1)n 1024, tìm hệ số a (a số tự nhiên) số hạng ax 12 khai triển Trang 10 Điều kiện: Ta có: ⇔ x ∈ N ≤ 2x x ∈ N ⇔ ≤ x x ≥ 3 ≤ x − A2x ≤ C3x + 10 x A2x 2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤ x(x − 1)(x − 2) + 10 x 1.2.3 ⇔ x2 ≤ x2 – 3x + 12 ⇔ x ≤ Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = (ĐHSP HN khối A 2000) * Xác đònh n: ⇔ n = 12 n = −13 (loại) * Ta có: ⇔1+n+ Cnn + Cnn−1 + Cnn− = 79 12 28 − x3 x + x 15 ÷ ÷ = 12 ∑ k =0 k C12 x Số hạng không phụ thuộc x k n(n − 1) = 79 12−k 48 112 − 28 12 k− k 15 x 15 ÷ C x = ∑ 12 ÷ k = 48 112 ⇔ 15 k − = ⇔ k = ÷ ÷ Vậy số hạng cần tìm là: C12 = 792 (ĐHSP HN khối BD 2000) n k 2k Ta có: (x + 1) = ∑ Cnx (1) n k =0 Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn phương trình: x12 = x2k ⇒ k = n k Trong (1) cho x = ∑ Cn = 2n k =0 n k Từ giả thiết ⇒ ∑ Cn = 1024 ⇔ 2n = 1024 ⇔ n = 10 k =0 Vậy hệ số cần tìm là: C10 = 210 10 (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) * Ta có: I = *I= ∫ = (Cn0 Cn0 + n ∫ (1+ x) dx = (1+ x)n+1 n+1 +C1nx + + Cnnxn )dx = 2n+1 − n+1 = xn+1 x + + Cnn Cn x + Cn ÷ n + 1÷ 0 1 n Cn + Cn + + Cn n+1 Vậy: S = =S 2n+1 − n+1 11 (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000) Ta có: (1 + x)n = Cn0 + C1nx + Cn2x2 + Cn3x3 + Cn4x4 + + Cnnxn Lấy đạo hàm hai vế: n(1 + x)n–1 = C1n + 2Cn2x + 3Cn3x2 + 4Cn4x3 + + nCnnxn−1 Trang 43 , Thay x = n 3n−1 2n−1 ta được: = C1n + 2Cn2 2−1 + 3Cn3 2−2 + 4Cn4 2−3 + + nCnn 2−n+1 ⇒ 2n−1C1n + 2n−1Cn2 + 3.2n−3 Cn3 + 4.2n−4 Cn4 + + nCnn = n.3n−1 12 (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000) 40 40 1 x + ÷ x = ∑ k =0 40−k 40 1 ÷ x2 Ck40 xk Hệ số x 31 k 3k − 80 = ∑ C40x k =0 với k thoả mãn điều kiện: 3k – 80 = 31 ⇔ k = 37 Ck40 C37 40 = C40 = Vậy: hệ số x31 40.39.38 1.2.3 = 40.13.19 = 9880 13 (ĐH Thuỷ lợi 2000) Chứng minh phương pháp qui nạp * Với n = 2, đpcm ⇔ A22 = ⇔ A22 = 2 * Giả sử BĐT cần chứng minh với n = k (k ≥ 2), tức ta có: A22 + A32 + + + A42 Ak2 = k −1 k Ta cần chứng minh BĐT với n = k + Thật vậy, A22 + A32 + A42 + + Ak2 + Ak2+1 (k − 1) + k = (k + 1)k k +1 1 1 n−1 Vậy: A22 + A32 + A24 + + An2 = n , = k −1 + k Ak +1 = k −1 + k (k + 1)k = ∀n ≥ 14 (ĐH Thuỷ lợi II 2000) 9 9 + C11 + C12 + C13 + C14 a9 = + C10 + C12 + C13 + C14 = + C110 + C11 = + 10 + 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10 + + + 24 120 = 3003 15 (ĐH Y Dược TPHCM 2000) (1 + x)n = Cn0 + C1nx + Cn2x2 + + Cnnxn Cho x = ⇒ Cn0 + C1n + Cn2 + + Cnn = 2n 2 2n x − C32nx3 + + C2n (1 – x)2n = C02n − C12nx + C2n 2nx Cho x = ⇒ đpcm 16 (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) Có (x + 1) 2000 2000 = ∑ i= Ci2000 xi (1) 2000 Trong (1) cho x = ta ∑ i= Ci2000 = 22000 2000 Đạo hàm vế (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 = ∑ i=1 Trang 44 i.Ci2000 xi−1 2000 Cho x = ta được: ∑ 2000 Do đó: S = ∑ i= Ci2000 + i.Ci2000 i=1 2000 = 2000.21999 = 1000.22000 ∑ i.Ci2000 = 1001.22000 i=1 17 (HV Kỹ thuật quân 2000) P(x) = (1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12 ak = k C12 2k ; ak < ak+1 ⇔ k < max(ai ) = a8 = C12 ⇒ 23 = 126720 i=1,12 18 (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000) • Tính I cách: * Đổi biến: t = – x2 ⇒ dt = –2xdx ⇒I= n ∫ − t ÷dt 1 n t dt 0∫ = = 1 tn+1 = 2(n + 1) 2(n + 1) * Khai triển nhò thức: 2 n n 2n x(1 – x2)n = x ( Cn − Cnx + Cn x − Cn x + + (−1) Cnx ) ⇒I= = 2n+ x2 x x x n n x Cn − Cn + Cn − Cn + + (−1) Cn ÷ 2n + ÷ 0 1 1 (−1)n n Cn − Cn + Cn − Cn + + Cn 2(n + 1) Từ suy đẳng thức cần chứng minh 19 (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Hệ số x5 khai triển biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là: C55 + C56 + C57 =1+ 6! 7! + 5!1! 5!2! = 28 20 (ĐH An Ninh khối A 2001) Ta phải tìm số tự nhiên n > thoả mãn: xn = An4+ 143 − Pn+ 4Pn a > … > an (1) Thật vậy, ta có BĐT ak > ak+1 với ≤ k ≤ n – (2) ⇔ ⇔ (2n + k)! (2n − k)! (2n + k + 1)! (2n − k − 1)! > n!(n + k)! n!(n − k)! n!(n + k + 1)! n!(n − k − 1)! 2n − k 2n + k + > ⇔ (2n – k)(n + k n−k n+k +1 + 1) > (n – k)(2n + k + 1) ⇔ 2nk + n > Trang 47 Ta BĐT ⇒ (2) ⇒ (1) Do đó: ak = ( Cn2n+k Cn2n−k ≤ Cn2n Dấu “=” xảy ⇔ k = 32 (ĐH khối A 2002) Từ Cn3 = 5C1n ⇔ n2 – 3n – 28 = ⇔ C37 = a0 n! n! =5 3!(n − 3)! (n − 1)! n = −4 (loại) n = ta có n ≥ Với n = ta có: ) (2 )(2 ) −x 3 x −1 ⇔ n(n − 1)(n − 2) = 5n ⇔ = 140 ⇔ 35.22x–2.2–x = 140 ⇔ 2x–2 = ⇔ x = Vậy n = 7, x = 33 (ĐH khối B 2002) Số tam giác có đỉnh 2n điểm A1, A2, …, A2n C32n Gọi đường chéo đa giác A1A2…A2n qua tâm đường tròn (O) đường chéo lớn đa giác cho có n đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A 1, A2, …, A2n có đường chéo hai đường chéo lớn Ngược lại, với cặp đường chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói số cặp đường chéo lớn đa giác A1, A2, …, A2n, tức Cn2 Theo giả thiết thì: (2n)! n! = 20 3!(2n − 3)! 2!(n − 2)! 2n(2n − 1)(2n − 2) n(n − 1) = 20 ⇔ 2n – C32n = 20Cn2 ⇔ ⇔ = 15 ⇔ n = 34 (ĐH khối D 2002) n k k Ta có: (x + 1)n = ∑ Cnx k =0 n k k Cho x = ta được: 3n = ∑ Cn ⇒ 3n = 243 ⇔ n = k =0 35 (ĐH dự bò 2002) BPT ⇔ n ≥ n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) ≤ 9n ⇔ n ≥ n - 2n - ≤ ⇔ ≤ n ≤ ⇔ n = n = 36 (ĐH dự bò 2002) Ta có: ⇔ ⇔ ak −1 ak ak +1 = = 24 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) Ckn−1 Ckn Ckn+1 = = 24 n! n! n! = = (k − 1)!(n − k + 1)! k!(n − k)! 24 (k + 1)!(n − k − 1)! Trang 48 ⇔ 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)! ⇔ 2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k ⇔ 2(n − k + 1) = 9k 9(n − k) = 24(k + 1) ⇔ 2n + k = 11 k = 3n − 11 Để tồn k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện có đủ là: 3n – = 2n + ⇔ n = 10 37 (ĐH dự bò 2002) x + C10 x + + C10 x +1 Ta có: (x + 1)10 = x10 + C110x9 + C10 9 x + C10 x + + C10 x +x + ⇒ (x + 1)10(x + 2) = x11 + C110x10 + C10 10 9 + ( x + C10x + C10x + C10x + + C10x + 1) + C110 2) x9 + ( C10 + C10 2) x8 + + = x11 + ( C10 + 2) x10 + ( C10 9 + C10 2) x + ( C10 + ( C10 10 + C10 2) x + = x11 + a1x10 + a2x9 + … + a11 + 2C10 Vậy a5 = C10 = 672 38 (ĐH khối A 2003) Ta có: Cnn++14 − Cnn+3 = 7(n + 3) ⇔ ( Cnn++13 + Cnn+3 ) − Cnn+3 = 7(n + 3) ⇔ (n + 2)(n + 3) = 2! 7(n + 3) ⇔ n + = 7.2! = 14 ⇔ n = 12 Số hạng tổng quát khai triển là: k C12 (x−3 )k Ta có: x 60−11k (x ) 12−k = x8 ⇔ k = C12 x 60−11k 60 − 11k = ⇔ k = Do hệ số số hạng chứa x8 C12 = 12! 4!(12 − 4)! = 495 39 (ĐH khối B 2003) Ta có: (1 + x)n = Cn0 + C1nx + Cn2x2 + + Cnnxn 2 ∫ ( Cn + Cnx + Cn x ⇔ x2 x3 xn+1 (1+ x)n+1 = Cn0 x + C1n + Cn2 + + Cnn ÷ n+1 n + 1 ⇔ Cn0 + 1 2 ) ⇒ n ∫ (1+ x) dx = + + Cnnxn dx 22 − 1 23 − 2n+1 − n Cn + Cn + + Cn n+1 = 3n+1 − 2n+1 n+1 40 (ĐH khối D 2003) Ta có: (x2 + 1)n = Cn0x2n + C1nx2n−2 + Cn2x2n−4 + + Cnn (x + 2)n = Cn0xn + 2C1nxn−1 + 22 Cn2xn−2 + 23 Cn3xn−3 + + 2n Cnn Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = không thoả mãn điều kiện toán Với n ≥ x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1 Do hệ số x3n–3 khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n Trang 49 là: a3n–3 = 23.Cn0 Cn3 + 2.C1n.C1n ⇒ a3n–3 = 26n ⇔ 2n(2n2 − 3n + 4) = 26n ⇔ n = n = − (loại) Vậy: n = 41 (ĐH khối D 2003 dự bò 2) Ta có: Cn2Cnn−2 + 2Cn2Cn3 + Cn3Cnn−3 = 100 2 ( Cn2 ) + 2Cn2Cn3 + ( Cn3 ) = 100 ⇔ ⇔ ( Cn2 + Cn3 ) ⇔ n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) + = 10 = 100 ⇔ Cn2 + Cn3 = 10 ⇔ 3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60 ⇔ (n2 – n)(n + 1) = 60 ⇔ (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5 ⇔ n = 42 (CĐ Xây dựng số – 2002) Ta có khai triển: −1 2n (x + 1)2n = C02nx2n + C12nx2n−1 + C22nx2n− + + C2n 2n x + C2n Cho x = –1 ta được: −1 2n − C32n + C2n − − C2n = C02n − C12n + C2n 2n + C2n −1 2n ⇔ C12n + C32n + + C2n 2n = C2n + C2n + + C2n 43 (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002) Điều kiện: PT ⇔ x + x ≥ x ≥ x ≥ ⇔ x ∈ N x ≥ x ∈ N x! x! +6 2!(x − 2)! 3!(x − 3)! = 9x2 – 14x ⇔ x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x ⇔ x(x – 9x + 14) – ⇔ x = x = x = (loại) (loại) ⇔x=2 • Cách 1: 2 19 20 20 x − − C19 + C20 x * Ta có: (1 – x)20 = C020 − C120x + C20 20 x 19 20 Cho x = ta có: C20 − C20 + C20 − − C20 + C20 = 20 + + C20 = C120 + C320 + + C19 ⇒ C020 + C20 20 20 Đặt: A = C20 + C20 + + C20 ; B = C120 + C320 + + C19 20 ⇒A=B (1) 2 19 20 20 x + + C19 + C20 * Ta có: (1 + x) = C020 + C120x + C20 20 x 20 x 20 20 + + C19 Cho x = ta có: C020 + C120 + C20 20 + C20 = ⇒ A + B = 220 (2) Trang 50 Từ (1) (2) suy A = 220 = 219 (đpcm) • Cách 2: Áp dụng công thức Ckn+1 = Cnk −1 + Cnk Cn0 = , ta được: 19 C120 + C320 + C520 + + C17 20 + C20 = 16 17 18 19 + C19 + C19 + C19 + C19 + C19 + C19 + C19 = C19 = (1 + 1)19 = 219 44 (CĐ khối AD 2003) • Cách 1: Ta có: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + … + 2P2 + P1] = = (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = n! – (n – 1).(n – 1)! – … – 2.2! – 1! = (n – 1)![n – (n – 1)] – … – 2.2! – 1! = (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – … – 2.2! – 1! = … = 2! – 1.1! = Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ nPn = Pn+1 – • Cách 2: Chứng minh qui nạp: * Với n = 1, ta có P1 = P2 – ⇔ 1! = 2! – Mệnh đề * Giả sử mệnh đề với n = k (k > 1), tức ta có: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk = Pk+1 – * Ta cần ch minh: P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 – Thật vậy, P1 + 2P2 + 3P3 + …+ kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – + (k +1)Pk+1 = (k + 2)Pk+1 – = Pk+2 – (đpcm) 45 (CĐ Giao thông II 2003) Do Cn0 = Cnn = nên ta có: Cn0C1n Cnn = C1nCn2 Cnn−1 Áp dụng BĐT Côsi ta có: n−1 C1 + Cn2 + + Cnn−1 C1nCn2 Cnn−1 ≤ n ÷ n−1 n k k n−k Áp dụng khai triển (a + b) = ∑ Cna b với a = b = 1, ta có: k =0 n Cn0 + C1n + Cn2 + + Cnn Suy ra: C1nCn2 Cnn−1 = 2n ⇒ n−1 2n − ≤ ÷ n−1 C1n + Cn2 + + Cnn−1 = 2n – (đpcm) 46 (CĐ Giao thông III 2003) Ta có: (1 + x)n = Cn0 + C1nx + Cn2x2 + Cn3x3 + + Cnnxn Đạo hàm vế, ta được: n(1 + x)n–1 = C1n + 2Cn2x + 3Cn3x2 + + nCnnxn−1 Cho x = –1 = C1n − 2Cn2 + 3Cn3 − 4Cn4 + + (−1)n−1nCnn Trang 51 Vậy S = Ta có: (1 + x)n = 1 Cn0 + C1nx + Cn2x + Cn3 x3 + + Cnnxn ⇒ ∫ (1+ x) dx = ∫ ( Cn + Cnx + Cn x n ⇒ ⇒ 2 (1+ x)n+1 n=1 ) + Cn3 x3 + + Cnnxn dx 1 1 n n+1 = Cn0 x + C1nx2 + Cn2x3 + + Cnx ÷ n+1 0 n+1 −1 1 n = Cn0 + C1n + Cn2 + + Cn n+1 n+1 Do đó: T = Ta có: 2n+1 − n+1 Cnn + Cnn−1 + Cnn− = 79 Vậy: T = n ∈ N, n ≥ n(n − 1) 1+ n + = 79 ⇔ 213 − 13 47 (CĐ Tài kế toán IV 2003) Vế trái = Ckn−2 + Cnk−−12 + Cnk−−12 + Cnk−−22 = Ckn−1 + Cnk−−11 = 48 (CĐ Tài kế toán IV 2003 dự bò) Điều kiện: n ∈ Z, n ≥ BPT ⇔ (n!)3 (2n)! (3n)! ≤ 720 n!n! (2n)!n! ⇔ n = 12 Ckn ⇔ (3n)! ≤ 720 Ta thấy (3n)! tăng theo n mặt khác 6! = 720 ≥ (3n)! Do đó: BPT có nghiệm 0 ≤ n ≤ n ∈ Z 49 (CĐ Công nghiệp HN 2003) P(x) = (16x – 15) 2003 = ∑ k =0 2003 2003 = ∑ k =0 Ck2003 (16x)2003−k (−15)k Ck2003 (16)2003−k (−15)k x2003−k Các hệ số khai triển đa thức là: ak = 2003 Ck2003 (16)2003−k (−15)k 2003 k 2003−k (−15)k = (16 – 15)2003 = Vậy: S = ∑ ak = ∑ C2003 (16) k =0 k =0 50 (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003) Điều kiện: n ∈ N, n ≥ PT ⇔ n! n! +2 = 16n (n − 3)! 2!(n − 2)! ⇔ n2 – 2n – 15 = ⇔ vậy: n = 51 (CĐ Nông Lâm 2003) Ta có: 15 1 + x÷ 3 15 ⇔ n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n n = n = −3 (loại) 15−k 1 k = ∑ C15 ÷ k =0 k k 15 k k ÷x = ∑ C15 15 x 3 k =0 Gọi ak hệ số xk khai triển: Trang 52 ak = 15 k C15 2k ; k = 0, 1, 2, …, 15 Xét tăng giảm dãy ak: k −1 k −1 k < C15 2k ⇔ ak–1 < ak ⇔ C15 32 , ⇔k< k −1 k C15 < 2C15 k = 0, 1, , 15 Từ đó: a0 < a1 < a2 < … < a10 Đảo dấu BĐT ta được: ak–1 > ak ⇔ k > 32 ⇒ a10 > a11 > … > a15 Vậy hệ số lớn phải tìm là: a10 = 210 210 10 C = 3003 15 315 315 52 (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003) Ta có: 2 −1 2n−1 2n x − C32nx3 + C42nx − − C2n + C2n (1 – x)2n = C02n − C12nx + C2n 2n x 2nx Đạo hàm vế theo x, ta có: –2n(1 – x)2n–1 = −1 2n− 2n−1 + 2nC2n = −C12n + 2C22nx − 3C32nx2 + 4C42nx3 − − (2n − 1)C2n 2n x 2nx Thế x = vào đẳng thức trên, ta có: −1 2n = −C12n + 2C22n − 3C32n + 4C42n − − (2n − 1)C2n 2n + 2nC2n −1 2n Vậy: 1C12n + 3C32n + + (2n − 1)C2n 2n = 2C2n + 4C2n + + 2nC2n 53 (ĐH khối A 2004) Ta có: [1 + x2(1 – x)]8 = C08 + C18x2 (1− x) + C82x4 (1− x)2 + C38x6 (1− x)3 + + C84x8 (1− x)4 + C58x10 (1− x)5 + C68x12 (1− x)6 + C78x14 (1− x)7 + C88x16 (1− x)8 Bậc x số hạng đầu nhỏ 8, bậc x số hạng cuối lớn Vậy x8 có số hạng thư tư, thứ năm, với hệ số tương ứng C38 C32 ; C84 C04 là: Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238 54 (ĐH khối D 2004) Ta có: 3 x+4 ÷ x = ∑ Ck7 ( x ) k =0 k 4 ÷ x −k k = ∑ C7 x 28−7k 12 k =0 Số hạng không chứa x số hạng tương ứng với k (k ∈ Z, ≤ k ≤ 7) thoả mãn: 28 − 7k =0 12 ⇔k=4 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C74 = 35 55 (ĐH khối A 2005) 2 3 2n+1 2n+1 Ta có: (1 + x)2n+1 = C02n+1 + C12n+1x + C2n +1x + C2n+1x + + C2n+1x Đạo hàm vế ta có: 2n+1 2n (2n + 1)(1 + x)2n = C12n+1 + 2C2n +1x + 3C2n+1x + + (2n + 1)C2n+1x Thay x = –2, ta có: Trang 53 = 2n + Theo giả thiết ta có: 2n + = 2005 ⇒ n = 1002 56 (ĐH khối D 2005) Điều kiện: n ≥ Ta có: Cn2+1 + 2Cn2+ + 2Cn2+3 + Cn2+ = 149 2 2n 2n+1 C12n+1 − 2.2C2n +1 + 3.2 C2n+1 − + (2n + 1)2 C2n+1 ⇔ ⇔ (n + 1)! (n + 2)! (n + 3)! (n + 4)! +2 +2 + = 149 2!(n − 1)! 2!n! 2!(n + 1)! 2!(n + 2)! n = n2 + 4n – 45 = ⇔ n = −9 (loại) Vậy: n = 57 (ĐH khối A 2005 dự bò 2) 2 3 2n+1 2n+1 Ta có: (1 + x)2n+1 = C02n+1 + C12n+1x + C2n +1x + C2n+1x + + C2n+1x 2n+1 Cho x = ta có: 22n+1 = C02n+1 + C12n+1 + C2n +1 + C2n+1 + + C2n+1 (1) 2n+1 Cho x = –1 ta có: = C02n+1 − C12n+1 + C2n (2) +1 − C2n+1 + − C2n+1 2n+1 2n+1 Lấy (1) – (2) ⇒ = ( C2n+1 + C2n+1 + + C2n+1) 2n+1 ⇒ 22n = C12n+1 + C32n+1 + + C2n +1 = 1024 ⇒ 2n = 10 10 k k 10−k k Ta có: (2 – 3x) = ∑ (−1) C10 (3x) 10 k =0 7 3 Suy hệ số x7 −C10 58 (ĐH khối D 2005 dự bò 1) +1 Ck2005 ≥ Ck2005 lớn ⇔ Ck ≥ Ck −1 (k ∈ N) 2005 2005 2005! 2005! k!(2005 − k)! ≥ (k + 1)!(2004 − k)! k + ≥ 2005 − k ⇔ 2006 − k ≥ k 2005! 2005! ≥ k!(2005 − k)! (k − 1)!(2006 − k)! Ck2005 ⇔ ⇔ k ≥ 1002 k ≤ 1003 ⇔ 1002 ≤ k ≤ 1003, k ∈ N ⇔ k = 1002 k = 1003 59 (ĐH khối D 2005 dự bò 2) Ta có: 2Pn + An2 − PnAn2 = 12 (n ∈ N, n > 1) 6.n! n! n! − n! = 12 ⇔ (6 − n!) − 2(6 − n!) = (n − 2)! (n − 2)! (n − 2)! 6 − n! = n = n! = n! ⇔ ⇔ −2=0 n(n − 1) − = n − n − = (n − 2)! ⇔ 2n! + ⇔ ⇔ n = n = (vì n ≥ 2) Vậy: n = n = 60 (ĐH khối A 2006) n 20 • Từ giả thiết suy ra: C02n+1 + C12n+1 + C2n +1 + + C2n+1 = 2n+1−k Vì Ck2n+1 = C2n =1 , ∀k, ≤ k ≤ 2n + nên: Trang 54 (1) n C02n+1 + C12n+1 + C2n +1 + + C2n+1 = 2n+1 C2n+1 + C12n+1 + C2n +1 + + C2n+1 ( ) (2) Từ khai triển nhò thức Newton (1 + 1)2n+1 suy ra: 2n+1 2n+1 C02n+1 + C12n+1 + C2n = 22n+1 (3) +1 + + C2n+1 = (1+ 1) 2n 20 từ (1), (2), (3) suy ra: = ⇔ n = 10 • Ta có: 10 7 +x ÷ x = 10 k k (x−4 )10−k ( x7 ) = ∑ C10 k =0 10 k 11k − 40 x ∑ C10 k =0 Hệ số x với k thoả mãn: 11k–40 = 26 ⇔ k = 6 Vậy hệ số x26 C10 = 210 61 (ĐH khối B 2006) Số tập k phần tử tập hợp A Ckn Từ giả thiết suy ra: Cn4 = 20Cn2 ⇔ n2 – 5n – 234 = ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4) 26 Do k +1 C18 k C18 = k C10 18 − k >1 k +1 ⇔ k < 9, nên: C118 < C18 < < C18 10 18 > C18 > > C18 ⇒ C18 Vậy số tập gồm k phần tử A lớn k = 62 (CĐ Bán công Hoa Sen khối A 2006) ĐK: x ∈ N, y ∈ N*, x ≤ y Từ phương trình thứ hai suy x = Thay vào phương trình thứ ta được: y2 – 9y + = ⇔ y = 1(loại) y = Vậy: x = 4; y = 63 (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006) ĐK: n ∈ N, n ≤ Cn4 − Cn5 = Cn6 ⇔ n!(4 − n)! n!(5 − n)! n!(6 − n)! − = 4! 5! 6! ⇔ n2 – 17n + 30 = ⇔ n = 15 (loại) n = Vậy: n = 64 (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006) • Cn0 + C1n ⇔ • + Cn2 = 211 ⇔ n ∈ N,n ≥ n + n − 420 = (k + 1).Ckn A1k+1 = n ∈ N,n ≥ n(n − 1) 1+ n + = 211 ⇔ n = 20 (k + 1)Ckn = Ckn (k + 1)! k! (k = 1, 2, …, n) 20 Do đó: với n = 20 ta có: S = C020 + C120 + + C20 = 220 65 (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006) Số hạng thứ k + khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Từ ta có: a0 + a1 + a2 = 71 ⇔ Cn0 − 2C1n + 4Cn2 = 71 Trang 55 Ckn (−2)k xk ⇔ n ∈ N, n ≥ n(n − 1) 1− 2n + = 71 ⇔ n ∈ N, n ≥ n + 2n − 35 = ⇔n=7 Với n = 7, ta có hệ số x5 khai triển (1 – 2x)n là: a5 = C57 (−2)5 = – 672 66 (CĐ Điện lực TPHCM 2006) Ta có: C1n + Cn3 = 13n n(n − 1)(n − 2) = 13n n = 10 n = −7 (loại) n+ ⇔ ⇔ n2 – 3n – 70 ⇔ Số hạng tổng quát khai triển nhò thức là: k k 20− 5k (x2 )10−k (x−3 )k = C10 x Tk+1 = C10 Tk+1 không chứa x ⇔ 20 – 5k = ⇔ k = 4 Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C10 = 210 67 (CĐ Kinh tế TPHCM 2006) 4n+ 4n+ C04n+ + C14n+ + C4n • Cách 1: Ta có: + + + C4n+ = 2 4n+ 4n+1 C04n+ + C4n + + C4n+ + + C4n+ = 2 2n 4n C04n+ + C4n + + C4n+ + + C4n+ = Vậy có: 24n = 256 ⇔ n = 2 2n • Cách 2: Đặt Sn = C04n+ + C4n + + C4n+ + + C4n+ 2 2n Thì Sn+1 = C04n+6 + C4n + + C4n+ + + C4n+ 2k Vì C2k 4n+ ≥ C4n+ (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn ⇒ dãy (Sn) tăng + C10 + C10 Khi n = S2 = C10 = 256 Vậy Sn = 256 ⇔ n = 68 (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006) A= = 20 1 x − ÷ x 10 1 + x3 − ÷ x 20 k ∑ (−1)k Ck20x20−k ( x−2 ) + k =0 20 = ∑ ( −1) k =0 k Ck20 x20−3k + 10 10 n ( 3) x ∑ (−1)n C10 ( x−1) n n=0 ∑ ( −1) n= 10−k n n 30− 4n C10 x Xét trường hợp 20 – 3k = 30 – 4n ⇔ 10 – n = 3(n – k) Vì ≤ n ≤ 10 10 – n phải bội số nên n = hay n= hay n= 10 ⇒ có số hạng hai khai triển có luỹ thừa x giống Vậy sau khai triển rút gọn biểu thức A gồm: 21 + 11 – = 29 số hạng 69 (CĐ KT Y tế I 2006) −1 2n−1 2n + C2n Ta có: 42n = (1 + 3)2n = C02n + C12n 31 + C22n 32 + + C2n 2n 2n −1 2n−1 2n + C2n 22n = (1 – 3)2n = C02n − C12n 31 + C22n 32 − − C2n 2n 2n 2n ⇒ 42n + 22n = ( C02n + C22n 32 + + C2n 2n ) Trang 56 ⇒ 42n + 22n = 2.215(216 + 1) ⇒ (22n – 216)(22n + 216 + 1) = ⇒ 22n = 216 ⇒ n = 70 (CĐ Xây dựng số 2006) Theo khai triển nhò thức Newton ta có: (a + b)n = Cn0an + C1nan−1b + + Cnnbn • Với a = 3, b = – ⇒ 2n = (3 – 1)n = Cn0 3n − C1n 3n−1 + + (−1)n Cnn • Với a = 1, b = ⇒ 2n = (1 + 1)n = Cn0 + C1n + + Cnn Vậy: Cn0 3n − C1n 3n−1 + + (−1)n Cnn = Cn0 + C1n + + Cnn 71 (CĐ KT Y tế 2005) ĐK: x ∈ N, x ≥ BPT ⇔ (x + 1)! x! +3 − 20 < 2!(x − 1)! (x − 2)! ⇔ x(x + 1) + 3x(x – 1) – 20 < ⇔ 2x2 – x – 10 < ⇔ – < x < Kết hợp điều kiện ⇒ x = 72 (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) k (−1)k x 45− 2k yk Số hạng tổng quát: C15 ⇒ 45 − 2k = 29 k = ⇔k=8 Vậy hệ số x29y8 là: C15 = 6435 73 (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006) Số hạng thứ k + khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Từ ta có: a0 + a1 + a2 = 71 ⇔ Cn0 − 2C1n + 4Cn2 = 71 ⇔ n ∈ N, n ≥ n(n − 1) 1− 2n + = 71 ⇔ n ∈ N, n ≥ n + 2n − 35 = Trang 57 ⇔ n = Ckn (−2)k xk [...]... 720 49 (CĐ Cơng nghiệp HN 2003) Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003 Khai triển đa thức đó dưới dạng: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + … + a2003x2003 Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + … + a2003 50 (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003) Tìm số ngun dương n thoả mãn đẳng thức: An3 + 2Cn2 = 16n 51 (CĐ Nơng Lâm 2003) 1 3 15 2 3 Tìm hệ số lớn nhất của đa thức trong khai triển nhị thức Newton của: + x ÷ 52 (CĐ Cộng đồng... 52 (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003) Hãy khai triển nhị thức Newton (1 – x)2n, với n là số ngun dương Từ đó chứng minh rằng: 2n−1 1C12n + 3C32n + + (2n − 1)C2n = 2C22n + 4C42n + + 2nC2n 2n 53 (ĐH khối A 2004) Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x 2(1 – x)]8 54 (ĐH khối D 2004) Tìm các số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của: 7 1 3 x + 4 ÷ với x > 0 x 55... d1, một đỉnh thuộc d2: có C10 • Hai đỉnh thuộc d2, một đỉnh thuộc d1: có C82 10 tam giác 2 8 + C82 10 = 640 tam giác Vậy tất cả có: C10 Phần II BIỂU THỨC TỔ HP – NHỊ THỨC NEWTON 1 (CĐSP TPHCM 1999) k k+ 2 k +1 C14 + C14 = 2C14 Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: 2 (ĐHDL Kỹ thuật công nghệ khối D 1999) 6 7 8 9 10 + C10 + C10 + C10 + C10 Tính tổng: C10 trong đó Ckn là số tổ hợp chập k của n phần tử 3 (ĐH... A13 + + (n + 1).Cnn A1n+1 Cn0 + C1n + Cn2 = 211 Biết rằng: 65 (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006) Khai triển biểu thức (1 – 2x) n ta được đa thức có dạng: a0 + a1x + a2x2 + … + anxn Tìm hệ số của x5, biết a0 + a1 + a2 = 71 66 (CĐ Điện lực TPHCM 2006) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức n 2 1 x + 3 ÷ x , biết rằng: C1n + Cn3 = 13n (n là số tự nhiên lớn hơn 2, x là số thực khác 0) 67... số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Newton của n 1 5 3+ x ÷ x , biết rằng: Cnn++14 − Cnn+3 = 7(n + 3) (n ngun dương, x > 0) 39 (ĐH khối B 2003) Cho n là số ngun dương Tính tổng: Cn0 + 22 − 1 1 23 − 1 2 2n+1 − 1 n Cn + Cn + + Cn 2 3 n+1 40 (ĐH khối D 2003) Với n là số ngun dương, gọi a 3n–3 là hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n Tìm n để a3n–3... của biểu thức: M = (n + 1)! biết Cn2+1 + 2Cn2+ 2 + 2Cn2+ 3 + Cn2+ 4 = 149 57 (ĐH khối A 2005 dự bị 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2 – 3x)2n, 2n+1 trong đó n là số ngun dương thoả mãn: C12n+1 + C32n+1 + C52n+1 + + C2n +1 = 1024 58 (ĐH khối D 2005 dự bị 1) Tìm k ∈ {0; 1; 2; …; 2005} sao cho Ck2005 đạt giá trị lớn nhất 59 (ĐH khối D 2005 dự bị 2) Tìm số ngun n > 1 thoả mãn đẳng thức: 2P... chắn hình thức abcde (kể cả a = 0), có 4 cách chọn e ∈ {0,2,4,6}, vì là số chẵn Sau đó chọn a, b, c, d từ X \ {e}, số cách chọn là: A74 = 840 Vậy: có 4.840 = 3360 số chẵn hình thức Ta loại những số có dạng 0bcde Có 3 cách chọn e, và A36 cách chọn b, c, d từ X \ {0,e} Vậy có 3 A36 = 360 số chẵn có dạng 0bcde Kết luận: có 3360 – 360 = 3000 số thoả yêu cầu đề bài 2 n = abcde * Xem các số hình thức abcde... Sau đó chọn chữ số khác nhau cho 3 vò trí còn lại từ X \ {1}: có A74 cách Như thế: có 3 A74 = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài * Xem các số hình thức 0bcde Có 2 cách chọn vò trí cho 1 Chọn chữ số khác nhau cho 3 vò trí còn lại từ X \ {0,1}, số cách chọn là A36 Như thế: có 2 A36 = 240 số hình thức dạng 0bcde Kết luận: số các số n thoả yêu cầu đề bài là: 2520 – 240 = 2280 số 5 (ĐH Huế khối A chuyên... sao cho Ck2005 đạt giá trị lớn nhất 59 (ĐH khối D 2005 dự bị 2) Tìm số ngun n > 1 thoả mãn đẳng thức: 2P n + 6 An2 − PnAn2 = 12 60 (ĐH khối A 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của n 1 7 4 +x ÷ x 2 n 20 −1 , biết rằng: C12n+1 + C2n +1 + + C2n+1 = 2 61 (ĐH khối B 2006) Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4) Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số... khai triển của biểu thức sau: 17 1 4 + x3 ÷ 3 2 ÷ x ,x≠0 7 (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) Giải bất phương trình: 8 (ĐHSP HN khối A 2000) Trong khai triển nhò thức 1 2 6 A2x − A2x ≤ C3x + 10 2 x n 28 − x3 x + x 15 ÷ ÷ , hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng Cnn + Cnn−1 + Cnn−2 = 79 9 (ĐHSP HN khối BD 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhò thức (x 2 + 1)n bằng