Xem toàn bộ tài liệu Lớp 10 – Kết Nối Tri Thức: tại đây
Bài 2.19 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên , 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.
Bài 2.20 trang 38 Chuyên đề Toán 10:
S
n
=
1
1.3
+
1
3.5
+
…
+
1
(
2
n
−
1
)
(
2
n
+
1
)
.
a) Tính S1, S2, S3.
b) Dự đoán công thức tính tổng Sn và chứng minh nó bằng quy nạp.
Lời giải:
a)
S
1
=
1
1.3
=
1
3
,
S
2
=
1
1.3
+
1
3.5
=
2
5
,
S
3
=
1
1.3
+
1
3.5
+
1
5.7
=
3
7
.
b) Từ a) ta có thể dự đoán
S
n
=
n
2
n
+
1
.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 1 ta có
S
1
=
1
3
=
1
2.1
+
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:
S
k
=
k
2
k
+
1
.
Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:
S
k
+
1
=
k
+
1
2
k
+
1
+
1
.
Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
S
k
+
1
=
1
1.3
+
1
3.5
+
…
+
1
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
+
1
2
k
+
1
−
1
2
k
+
1
+
1
=
S
k
+
1
2
k
+
1
−
1
2
k
+
1
+
1
=
k
2
k
+
1
+
1
2
k
+
1
−
1
2
k
+
1
+
1
=
k
2
k
+
1
+
1
2
k
+
1
2
k
+
3
=
k
2
k
+
3
+
1
2
k
+
1
2
k
+
3
=
2
k
2
+
3
k
+
1
2
k
+
1
2
k
+
3
=
k
+
1
2
k
+
1
2
k
+
1
2
k
+
3
=
k
+
1
2
k
+
3
=
k
+
1
2
k
+
1
+
1
.
Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Bài 2.21 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có 102n + 1 + 1 chia hết cho 11.
Lời giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 0 ta có 102.0 + 1 + 1 = 11 ⁝ 11.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 0.
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.
Bài 2.22 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có 5n ≥ 3n + 4n.
Lời giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 2 ta có 52 = 25 = 32 + 42.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 2.
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.
Bài 2.23 trang 38 Chuyên đề Toán 10:
a) Khai triển (1 + x)10.
b) (1,1)10 và 2.
Lời giải:
a)
1
+
x
10
=
C
10
0
1
10
+
C
10
1
1
9
x
+
C
10
2
1
8
x
2
+
…
+
C
10
9
1
x
9
+
C
10
10
x
10
=
1
+
C
10
1
x
+
C
10
2
x
2
+
…
+
C
10
9
x
9
+
x
10
.
b) Áp dụng câu a) ta có:
1
,
1
10
=
1
+
0
,
1
10
=
1
+
C
10
1
.0
,
1
+
C
10
2
0
,
1
2
+
…
+
C
10
9
0
,
1
9
+
0
,
1
10
>
1
+
C
10
1
.0
,
1
=
2.
Bài 2.24 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
C
11
11
−
9
2
x
9
−
3
11
−
9
=
C
11
2
2
9
x
9
−
3
2
=
C
11
2
2
9
3
2
x
9
=
253440
x
9
.
Vậy hệ số của x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11 là 253440.
Bài 2.25 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Khai triển đa thức (1 + 2x)12 thành dạng a0 + a1x + a2x2 + … + a12x12.
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
C
12
12
−
k
2
x
k
1
12
−
k
=
C
12
k
2
k
x
k
.
Do đó
a
k
=
C
12
k
2
k
.
Thay các giá trị của k từ 0 đến 12 vào ak ta thấy a8 có giá trị lớn nhất và bằng 126720.
Bài 2.26 trang 38 Chuyên đề Toán 10:
C
2
n
0
+
C
2
n
2
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
=
C
2
n
1
+
C
2
n
3
+
C
2
n
5
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
.
Áp dụng: Tìm số nguyên dương n thoả mãn
C
2
n
1
+
C
2
n
3
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
=
2048.
Lời giải:
Xét:
M
=
C
2
n
0
+
C
2
n
1
+
C
2
n
2
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
;
N
=
C
2
n
0
−
C
2
n
1
+
C
2
n
2
−
…
−
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
;
P
=
C
2
n
0
+
C
2
n
2
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
−
2
+
C
2
n
2
n
;
Q
=
C
2
n
1
+
C
2
n
3
+
C
2
n
5
+
…
+
C
2
n
2
n
−
3
+
C
2
n
2
n
−
1
.
+) Ta có:
(
x
+
1
)
2
n
=
C
2
n
0
x
2
n
+
C
2
n
1
x
2
n
−
1
1
+
C
2
n
2
x
2
n
−
2
1
2
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
x
1
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
1
2
n
=
C
2
n
0
x
2
n
+
C
2
n
1
x
2
n
−
1
+
C
2
n
2
x
2
n
−
2
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
x
+
C
2
n
2
n
.
Cho x = 1, ta được:
(
1
+
1
)
2
n
=
C
2
n
0
1
2
n
+
C
2
n
1
1
2
n
−
1
+
C
2
n
2
1
2
n
−
2
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
1
+
C
2
n
2
n
=
C
2
n
0
+
C
2
n
1
+
C
2
n
2
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
.
Vậy M = (1 + 1)2n = 22n .
+) Ta có:
(
x
−
1
)
2
n
=
C
2
n
0
x
2
n
−
C
2
n
1
x
2
n
−
1
1
+
C
2
n
2
x
2
n
−
2
1
2
−
…
−
C
2
n
2
n
−
1
x
1
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
1
2
n
=
C
2
n
0
x
2
n
−
C
2
n
1
x
2
n
−
1
+
C
2
n
2
x
2
n
−
2
−
…
−
C
2
n
2
n
−
1
x
+
C
2
n
2
n
.
Cho x = 1, ta được:
(
1
−
1
)
2
n
=
C
2
n
0
1
2
n
−
C
2
n
1
1
2
n
−
1
+
C
2
n
2
1
2
n
−
2
−
…
−
C
2
n
2
n
−
1
1
+
C
2
n
2
n
=
C
2
n
0
−
C
2
n
1
+
C
2
n
2
−
…
−
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
.
Vậy N = (1 – 1)2n = 0.
Ta có: P + Q = M = 22n và P – Q = N = 0 nên P = Q = 22n : 2 = 22n-1.
Áp dụng:
C
2
n
1
+
C
2
n
3
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
=
2048
⇒
2
2
n
−
1
=
2048
⇒
2
n
−
1
=
11
⇒
n
=
6.
Bài 2.27 trang 38 Chuyên đề Toán 10:
C
n
0
,
C
n
1
,
…
,
C
n
n
.
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:
C
n
k
≤
C
n
k
+
1
⇔
n
!
k
!
n
−
k
!
≤
n
!
k
+
1
!
n
−
k
−
1
!
⇔
k
+
1
!
n
−
k
−
1
!
≤
k
!
n
−
k
!
⇔
k
+
1
≤
n
−
k
⇔
2
k
≤
n
−
1
(*).
– Nếu n lẻ thì (*) ⇔ k
≤
n
−
1
2
.
Từ đây ta có
C
n
k
≥
C
n
k
+
1
⇔
k
≥
n
−
1
2
.
⇒
C
n
0
≤
C
n
1
≤
…
≤
C
n
n
−
1
2
≤
C
n
n
+
1
2
≤
…
≤
C
n
n
.
Dấu “=” chỉ xảy ra khi k =
n
–
1
2
.
Do đó có hai số có giá trị lớn nhất là
C
n
n
−
1
2
và
C
n
n
+
1
2
.
– Nếu n chẵn thì (*) ⇔ k
≤
n
−
1
2
=
n
2
−
1.
Từ đây ta có
C
n
k
≥
C
n
k
+
1
⇔
k
≥
n
2
−
1.
⇒
C
n
0
≤
C
n
1
≤
…
≤
C
n
n
2
≤
…
≤
C
n
n
.
Dấu “=” không xảy ra với bất kì giá trị k nào.
Do đó chỉ có đúng một số có giá trị lớn nhất là
C
n
n
2
.
+) Áp dụng:
Tổng các hệ số của khai triển (a + b)n bằng 4096
⇒
C
n
0
+
C
n
1
+
…
+
C
n
n
=
4096
⇒
2
n
=
4096
⇒
n
=
12
Hệ số lớn nhất của khai triển là
C
12
6
= 924.
Bài 2.28 trang 38 Chuyên đề Toán 10: Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển (p + q)n với p > 0, q > 0, p + q = 1.