Bài tập cuối chuyên đề 2

Giải bài 2.19 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\), ta có:

\({2.2^1} + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + (n + 1){.2^n} = n{.2^{n + 1}}\)

Lời giải chi tiết

Ta chứng minh (*) \({2.2^1} + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + (n + 1){.2^n} = n{.2^{n + 1}}\) bằng PP quy nạp.

Với \(n = 1\) ta có \({2.2^1} = {1.2^{1 + 1}}\)

Vậy (*) đúng với \(n = 1\)

Giải sử (*) đúng với \(n = k\) tức là ta có \({2.2^1} + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + (k + 1){.2^k} = k{.2^{k + 1}}\)

Ta chứng minh (*) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh  \({2.2^1} + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + (k + 1){.2^k} + (k + 2){.2^{k + 1}} = (k + 1){.2^{k + 2}}\)

Thật vậy, ta có

\(\begin{array}{l}{2.2^1} + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + (k + 1){.2^k} + (k + 2){.2^{k + 1}}\\ = k{.2^{k + 1}} + (k + 2){.2^{k + 1}} = (2k + 2){.2^{k + 1}}\\ = 2(k + 1){.2^{k + 1}} = (k + 1){.2^{k + 2}}\end{array}\)

Vậy (*) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1.\)

 

Giải bài 2.20 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Đặt \({S_n} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + ... + \frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}\)

a) Tính \({S_1},{S_2},{S_3}\)

b) Dự đoán công thức tính tổng \({S_n}\) và chứng minh nó bằng quy nạp.

Lời giải chi tiết

a)

\(\begin{array}{l}{S_1} = \frac{1}{{1.3}} = \frac{1}{3}\\{S_2} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} = \frac{2}{5}\\{S_3} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + \frac{1}{{5.7}} = \frac{3}{7}\end{array}\)

b) Dự đoán \({S_n} = \frac{n}{{2n + 1}}\) với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) (6)

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Với \(n = 1\) ta có \({S_1} = \frac{1}{3}\)

Vậy (*) đúng với \(n = 1\)

Giải sử (*) đúng với \(n = k\) tức là ta có \({S_k} = \frac{k}{{2k + 1}}\)

Ta chứng minh (*) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh  \({S_{k + 1}} = \frac{{k + 1}}{{2(k + 1) + 1}}\)

Thật vậy, ta có

\(\begin{array}{l}{S_{k + 1}} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + ... + \frac{1}{{(2k - 1)(2k + 1)}} + \frac{1}{{(2k + 1)(2k + 3)}}\\ = \frac{k}{{2k + 1}} + \frac{1}{{(2k + 1)(2k + 3)}} = \frac{{k(2k + 3) + 1}}{{(2k + 1)(2k + 3)}} = \frac{{2{k^2} + 3k + 1}}{{(2k + 1)(2k + 3)}}\\ = \frac{{(k + 1)(2k + 1)}}{{(2k + 1)(2k + 3)}} = \frac{{k + 1}}{{2k + 3}}\end{array}\)

Vậy (*) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\).

Giải bài 2.21 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có \({10^{2n + 1}} + 1\) chia hết cho 11.

Lời giải chi tiết

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Với \(n = 0\) ta có \({10^1} + 1 \vdots 11\).

Vậy khẳng định đúng với \(n = 0\).

Giải sử khẳng định đúng với \(n = k\) tức là ta có \({10^{2k + 1}} + 1\) chia hết cho 11.

Ta chứng minh (3) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh  \({10^{2k + 3}} + 1\) chia hết cho 11.

Thật vậy, ta có:

\(\begin{array}{l}{10^{2k + 3}} + 1 = {10^{2k + 1}}.100 + 1 = ({10^{2k + 1}} + 1).100 + 1 - 100\\ = ({10^{2k + 1}} + 1).100 + 99\; \vdots 11\end{array}\)

(vì \({10^{2k + 1}} + 1 \vdots 11,\;99 \vdots 11\)).

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n.

Giải bài 2.22 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n \ge 2\), ta có \({5^n} \ge {3^n} + {4^n}\)

Lời giải chi tiết

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Với \(n = 2\) ta có \({5^2} = {3^2} + {4^2}\)

Vậy BĐT đúng với \(n = 2\)

Giải sử BĐT đúng với \(n = k\) tức là ta có \({5^k} \ge {3^k} + {4^k}\)

Ta chứng minh BĐT đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh  \({5^{k + 1}} \ge {3^{k + 1}} + {4^{k + 1}}\)

Thật vậy, ta có

\({3^{k + 1}} + {4^{k + 1}} = {3.3^k} + {4.4^k} \le 4.\left( {{3^k} + {4^k}} \right) \le {4.5^k} \le {5.5^k} = {5^{k + 1}}\)

Vậy BĐT đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 2\).

Giải bài 2.23 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

a) Khai triển \({(1 + x)^{10}}\)

b) So sánh \({\left( {1,1} \right)^{10}}\) và 2.

Lời giải chi tiết

a)

\(\begin{array}{l}{(1 + x)^{10}} = C_{10}^0 + C_{10}^1x + C_{10}^2{x^2} + C_{10}^3{x^3} + C_{10}^4{x^4} + ... + C_{10}^{10}{x^{10}}\\ = 1 + 10x + 45{x^2} + 120{x^3} + 210{x^4} + 252{x^5} + 210{x^6} + 120{x^7} + 45{x^8} + 10{x^9} + {x^{10}}\end{array}\)

b)

Áp dụng câu a), thay \(x = 0,1\) ta suy ra

\({(1 + 0,1)^{10}} > 1 + 10.0,1 = 2\) hay \({\left( {1,1} \right)^{10}} > 2\)

Giải bài 2.24 trang 37 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Tìm hệ số của \({x^9}\) trong khai triển thành đa thức của \({\left( {2x - 3} \right)^{11}}\)

Lời giải chi tiết

Số hạng chứa \({x^k}\) trong khai triển của \({\left( {2x - 3} \right)^{11}}\) là \(C_{11}^{11 - k}{(2x)^k}{( - 3)^{11 - k}}\)

Số hạng chứa \({x^9}\) ứng với \(k = 9\), tức là số hạng \(C_{11}^2{(2x)^9}{( - 3)^2}\) hay \(253440{x^9}\)

Vậy hệ số của \({x^9}\) trong khai triển của \({\left( {2x - 3} \right)^{11}}\) là \(253440.\)

Giải bài 2.25 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Khai triển đa thức \({\left( {1 + 2x} \right)^{12}}\) thành dạng \({a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_{12}}{x^{12}}\).

Tìm hệ số \({a_k}\) lớn nhất?

Lời giải chi tiết

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {1 + 2x} \right)^{12}} = C_{12}^0 + C_{12}^12x + C_{12}^2{\left( {2x} \right)^2} + ... + C_{12}^{12}{(2x)^{12}}\\ \Rightarrow {a_k} = {2^k}C_{12}^k\end{array}\)

Để \({a_k}\) lớn nhất thì \({a_{k - 1}} \le {a_k} \ge {a_{k + 1}}\forall k\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {2^{k - 1}}C_{12}^{k - 1} \le {2^k}C_{12}^k \ge {2^{k + 1}}C_{12}^{k + 1}\\ \Leftrightarrow \frac{{12!}}{{(k - 1)!\left( {13 - k} \right)!}} \le 2\frac{{12!}}{{k!\left( {12 - k} \right)!}} \ge {2^2}\frac{{12!}}{{(k + 1)!\left( {11 - k} \right)!}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{\left( {13 - k} \right)(12 - k)}} \le 2.\frac{1}{{k\left( {12 - k} \right)}} \ge {2^2}\frac{1}{{k(k + 1)}}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{\left( {13 - k} \right)(12 - k)}} \le 2.\frac{1}{{k\left( {12 - k} \right)}}\\2.\frac{1}{{k\left( {12 - k} \right)}} \ge {2^2}\frac{1}{{k(k + 1)}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{13 - k}} \le \frac{2}{k}\\\frac{1}{{12 - k}} \ge \frac{2}{{k + 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \le 2.(13 - k)\\k + 1 \ge 2.(12 - k)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \frac{{23}}{3} \le k \le \frac{{26}}{3} \Rightarrow k = 8\;(k \in \mathbb{N})\end{array}\)

Vậy \({a_8}\) là lớn nhất.

Giải bài 2.26 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Chứng minh rằng

\(C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4... + C_{2n}^{2n} = C_{2n}^1 + C_{2n}^3 + C_{2n}^5... + C_{2n}^{2n - 1}\)

Áp dụng: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn \(C_{2n}^1 + C_{2n}^3 + C_{2n}^5... + C_{2n}^{2n - 1} = 2048\)

Lời giải chi tiết

Ta có:

\({(1 + x)^{2n}} = C_{2n}^0 + C_{2n}^1x + C_{2n}^2{x^2} + ... + C_{2n}^{2n}{x^{2n}}\) (1)

Thay \(x = 1\) vào hai vế của (1), ta suy ra

\(C_{2n}^0 + C_{2n}^1 + C_{2n}^2 + ... + C_{2n}^{2n} = {2^{2n}}\)

Thay \(x =  - 1\) vào hai vế của (1), ta suy ra

\(C_{2n}^0 - C_{2n}^1 + C_{2n}^2 - ... + C_{2n}^{2n} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow C_{2n}^0 + C_{2n}^2 + C_{2n}^4... + C_{2n}^{2n} = C_{2n}^1 + C_{2n}^3 + C_{2n}^5... + C_{2n}^{2n - 1}\\ \Rightarrow 2\left( {C_{2n}^1 + C_{2n}^3 + C_{2n}^5... + C_{2n}^{2n - 1}} \right) = {2^{2n}}\\ \Leftrightarrow C_{2n}^1 + C_{2n}^3 + C_{2n}^5... + C_{2n}^{2n - 1} = {2^{2n - 1}}\\ \Leftrightarrow 2048 = {2^{2n - 1}}\\ \Leftrightarrow {2^{11}}= {2^{2n - 1}}\\ \Leftrightarrow n = 6\end{array}\)

 

Giải bài 2.27 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị

\(C_n^0,C_n^1,C_n^2,...,C_n^n\)

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 chi tiết

Với \(n = 1\) ta có \(C_1^0 = C_1^1 = 1.\)

Với \(n \ge 2\)

Gọi \(C_n^k(0 < k < n)\) là giá trị lớn nhất.

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}C_n^k \ge C_n^{k - 1}\;(1)\\C_n^k \ge C_n^{k + 1}\;(2)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}(1) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} \ge \frac{{n!}}{{(k - 1)!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{k} \ge \frac{1}{{n + 1 - k}} \Leftrightarrow n + 1 - k \ge k\\ \Leftrightarrow k \le \frac{{n + 1}}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}(2) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} \ge \frac{{n!}}{{(k + 1)!\left( {n - 1 - k} \right)!}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{n - k}} \ge \frac{1}{{k + 1}} \Leftrightarrow k + 1 \ge n - k\\ \Leftrightarrow k \ge \frac{{n - 1}}{2}\end{array}\)

Kết hợp ta được \(\frac{{n - 1}}{2} \le k \le \frac{{n + 1}}{2}\)

+ Nếu \(n = 2m \Rightarrow \frac{{2m - 1}}{2} \le k \le \frac{{2m + 1}}{2} \Rightarrow k = m\)

+ Nếu \(n = 2m + 1 \Rightarrow \frac{{2m}}{2} \le k \le \frac{{2m + 2}}{2} \Rightarrow k = m;k = m + 1\)

Áp dụng:

Ta có tổng các hệ số của khai triển \({(a + b)^n}\) là

\(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^n = {2^n}\)

\( \Rightarrow {2^n} = 4096 = {2^{12}} \Rightarrow n = 12\)

Khi đó hệ số lớn nhất của khai triển \({(a + b)^{12}}\) là \(C_{12}^6.\)

Giải bài 2.28 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10 – Kết nối tri thức

Đề bài

Tìm số hạng lớn nhất của khai triển \({(p + q)^n}\) với \(p > 0\), \(q > 0\), \(p + q = 1\).

Lời giải chi tiết

Vì \(p + q = 1\) nên \(q = 1-p\).

Ta có: \({(p + q)^n} \)

\(= C_n^0{p^n} + C_n^1{p^{n - 1}}q + C_n^2{p^{n - 2}}{q^2} + ... + C_n^n{q^n} \)

\(= \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{p^{n - k}}{q^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} \).

Giả sử \({a_k}\) là số hạng lớn nhất với \(1 \le k \le n - 1\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_k} \ge {a_{k - 1}}\\{a_k} \ge {a_{k + 1}}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C_n^k{p^{n - k}}{q^k} \ge C_n^{k - 1}{p^{n - k + 1}}{q^{k - 1}}\quad (1)\\C_n^k{p^{n - k}}{q^k} \ge C_n^{k + 1}{p^{n - k - 1}}{q^{k + 1}}\quad (2)\end{array} \right.\)

\((1) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}{p^{n - k}}{q^k} \ge \frac{{n!}}{{(k - 1)!\left( {n - k + 1} \right)!}}{p^{n - k + 1}}{q^{k - 1}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{k}q \ge \frac{1}{{n - k + 1}}p \)

\(\Leftrightarrow \frac{{1 - p}}{k} \ge \frac{p}{{n - k + 1}}\)

\(\Leftrightarrow pk \le (1 - p)(n - k + 1)\) (thay \(q = 1-p\)).

\((2) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}{p^{n - k}}{q^k} \ge \frac{{n!}}{{(k + 1)!\left( {n - k - 1} \right)!}}{p^{n - k - 1}}{q^{k + 1}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{{n - k}}p \ge \frac{1}{{k + 1}}q \)

\(\Leftrightarrow \frac{p}{{n - k}} \ge \frac{{1 - p}}{{k + 1}}\) (thay \(q = 1-p\))

\(\Leftrightarrow p(k + 1) \ge (1 - p)(n - k)\)

\(\Leftrightarrow p(k + 1) + 1 - p \ge (1 - p)(n - k + 1)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(p(k + 1) + 1 - p \ge pk\).