chuyen de ham so tong hop

www.VIETMATHS.com Ch ơng I : ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số & vẽ đồ thị của hàm số @@@@ Chủ đề i : tính đơn điệu của hàm số 0 0 Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để hàm số đơn điệu trong một khoảng Phơng pháp: Định lí Viét: Nếu PT bậc hai ax 2 + bx +c = 0 (a 0 ) ( ) có hai nghiệm x 1 , x 2 thì: 1 2 1 2 ; b c S x x P x x a a = + = = = Hệ quả: 1) PT (*) có hai nghiệm trái dấu x 1 < 0 < x 2 0P < . 2) PT (*) có hai ngiệm cùng dấu ( ) 1 2 1 2 0 0 0 0 x x x x P < < > 3) PT (*) có hai nghiệm cùng âm 1 2 0 0 0 0 x x S P < < > 4) PT (*) có hai nghiệm cùng dơng 1 2 0 0 0 0 x x S P < > > Nhận xét: Đặt : f(x) = ax 2 + bx + c (a 0 ) 1) f(x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn x 1 < < x 2 tức là 1 2 0x x < < . Đặt: t x = , ( ) ( ) g t f t = + . Dẫn đến ( ) 0g t = có hai nghiệm trái dấu 0 g P < 2) f(x) = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn 1 2 x x < tức là ( ) 1 2 0 0x x g t < = có hai nghiệm cùng âm 0 0 0 g g g S P < > Lê Diễm Hơng Toán Tin Trờng THPT Nga Sơn Thanh Hoá www.VIETMATHS.com 3) ( ) 0f x = có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn 1 2 x x < tức là 1 2 0 x x < ( ) 0g t = có hai nghiệm cùng dơng 0 0 0 g g g S P > > Ví dụ 1: Tìm m để hàm số ( ) 2 1 1 1 x mx y x + = đồng biến trên khoảng ( ) 1; + Gợi ý: TXĐ : { } \ 1D = Ă Ta có: ( ) 2 2 2 1 1 x x m y x + = . Đặt : ( ) 2 2 1f x x x m = + . Hàm số (1) đồng biến trên ( ) 1; + ( ) ( ) ( ) 0, 1; 0, 1;y x f x x + + ( ) ( ) 0 0 * f m f x = < = ,(*) có hai nghiệm thoả mãn ( ) 1 2 1 2x x < . Đặt : t = x- 1, g(t) = f(t + 1). áp dụng nhận xét 2 ĐK (2) tơng đơng với g(t) = t 2 m có hai nghiệm không dơng. Tức là: 0 0 0 0 0 g g g m S m P m = = = = . Vậy với ] ( ;0m thì hàm số (1) đồng biến trên ( ) 1; + . Dạng 2: Dùng tính đơn điệu để chứng minh Bất đẳng thức Phơng pháp: Chọ hàm số f(x) thích hợp (thông thờng đặt bằng hiệu hai vế). Xét tính đơn điệu của f(x) để suy ra BĐT phải chứng minh. Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a) 0,sin 6 3 ><< xxx x x b) sinx + tanx > 2x , ) 2 0( << x Gợi ý: Lê Diễm Hơng Toán Tin Trờng THPT Nga Sơn Thanh Hoá www.VIETMATHS.com a) 0,sin 6 3 ><< xxx x x (1) >>+ >> 0,0 6 sin 0,0sin 3 x x xx xxx Đặt f(x) = x sinx với x > 0 (vì 1cos x ) Suy ra hàm số đồng biến khi x > 0 Do đó : ( ) ( ) 00 => fxf Suy ra : x sinx > 0 (2), 0 > x đợc chứng minh. Đặt : g(x)= 0,0 6 sin 3 >>+ x x xx . Ta có : ( ) 2 1cos 2 x xxg += ( ) xxxg += sin 0,0)( >> xxg do (2) Suy ra hàm số )(xg đồng biến khi x > 0. Suy ra 0)0()( = > gxg Suy ra g(x) đồng biến khi x > 0 Suy ra g(x) > g(0) = 0 Suy ra : 0,0 6 sin 3 >>+ x x xx (đpcm) b) sinx + tanx > 2x , ) 2 0( << x * Đặt : f(x) = sinx + tanx - 2x , ) 2 0( << x . Ta có : 2 cos 1 2)( 2 cos 1 .cos22 cos 1 cos)( 22 += x xf x x x xxf Mà ) 2 0( << x nên 0 < cosx <1 1 cos 1 > x . Suy ra : 0)(022)( > => xfxf 0 < x < 2 với ) 2 0( << x )(xf đồng biến với 2 0 << x Suy ra : f(x) > f(0) = 0 Lê Diễm Hơng Toán Tin Trờng THPT Nga Sơn Thanh Hoá www.VIETMATHS.com Do đó : sinx + tanx 2x > 0 với 2 0 << x .Ta có đpcm. Bài 2: Xác định giá trị của m sao cho hàm số : y = x 3 2x 2 + mx -1 a) Đồng biến trên R b) Đồng biến trong khoảng (0 ; 1/3). Gợi ý: a) D = R. mamxxy 34;03;43 2 = >=+= Hàm số đồng biến trên R 3 4 034 mm b) Với 3 4 m thì hàm số đồng biến trên R nên đồng biến trong (0; 1/3) Với mm 34; 3 4 = < . Để hàm số đồng biến trong (0; 1/3) điều kiện là: ( ) ( ) < <<< 2 3 1 0 1 3 1 0 21 21 xx xx ( ) 1 3 1 3 2 01 3 1 2 0 3 1 3 1 > > m m S y ( ) ( ) < < 0 3 2 03 0 2 003 2 m S y vô nghiệm. Vậy với 1 m thì hàm số luôn đồng biến trong CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ CHUN ĐỀ 1: SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ A Kiến thức Giả sử hàm số y = f (x) có tập xác định D • Hàm số f đồng biến D ⇔ y′ ≥ 0,∀x∈ D y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc D • Hàm số f nghịch biến D ⇔ y′ ≤ 0,∀x∈ D y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc D • Nếu y' = ax2 + bx + c (a ≠ 0) thì:  ∆ ≤ a> + y' ≥ 0,∀x∈ R ⇔   ∆ ≤ a< + y' ≤ 0,∀x∈ R ⇔  • Định lí dấu tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0) : + Nếu ∆ < g(x) ln dấu với a b + Nếu ∆ = g(x) ln dấu với a (trừ x = − ) 2a + Nếu ∆ > g(x) có hai nghiệm x1, x2 khoảng hai nghiệm g(x) khác dấu với a, ngồi khoảng hai nghiệm g(x) dấu với a • So sánh nghiệm x1, x2 tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c với số 0: ∆ ≥ ∆ ≥   x ≤ x < ⇔ P > 0 < x ≤ x ⇔ + +   P > + x1 < < x2 ⇔ P < S < S > g(x) ≤ m; • g(x) ≤ m,∀x∈ (a; b) ⇔ max (a;b) g(x) ≥ m,∀x∈ (a; b) ⇔ ming(x) ≥ m (a;b) B Một số dạng câu hỏi thường gặp Tìm điều kiện để hàm số y = f (x) đơn điệu tập xác định (hoặc khoảng xác định) • Hàm số f đồng biến D ⇔ y′ ≥ 0,∀x∈ D y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc D • Hàm số f nghịch biến D ⇔ y′ ≤ 0,∀x∈ D y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc D • Nếu y' = ax2 + bx + c (a ≠ 0) thì:  ∆ ≤ a> + y' ≥ 0,∀x∈ R ⇔   ∆ ≤ a< + y' ≤ 0,∀x∈ R ⇔  Tìm điều kiện để hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d đơn điệu khoảng (a ; b ) Ta có: y′ = f ′(x) = 3ax2 + 2bx + c a) Hàm số f đồng biến (a ; b ) ⇔ y′ ≥ 0,∀x∈ (a ; b ) y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc (a ; b ) Trường hợp 1: • Nếu bất phương trình f ′(x) ≥ ⇔ h(m) ≥ g(x) (*) g(x) f đồng biến (a ; b ) ⇔h(m) ≥ (max a ;b ) • Nếu bất phương trình f ′(x) ≥ ⇔ h(m) ≤ g(x) (**) g(x) f đồng biến (a ; b ) ⇔h(m) ≤ (min a ;b ) Trường hợp 2: Nếu bất phương trình f ′(x) ≥ khơng đưa dạng (*) đặt t = x −a Khi ta có: y′ = g(t) = 3at2 + 2(3aα + b)t + 3aα + 2bα + c a > ∆ > a > ∨  – Hàm số f đồng biến khoảng (−∞; a) ⇔g(t) ≥ 0,∀t < ⇔ ∆ ≤ S >  P ≥ a >  ∆ > a > ∨  – Hàm số f đồng biến khoảng (a; +∞) ⇔g(t) ≥ 0,∀t > ⇔ ∆ ≤ S <  P ≥ b) Hàm số f nghịch biến (a ; b ) ⇔ y′ ≥ 0,∀x∈ (a ; b ) y′ = xảy số hữu hạn điểm thuộc (a ; b ) Trường hợp 1: • Nếu bất phương trình f ′(x) ≤ ⇔ h(m) ≥ g(x) (*) g(x) f nghịch biến (a ; b ) ⇔h(m) ≥ (max a ;b ) • Nếu bất phương trình f ′(x) ≥ ⇔ h(m) ≤ g(x) (**) g(x) f nghịch biến (a ; b ) ⇔h(m) ≤ (min a ;b ) Trường hợp 2: Nếu bất phương trình f ′(x) ≤ khơng đưa dạng (*) đặt t = x −a Khi ta có: y′ = g(t) = 3at2 + 2(3aα + b)t + 3aα + 2bα + c a < ∆ > a < ∨  – Hàm số f nghịch biến khoảng (−∞; a) ⇔g(t) ≤ 0,∀t < ⇔ ∆ ≤ S >  P ≥ a < ∆ > a < ∨  – Hàm số f nghịch biến khoảng (a; +∞) ⇔g(t) ≤ 0,∀t > ⇔ ∆ ≤ S <  P ≥ Tìm điều kiện để hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d đơn điệu khoảng có độ dài k cho trước  ∆ > a≠ • f đơn điệu khoảng (x1; x2) ⇔y′ = có nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ (1) • Biến đổi x1 − x2 = d thành (x1 + x2)2 − 4x1x2 = d2 (2) • Sử dụng định lí Viet đưa (2) thành phương trình theo m • Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm Tìm điều kiện để hàm số y = ax + bx + c (2), (a,d ≠ 0) dx + e a) Đồng biến (−∞;α ) b) Đồng biến (α ; +∞) c) Đồng biến (α ; β )  −e y' = adx + 2aex + be− dc = f (x) Tập xác định: D = R \   , 2 d ( dx + e) ( dx + e) Trường hợp Nếu: f (x) ≥ ⇔ g(x) ≥ h(m) (i) a) (2) đồng biến khoảng (−∞;α ) Trường hợp Nếu bpt: f (x) ≥ khơng đưa dạng (i) ta đặt: t = x − α Khi bpt: f (x) ≥ trở thành: g(t) ≥ , với: g(t) = adt2 + 2a(dα + e)t + adα + 2aeα + be− dc a) (2) đồng biến khoảng (−∞;α )  −e  ⇔  d ≥α  g(x) ≥ h(m),∀x < α  −e  ≥α ⇔d h(m) ≤ g(x) (−∞;α ]  b) (2) đồng biến khoảng (α ; +∞)  −e  ⇔  d ≥α  g(t) ≥ 0,∀t < (ii ) a > ∆ > a > (ii ) ⇔  ∨  ∆ ≤ S >  P ≥ b) (2) đồng biến khoảng (α ; +∞)  −e  ⇔  d ≤α  g(x) ≥ h(m),∀x > α  −e  ≤α ⇔d h(m) ≤ g(x) [α ;+∞ )   −e  ⇔  d ≤α  g(t) ≥ 0,∀t > (iii ) a > ∆ > a > (iii ) ⇔  ∨  ∆ ≤ S <  P ≥ c) (2) đồng biến khoảng (α ; β )  −e  ⇔  d ∉ ( α ;β )  g(x) ≥ h(m),∀x∈ (α ; β )  −e  ∉ ( α ;β ) ⇔d h(m) ≤ g(x) [α ;β ]  Tìm điều kiện để hàm số y = ax + bx + c (2), (a,d ≠ 0) dx + e a) Nghịch biến (−∞;α ) b) Nghịch biến (α ; +∞) c) Nghịch biến (α ; β )  −e y' = adx + 2aex + be− dc = f (x) D = R \ Tập xác định:  , 2 d ( dx + e) ( dx + e) Câu Cho hàm số y = (m− 1)x3 + mx2 + (3m− 2)x (1) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến tập xác định • Tập xác định: D = R y′= (m− 1)x2 + 2mx + 3m− (1) đồng biến R ⇔ y′≤ 0, ∀x ⇔ m≥ Câu Cho hàm số y = x3 + 3x2 − mx − (1) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến khoảng (−∞;0) • Tập xác định: D = R y′= 3x2 + 6x − m y′ có ∆′ = 3(m+ 3) + Nếu m≤ −3 ∆′ ≤ ⇒y′ ≥ 0,∀x ⇒hàm số đồng biến R ⇒m≤ −3 thoả YCBT + Nếu m> −3 ∆′ > ⇒PT y′ = có nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) Khi hàm số đồng biến khoảng (−∞; x1),(x2; +∞)  ∆′ >   m> −3   S >  −2 > Do hàm số đồng biến khoảng (−∞;0) ⇔0≤ x1 < x2 ⇔ P ≥ ⇔ −m≥ (VN) Vậy: m≤ −3 Câu Cho hàm số y = 2x3 − 3(2m+ 1)x2 + 6m(m+ 1)x + có đồ thị (Cm) Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2; +∞) • Tập xác định: D = R y' = 6x2 − 6(2m+ 1)x + 6m(m+ 1) có ∆ = (2m+ 1)2 − 4(m2 + m) = 1> x = m y' = ⇔  Hàm số ...ĐẠI SỐ TỔ HP Chương III CHỈNH HP Có n vật khác nhau, chọn ra k vật khác nhau (1 ≤ k ≤ n), sắp vào k chỗ khác nhau. Mỗi cách chọn rồi sắp như vậy gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Chỗ thứ nhất có n cách chọn (do có n vật), chỗ thứ 2 có (n – 1) cách chọn (do còn n – 1 vật), chỗ thứ 3 có n – 2 cách chọn (do còn n – 2 vật), …, chỗ thứ k có n – (k – 1) cách chọn (do còn n – (k – 1) vật). Vậy, theo qui tắc nhân, số cách chọn là : n × (n – 1) × (n – 2) × … × (n – k + 1) = n! (n k) !− Nếu kí hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là , ta có : k n A = k n A n! (n k) ! − Ví dụ 1. Một nhà hàng có 5 món ăn chủ lực, cần chọn 2 món ăn chủ lực khác nhau cho mỗi ngày, một món buổi trưa và một món buổi chiều. Hỏi có mấy cách chọn ? Giải Đây là chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử, có : = 2 5 A 5! (5 2)! − = 4.5 = 20 cách chọn. (Giả sử 5 món ăn được đánh số 1, 2, 3, 4, 5; ta có các cách chọn sau đây : (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 1), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (3, 1), (3, 2), (3, 4), (3, 5), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 5), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4)). Ví dụ 2. Trong một trường đại học, ngoài các môn học bắt buộc, có 3 môn tự chọn, sinh viên phải chọn ra 2 môn trong 3 môn đó, 1 môn chính và 1 môn phụ. Hỏi có mấy cách chọn ? Giải Đây là chỉnh hợp chập 2 của 3 phần tử. Vậy có : = 2 3 A 3! (3 2)! − = 6 cách chọn. (Giả sử 3 môn tự chọn là a, b, c thì 6 cách chọn theo yêu cầu là (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b)). Ví dụ 3. Từ 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể tạo ra bao nhiêu số gồm 2 chữ số khác nhau ? Giải Đây là chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử. Vậy có : = 2 5 A 5! (5 2)! − = 5! 3! = 5 × 4 = 20 số (Các số đó là : 12, 13, 14, 15, 21, 23, 24, 25, 31, 32, 34, 35, 41, 42, 43, 45, 51, 52, 53, 54) . Bài 35. Chứng minh với n, k ∈ và 2 ¥ ≤ k < n a) k n A = k n1 A − + k k1 n1 A − − b) n2 nk A + + + n1 nk A + + = k 2 n nk A + Giải a) Ta có : k n1 A − + k k1 n1 A − − = (n 1)! (n 1 k) ! − −− + k. (n 1)! (n k) ! − − = (n – 1)! 1k (n k 1)! (n k)(n k 1)! ⎡ ⎤ + ⎢ ⎥ −− − −− ⎣ ⎦ = (n 1)! (n k 1) ! − −− k 1 nk ⎛⎞ + ⎜⎟ − ⎝⎠ = (n 1)! (n k 1) ! − −− . n nk− = n! (n k) ! − = k n A . b) n2 nk A + + + n1 nk A + + = (n k)! (k 2)! + − + (n k) ! (k 1)! + − = (n k) ! (k 2)! + − + (n k)! (k 1)(k 2)! + −− = (n k) ! (k 2)! + − 1 1 k1 ⎡ ⎤ + ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ = (n k) ! (k 2)! + − . k k1 − = 2 (n k)! k k! + = n nk A + .k 2 . Bài 36. Giải phương trình P x . 2 x A + 72 = 6( 2 x A + 2P x ). Đại học Quốc gia Hà Nội khối D 2001 Giải Điều kiện x ∈ và x 2. ¥ ≥ Ta có : P x . 2 x A + 72 = 6( 2 x A + 2P x ) ⇔ x! x! (x 2)! − + 72 = 6 x! 2x! (x 2)! ⎡ ⎤ + ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ ⇔ x!x(x – 1) + 72 = 6[x(x – 1) + 2x!] ⇔ (x 2 – x – 12)x! = 6(x 2 – x – 12) ⇔ (x 2 – x – 12)(x! – 6) = 0 ⇔ 2 xx12 x! 6 0 ⎡ −− = ⎢ −= ⎣ 0 3 ⇔ : loại x4 x x3 = ⎡ ⎢ =− ⎢ ⎢ = ⎣ ⇔ x4 x3 = ⎡ ⎢ = ⎣ Bài 37. Giải bất phương trình : 3 A x + 5 2 x A ≤ 21x. Đại học Quốc gia Hà Nội khối B 1998 Giải Điều kiện x ∈ và x 3. ¥ ≥ 3 A x + 5 2 x A 21x ≤ ⇔ x! (x 3)!− + 5 x! (x 2)!− ≤ 21x x(x – 1)(x – 2) + 5x(x – 1) ⇔ ≤ 21x (x – 1)(x – 2) + 5(x – 1) ⇔ ≤ 21 (do x ≥ 3) x 2 + 2x – 24 0 ⇔ ≤ ⇔ –6 ≤ x ≤ 4. Do x ∈ ¥ và x 3 nên x = 3, x = 4 là nghiệâm. ≥ Bài 38. Tìm các số âm trong dãy số x 1 , x 2 , …, x n với x n = 4 n4 n2 A P + + – n 143 4P với P n là số hoán vò của n phần tử. Đại học An ninh 2001 Giải Điều kiện n ∈ \¥ { } 0 . Ta có : x n = (n 4)! n! (n 2)! + + – 143 4n! = (n 4)(n 3) n! + + – 143 4n! . Vậy : x n < 0 (n + 4)(n + 3) – ⇔ 143 4 < 0 (do n! > 0) ⇔ 4n 2 + 28n – 95 < 0 ⇔ 19 2 − < n < 5 2 . Do n = 1, 2, 3, … nên n = 1, n = 2. Vậy 2 số cần tìm là x 1 = 54 1 × – 143 4 = – 63 4 và x 2 = 65 2 × – 143 42 × = 15 – 143 8 = – 23 8 . Bài 39. Chứng minh với n ∈ và n 2 thì ¥ ≥ 2 2 1 A + 2 3 1 A + … + 2 n 1 A = n1 n − . Đại học An ninh khối A 2001 Ta có : 2 2 2 ĐẠI SỐ TỔ HP Chương IV TỔ HP Có n vật khác nhau, chọn ra k vật khác nhau (0 ≤ k ≤ n) không để ý đến thứ tự chọn. Mỗi cách chọn như vậy gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử. Ta thấy mỗi tổ hợp chập k của n phần tử tạo ra được P k = k! chỉnh hợp chập k của n phần tử. Do đó, nếu kí hiệu là số tổ hợp chập k của n phần tử, ta có : k n C = k n C k n A k! = n! k!(n k)!− Tính chất : = k n C nk n C − = + k n C k n C − − 1 1 k n C − 1 + + … + = 2 n n C 0 n C 1 n n C Ví dụ 1. Có 5 học sinh, cần chọn ra 2 học sinh để đi trực lớp, hỏi có mấy cách chọn ? Giải Đây là tổ hợp chập 2 của 5 phần tử. Vậy có : 2 5 C = 5! 2!3! = 5.4 2 = 10 cách chọn. (Giả sử 5 học sinh là { } a, b, c, d, e thì 10 cách chọn là : { } a, b , { } a, c , { } a, d , { } a, e , { } b, c , { } b, d , { } b, e , { } c, d , { } c, e , { } d, e . Ví dụ 2. Một nông dân có 6 con bò, 4 con heo. Một nông dân khác đến hỏi mua 4 con bò và 2 con heo. Hỏi có mấy cách chọn mua ? Giải Chọn mua 4 con bò trong 6 con bò là tổ hợp chập 4 của 6 phần tử, có : C cách chọn. 4 6 Chọn mua 2 con heo trong 4 con heo là tổ hợp chập 2 của 4 phần tử, có : C cách chọn. 2 4 Vậy, theo qui tắc nhân, số cách chọn mua bò và heo là : = 4 6 C × 2 4 C 6! 4!2! × 4! 2!2! = 3 6! (2!) = 6.5.4.3.2.1 8 = 6 × 5 × 3 = 90 cách chọn. Ví dụ 3. Trong một kì thi, mỗi sinh viên phải trả lời 3 trong 5 câu hỏi. a) Có mấy cách chọn. b) Có mấy cách chọn nếu trong 5 câu hỏi có 1 câu hỏi bắt buộc. Giải a) Chọn 3 trong 5 câu hỏi là tổ hợp chập 3 của 5 phần tử. Vậy có : 3 5 C = 5! 3!2! = 5.4 2 = 10 cách chọn. b) Chọn 2 trong 4 câu hỏi còn lại là tổ hợp chập 2 của 4 phần tử Vậy có : 2 4 C = 4! 2!2! = 4.3 2 = 6 cách chọn. Chú ý : – Có thể xem một tổ hợp chập k của n phần tử là một tập con gồm k phần tử của tập n phần tử đã cho. – Cần phân biệt trong mỗi bài toán chọn k vật từ n vật, có hay không hàm ý thứ tự . Nếu có thứ tự, đó là chỉnh hợp, nếu không có thứ tự, đó là tổ hợp. Bài 60. Giải phương trình : x 4 1 C – x 5 1 C = x 6 1 C (*) Giải Điều kiện : x ∈ và x ¥ ≤ 4. (*) ⇔ x!(4 x)! 4! − – x!(5 x)! 5! − = x!(6 x)! 6! − ⇔ (4 x)! 4! − – (5 x)(4 x)! 54! −− × = (6 x)(5 x)(4 x)! 654! − −− ×× (do x! > 0) ⇔ 1 – 5x 5 − = (6 x)(5 x) 30 −− (do (4 – x)! > 0) ⇔ 30 – 6(5 – x) = 30 – 11x + x 2 ⇔ x 2 – 17x + 30 = 0 ⇔ 1 2 x2 x 15 (loại so điều kiện x 4) = ⎡ ⎢ = ≤ ⎣ ⇔ x = 2. Bài 61. Tìm n sao cho n3 n1 4 n1 C A − − + < 3 1 14P (*) Đại học Hàng hải 1999 Giải Điều kiện : n ∈ và n + 1 4 ¥ ≥ ⇔ n ∈ và n 3. ¥ ≥ (*) ⇔ (n 1)! (n 3)!2! (n 1)! (n 3)! − − + − < 1 14 3! × ⇔ (n 1)! 2! − × 1 (n 1)! + < 1 14 6 × ⇔ 1 (n 1)n + < 1 42 ⇔ n n – 42 < 0 2 + ⇔ –7 < n < 6 Do điều kiện n ∈ và n 3 nên n ¥ ≥ ∈ { } 3,4,5 . Bài 62. Tìm x thỏa : 1 2 2 2x A – 2 x A ≤ 6 x 3 x C + 10. Đại học Bách khoa Hà Nội 2000 Giải Điều kiện x ∈ và x 3. ¥ ≥ Bất phương trình đã cho ⇔ 1 2 . (2x)! (2x 2)! − – x! (x 2)! − ≤ 6 x . x! 3!(x 3)! − + 10 ⇔ 1 2 .2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤ (x – 1)(x – 2) + 10 x 2 ≤ x 2 – 3x + 12 ⇔ ⇔ x ≤ 4 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là x = 3 x= 4 ∨ Bài 63. Tìm x, y thỏa yy xx yy xx 2A 5C 90 5A 2C 80 ⎧ += ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ Đại học Bách khoa Hà Nội 2001 Giải Điều kiện x, y ∈ N và x y. ≥ Hệ đã cho ⇔ yy xx yy xx 4A 10C 180 25A 10C 400 ⎧ += ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ ⇔ y x yy xx 29A 580 4A 10C 180 ⎧ = ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ ⇔ y x y x A2 C10 ⎧ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ 0 ⇔ x! 20 (x y)! x! 10 y!(x y)! ⎧ = ⎪ − ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ − ⎩ ⇔ x! 20 (x y)! 20 10 y! ⎧ = ⎪ − ⎪ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ ⇔ x! 20 (x y)! y! 2 ⎧ = ⎪ − ⎨ ⎪ = ⎩ ⇔ x! 20 (x 2)! y2 ⎧ = ⎪ − ⎨ ⎪ = ⎩ ⇔ x(x 1) 20 y2 − = ⎧ ⎨ = ⎩ ⇔ 2 xx200 y2 ⎧ −− = ⎨ = ⎩ ⇔ =∨=− ⎧ ⎨ = ⎩ x5x 4(loại) y2 ⇔ x5 y2 = ⎧ ⎨ = ⎩ thỏa điều kiện x, y ∈ N và x y. ≥ Bài 64. Cho k, n ∈ N thỏa n k 2. ≥ ≥ Chứng minh : k(k – 1) = n(n – 1) k n C k2 n2 C − − . Đại học Quốc gia Hà Nội 1999 ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 1) Nhò thức Newton có dạng : (a + b) n = C a n b 0 + a n-1 b 1 + … + a 0 b n 0 n 1 n C n n C = (n = 0, 1, 2, …) n knkk n k0 Ca b − = ∑ Các hệ số của các lũy thừa (a + b) n với n lần lượt là 0, 1, 2, 3, … được sắp thành từng hàng của tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal : k n C (a + b) 0 = 1 (a + b) 1 = a + b (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 +b 3 (a + b) 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 (a + b) 5 = a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b 2 + 10a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 1 1 1 5 1 4 1 3 + 10 1 2 6 1 3 10 1 4 1 5 1 1 Các tính chất của tam giác Pascal : (i) = = 1 : các số hạng đầu và cuối mỗi hàng đều là 1. 0 n C n n C (ii) = (0 k n) : các số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau. k n C nk n C − ≤ ≤ (iii) = (0 k k n C + k1 n C + k1 n1 C + + ≤ ≤ n – 1) : tổng 2 số hạng liên tiếp ở hàng trên bằng số hạng ở giữa 2 số hạng đó ở hàng dưới. (iv) + … + = (1 + 1) n = 2 n 0 n C + 1 n C n n C Các tính chất của nhò thức Newton : (i) Số các số hạng trong khai triển nhò thức (a + b) n là n + 1. (ii) Tổng số mũ của a và b trong từng số hạng của khai triển nhò thức (a + b) n là n. (iii) Số hạng thứ k + 1 là Ca n – k b k . k n Dạng 1: TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON 1. Khai triển (ax + b) n với a, b = ± 1, ± 2, ± 3 … Cho x giá trò thích hợp ta chứng minh được đẳng thức về , …, 0 n C, 1 n C n n C. Hai kết quả thường dùng (1 + x) n = x + x 2 + … + x n = (1) 0 n C + 1 n C 2 n C n n C n kk n k0 Cx = ∑ (1 – x) n = x + x 2 + … + (–1) n x n = (2) 0 n C – 1 n C 2 n C n n C n kkk n k0 (1)Cx = − ∑ • Ví dụ : Chứng minh a) + … + = 2 n 0 n C + 1 n C n n C b) + … + (–1) n = 0 0 n C – 1 n C + 2 n C n n C Giải a) Viết lại đẳng thức (1) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh. b) Viết lại đẳng thức (2) chọn x = 1 ta được điều phải chứng minh . 2. Tìm số hạng đứng trước x i (i đã cho) trong khai triển nhò thức Newton của một biểu thức cho sẵn • Ví dụ : Giả sử số hạng thứ k + 1 của (a + b) n là a n – k b k .Tính số hạng thứ 13 trong khai triển (3 – x) 15 . k n C Giải Ta có : (3 – x) 15 = 3 15 – 3 14 x + … + 3 15 – k .(–x) k + … + – x 15 0 15 C 1 15 C k 15 C 15 15 C Do k = 0 ứng với số hạng thứ nhất nên k = 12 ứng với số hạng thứ 13 Vậy số hạng thứ 13 của khai triển trên là : 3 12 15 C 3 (–x) 12 = 27x 12 . 15! 12!3! = 12.285x 12 . 3. Đối với bài toán tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức (a + b) n (a, b chứa x), ta làm như sau : - Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : a n – k b k =c m . x m . k n C - Số hạng độc lập với x có tính chất : m = 0 và 0 ≤ k ≤ n, k ∈ N. Giải phương trình này ta được k = k 0 . Suy ra, số hạng độc lập với x là . 0 k n C 0 nk a − 0 k b • Ví dụ : Tìm số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức 18 x4 2x ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 18 k k 18 x C 2 − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . k 4 x ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = kk182k18k k 18 C2 .2.x .x − −− = k3k18182k 18 C2 .x −− Số hạng độc lập với x trong khai triển nhò thức có tính chất : 18 – 2k = 0 ⇔ k = 9 Vậy, số hạng cần tìm là : .2 9 . 9 18 C 4. Đối với bài toán tìm số hạng hữu tỉ trong khai triển nhò thức (a + b) n với a, b chứa căn, ta làm như sau : – Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : = K knkk n Ca b − mn p q c.d với c, d ∈ ¤ – Số hạng hữu tỷ có tính chất : m p ∈ N và n q ∈ N và 0 ≤ k ≤ n, k N. ∈ Giải hệ trên, ta tìm được k = k 0 . Suy ra số hạng cần tìm là : . 00 knkk n Ca b − 0 • Ví dụ : Tìm số hạng hữu tỷ trong khai triển nhò thức ( ) 7 3 16 3+ Giải Số hạng tổng quát trong khai triển nhò thức là : 7k 1 k 3 7 C16 − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . k 1 2 3 ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ = 7k k k 3 2 7 C.16 .3 − . Số hạng hữu tỷ trong khai triển có tính chất : 7k N 3 k N 2 0k7,kN − ⎧ ∈ ⎪ ⎪ ⎪ ∈ ⎨ ⎪ ≤≤ ∈ ⎪ ⎪ ⎩ ⇔ −= ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≤≤ ⎩ CHUYÊN ðỀ: ðẠI SỐ TỔ HỢP - Phương Xuân Trịnh http://ebook.here.vn CHUYÊN ðỀ ðẠI SỐ TỔ HỢP I/ LÝ THUYẾT CƠ BẢN 1) Quy tắc cộng: Có n1 cách chọn ñối tượng A1 n2 cách chọn ñối tượng A2 A1 ∩ A2 = ∅ ⇒ Có n1 + n2 cách chọn ñối tượng A1, A2 2) Quy tắc nhân: Có n1 cách chọn ñối tượng A1 Ứng với cách chọn A1, có n2 cách chọn ñối tượng A2 ⇒ Có n1.n2 cách chọn dãy ñối tượng A1, A2 3) Hoán vị: − Mỗi cách thứ tự n phần tử gọi hoán vị n phần tử − Số hoán vị: Pn = n! 4) Chỉnh hợp: − Mỗi cách lấy k phần tử từ n phần tử (0 < k ≤ n) thứ tự chúng gọi chỉnh hợp chập k n phần tử − Số chỉnh hợp: A kn = n! (n − k)! 5) Tổ hợp: − Mỗi cách lấy k phần tử từ n phần tử (0 ≤ k ≤ n) gọi tổ hợp chập k n phần tử − Số tổ hợp: Ckn = n! k!(n − k)! − Hai tính chất Ckn = Cnn −k Ckn −−11 + Ckn −1 = Cnk 6) Nhị thức Newton n (a + b)n = ∑ C kn a n − k b k k =0 = C0n a n + C1n a n −1b + + Cnn b n − Số hạng tổng quát (Số hạng thứ k + 1): Tk +1 = Cnk a n −k b k − ðặc biệt: (1 + x) n = C0n + xC1n + x 2C 2n + + x n Cnn Tổ Toán Trương THPT Lương Tài CHUYÊN ðỀ: ðẠI SỐ TỔ HỢP - Phương Xuân Trịnh http://ebook.here.vn II / MỘT SỐ VÍ DỤ Bài toán ñếm 1.1 ðếm số tự nhiênñược thành lập Ví dụ Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập ñược số tự nhiên gồm chữ số cho a) Các số ñều khác b) Chữ số ñầu tiên c)Các chữ số khác không tận chữ số Giải a) Mỗi số có chữ số khác ñược thành lập tương ứng với chỉnh hợp chập phần tử ⇒ Có A 57 = 2520 số b) Gọi số cần thiết lập abcde Chữ số ñàu tiên ⇒ a có cách chọn b, c, d, e ñều có cách chọn ⇒ Có 1.7.7.7.7 = 2401 số c) Gọi số cần thiết lập abcde Chữ số cuối khác ⇒ e có cách chọn (trừ số 4) a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn ⇒ Có 6.6.5.4.3 = 2160 số Ví dụ 2.(ðH An ninh 97) Từ bảy chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, thành lập ñược số chẵn có chữ số khác Giải Gói số cần thiết lập abcde Xét hai trường hợp + Trường hợp 1: Chọn e = ⇒ e có cách chọn Khi ñó a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn ⇒ Có 6.5.4.3 = 360 số + Trường hợp 2: Chọn e ∈ { 2, 4, } ⇒ e có cách chọn Khi ñó a có cách chọn trừ số e b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Tổ Toán Trương THPT Lương Tài CHUYÊN ðỀ: ðẠI SỐ TỔ HỢP - Phương Xuân Trịnh http://ebook.here.vn ⇒ Có 3.5.5.4.3 = 900 số Vậy có 360 + 900 = 1260 số Ví dụ Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập ñược số có chữ số cho số tạo thành gồm chữ số khác thiết có chữ số Giải Cách 1: Thành lập số có chữ số khác mặt chữ số ⇒ Có A 36 = 120 số Với số vừa thành lập có vị trí ñể xen số tạo thành số có chữ số khác có mặt chữ số ⇒ Có 120.4 = 480 số Cách 2: − Số cần tìm có bốn dạng 5bcd, a5bc, ab5d, abc5 − Mỗi dạng có 120 số ⇒ có 480 số Ví dụ 4: Có số tự nhiên gồm 2008 chữ số cho tổng chữ số Giải Xét trường hợp + Trườnghợp 1: Số tạo thành gồm chữ số 2007 chữ số ⇒ Chỉ có số 3000…000 (2007 chữ số 0) + Trường hợp 2: Số tạo thành gồm chữ số 1, chữ số 2006 chữ số Chọn chữ số ñầu tiên có cách chọn số Chữ số lại có 2007 vị trí ñể ñặt, vị trí khác ñặt số ⇒ Có 2.2007 = 4014 số + Trường hợp 3: Số tạo thành gồm chữ số 2005 chữ số Chọn chữ số ñầu tiên Chọn 2007 vị trí ñể ñặt chữ số ⇒ có C22007 = 2007.1003 = 2013021 Vậy có + 4014 + 2013021 = 2017036 số Ví dụ 5(ðHQG TPHCM 2001) Có số tự nhiên gồm bảy chữ số biết chữ số có mặt ñúng hai lần, chữ số ba có mặt ñúng ba lần, chữ số lại có mặt không lần Giải + Coi dãy gồm chữ số tương ứng với số gồm chữ số (Kể bắt ñầu 0) Khi ñó ta thành lập số cách xếp chữ số vào vị trí Chọn vị trí ñể xếp chữ số 2: có C72 cách Chọn vị trí lại ñể xếp chữ số 3: có C35 cách Tổ Toán Trương THPT Lương Tài CHUYÊN ðỀ: ðẠI SỐ TỔ HỢP - Phương Xuân Trịnh http://ebook.here.vn Chọn chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 7, 8, ñể ñặt vào vị trí lại có A82 cách ⇒ Có C72 C35 A82 = 11 760 cách + Cần phải loại trường hợp chữ số ñứng ñầu Lập luận tương tự cho vị trí ⇒ có C62 C34 A17 = 420 số Vậy có 11 760 − 420 = 11 340 số 1.2 ðếm số phương án Ví dụ 6: (ðH Thái nguyên 99) Một lớp học có 25 nam 15 nữ Cần chọn nhóm gồm ba học sinh Hỏi có cách: a) Chọn học sinh b) Chọn học sinh gồm nam nữ c) Chọn học sinh ñó có nam Giải a) Mỗi cách chọn tổ ... thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài 26 đoạn AB = • Giả sử A(a; a3 − 3a2 + 1), B(b; b3 − 3b2 + 1) thuộc (C), với a ≠ b Vì tiếp tuyến (C) A B song song với nên: y′(a) = y ′(b) ⇔... đại, cực tiểu đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu song song với đường thẳng y = −3 x + KQ : m = ± 3 22 Cho hàm số y = x − 3x − mx + (m tham số) có đồ thị (Cm) Xác định m để (Cm) có điểm cực... đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu song song (vng góc) với đường thẳng d : y = px + q – Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu