BT Dai So 11 - Tran Si Tung

TRAÀN SÓ TUØNG

---- & ----

Naêm 2010

Trần Sĩ Tùng Đại số 11

Trang 1

I. HỆ THỨC CƠ BẢN 1. Định nghĩa các giá trị lượng giác:

cossintan

' cot

OP aOQ aAT aBT a

====

Nhận xét: • , 1 cos 1; 1 sin 1a a∀ − ≤ ≤ − ≤ ≤α

• tana xác định khi ,2

a k k Z≠ + ∈π

π ,

• cota xác định khi ,a k k Z≠ ∈π 2. Dấu của các giá trị lượng giác:

Cung phần tư Giá trị lượng giác

I II II IV

sina + + – – cosa + – – + tana + – + – cota + – + –

3. Hệ thức cơ bản:

sin2a + cos2a = 1; tana.cota = 1 2 2

2 21 11 tan ; 1 cot

cos sina a

a a+ = + =

4. Cung liên kết:

Cung đối nhau Cung bù nhau Cung phụ nhau

cos( ) cosa a− = ( ) sinsin a a− =π sin cos2

a a

− =

π

sin( ) sina a− = − cos( ) cosa a− = −π cos sin2

a a

− =

π

tan( ) tana a− = − tan( ) tana a− = −π tan cot2

a a

− =

π

cot( ) cota a− = − cot( ) cota a− = −π cot tan2

a a

− =

π

CHƯƠNG 0 CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC

cosin O

cotang

si

n

tang

p A

M Q B T'

α

T

Đại số 11 Trần Sĩ Tùng

Trang 2

5. Bảng giá trị lượng giác của các góc (cung) đặc biệt

II. CÔNG THỨC CỘNG Công thức cộng:

Cung hơn kém π Cung hơn kém 2π

sin( ) sina a+ = −π sin cos2

a a

+ =

π

cos( ) cosa a+ = −π cos sin2

a a

+ = −

π

tan( ) tana a+ =π tan cot2

a a

+ = −

π

cot( ) cota a+ =π cot tan2

a a

+ = −

π

0 6π

4π

3π

2π 2

3π 3

4π π 3

2π 2π

00 300 450 600 900 1200 1350 1800 2700 3600

sin 0 12

2

2

32

1 32

2

2 0 –1 0

cos 1 32

2

2

12

0 12

− 2

2− –1 0 1

tan 0 33

1 3 3− –1 0 0

cotg 3 1 33

0 33

− –1 0

sin( ) sin .cos sin .cosa b a b b a+ = + sin( ) sin .cos sin .cosa b a b b a− = − cos( ) cos .cos sin .sina b a b a b+ = − cos( ) cos .cos sin .sina b a b a b− = +

tan tantan( )1 tan .tan

a ba b

a b+

+ =−

tan tantan( )1 tan .tan

a ba b

a b−

− =+

Hệ quả: 1 tan 1 tantan , tan4 1 tan 4 1 tan

x xx x

x x + −

+ = − = − +

π π


Trang 3

III. CÔNG THỨC NHÂN 1. Công thức nhân đôi: sin2a = 2sina.cosa 2 2 2 2cos2 cos sin 2 cos 1 1 2sina a a a a= − = − = −

2

22 tan cot 1tan 2 ; cot 2

2 cot1 tan

a aa a

aa

−= =

−

2. Công thức hạ bậc: 3. Công thức nhân ba:

4. Công thức biểu diễn sina, cosa, tana theo t = tan2a :

Đặt: tan ( 2 )2a

t a k= ≠ +π π thì: 2

2sin1

ta

t=

+;

2

21cos1

ta

t

−=

+;

22tan

1

ta

t=

−

IV. CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI

1. Công thức biến đổi tổng thành tích:

sin sin 2sin .cos2 2

a b a ba b

+ −+ =

sin sin 2 cos .sin2 2

a b a ba b

+ −− =

cos cos 2 cos .cos2 2

a b a ba b

+ −+ =

cos cos 2sin .sin2 2

a b a ba b

+ −− = −

sin( )tan tancos .cos

a ba b

a b+

+ =

sin( )tan tancos .cos

a ba b

a b−

− =

sin( )cot cotsin .sin

a ba b

a b+

+ =

sin( )cot cotsin .

b aa b

a sinb−

− =

sin cos 2.sin 2.cos4 4

a a a a

+ = + = −

π π

a a a asin cos 2 sin 2 cos4 4π π

− = − = − +

2. Công thức biến đổi tích thành tổng: 1cos .cos cos( ) cos( )21sin .sin cos( ) cos( )21sin .cos sin( ) sin( )2

a b a b a b

a b a b a b

a b a b a b

= − + +

= − − +

= − + +

3

3

3

2

sin3 3sin 4sincos3 4 cos 3cos

3tan tantan31 3tan

a a aa a a

a aaa

= −= −

−=

−

2

2

2

1 cos2sin2

1 cos2cos2

1 cos2tan1 cos2

aa

aa

aa

a

−=

+=

−=

+


Trang 4

Vấn đề 1: TẬP XÁC ĐỊNH, TẬP GIÁ TRỊ, TÍNH CHẴN – LẺ, CHU KỲ

siny x= : Tập xác định D = R; tập giá trị 1, 1T = − ; hàm lẻ, chu kỳ 0 2T = π .

* y = sin(ax + b) có chu kỳ 02

Ta

=π

* y = sin(f(x)) xác định ( )f x⇔ xác định.

cosy x= : Tập xác định D = R; Tập giá trị 1, 1T = − ; hàm chẵn, chu kỳ 0 2T = π .

* y = cos(ax + b) có chu kỳ 02

Ta

=π

* y = cos(f(x)) xác định ( )f x⇔ xác định.

tany x= : Tập xác định \ ,2

D R k k Z

= + ∈

ππ ; tập giá trị T = R, hàm lẻ, chu kỳ 0T = π .

* y = tan(ax + b) có chu kỳ 0Ta

=π

* y = tan(f(x)) xác định ( )f x⇔ ( )2

k k Z≠ + ∈π

π

coty x= : Tập xác định \ ,D R k k Z= ∈π ; tập giá trị T = R, hàm lẻ, chu kỳ 0T = π .

* y = cot(ax + b) có chu kỳ 0Ta

=π

* y = cot(f(x)) xác định ( ) ( )f x k k Z⇔ ≠ ∈π .

* y = f1(x) có chu kỳ T1 ; y = f2(x) có chu kỳ T2

Thì hàm số 1 2( ) ( )y f x f x= ± có chu kỳ T0 là bội chung nhỏ nhất của T1 và T2.

CHÖÔNG I HAØM SOÁ LÖÔÏNG GIAÙC – PHÖÔNG TRÌNH LÖÔÏNG GIAÙC

I. HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC


Trang 5

Baøi 1. Tìm tập xác định và tập giá trị của các hàm số sau:

a/ 2sin1

xy

x

= − b/ siny x= c/ 2 siny x= −

d/ 21 cosy x= − e/ 1sin 1

yx

=+

f/ tan6

y x

= −

π

g/ cot3

y x

= +

π h/ sincos( )

xy

x=

−π i/ y = 1

tan 1x −

Baøi 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

a/ y = 2sin 14

x

+ +

π b/ 2 cos 1 3y x= + − c/ siny x=

d/ 24sin 4sin 3y x x= − + e/ 2cos 2sin 2y x x= + + f/ 4 2sin 2 cos 1y x x= − +

g/ y = sinx + cosx h/ y = 3 sin 2 cos2x x− i/ y = sin 3 cos 3x x+ + Baøi 3. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số: a/ y = sin2x b/ y = 2sinx + 3 c/ y = sinx + cosx d/ y = tanx + cotx e/ y = sin4x f/ y = sinx.cosx

g/ y = sin tansin cot

x xx x

−+

h/ y = 3

3cos 1

sin

x

x

+ i/ y = tan x

Baøi 4. Tìm chu kỳ của hàm số:

a/ sin 2y x= b/ cos3x

y = c/ 2siny x=

d/ sin 2 cos2x

y x= + e/ tan cot 3y x x= + f/ 3 2cos sin5 7x x

y = −

g/ 2sin . cos3y x x= h/ 2cos 4y x= i/ y = tan(−3x + 1)

HD: a/ .π b/ 6π . c/ .π d/ 4π . e/ .π . f/ 70π . g/ .π h/ .4π i/

3π

Vấn đề 2: ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC 1/ Vẽ đồ thị hàm số lượng giác: – Tìm tập xác định D. – Tìm chu kỳ T0 của hàm số. – Xác định tính chẵn – lẻ (nếu cần). – Lập bảng biến thiên trên một đoạn có độ dài bằng chu kỳ T0 có thể chọn:

00,x T ∈ hoặc 0 0,2 2T T

x

∈ −

.

– Vẽ đồ thị trên đoạn có độ dài bằng chu kỳ.

– Rồi suy ra phần đồ thị còn lại bằng phép tịnh tiến theo véc tơ 0. .v k T i=r r

về bên trái và

phải song song với trục hoành Ox (với ir

là véc tơ đơn vị trên trục Ox).


Trang 6

2/ Một số phép biến đổi đồ thị: a/ Từ đồ thị hàm số y = f(x), suy ra đồ thị hàm số y = f(x) + a bằng cách tịnh tiến đồ thị y =

f(x) lên trên trục hoành a đơn vị nếu a > 0 và tịnh tiến xuống phía dưới trục hoành a đơn vị nếu a < 0.

b/ Từ đồ thị y = f(x), suy ra đồ thị y = –f(x) bằng cách lấy đối xứng đồ thị y = f(x) qua trục hoành.

c/ Đồ thị ( ), neáu f(x) 0( )-f(x), neáu f(x) < 0f xy f x ≥= =

được suy từ đồ thị y = f(x) bằng cách giữ

nguyên phần đồ thị y = f(x) ở phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị y = f(x) nằm ở phía dưới trục hoành qua trục hoành.

Ví dụ 1: Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) = sinx. – Tập xác định: D = R.

– Tập giá trị: 1, 1 . −

– Chu kỳ: T = 2 .

– Bảng biến thiên trên đoạn 0, 2 π

– Tịnh tiến theo véctơ 2 .v k i=r r

π ta được đồ thị y = sinx. Nhận xét: – Đồ thị là một hàm số lẻ nên nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.

– Hàm số đồng biến trên khoảng 0,2

π và nghịch biến trên , .2

ππ

Ví dụ 2: Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) = cosx. – Tập xác định: D = R.

– Tập giá trị: 1, 1 . −

– Chu kỳ: T = 2 .

– Bảng biến thiên trên đoạn 0, 2 : π

– Tịnh tiến theo véctơ 2 .v k i=r r

π ta được đồ thị y = cosx. Nhận xét: – Đồ thị là một hàm số chẵn nên nhận trục tung Oy làm trục đối xứng.

1

32π

−−π

2π

− 0 2π 3

2π π 2π 5

2π

y = sinx

–1

y

x

1

32π

−−π

2π

− 0 2π 3

2π π 2π 5

2π

y = cosx

–1

y

x

x 0 2π π 3

2π 2π

y

1 0

–1

0 0

x 0 2π π 3

2π 2π

y

0

–1

0

1 1


Trang 7

– Hàm số nghịch biến trên khoảng 0,

2

π và nghịch biến trên khoảng 3, .2

ππ

Ví dụ 3: Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) = tanx.

– Tập xác định: D = R \ ,2

k k Z

+ ∈

ππ

– Tập giá trị: R. – Giới hạn:

2

limx

y→±

= ∞π

:2

x⇒ = ±π là tiệm cận đứng.

– Chu kỳ: T = .

– Bảng biến thiên trên ,2 2

−

π π :

– Tịnh tiến theo véctơ .v k i=r r

π ta được đồ thị y = tanx. Nhận xét: – Đồ thị là một hàm số lẻ nên nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. – Hàm số luôn đồng biến trên tập xác định D. Ví dụ 4: Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) = cotx. – Tập xác định: D = R \ ,k k Z∈π

– Tập giá trị: R. – Giới hạn:

0lim , limx x x

y y→ →

= + ∞ = − ∞

tiệm cận đứng: x = 0, x = . – Chu kỳ: T = .

– Bảng biến thiên trên đoạn 0, π :

– Tịnh tiến theo véctơ .v k i=r r

π ta được đồ thị y = cotx. Nhận xét: – Đồ thị là một hàm số lẻ nên nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. – Hàm số luôn giảm trên tập xác định D.

x 2π

− 0 2π

y

0

–∞

+∞

x 0 2π π

y

0

+∞

–∞

x

y

32π− π

2π− O

2π π 3

2π 2π 5

2π

y = tanx

x

y

2− π 32π− O

2π−

2π π 3

2π

y = cotx

−π 2π


Trang 8

Ví dụ 5: Vẽ đồ thị y = – sinx. – Vẽ đồ thị y = sinx. – Từ đồ thị y = sinx, ta suy ra đồ thị y = –sinx bằng cách lấy đối xứng qua Ox. Ví dụ 6: Vẽ đồ thị y = sinx

sin , neáu sin x 0sin-sin x, neáu sin x < 0.

xy x ≥= =

Ví dụ 7: Vẽ đồ thị hàm số y = 1 + cosx. – Vẽ đồ thị y = cosx. – Từ đồ thị y = cosx, ta suy ra đồ thị 1 cosy x= + bằng cách tịnh tiến đồ thị cosy x= lên

trục hoành 1 đơn vị.

– Bảng biến thiên trên đoạn 0, 2 π :

y

x –2 32π− 3

2π 2π

2π π O −π

2π−

y = –sinx 1

–1

π 2π− 3

2π 2π

2π π O

y = /sinx/

y

1

x

x 0 2π π 3

2π 2π

y = cosx 1

0

–1

0

1

y = 1 + cosx

2

1

0

1

2

2π−

O

y = 1 + cosx

y

x −π

2π π 3

2π

y = cosx

2

1

–1


Trang 9

Ví dụ 8: Vẽ đồ thị y = sin2x. – y = sin2x có chu kỳ T = π


Ví dụ 9: Vẽ đồ thị y = cos2x. – y = cos2x có chu kỳ T = π


O

y

x 2π

4π

1

2π

4π

y = cos2x

–1

34π

2π− O

y

x π 4π−

4π

1

32π

2π 5

4π

y = sin2x

–1

x 2

−π

4−

π 0 2π

2π

2x −π 2π

− 0 2π π

y = sin2x

0

–1

0

1 0

x 2π

− 4π

− 0 4π

2π

2x −π 2π

− 0 2π

π

y = cos2x

–1

0

1 0

–1


Trang 10

Ví dụ 10: Vẽ đồ thị sin4

y x

= +

π có chu kỳ T = 2π .

Ví dụ 11: Vẽ đồ thị cos4

y x

= −


x – π 34

−π

2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

4π π

x4π

+ 34π

− 2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

2π 0 5

4π

y sin x4π = +

2

2−

–1

2

2−

0

2

2

1 2

2

0

2

2−

x – π 34π

− 2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

4π π

x4π

− 54π

− −π 34π

− 2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

4π

y cos x4π = −

2

2−

–1

2

2−

0

2

2

1 2

2

0

2

2−

32π O

y

x −π 34π−

2π−

4π−

4π

2π 3

4π π 5

4π 7

4π

y = sin x4π +

1 2 / 2

2 / 2− –1


Trang 11

Ví dụ 12: Vẽ đồ thị sin cos 2 sin4

y x x x

= + = +


Ví dụ 13: Vẽ đồ thị cos sin 2 cos4

y x x x

= − = +


x – π 34π

− 2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

4π π

x4π

+ 34π

− 2π

− 4π

− 0 4π

2π 3

4π π 5

4π

π +

sin x4

2

2−

–1 22

0 2

2

1 22

0 2

2−

2 sin x4π +

–1

2−

–1

0

1

2 1

0

–1

sin x cosx+

1 2

1

0

1

2 1

0

1

32π O

y

x −π 34π−

2π−

4π−

4π

2π 3

4π π 5

4π 7

4π

y = 2 sin x4π +

1

2

2−

–1

4π

2π O

y

x 34π− 2

π−−π 54π 3

2π π

y = sin x cosx+

4π− 3

2π 7

4π

1

2

x π 34π

− 2π

− 4π

− 0

4π

2π 3

4π π

cosx –1 22

− 0 22

1 22

0 22

− –1

sinx 0 22

− –1 22

− 0 22

1 22

0

cosx – sinx –1 0 1 2 1 0 –1 2− –1

cosx sin x−

1

0

1

2 1

0

1

2 1


Trang 12

Ví dụ 14: Vẽ đồ thị y = tanx + cotx.

– Tập xác định: \ . ,2

D R k k Z

= ∈

π

– Chu kỳ T = π .

y

x 34π

− 2π

−4π

− −π o 4π

2π 3

4π π 5

4π

y = cosx – sinx

2

1

1−

2−

y

x 34π

− 2π

− 4π

− −π o 4π

2π 3

4π π 5

4π

y = cosx – sinx

2

1

x 2π

− 3π

− 4π

− 6π

− 0

6π

4π

3π

2π

tanx || 3− –1 33

0 33

1 3 ||

cotx 0 33

− –1 3− || 3 1 33

0

y = tanx + cotx

–∞

4 33

−

2

4 33

−

–∞

+∞ 4 3

3

2

4 3

3

+∞

x

y

y = tanx + cotx

4 33

2

4 33

–2

2π

−3π

−4π

−6π

−6π

4π

3π

2π O


Trang 13

I. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN 1. Phương trình sinx = sinα

a/ 2sin sin ( )2

x kx k Zx k

= += ⇔ ∈ = − +α παπ α π

b/ sin . : 1 1.

arcsin 2sin ( )arcsin 2

x a Ñieàu kieän ax a kx a k Zx a k

= − ≤ ≤ = += ⇔ ∈ = − +

ππ π

c/ sin sin sin sin( )u v u v= − ⇔ = −

d/ sin cos sin sin2

u v u v

= ⇔ = −

π

e/ sin cos sin sin2

u v u v

= − ⇔ = −

π

Các trường hợp đặc biệt: sin 0 ( )x x k k Z= ⇔ = ∈π

sin 1 2 ( )2

x x k k Z= ⇔ = + ∈π

π sin 1 2 ( )2

x x k k Z= − ⇔ = − + ∈π

π

2 2sin 1 sin 1 cos 0 cos 0 ( )2

x x x x x k k Z= ± ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈π

π

2. Phương trình cosx = cosα a/ cos cos 2 ( )x x k k Z= ⇔ = ± + ∈α α π

b/ cos . : 1 1.cos arccos 2 ( )

x a Ñieàu kieän ax a x a k k Z

= − ≤ ≤= ⇔ = ± + ∈π

c/ cos cos cos cos( )u v u v= − ⇔ = −π

d/ cos sin cos cos2

u v u v

= ⇔ = −

π

e/ cos sin cos cos2

u v u v

= − ⇔ = +

π

Các trường hợp đặc biệt:

cos 0 ( )2

x x k k Z= ⇔ = + ∈π

π

cos 1 2 ( )x x k k Z= ⇔ = ∈π cos 1 2 ( )x x k k Z= − ⇔ = + ∈π π

2 2cos 1 cos 1 sin 0 sin 0 ( )x x x x x k k Z= ± ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈π

II. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC


Trang 14

3. Phương trình tanx = tanα a/ tan tan ( )x x k k Z= ⇔ = + ∈α α π b/ tan arctan ( )x a x a k k Z= ⇔ = + ∈π c/ tan tan tan tan( )u v u v= − ⇔ = −

d/ tan cot tan tan2

u v u v

= ⇔ = −

π

e/ tan cot tan tan2

u v u v

= − ⇔ = +

π

Các trường hợp đặc biệt:

tan 0 ( )x x k k Z= ⇔ = ∈π tan 1 ( )4

x x k k Z= ± ⇔ = ± + ∈π

π

4. Phương trình cotx = cotα cot cot ( )x x k k Z= ⇔ = + ∈α α π cot arccot ( )x a x a k k Z= ⇔ = + ∈π Các trường hợp đặc biệt:

cot 0 ( )2

x x k k Z= ⇔ = + ∈π

π cot 1 ( )4

x x k k Z= ± ⇔ = ± + ∈π

π

5. Một số điều cần chú ý: a/ Khi giải phương trình có chứa các hàm số tang, cotang, có mẫu số hoặc chứa căn bậc

chẵn, thì nhất thiết phải đặt điều kiện để phương trình xác định.

* Phương trình chứa tanx thì điều kiện: ( ).2

x k k Z≠ + ∈π

π

* Phương trình chứa cotx thì điều kiện: ( )x k k Z≠ ∈π

* Phương trình chứa cả tanx và cotx thì điều kiện ( )2

x k k Z≠ ∈π

* Phương trình có mẫu số: • sin 0 ( )x x k k Z≠ ⇔ ≠ ∈π

• cos 0 ( )2

x x k k Z≠ ⇔ ≠ + ∈π

π

• tan 0 ( )2

x x k k Z≠ ⇔ ≠ ∈π

• cot 0 ( )2

x x k k Z≠ ⇔ ≠ ∈π

b/ Khi tìm được nghiệm phải kiểm tra điều kiện. Ta thường dùng một trong các cách sau để kiểm tra điều kiện:

1. Kiểm tra trực tiếp bằng cách thay giá trị của x vào biểu thức điều kiện. 2. Dùng đường tròn lượng giác. 3. Giải các phương trình vô định.


Trang 15

Baøi 1. Giải các phương trình:

1) cos 2 06

x

+ =

π 2) cos 4 13

x

− =

π 3) cos 15

x

− = −

π

4) sin 3 03

x

+ =

π 5) sin 12 4x

− =

π 6) sin 2 16

x

+ = −

π

7) ( ) 1sin 3 12

x + = 8) ( )0 2cos 152

x − = 9) 3sin2 3 2x

− = −

π

10) 1cos 26 2

x

− = −

π 11) ( )tan 2 1 3x − = 12) ( )0 3cot 3 103

x + =

13) tan 3 16

x

+ = −

π 14) cot 2 13

x

− =

π 15) cos(2x + 250) = 22

−


1) ( ) ( )sin 3 1 sin 2x x+ = − 2) cos cos 23 6

x x

− = +

π π

3) cos3 sin 2x x= 4) ( )0sin 120 cos2 0x x− + =

5) cos 2 cos 03 3

x x

+ + − =

π π 6) sin3 sin 04 2

xx

+ − =

π

7) tan 3 tan4 6

x x

− = +

π π 8) cot 2 cot4 3

x x

− = +

π π

9) ( )tan 2 1 cot 0x x+ + = 10) ( )2cos 0x x+ =

11) ( )2sin 2 0x x− = 12) ( )2tan 2 3 tan 2x x+ + =

13) 2cot 1x = 14) 2 1sin2

x =

15) 1cos2

x = 16) 2 2sin cos4

x x

− =

π

II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

Nếu đặt: 2sin sin : 0 1.t x hoaëc t x thì ñieàu kieän t= = ≤ ≤

Dạng Đặt Điều kiện 2 sin 0asin x b x c+ + = t = sinx 1 1t− ≤ ≤ 2cos cos 0a x b x c+ + = t = cosx 1 1t− ≤ ≤

2tan tan 0a x b x c+ + = t = tanx ( )2

x k k Z≠ + ∈π

π

2cot cot 0a x b x c+ + = t = cotx ( )x k k Z≠ ∈π


Trang 16

Baøi 1. Giải các phương trình sau: 1) 2sin2x + 5cosx + 1 = 0 2) 4sin2x – 4cosx – 1 = 0 3) 4cos5x.sinx – 4sin5x.cosx = sin24x 4) ( )2tan 1 3 tan 3 0x x+ − − =

5) ( )24sin 2 3 1 sin 3 0x x− + + = 6) 34 cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ = 7) tan2x + cot2x = 2 8) cot22x – 4cot2x + 3 = 0 Baøi 2. Giải các phương trình sau: 1) 4sin23x + ( )2 3 1 cos3 3x+ − = 4 2) cos2x + 9cosx + 5 = 0

3) 4cos2(2 – 6x) + 16cos2(1 – 3x) = 13 4) ( )2

1 3 3 tan 3 3 0cos

xx

− + − + =

5) 3cos x

+ tan2x = 9 6) 9 – 13cosx + 2

4

1 tan x+ = 0

7) 2

1

sin x = cotx + 3 8)

21

cos x + 3cot2x = 5

9) cos2x – 3cosx = 24 cos2x 10) 2cos2x + tanx = 4

5

Baøi 3. Cho phương trình sin3 cos3 3 cos2sin1 2sin 2 5

x x xx

x + +

+ = +

. Tìm các nghiệm của phương

trình thuộc( )0 ; 2π . Baøi 4. Cho phương trình : cos5x.cosx = cos4x.cos2x + 3cos2x + 1. Tìm các nghiệm của

phương trình thuộc ( );−π π .

Baøi 5. Giải phương trình : 4 4 4 5sin sin sin4 4 4

x x x

+ + + − =

π π .

III. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT THEO SINX VÀ COSX

DẠNG: a sinx + b cosx = c (1) Cách 1:

• Chia hai vế phương trình cho 2 2a b+ ta được:

(1) ⇔ 2 2 2 2 2 2

sin cosa b cx x

a b a b a b+ =

+ + +

• Đặt: ( )2 2 2 2

sin , cos 0, 2a b

a b a b = = ∈

+ +α α α π

phương trình trở thành: 2 2

sin .sin cos .cos cx x

a b+ =

+α α

2 2

cos( ) cos (2)cx

a b⇔ − = =

+α β

• Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

2 2 22 2

1 .ca b c

a b≤ ⇔ + ≥

+

• (2) 2 ( )x k k Z⇔ = ± + ∈α β π


Trang 17

Cách 2:

a/ Xét 22 2x

x k k= + ⇔ = +π

π π π có là nghiệm hay không?

b/ Xét 2 cos 0.2x

x k≠ + ⇔ ≠π π

Đặt: 2

2 22 1tan , sin , cos ,

2 1 1

x t tt thay x x

t t

−= = =

+ + ta được phương trình bậc hai theo t:

2( ) 2 0 (3)b c t at c b+ − + − = Vì 2 0,x k b c≠ + ⇔ + ≠π π nên (3) có nghiệm khi:

2 2 2 2 2 2' ( ) 0 .a c b a b c= − − ≥ ⇔ + ≥∆

Giải (3), với mỗi nghiệm t0, ta có phương trình: 0tan .2x

t=

Ghi chú: 1/ Cách 2 thường dùng để giải và biện luận.

2/ Cho dù cách 1 hay cách 2 thì điều kiện để phương trình có nghiệm: 2 2 2 .a b c+ ≥ 3/ Bất đẳng thức B.C.S:

2 2 2 2 2 2.sin .cos . sin cosy a x b x a b x x a b= + ≤ + + = +

2 2 2 2 sin cosmin max tanx x ay a b vaø y a b x

a b b⇔ = − + = + ⇔ = ⇔ =

Baøi 1. Giải các phương trình sau:

1) cos 3 sin 2x x+ = 2) 6sin cos2

x x+ = 3) 3 cos3 sin3 2x x+ =

4) sin cos 2 sin 5x x x+ = 5) ( ) ( )3 1 sin 3 1 cos 3 1 0x x− − + + − =

6) 3 sin 2 sin 2 12

x x

+ + =

π

Baøi 2. Giải các phương trình sau: 1) 22sin 3 sin 2 3x x+ = 2) ( )sin8 cos6 3 sin 6 cos8x x x x− = +

3) 3 18cossin cos

xx x

= + 4) cosx – 3 sin 2 cos3

x x

= −

π

5) sin5x + cos5x = 2 cos13x 6) (3cosx – 4sinx – 6)2 + 2 = – 3(3cosx – 4sinx – 6) Baøi 3. Giải các phương trình sau:

1) 3sinx – 2cosx = 2 2) 3 cosx + 4sinx – 3 = 0 3) cosx + 4sinx = –1 4) 2sinx – 5cosx = 5


1) 2sin4

x

+

π + sin4

x

−

π = 3 22

2) 3 cos2 sin 2 2sin 2 2 26

x x x

+ + − =

π

Baøi 5. Tìm m để phương trình : (m + 2)sinx + mcosx = 2 có nghiệm . Baøi 6. Tìm m để phương trình : (2m – 1)sinx + (m – 1)cosx = m – 3 vô nghiệm.


Trang 18

IV. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI DẠNG: a sin2x + b sinx.cosx + c cos2x = d (1)

Cách 1: • Kiểm tra cosx = 0 có thoả mãn (1) hay không?

Lưu ý: cosx = 0 2sin 1 sin 1.2

x k x x⇔ = + ⇔ = ⇔ = ±π

π

• Khi cos 0x ≠ , chia hai vế phương trình (1) cho 2cos 0x ≠ ta được:

2 2. tan . tan (1 tan )a x b x c d x+ + = + • Đặt: t = tanx, đưa về phương trình bậc hai theo t:

2( ) . 0a d t b t c d− + + − = Cách 2: Dùng công thức hạ bậc

1 cos2 sin 2 1 cos2(1) . . .2 2 2

x x xa b c d

− +⇔ + + =

.sin 2 ( ).cos2 2b x c a x d a c⇔ + − = − − (đây là phương trình bậc nhất đối với sin2x và cos2x)


1) ( ) ( )2 22sin 1 3 sin .cos 1 3 cos 1x x x x+ − + − =

2) ( )2 23sin 8sin .cos 8 3 9 cos 0x x x x+ + − =

3) 2 24sin 3 3 sin .cos 2 cos 4x x x x+ − =

4) 2 2 1sin sin 2 2 cos2

x x x+ − =

5) ( ) ( )2 22sin 3 3 sin .cos 3 1 cos 1x x x x+ + − = −

6) 2 25sin 2 3 sin .cos 3cos 2x x x x+ + = 7) 2 23sin 8sin .cos 4 cos 0x x x x+ + = 8) ( ) ( )2 22 1 sin sin 2 2 1 cos 2x x x− + + + =

9) ( ) ( )2 23 1 sin 2 3 sin .cos 3 1 cos 0x x x x+ − + − =

10) 4 2 2 43cos 4sin cos sin 0x x x x− + = 11) cos2x + 3sin2x + 2 3 sinx.cosx – 1 = 0 12) 2cos2x – 3sinx.cosx + sin2x = 0


1) 3 2 3sin 2sin .cos – 3cos 0+ =x x x x 2) 2 2 13 sin .cos sin2

x x x−

− =

3) x x x x x x3 2 2 3sin 5sin .cos 3sin .cos 3cos 0− − + =

Baøi 3. Tìm m để phương trình : ( ) 2 21 2 2 1m x x xsin – sin cos+ + = có nghiệm.

Baøi 4. Tìm m để phương trình : (3m – 2)sin2x – (5m – 2)sin2x + 3(2m + 1)cos2x = 0 vô nghiệm .


Trang 19

V. PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG Dạng 1: a.(sinx ± cosx) + b.sinx.cosx + c = 0

• Đặt: cos sin 2.cos ; 2.4

t x x x t

= ± = ≤

∓ π

2 211 2sin .cos sin .cos ( 1).2

t x x x x t⇒ = ± ⇒ = ± −

• Thay vào phương trình đã cho, ta được phương trình bậc hai theo t. Giải phương trình này tìm t thỏa 2.t ≤ Suy ra x.

Lưu ý dấu:

• cos sin 2 cos 2 sin4 4

x x x x

+ = − = +

π π

• cos sin 2 cos 2 sin4 4

x x x x

− = + = − −

π π

Dạng 2: a.|sinx ± cosx| + b.sinx.cosx + c = 0

• Đặt: cos sin 2. cos ; : 0 2.4

t x x x Ñk t

= ± = ≤ ≤

∓ π

21sin .cos ( 1).2

x x t⇒ = ± −

• Tương tự dạng trên. Khi tìm x cần lưu ý phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.


1) ( )2sin 2 3 3 sin cos 8 0x x x− + + = 2) ( )2 sin cos 3sin 2 2x x x+ + =

3) ( )3 sin cos 2sin 2 3x x x+ + = − 4) ( )( )1 2 1 sin cos sin 2x x x− + + =

5) sinx + cosx – 4sinx.cosx – 1 = 0 6) ( )( )1 2 sin cos sin 2 1 2x x x+ + − = + Baøi 2. Giải các phương trình:

1) ( )sin 2 4 cos sin 4x x x− − = 2) 5sin2x – 12(sinx – cosx) + 12 = 0

3) ( )( )1 2 1 sin cos sin 2x x x− + − = 4) cosx – sinx + 3sin2x – 1 = 0

5) sin2x + 2 sin 14

x

− =

π

6) ( ) ( )2sin cos 2 1 (sin cos ) 2 0x x x x− − + − + =


1) sin3x + cos3x = 1 + ( )2 2− sinx.cosx 2) 2sin2x – 3 6 sin cos 8 0x x+ + =


Trang 20

VI. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG KHÁC


1) sin2x = sin23x 2) sin2x + sin22x + sin23x = 32

3) cos2x + cos22x + cos23x = 1 4) cos2x + cos22x + cos23x + cos24x = 2


1) sin6x + cos6x = 14

2) sin8x + cos8x = 18

3) cos4x + 2sin6x = cos2x 4) sin4x + cos4x – cos2x + 2

1

4sin 2x – 1 = 0


1) 1 + 2sinx.cosx = sinx + 2cosx 2) sinx(sinx – cosx) – 1 = 0

3) sin3x + cos3x = cos2x 4) sin2x = 1 + 2 cosx + cos2x

5) sinx(1 + cosx) = 1 + cosx + cos2x 6) (2sinx – 1)(2cos2x + 2sinx + 1) = 3 – 4cos2x

7) (sinx – sin2x)(sinx + sin2x) = sin23x

8) sinx + sin2x + sin3x = 2 (cosx + cos2x + cos3x)

Baøi 4. Giải các phương trình sau: 1) 2cosx.cos2x = 1 + cos2x + cos3x 2) 2sinx.cos2x + 1 + 2cos2x + sinx = 0

3) 3cosx + cos2x – cos3x + 1 = 2sinx.sin2x 4) cos5x.cosx = cos4x.cos2x + 3cos2x + 1

Baøi 5. Giải các phương trình sau: 1) sinx + sin3x + sin5x = 0 2) cos7x + sin8x = cos3x – sin2x

3) cos2x – cos8x + cos6x = 1 4) sin7x + cos22x = sin22x + sinx


1) sin3x + cos3x + 1 sin 2 .sin42

x x

+

π = cosx + sin3x

2) 1 + sin2x + 2cos3x(sinx + cosx) = 2sinx + 2cos3x + cos2x


Trang 21

I. Qui tắc đếm 1. Qui tắc cộng: Một công việc nào đó có thể được thực hiện theo một trong hai phương án A hoặc B. Nếu

phương án A có m cách thực hiện, phương án B có n cách thực hiện và không trùng với bất kì cách nào trong phương án A thì công việc đó có m + n cách thực hiện.

2. Qui tắc nhân: Một công việc nào đó có thể bao gồm hai công đoạn A và B. Nếu công đoạn A có m cách

thực hiện và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện công đoạn B thì công việc đó có m.n cách thực hiện.

Baøi 1: Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành phố A đến thành phố C có 2

con đường, từ thành phố B đến thành phố D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D có 3 con đường. Không có con đường nào nối thành phố B với thành phố C. Hỏi có tất cả bao nhiêu đường đi từ thành phố A đến thành phố D?

ĐS: có 12 đường. Baøi 2: Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên thoả: a) gồm 6 chữ số. b) gồm 6 chữ số khác nhau. c) gồm 6 chữ số khác nhau và chia hết cho 2. ĐS: a) 66 b) 6! c) 3.5! = 360 Baøi 3: Có 25 đội bóng đá tham gia tranh cúp. Cứ 2 đội phải đấu với nhau 2 trận (đi và về). Hỏi

có bao nhiêu trận đấu? ĐS: có 25.24 = 600 trận Baøi 4: Có bao nhiêu số palindrom gồm 5 chữ số (số palindrom là số mà nếu ta viết các chữ số

theo thứ tự ngược lại thì giá trị của nó không thay đổi). ĐS: Số cần tìm có dạng: abcba ⇒ có 9.10.10 = 900 (số) Baøi 5: a/ Một bó hoa gồm có: 5 bông hồng trắng, 6 bông hồng đỏ và 7 bông hồng vàng. Hỏi có

mấy cách chọn lấy 1 bông hoa? b/ Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có những chữ số khác nhau? ĐS: a/ 18. b/ 15. Baøi 6: a/ Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số? b/ Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số? c/ Có bao nhiêu số tự nhiên có hai chữ số mà cả hai chữ số đều là số chẵn? d/ Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó các chữ số cách đều chữ số đứng giữa thì

giống nhau? e/ Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số và chia hết cho 5? ĐS: a/ 3125. b/ 168. c/ 20 d/ 900. e/ 180000. Baøi 7: Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát. Tại hội diễn, mỗi đội

chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ trên có bao nhiêu

A. TỔ HỢP

CHƯƠNG II TỔ HỢP – XÁC SUẤT


Trang 22

cách chọn chương trình biểu diễn, biết rằng chất lượng các vở kịch, điệu múa, các bài hát là như nhau?

ĐS: 36. Baøi 8: Một người có 7 cái áo trong đó có 3 áo trắng và 5 cái cà vạt trong đó có hai cà vạt màu

vàng. Hỏi người đó có bao nhiêu cách chọn áo – cà vạt nếu: a/ Chọn áo nào cũng được và cà vạt nào cũng được? b/ Đã chọn áo trắng thì không chọn cà vạt màu vàng? ĐS: a/ 35. b/ 29. Baøi 9: Cho tập hợp A = 1, 2, 3, 4, 5. Có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y) biết rằng: a/ ,x A y A∈ ∈ b/ , x y A⊂ c/ , 6x A y A vaø x y∈ ∈ + = . ĐS: a/ 25. b/ 20. c/ 5 cặp. Baøi 10: Cho tập hợp A = 1, 2, 3, … , n trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. Có bao

nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y), biết rằng: , ,x A y A x y∈ ∈ > .

ĐS: ( 1) .2

n n −

Baøi 11: Với 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số: a/ Gồm 2 chữ số? b/ Gồm 2 chữ số khác nhau? c/ Số lẻ gồm 2 chữ số? d/ Số chẵn gồm 2 chữ số khác nhau? e/ Gồm 5 chữ số viết không lặp lại? f/ Gồm 5 chữ số viết không lặp lại chia hết cho 5? ĐS: a/ 25. b/ 20. c/ 15 d/ 8. e/ 120. f/ 24. Baøi 12: Từ 6 số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số: a/ Khác nhau? b/ Khác nhau, trong đó có bao nhiêu số lớn hơn 300? c/ Khác nhau, trong đó có bao nhiêu số chia hết cho 5? d/ Khác nhau, trong đó có bao nhiêu số chẵn? e/ Khác nhau, trong đó có bao nhiêu số lẻ? ĐS: a/ 100. b/ 60. c/ 36 d/ 52. e/ 48. Baøi 13: a/ Từ các số: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số lẻ có 3 chữ số khác nhau

nhỏ hơn 400? b/ Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau nằm trong

khoảng (300 , 500). ĐS: a/ 35. b/ 24. Baøi 14: Một trường phổ thông có 12 học sinh chuyên tin và 18 học sinh chuyên toán. Thành lập

một đồn gồm hai người sao cho có một học sinh chuyên toán và một học sinh chuyên tin. Hỏi có bao nhiêu cách lập một đồn như trên?

Baøi 15: Có bao nhiêu cách sắp xếp 3 người đàn ông và 2 người đàn bà ngồi trên một chiếc ghế dài sao cho 2 người cùng phái phải ngồi gần nhau.

Baøi 16: Có bao nhiêu cách sắp xếp 8 viên bi đỏ và 8 viên bi đen xếp thành một dãy sao cho hai viên bi cùng màu không được ở gần nhau.


Trang 23

II. Hoán vị 1. Giai thừa: n! = 1.2.3…n Qui ước: 0! = 1 n! = (n–1)!n

!!

np

= (p+1).(p+2)…n (với n>p)

!( )!

nn p−

= (n–p+1).(n–p+2)…n (với n>p)

2. Hoán vị (không lặp): Một tập hợp gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi cách sắp xếp n phần tử này theo một thứ tự nào đó

được gọi là một hoán vị của n phần tử. Số các hoán vị của n phần tử là: Pn = n! 3. Hoán vị lặp: Cho k phần tử khác nhau: a1, a2, …, ak. Một cách sắp xếp n phần tử trong đó gồm n1 phần tử

a1, n2 phần tử a2, …, nk phần tử ak (n1+n2+ …+ nk = n) theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị lặp cấp n và kiểu (n1, n2, …, nk) của k phần tử.

Số các hoán vị lặp cấp n, kiểu (n1, n2, …, nk) của k phần tử là:

Pn(n1, n2, …, nk) = 1 2

!! !... !k

nn n n

4. Hoán vị vòng quanh: Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín được gọi

là một hoán vị vòng quanh của n phần tử. Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là: Qn = (n – 1)! Baøi 1: Rút gọn các biểu thức sau:

A = 6! 1 ( 1)! .( 1)!. .( 2)( 3) ( 1)( 4) ( 5)!5! 12.( 4)!3!

m m mm m m m m m

+ −− − − + − − −

(với m ≥ 5)

B = 7!4! 8! 9!10! 3!5! 2!7!

−

C = 5! ( 1)!.

( 1) ( 1)!3!m

m m m+

+ −

ĐS: A = – 4(m–1)m; B = 23

; C = 20

Baøi 2: Chứng minh rằng: a) Pn – Pn–1 = (n–1)Pn–1 b) 1 2 2 1( 1) ( 2) ... 2 1n n nP n P n P P P− −= − + − + + + +

c) 1 1 1 11 ... 31! 2! 3! !n

+ + + + + < d) 2 1 1! ( 1)! ( 2)!

nn n n

= +− −

Baøi 3: Giải phương trình: ! ( 1)! 1( 1)! 6

x xx

− −=

+

ĐS: x = 2; x = 3

Baøi 4: Giải bất phương trình: 1 5 ( 1)! .( 1)!. 52 1 ( 3)!4! 12( 3).( 4)!2!

n n nn n n n n

+ −− ≤ − + − − −

(1)

ĐS: (1) ⇔ ( 1) 56

n n−≤ ⇒ n = 4, n = 5, n = 6

Baøi 5: Giải các phương trình:

a) P2.x2 – P3.x = 8 b) 1

1

16

x x

x

P PP

−

+

−=


Trang 24

ĐS: a) x = –1; x = 4 b) x = 2; x = 3 Baøi 6: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Hỏi trong các

số đó có bao nhiêu số: a) Bắt đầu bằng chữ số 5? b) Không bắt đầu bằng chữ số 1? c) Bắt đầu bằng 23? d) Không bắt đầu bằng 345? ĐS: a) 4! b) 5! – 4! c) 3! d) 5! – 2!

Baøi 7: Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số:

a/ Bắt đầu bởi chữ số 9? b/ Không bắt đầu bởi chữ số 1? c/ Bắt đầu bởi 19? d/ Không bắt đầu bởi 135? ĐS: a/ 24. b/ 96. c/ 6 d/ 118. Baøi 8: Với mỗi hoán vị của các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ta được một số tự nhiên. Tìm tổng tất cả các

số tự nhiên có được từ các hoán vị của 7 phần tử trên? ĐS: Với mọi i, j ∈ 1,2,3,4,5,6,7 , số các số mà chữ số j ở hàng thứ i là 6!. ⇒ Tổng tất cả các số là: (6!1+…+6!7) + (6!1+…+6!7).10 +…+ (6!1+…+6!7).106

= 6! (1+2+…+7).(1+10+…+106) Baøi 9: Tìm tổng S của tất cả các số tự nhiên, mỗi số được tạo thành bởi hoán vị của 6 chữ số 1,

2, 3, 4, 5, 6. ĐS: 279999720. Baøi 10: Trên một kệ sách có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Lí, 3 quyển sách Văn. Các quyển

sách đều khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các quyển sách trên: a) Một cách tuỳ ý? b) Theo từng môn? c) Theo từng môn và sách Toán nằm ở giữa? ĐS: a) P12 b) 3!(5!4!3!) c) 2!(5!4!3!) Baøi 11: Có 5 học sinh nam là A1, A2, A3, A4, A5 và 3 học sinh nữ B1, B2, B3 được xếp ngồi

xung quanh một bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp nếu: a) Một cách tuỳ ý? b) A1 không ngồi cạnh B1? c) Các học sinh nữ không ngồi cạnh nhau? ĐS: a) Q8 = 7! b) Q7 = 6! c) Có 4!5.4.3 cách sắp xếp Baøi 12: Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số, trong đó chữ

số 1 có mặt 3 lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần?

ĐS: 8! 73! 3!

−

Baøi 13: Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0 biết rằng tổng của 3 chữ số này bằng 9.

ĐS: 18. Baøi 14: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các

số đã thiết lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau? ĐS: 480. Baøi 15: Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 bạn học sinh A, B, C, D, E ngồi vào một chiếc ghế dài sao

cho: a/ Bạn C ngồi chính giữa? b/ Hai bạn A và E ngồi ở hai đầu ghế? ĐS: a/ 24. b/ 12. Baøi 16: Một hội nghị bàn tròn có phái đồn của các nước: Mỹ 5 người, Nga 5 người, Anh 4

người, Pháp 6 người, Đức 4 người. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch ngồi gần nhau?

ĐS: 143327232000. Baøi 17: Sắp xếp 10 người vào một dãy ghế. Có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi nếu: a/ Có 5 người trong nhóm muốn ngồi kề nhau?


Trang 25

b/ Có 2 người trong nhóm không muốn ngồi kề nhau? ĐS: a/ 86400. b/ 2903040. Baøi 18: Sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ

ngồi nếu: a/ Nam sinh ngồi kề nhau, nữ sinh ngồi kề nhau? b/ Chỉ có nữ ngồi kề nhau? ĐS: a/ 34560. b/ 120960. Baøi 19: Có bao nhiêu cách sắp xếp 12 học sinh đứng thành 1 hàng để chụp ảnh lưu niệm, biết

rằng trong đó phải có 5 em định trước đứng kề nhau? ĐS: 4838400. Baøi 20: Có 2 đề kiểm tra toán để chọn đội học sinh giỏi được phát cho 10 học sinh khối 11 và

10 học sinh khối 12. Có bao nhiêu cách sắp xếp 20 học sinh trên vào 1 phòng thi có 5 dãy ghế sao cho hai em ngồi cạnh nhau có đề khác nhau, còn các em ngồi nối đuôi nhau có cùng một đề?

ĐS: 26336378880000. Baøi 21: Có 3 viên bi đen (khác nhau), 4 viên bi đỏ (khác nhau), 5 viên bi vàng (khác nhau), 6

viên bi xanh (khác nhau). Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các viên bi trên thành một dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau?

ĐS: 298598400. Baøi 22: Trên giá sách có 30 tập sách. Có thể sắp xếp theo bao nhiêu cách khác nhau để có: a/ Tập 1 và tập 2 đứng cạnh nhau? b/ Tập 5 và tập 6 không đứng cạnh nhau? ĐS: a/ 2.29!. b/ 28.29!. Baøi 23: Với 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số, trong đó chữ số 1

có mặt đúng 3 lần, chữ số 2 có mặt đúng 2 lần và mỗi chữ số còn lại có mặt đúng một lần? ĐS: 3360. Baøi 24: Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số, trong đó chữ

số 1 có mặt 3 lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng 1 lần. ĐS: 5880. Baøi 25: Xét những số gồm 9 chữ số, trong đó có 5 chữ số 1 và 4 chữ số còn lại là 2, 3, 4, 5. Hỏi

có bao nhiêu số như thế nếu: a/ 5 chữ số 1 được xếp kề nhau? b/ Các chữ số được xếp tuỳ ý? ĐS: a/ 120. b/ 3024.


Trang 26

III. Chỉnh hợp 1. Chỉnh hợp (không lặp): Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A (1 ≤ k ≤ n) theo một thứ tự

nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A. Số chỉnh hợp chập k của n phần tử:

!( 1)( 2)...( 1)( )!

kn

nA n n n n k

n k= − − − + =

−

• Công thức trên cũng đúng cho trường hợp k = 0 hoặc k = n. • Khi k = n thì n

nA = Pn = n! 2. Chỉnh hợp lặp: Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần tử có thể được

lặp lại nhiều lần, được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A.

Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử: k knA n=

Baøi 1: Rút gọn các biểu thức sau:

A = 2 55 10

2 57A AP P

+ B = 1 2 3 41 2 2 3 3 4 4 5 1 2 3 4P A P A P A P A P P P P+ + + −

C = 12 11 10 949 49 17 17

10 849 17

A A A A

A A

+ +− D = 25 4 3 2

54 3 2 15 5 5 5

P P P PA

A A A A

+ + +

ĐS: A = 46; B = 2750; C = 1440; D = 42 Baøi 2: Chứng minh rằng:

a/ 2 2 22 3

1 1 1 1... , , 2.n

nvôùi n N n

nA A A

−+ + + = ∈ ≥

b/ 11 1.k k k

n n nA A k A −− −= + c/ 2 1 2 .n n n

n k n k n kA A k A+ ++ + ++ =

Baøi 3: Giải các phương trình sau: a) 3 20nA n= b) 3 25n nA A+ = 2(n + 15) c) 2 2

23 42 0.n nA A− + = ĐS: a) n = 6 b) n = 3 c) n = 6 Baøi 4: Tìm n ∈ N sao cho:

a) 241 3

210.

nnn

P

A P+

−−

= b) 2( 3 23n nA A+ ) = Pn+1 c) 2 22 6 12n n n nP A P A+ − =

ĐS: a) n = 5 b) n = 4 c) n = 2; 3 Baøi 5: Giải các phương trình: a/ 10 9 89 .x x xA A A+ = b/ 2 2. 72 6( 2 )x x x xP A A P+ = +

c/ 2 222 50x xA A+ = d/

11

1

.72.

yx x y

x

A P

P

++ −

−

=

ĐS: a/ x = 11. b/ x = 3; 4. c/ x = 5. d/ x = 8, 7, .y y N≤ ∈ Baøi 6: Giải các bất phương trình:

a) 4

4 15( 2)! ( 1)!

nAn n

+ <+ −

b) 4

2

2 1

143 04

n

n n

AP P

+

+ −− <


Trang 27

ĐS: a) n = 3; 4; 5 b) 2 ≤ n ≤ 36

Baøi 7: Tìm các số âm trong dãy số 1 2 3, , ,... , nx x x x với: 4

4

2

143 ( 1, 2, 3, ...)4.

nn

n n

Ax n

P P+

+= − =

ĐS: 1 1 2 263 231, ; 2, .4 8

n x n x= = − = = −

Baøi 8: Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 nữ. Người ta chọn có thứ tự 3 nam và 3 nữ để ghép thành 3 cặp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

ĐS: Có 3 310 6.A A cách

Baøi 9: Trong không gian cho 4 điểm A, B, C, D. Từ các điểm trên ta lập các vectơ khác vectơ – không. Hỏi có thể có được bao nhiêu vectơ?

ĐS: 24A = 12 vectơ

Baøi 10: Một lớp học chỉ có các bàn đôi (2 chỗ ngồi). Hỏi lớp này có bao nhiêu học sinh, biết rằng chỉ có thể sắp xếp chỗ ngồi cho học sinh của lớp này theo 132 sơ đồ khác nhau? (Số chỗ ngồi vừa đủ số học sinh)

ĐS: 2nA = 132 ⇔ n = 12

Baøi 11: Từ các chữ số 0, 1, 2, …, 9, có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số: a) Các chữ số khác nhau? b) Hai chữ số kề nhau phải khác nhau? ĐS: a) 4

99.A b) Có 95 số

Baøi 12: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu: a) Số gồm 5 chữ số khác nhau? b) Số chẵn gồm 5 chữ số khác nhau? c) Số gồm 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 5? ĐS: a) 6. 4

6A b) 3 35 56. 3.5A A+

c) Số gồm 5 chữ số có dạng: abcde • Nếu a = 5 thì có 4

6A số • Nếu a ≠ 5 thì a có 5 cách chọn. Số 5 có thể đặt vào 1 trong các vị trí b, c, d, e ⇒ có 4

cách chọn vị trí cho số 5. 3 vị trí còn lại có thể chọn từ 5 chữ số còn lại ⇒ có 35A cách chọn.

⇒ Có 4 36 54.5.A A+ = 1560 số

Baøi 13: Từ các chữ số 0, 1, 2, …, 9 có thể lập bao nhiêu biển số xe gồm 3 chữ số (trừ số 000)?

ĐS: 310 1A − = 999

Baøi 14: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số với: a) Chữ số đầu và chữ số cuối giống nhau? b) Chữ số đầu và cuối khác nhau? c) Hai chữ số đầu giống nhau và hai chữ số cuối giống nhau?

ĐS: a) 9. 410A = 9.104 số

b) Có tất cả: 6 510 10A A− = 9.105 số gồm 6 chữ số ⇒ Có 9.105 – 9.104 số

c) Có 9.10.10.10 = 9000 số Baøi 15: Có bao nhiêu số điện thoại có 6 chữ số? Trong đó có bao nhiêu số điện thoại có 6 chữ

số khác nhau?

ĐS: a) 610A = 106 b) 6

10A = 15120


Trang 28

Baøi 16: Một biển số xe gồm 2 chữ cái đứng trước và 4 chữ số đứng sau. Các chữ cái được lấy từ 26 chữ cái A, B, C, …, Z. Các chữ số được lấy từ 10 chữ số 0, 1, 2, …, 9. Hỏi:

a) Có bao nhiêu biển số xe trong đó có ít nhất một chữ cái khác chữ cái O và các chữ số đôi một khác nhau?

b) Có bao nhiêu biển số xe có hai chữ cái khác nhau và có đúng 2 chữ số lẻ giống nhau? ĐS: a) Số cách chọn 2 chữ cái: 26 × 26 – 1 = 675 cách Số cách chọn 4 chữ số: 4

10A = 5040 cách ⇒ Số biển số xe: 675 × 5040 = 3.402.000 số b) • Chữ cái thứ nhất: có 26 cách chọn Chữ cái thứ hai: có 25 cách chọn • Các cặp số lẻ giống nhau có thể là: (1;1), (3;3), (5;5), (7;7), (9;9) ⇒ Có 5 cách chọn 1 cặp số lẻ. Xếp một cặp số lẻ vào 4 vị trí ⇒ có 2

4C cách

⇒ Có 5. 24C cách sắp xếp cặp số lẻ.

• Còn lại 2 vị trí là các chữ số chẵn: Chữ số chẵn thứ nhất: có 5 cách chọn Chữ số chẵn thứ hai: có 5 cách chọn ⇒ Có 26 × 25 × 5 × 2

4C × 5 × 5 = 487500 cách Baøi 17: a) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau mà tổng các chữ số đó bằng 18? b) Hỏi có bao nhiêu số lẻ thoả mãn điều kiện đó? ĐS: Chú ý: 18 = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 8 18 = 0 + 1 + 2 + 3 + 5 + 7 18 = 0 + 1 + 2 + 4 + 5 + 6 a) 3 × 5 × 5! b) 192 + 384 + 192 = 768 số Baøi 18: Từ 20 học sinh cần chọn ra một ban đại diện lớp gồm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó và 1 thư

ký. Hỏi có mấy cách chọn? ĐS: 6840. Baøi 19: Huấn luyện viên một đội bóng muốn chọn 5 cầu thủ để đá quả luân lưu 11 mét. Có bao

nhiêu cách chọn nếu: a/ Cả 11 cầu thủ có khả năng như nhau? (kể cả thủ môn). b/ Có 3 cầu thủ bị chấn thương và nhất thiết phải bố trí cầu thủ A đá quả số 1 và cầu thủ B

đá quả số 4. ĐS: a/ 55440. b/ 120. Baøi 20: Một người muốn xếp đặt một số pho tượng vào một dãy 6 chỗ trống trên một kệ trang

trí. Có bao nhiêu cách sắp xếp nếu: a/ Người đó có 6 pho tượng khác nhau? b/ Người đó có 4 pho tượng khác nhau? c/ Người đó có 8 pho tượng khác nhau? ĐS: a/ 6!. b/ 360. c/ 20160. Baøi 21: Với 6 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau và thoả: a/ Số chẵn. b/ Bắt đầu bằng số 24. c/ Bắt đầu bằng số 345. d/ Bắt đầu bằng số 1? Từ đó suy ra các số không bắt đầu bằng số 1? ĐS: a/ 312. b/ 24. c/ 6. d/ 120 ; 480. Baøi 22: Cho tập hợp X = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Có thể lập được bao nhiêu số n gồm 5 chữ số

khác nhau đôi một lấy từ X trong mỗi trường hợp sau: a/ n là số chẵn? b/ Một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1?

(ĐHQG TP.HCM, 99, khối D, đợt 2) ĐS: a/ 3000. b/ 2280.


Trang 29

Baøi 23: a/ Từ 5 chữ số 0, 1, 3, 6, 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và chia hết cho 3.

b/ Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau sao cho trong các chữ số đó có mặt số 0 và số 1.

(HVCN Bưu chính Viễn thông, 1999) c/ Từ 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau

trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 4. ĐS: a/ 18. b/ 42000. c/ 13320. Baøi 24: a/ Tính tổng của tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một được tạo thành

từ 6 chữ số 1, 3, 4, 5, 7, 8. b/ Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ 5 chữ số 0, 1, 2, 3, 4.

Tính tổng của các số này. ĐS: a/ 37332960. b/ 96 ; 259980. Baøi 25: a/ Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và chia hết cho 10 (chữ số hàng

vạn khác 0). (ĐH Đà Nẵng, 2000, khối A, đợt 1)

b/ Cho 10 chữ số 0, 1, 2, ..., 9. Có bao nhiêu số lẻ có 6 chữ số khác nhau nhỏ hơn 600000 xây dựng từ 10 chữ số đã cho.

(ĐH Y khoa Hà Nội, 1997) ĐS: a/ 3024. b/ 36960.


Trang 30

IV. Tổ hợp 1. Tổ hợp (không lặp): Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (1 ≤ k ≤ n) phần tử của A được gọi là một tổ

hợp chập k của n phần tử.

Số các tổ hợp chập k của n phần tử: k

k nn

A nC

k k n k!

! !( )!= =

−

• Qui ước: 0nC = 1

Tính chất:

0

11 1

1

1

1

nn nk n kn nk k kn n nk kn n

C CC CC C C

n kC C

k

−

−− −

−

= =

=

= +− +

=

2. Tổ hợp lặp: Cho tập A = 1 2; ;...; na a a và số tự nhiên k bất kì. Một tổ hợp lặp chập k của n phần tử là

một hợp gồm k phần tử, trong đó mỗi phần tử là một trong n phần tử của A.

Số tổ hợp lặp chập k của n phần tử: 11 1

k k mn n k n kC C C −

+ − + −= = 3. Phân biệt chỉnh hợp và tổ hợp: • Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ nhau bởi công thức: !k k

n nA k C= • Chỉnh hợp: có thứ tự. Tổ hợp: không có thứ tự. ⇒ Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử –> chỉnh hợp Ngược lại, là tổ hợp. • Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử (k ≤ n): + Không thứ tự, không hoàn lại: k

nC

+ Có thứ tự, không hoàn lại: knA

+ Có thứ tự, có hoàn lại: knA

Dạng 1: Tính giá trị biểu thức tổ hợp

Baøi 1: Tính: A = 23 13 725 15 103C C C− − ; B =

4 3 4 27 7 8 3

5 6 6210 10 11

1

1

C C C APC C C

+ + −+

+ + −

ĐS: A = – 165, B = 4 Baøi 2: Rút gọn các biểu thức sau:

S = 2 3. .n n nn n nC C C ; P =

8 9 102 15 15 15

1017

2

.n

kn n k

P C C C

A P C+

−

+ ++ ;

Q = 2

11 1 1

2 ... ...k n

n n nn k n

n n n

C C CC k n

C C C− −+ + + + +

ĐS: S = 3

(3 )!( !)

n

n P = (n+1)(n+2) + 1 Q = ( 1)

2n n +


Trang 31

Dạng 2: Chứng minh đẳng thức tổ hợp

Baøi 1: Chứng minh các hệ thức sau:

a) . .k p k p kn n k n pC C C C−

− = (k ≤ p ≤ n) b) 11

r rn n

nC C

r−−=

Baøi 2: Chứng minh các hệ thức sau: a) 1 1 1

22m m m mn n n nC C C C+ − +

++ + = b) 1 2 333 3k k k k k

n n n n nC C C C C− − −++ + + = (3 ≤ k ≤ n)

ĐS: Sử dụng tính chất: 11

k k kn n nC C C−

++ =

Baøi 3: Chứng minh các hệ thức sau: a) 1 2 3 4

44 6 4k k k k kn n n n n nC C C C C C k− − − −

++ + + + = (4 ≤ k ≤ n)

b) 11

1p pn n

nC C

p−

++

= c) 22( 1) ( 1)k k

n nk k C n n C −−− = − ( 2 < k < n)

Baøi 4: Chứng minh các hệ thức sau: a) 0 1 1 0. . ... .p p p p

r q r q r q r qC C C C C C C−++ + + = b) 0 2 1 2 2

2( ) ( ) ... ( )n nn n n nC C C C+ + + =

c) 0 2 4 2 1 3 2 1 2 12 2 2 2 2 2 2... ...p p p

p p p p p p pC C C C C C C c− −+ + + + = + + + =

d) 1 2 311 ... ( 1) ( 1)p p p p

n n n n nC C C C C −− + − + + − = − ĐS: a) Sử dụng khai triển: (1+x)r.(1+x)q = (1+x)r+q. So sánh hệ số của xp ở 2 vế. b) Sử dụng câu a) với p = q = r = n c) Sử dụng (x+y)2p và (x–y)2p d) Sử dụng 1

1 1r r rn n nC C C−

− −= + , với r lẻ thì nhân 2 vế với –1.

Dạng 3 : Chứng minh bất đẳng thức tổ hợp

Baøi 1: Chứng minh rằng: 221 1.

2 12nnn

Cn

<+

( n ∈ N, n ≥ 1)

HD: Biến đổi vế trái: 22 21 (2 )! 1.3.5...(2 1).

2.4.6...(2 )2 2 . ! !nnn n

n nC

nn n

−= =

Vậy ta phải chứng minh: 1.3.5...(2 1) 12.4.6...(2 ) 2 1

nn n

−<

+

Ta có: 2 2

2 2

2 1 ( 2 1) ( 2 1) 2 12 2 14 4 1

k k k kk kk k

− − − −= < =

+−

Cho k lần lượt từ 1, 2, …, n. Rồi nhân các BĐT vế theo vế, ta được đpcm. Baøi 2: Chứng minh rằng: 2

2 2 2. ( )n n nn k n k nC C C+ − ≤ (với k, n ∈ N, 0 ≤ k ≤ n)

HD: • Đặt uk = 2 2.n nn k n kC C+ − (k = 0;1;…;n)

Ta chứng minh: uk > uk+1 (*) Thật vậy, (*) ⇔ 2 2 2 1 2 1. .n n n n

n k n k n k n kC C C C+ − + + − −> ⇔ n + 2nk > 0 Điều này luôn luôn đúng ⇒ đpcm.


Trang 32

Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức tổ hợp

Baøi 1: a) Chứng minh: 1k kn nC C− < với n = 2m, k ≤ m. Từ đó suy ra m

nC là lớn nhất.

b) Chứng minh: 1k kn nC C− < với n = 2m + 1, k ≤ m.

Từ đó suy ra 1;m mn nC C + là lớn nhất.

HD: a) Theo tính chất: 11.k kn n

n kC C

k−− +

= ⇒ 1

1 1kn

kn

C nkC −

+= −

Với k ≤ m ⇒ 2k ≤ n ⇒ 1 1 1nk+

− > ⇒ 1k kn nC C −>

Vì k n kn nC C −= nên k

nC lớn nhất. b) Tương tự Baøi 2: Cho n > 2, p ∈ [1; n]. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của p

nC .

HD: Vì p n pn nC C −= nên ta chi cần xét 1 ≤ p ≤

2n

Ta có: 1p pn nC C −> ⇔

11p

npn

C n ppC −

− += > 1 ⇔ p < 1

2n +

Vậy pnC nhỏ nhất khi p = 1 hoặc p = n – 1, ứng với 1 1n

n nC C −= = n

pnC lớn nhất khi p = 1

2n − (nếu n lẻ) hoặc p =

2n (nếu n chẵn)

Baøi 3: Với giá trị nào của p thì pnC lớn nhất.

HD: Ta có: 1

1 1 1pm

pm

C m p mp pC −

− + += = − . Tỉ số này giảm khi p tăng.

• 1p pm mC C −> ⇔ 1 1m p

p− +

≥ , do đó: p ≤ 12

m +

• Nếu m chẵn: m = 2k ⇒ p ≤ k + 12

Để 1p pm mC C −> ta phải có: p ≤ k + 1

2, vì p, k ∈ N nên chọn p = k

• Nếu m lẻ: m = 2k + 1 ⇒ p ≤ k + 1, ta sẽ có:

1

1pm

pm

C

C −= khi p = k + 1 ⇒ 1

2 1(2 1)!( 1)! !

p km k

kC C

k k++

+= =

+

* Áp dụng bài toán này ta có thể giải nhiều bài toán khác. Ví dụ: Có 25 học sinh. Muốn lập thành những nhóm gồm p học sinh. Tìm giá trị của p để được số

cách chia nhóm là lớn nhất? Tìm số cách chia nhóm đó. * Vì có 25 học sinh, chọn p em nên số nhóm có thể lập là 25

pC .

Theo trên, ta có m = 25 (lẻ) với k = 12 do đó 25pC lớn nhất khi p = k + 1 = 13.

Vậy p = 13, khi đó: số nhóm tối đa có thể lập: 1325C = 5200300.


Trang 33

Dạng 5 : Giải phương trình, bất phương trình có chứa tổ hợp

Baøi 1: Giải các phương trình sau:

a) 4

3 41

2423

nn

n n

A

A C −+

=−

b) 4 5 6

1 1 1x x xC C C

− = c) 1 2 3 10... 1023x x x xx x x xC C C C− − − −+ + + + =

ĐS: a) n = 5 b) x = 2 c) x = 10 Baøi 2: Giải các phương trình sau: a) 4 2 10

10 10x x

x xC C+ −+ += b) 2 2 1

4 3 3. . 0xx C x C C− + = c) 2 22 101x

x xA C −− + =

d) 3 38 65x

x xC A++ += e) 1 2 3 26 6 9 14x x xC C C x+ + = −

ĐS: a) x = 14 b) x = 3 c) x = 10 d) x = 17 e) x = 7 Baøi 3: Giải các bất phương trình:

a) 31

431

114

nn

n

CPA

−−

+

< b) 25360

( )!knn

PA

n k+++≤

− c) 4 3 2

1 1 25 04n n nC C A− − −− − <

ĐS: a) đk: n ≥ 3, n2 + n – 42 > 0 ⇔ n ≥ 6

b) ( 5)( 4)( 1) 0k nn n n k

≤ + + − + ≤

• Xét với n ≥ 4: bpt vô nghiệm • Xét n ∈ 0,1,2,3 ta được các nghiệm là: (0;0), (1;0), (1;1), (2;2), (3,3) c) đk: n ≥ 5, n2 – 9n – 22 < 0 ⇒ n = 6; 7; 8; 9; 10 Baøi 4: Giải các phương trình và bất phương trình:

a/ 2 31 12 7( 1)x

x xC C x−+ −+ = − b/ x

x xA C x3 2 14−+ = c/ 5

52

336.xxx

A

C −−

=

d/ x

x

C

C

228

2 424

22552−

= e/ 4 3 21 1 2

5 0.4n n nC C A− − −− − < f/

31

431

114

nn

n

CPA

−−

+

< .

g/ 2 212 3 30.x xC A+ + < h/ 2 2 3

21 6 10.2 x x xA A C

x− ≤ +

ĐS: a/ x = 5. b/ x = 5. c/ x = 8. d/ x = 7. e/ 5 10, .n n N≤ ≤ ∈ f/ 6, .x n N≥ ∈ g/ x = 2. h/ x = 3, x = 4. Baøi 5: Giải các hệ phương trình:

a) 1

1

126

720

xy y x

yx

x

AC

PP

−

+

+

+ = =

b) 1 11 : : 6 : 5 : 2y y y

x x xC C C+ −+ = c)

1

10

4 5 0

y yx x

y yx x

C CC C

+

−

− =

− =

ĐS: a) 57

xy

= =

b) 83

xy

= =

c) 178

xy

= =

Baøi 6: Giải các phương trình và hệ bất phương trình:

a/ 2 5 905 2 80

y yx xy yx x

A CA C

+ =

+ = b/

21:3

1:24

x xy y

x xy y

C C

C A

+

= =

c/ 3 1lg(3 ) lg 1

3 6x xC C

x y − ≤

− ≤

ĐS: a/ x = 5, y = 2. b/ x = 4, y = 8. c/ 3 6; , .x x y Z +≤ ≤ ∈

Baøi 7: Tìm số tự nhiên k sao cho 1 214 14 14, ,k k kC C C+ + lập thành một cấp số cộng.

ĐS: k = 4; 8.


Trang 34

Dạng 6: Tìm số tổ hợp trong các bài toán số học

Baøi 1: Cho 10 câu hỏi, trong đó có 4 câu lý thuyết và 6 bài tập. Người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong mỗi đề thi phải gồm 3 câu hỏi, trong đó nhất thiết phải có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 bài tập. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu đề thi?

ĐS: • Đề gồm 2 câu lý thuyết và 1 bài tập: 2 14 6. 36C C =

• Đề gồm 1 câu lý thuyết và 2 bài tập: 1 24 6. 60C C =

Vậy có: 36 + 60 = 96 đề thi. Baøi 2: Một lớp học có 40 học sinh, trong đó gồm 25 nam và 15 nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn

chọn một ban cán sự lớp gồm 4 em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn, nếu: a) Gồm 4 học sinh tuỳ ý. b) Có 1 nam và 3 nữ. c) Có 2 nam và 2 nữ. d) Có ít nhất 1 nam. e) Có ít nhất 1 nam và 1 nữ. ĐS: a) 4

40C b) 1 325 15.C C c) 2 2

25 15.C C d) 1 3 2 2 3 1 425 15 25 15 25 15 25. . .C C C C C C C+ + +

e) 4 4 440 25 15C C C− −

Baøi 3: Cho 5 điểm trong mặt phẳng và không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu vectơ tạo thành từ 5 điểm ấy? Có bao nhiêu đoạn thẳng tạo thành từ 5 điểm ấy?

ĐS: 20 ; 10. Baøi 4: Có 5 tem thư khác nhau và 6 bì thư cũng khác nhau. Người ta muốn chọn từ đó ra 3 tem

thư, 3 bì thư và dán 3 tem thư ấy lên 3 bì thư đã chọn. Một bì thư chỉ dán 1 tem thư. Hỏi có bao nhiêu cách làm như vậy?

ĐS: 1200. Baøi 5: Một túi chứa 6 viên bi trắng và 5 viên bi xanh. Lấy ra 4 viên bi từ túi đó, có bao nhiêu

cách lấy được: a/ 4 viên bi cùng màu? b/ 2 viên bi trắng, 2 viên bi xanh? ĐS: a/ 20. b/ 150. Baøi 6: Từ 20 người, chọn ra một đồn đại biểu gồm 1 trưởng đồn, 1 phó đồn, 1 thư ký và 3 ủy

viên. Hỏi có mấy cách chọn? ĐS: 4651200. Baøi 7: Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ (các bông hoa xem như đôi

một khác nhau), người ta muốn chọn ra một bó hóa gồm 7 bông, hỏi có bao nhiêu cách chọn bó hoa trong đó:

a/ Có đúng 1 bông hồng đỏ? b/ Có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ? ĐS: a/ 112 b/ 150. Baøi 8: Từ 8 số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số gồm 10 chữ số được chọn từ 8

chữ số trên, trong đó chữ số 6 có mặt đúng 3 lần, chữ số khác có mặt đúng 1 lần. ĐS: 544320. (HVCNBCVT, Tp.HCM, 1999) Baøi 9: Từ tập X = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số: a/ Chẵn gồm 5 chữ số khác nhau từng đôi một và chữ số đứng đầu là chữ số 2? b/ Gồm 5 chữ số khác nhau từng đôi một sao cho 5 chữ số đó có đúng 3 chữ số chẵn và 2

chữ số lẻ? ĐS: a/ 360. b/ 2448. (ĐH Cần Thơ, 2001) Baøi 10: a/ Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau (chữ số đầu tiên phải khác

0), trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có chữ số 1). b/ Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có

mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. ĐS: a/ 33600 b/ 11340. (ĐH QG, Tp.HCM, 2001) Baøi 11: Người ta viết các số có 6 chữ số bằng các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 như sau: Trong mỗi số

được viết có một chữ số xuất hiện hai lần còn các chữ số còn lại xuất hiện một lần. Hỏi có


Trang 35

bao nhiêu số như vậy? ĐS: 1800. (ĐH Sư phạm Vinh, 1998) Baøi 12: Từ một tập thể 14 người gồm 6 năm và 8 nữ trong đó có An và Bình, người ta muốn

chọn một tổ công tác gồm có 6 người. Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau: a/ Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ? b/ Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ? ĐS: a/ 2974. b/ 15048. (ĐH Kinh tế, Tp.HCM, 2001) Baøi 13: Một đồn tàu có 3 toa chở khác. Toa I, II, III. Trên sân ga có 4 khách chuẩn bị đi tàu.

Biết mỗi toa có ít nhất 4 chỗ trống. Hỏi: a/ Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên 3 toa. b/ Có bao nhiêu cách sắp xếp cho 4 vị khách lên tàu có 1 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên. ĐS: a/ 99.b/ 24. (ĐH Luật Hà Nội, 1999) Baøi 14: Trong số 16 học sinh có 3 học sinh giỏi, 5 khá, 8 trung bình. Có bao nhiêu cách chia số

học sinh đó thành hai tổ, mỗi tổ 8 học sinh sao cho mỗi tổ đều có học sinh giỏi và mỗi tổ có ít nhất hai học sinh khá.

ĐS: 3780. (HVKT Quân sự, 2001)

Dạng 7: Tìm số tổ hợp trong các bài toán hình học

Baøi 1: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng cắt nhau từng đôi một, nhưng không có 3 đường nào đồng quy. Hỏi có bao nhiêu giao điểm? Có bao nhiêu tam giác được tạo thành?

ĐS: • Số giao điểm: 2 ( 1)2n

n nC

−=

• Số tam giác: 3 ( 1)( 2)6n

n n nC

− −=

Baøi 2: Cho 10 điểm trong không gian, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. a) Có bao nhiêu đường thẳng đi qua từng cặp điểm? b) Có bao nhiêu vectơ nối từng cặp điểm? c) Có bao nhiêu tam giác có đỉnh là 3 trong 10 điểm trên? d) Nếu trong 10 điểm trên không có 4 điểm nào đồng phẳng, thì có bao nhiêu tứ diện được

tạo thành? ĐS: a) 2

10C b) 210A c) 3

10C d) 410C

Baøi 3: Cho đa giác lồi có n cạnh (n ≥ 4) a) Tìm n để đa giác có số đường chéo bằng số cạnh? b) Giả sử 3 đường chéo cùng đi qua 1 đỉnh thì không đồng qui. Hãy tính số giao điểm

(không phải là đỉnh) của các đường chéo ấy? ĐS: a) 2

nC n n− = ⇔ n = 5 b) Giao điểm của 2 đường chéo của 1 đa giác lồi (không phải là đỉnh) chính là giao điểm

của 2 đường chéo một tứ giác mà 4 đỉnh của nó là 4 đỉnh của đa giác. Vậy số giao điểm phải tìm bằng số tứ giác với 4 đỉnh thuộc n đỉnh của đa giác: 4

nC

Baøi 4: Cho một đa giác lồi có n-cạnh ( , 3)n b∈ ≥ . a/ Tìm số đường chéo của đa giác. Hãy chỉ ra 1 đa giác có số cạnh bằng số đường chéo? b/ Có bao nhiêu tam giác có đỉnh trùng với đỉnh của đa giác? c/ Có bao nhiêu giao điểm giữa các đường chéo?

ĐS: a/ ( 3) ; 5.2

n nn

−= b/ ( 2)( 1) .

6n n n− − c/ ( 1)( 2)( 3)

24n n n n− − − .


Trang 36

Baøi 5: Tìm số giao điểm tối đa của: a/ 10 đường thẳng phân biệt? b/ 10 đường tròn phân biệt? c/ 10 đường thẳng và 10 đường tròn trên? ĐS: a/ 45.b/ 90. c/ 335. Baøi 6: Cho hai đường thẳng song song (d1), (d2). Trên (d1) lấy 17 điểm phân biệt, trên (d2)

lấy 20 điểm phân biệt. Tính số tam giác có các đỉnh là 3 điểm trong số 37 điểm đã chọn trên (d1) và (d2).

ĐS: 5950. (ĐH SP Quy Nhơn, 1997) Baøi 7: Cho mặt phẳng cho đa giác đều H có 20 cạnh. Xét các tam giác có ba đỉnh được lấy từ

các đỉnh của H. a/ Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy? Có bao nhiêu tam giác có đúng hai cạnh là cạnh

của H? b/ Có bao nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của H? Có bao nhiêu tam giác không có

cạnh nào là cạnh của H? ĐS: a/ 1140; 20. b/ 320 ; 80. (HVNH, 2000, khối D) Baøi 8: Có 10 điểm A, B, C, ... trên mặt phẳng trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. a/ Nối chúng lại ta được bao nhiêu đường thẳng? Trong đó có bao nhiêu đường không đi qua

A hay B? b/ Có bao nhiêu tam giác đỉnh bởi các điểm trên? Bao nhiêu tam giác chứa điểm A? Bao

nhiêu tam giác chứa cạnh AB? ĐS: a/ 45; 28. b/ 120 ; 36 ; 8. Baøi 9: Có p điểm trong mặt phẳng trong đó có q điểm thẳng hàng, số còn lại không có 3 điểm

nào thẳng hàng. Nối p điểm đó lại với nhau. Hỏi: a/ Có bao nhiêu đường thẳng? b/ Chúng tạo ra bao nhiêu tam giác?

ĐS: a/ 1 ( 1) ( 1) 2;2

p p q q− − − + . b/ 1 ( 1)( 2) ( 1)( 2)6

p p p q q q− − − − − .

Baøi 10: Cho p điểm trong không gian trong đó có q điểm đồng phẳng, số còn lại không có 4 điểm nào đồng phẳng. Dựng tất cả các mặt phẳng chứa 3 trong p điểm đó. Hỏi:

a/ Có bao nhiêu mặt phẳng khác nhau? b/ Chúng tạo ra bao nhiêu tứ diện? ĐS: a/ 3 3 1.p qC C− + b/ 4 4 .p qC C−

Baøi 11: Cho p điểm trong đó có q điểm cùng nằm trên 1 đường tròn, ngồi ra không có 4 điểm nào đồng phẳng. Hỏi có bao nhiêu:

a/ Đường tròn, mỗi đường đi qua ba điểm? b/ Tứ diện với các đỉnh thuộc p điểm đó? ĐS: a/ 3 3 1.p qC C− + b/ 4 4 .p qC C−


Trang 37

V. Nhị thức Newton 1. Công thức khai triển nhị thức Newton: Với mọi n∈N và với mọi cặp số a, b ta có:

0( )

nn k n k k

nk

a b C a b−

=+ = ∑

2. Tính chất: 1) Số các số hạng của khai triển bằng n + 1 2) Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n 3) Số hạng tổng quát (thứ k+1) có dạng: Tk+1 = k n k k

nC a b− ( k =0, 1, 2, …, n) 4) Các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và cuối thì bằng nhau:

k n kn nC C −=

5) 0 1nn nC C= = , 1

1k k kn n nC C C−

++ = * Nhận xét: Nếu trong khai triển nhị thức Newton, ta gán cho a và b những giá trị đặc biệt

thì ta sẽ thu được những công thức đặc biệt. Chẳng hạn: (1+x)n = 0 1 1 ...n n n

n n nC x C x C−+ + + ⇒ 0 1 ... 2n nn n nC C C+ + + =

(x–1)n = 0 1 1 ... ( 1)n n n nn n nC x C x C−− + + − ⇒ 0 1 ... ( 1) 0n n

n n nC C C− + + − =

Dạng 1: Xác định các hệ số trong khai triển nhị thức Newton Baøi 1: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức:

a) 10

41xx

+

b)

122

41xx

+

c)

53

21xx

−

d)

62 1

xx

−

ĐS: a) 45 b) 495 c) –10 d) 15 Baøi 2: a/ Tìm hệ số của 12 13x y trong khai triển 25(2 3 ) .x y+

b/ Tìm các số hạng giữa của khai triển 3 15( ) .x xy−

ĐS: a) 13 12 13253 .2 . .C b) 31 7 29 8

8 96435 . , 6435 . .T x y T x y= − = Baøi 3: Trong khai triển (x + y + z)n, tìm số hạng chứa xk.ym (k,m <n) ĐS: Trước hết tìm tất cả số hạng chứa xk.

Ta có: (x + y + z)n = ( ) ( )... ...n n kk k

nx y z C x y z− + + = + + +

mà (y + z)n–k = ... ...m m n k mn kC y z − −

−+ +

⇒ số hạng chứa xkym là: .k m k m n k mn n kC C x y z − −

− Baøi 4: Khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng đa thức:

9 10 14( ) (1 ) (1 ) ... (1 )P x x x x= + + + + + +

ta sẽ được đa thức: 2 140 1 2 14( ) ... .P x a a x a x a x= + + + + Hãy xác định hệ số a9?

ĐS: 9 3003.a =

Baøi 5: Cho đa thức 2 3 20( ) (1 ) 2(1 ) 3(1 ) ... 20(1 )P x x x x x= + + + + + + + +


Trang 38

được viết dưới dạng: 2 200 1 2 20( ) ... .P x a a x a x a x= + + + +

Tìm hệ số a15? ĐS: 15 400995.a =

Baøi 6: Khai triển 80 2 800 1 2 80( ) ( 2) ... .P x x a a x a x a x= − = + + + + Tìm hệ số a78?

ĐS: 78 12640.a =

Baøi 7: Khai triển 50 2 500 1 2 50( ) (3 ) ... .P x x a a x a x a x= + = + + + +

a/ Tính hệ số a46? b/ Tính tổng 0 1 2 50... .S a a a a= + + + +

ĐS: a/ a46 = 18654300 b/ 504 .S =

Baøi 8: a) Tìm số hạng không chứa căn thức trong khai triển của nhị thức: ( )53 3 2+

b) Tìm số mũ n của biểu thức 3

112

n

b

+

. Biết tỉ số giữa các hệ số của số hạng thứ 5 và

thứ 3 trong khai triển của nhị thức đó là 7:2. Tìm số hạng thứ 6? ĐS: a) 2

5 .3.2 60C =

b) n = 9 ⇒ T6 = ( )5

459 3 32 2

1 126.C bb b b

=

Baøi 9: Trong khai triển của nhị thức: 21

33

a b

b a

+

, tìm các số hạng chứa a, b với luỹ thừa

giống nhau?

ĐS: Ta có: Tk+1 = 21

321 3. .

k kk a b

Cb a

−

= 21 21

3 6 2 621. .

k k k kkC a b

− −− −

⇒ 21 213 6 2 6

k k k k− −− = − ⇒ k = 9. Vậy số hạng cần tìm là: T10 =

5 59 2 221. .C a b

Baøi 10: a/ Tìm số hạng thứ 6 của khai triển 15

1 .xx

−

b/ Tìm số hạng chứa a7 trong khai triển 12

3 23 2 .64 3

a a

+

c/ Tìm số hạng giữa của khai triển 10

351 .xx

+

d/ Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của nhị thức: 12

1 xx

+

.

e/ Tìm hạng tử độc lập với x trong khai triển 16

3 1 .xx

+

ĐS: a/ 56 15.T C= b/ 7 30924 .2 .a − c/ 15 30 15

16 30 . . .T C x y= d/ 495. e/ 1820. Baøi 11: Số hạng nào chứa x với số mũ tự nhiên trong khai triển sau:


Trang 39

a/ 104( ) .x x+ b/

13

31 .xx

+

ĐS: a/ 2 6 7 10 1010 10 10, , .C x C x C x b/ 0 13 3 9 6 5 9

13 13 13 13, , , .C x C x C x C x

Baøi 12: a/ Tìm số hạng của khai triển 93( 3 2)+ là một số nguyên.

b/ Tìm số hạng hữu tỉ của khai triển 6( 3 15) .−

c/ Xác định các số hạng hữu tỉ của khai triển 365 3( 3 7) .+

d/ Có bao nhiêu hạng tử nguyên của khai triển 1244( 3 5) .+ ĐS: a/ 4 104536, 8.T T= = b/ 1 3 5 727, 2005, 10125, 3375.T T T T= = = =

c/ 7 22 37, , .T T T d/ 32 số hạng

Baøi 13: a/ Tìm số hạng thứ ba của khai triển 131

na

aa−

+

nếu 3 2: 4 :1.n nC C =

b/ Trong khai triển (1 )nx+ theo lũy thừa tăng của x, cho biết : 3 5

4 6

4403

T T

T T

= =

. Tìm n và x?

ĐS: a/ 13 51314, 91 .n T a= = b/ 16, .

2n x= = ±

Baøi 14: a/ Xác định hệ số thứ nhất, thứ hai, thứ ba trong khai triển 32

1 .n

xx

+

b/ Cho biết tổng của 3 hệ số trên là 11. Tìm hệ số của x2.

ĐS: a/ 0 1 2 ( 1)1, , .2n n n

n nC C n C

−= = = b/ 2

44, 6.n C= =

Baøi 15: a/ Trong khai triển 4

1n

a aa

+

cho biết hiệu số giữa hệ số của hạng tử thứ ba và thứ

hai là 44. Tìm n.

b/ Cho biết trong khai triển 2 1 ,n

xx

+

tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ

ba là 46. Tìm hạng tử khôn g chứa x.

c/ Cho biết tổng của 3 hệ số của 3 số hạng đầu tiên trong khai triển 2 23

n

x

−

là 97. Tìm

hạng tử của khai triển chứa x4. ĐS: a/ n = 11 b/ n = 9 ; 84. c/ n = 8; 1120x4.


Trang 40

Dạng 2 : Áp dụng khai triển nhị thức Newton để chứng minh đẳng thức tổ hợp Baøi 1: Tính các tổng sau: a/ 0 1 2

1 ... .nn n n nS C C C C= + + + + b/ 0 2 4

2 ...n n nS C C C= + + +

c/ 1 3 53 ...n n nS C C C= + + + d/ 0 1 2 2

4 2 2 ... 2 ... 2 .k k n nn n n n nS C C C C C= + + + + + +

e/ 0 2 2 4 45 2 2 ...n

n nS C C C= + + +

ĐS: a/ 2n. b/ n 12 − . c/ n 12 − . d/ 3n. e/ 3 ( 1)2

n n+ − .

Baøi 2: Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển thị thức (x2 + 1)n bằng 1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax12 trong khai triển đó.

ĐS: a = 210. (HV hành chính QG, 2000) Baøi 3: Tính tổng sau: a/ 6 7 8 9 10 11

1 11 11 11 11 11 11 .S C C C C C C= + + + + + (ĐHQG Hà Nội, 97, Khối D)

b/ 16 0 15 1 14 2 162 16 16 16 163 3 3 ... .S C C C C= − + − + (ĐHBK Hà Nội, 98)

ĐS: a/ 1024. b/ 216. Baøi 4: Chứng minh các hệ thức sau: a/ 0 2 4 2 1 3 5 2 1

2 2 2 2 2 2 2 2... ...n nn n n n n n n nC C C C C C C C −+ + + + + = + + + + + +

Tổng hệ số chẵn bằng tổng hệ số lẻ có đúng không? b/ 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2

2 2 2 21 10. 10 . 10 . ... 10 10 81 .n n n nn n n nC C C C− −− + − + − + =

c/ 0 2 2 4 4 2 2 2 1 22 2 2 23 3 ... 3 2 .(2 1)n n n n

n n n nC C C C −+ + + + = + (ĐH Hàng Hải, 2001)

Baøi 5: Dùng đẳng thức (1 ) .(1 ) (1 )m n m nx x x ++ + = + , chứng minh rằng:

a/ 0 1 1 2 2. . . ... . , .k k k m k m km n m n m n m n m nC C C C C C C C C m k n− − −

++ + + + = ≤ ≤ (Hệ thức Van der mon de (Van đec mon)). b/ 0 2 1 2 2 2 2

2( ) ( ) ( ) ... ( ) .n nn n n n nC C C C C+ + + + =

c/ 0 1 1 2 2 (2 )!. . . ... .( )!( )!

k k k n k nn n n n n n n n

nC C C C C C C C

n k n k+ + −+ + + + =

− +

Baøi 6: Tính giá trị các biểu thức: A = 2 0 2 2 2 0 2

2 2 22 2 ... 2n n nn n nC C C−+ + + B = 2 1 1 2 3 3 1 2 1

2 2 22 2 ... 2n n nn n nC C C− − −+ + +

ĐS : Ta có : (2x+1)2n = ( )22

20

. 2n kn

kn

kC x

−

=∑ . Thay x = 1 ta được A + B = 32n = 9n

Mặt khác, (2x–1)2n = ( ) ( )2 2

20

. 2 . 1n n k kk

nk

C x−

=−∑ . Thay x = 1 ta được A – B = 1

Từ đó suy ra: A = ( )1 9 12

n + , B = ( )1 9 12

n −

Baøi 7: Chứng minh các đẳng thức sau: a) 0 1 2 26 6 ... 6 7n n n

n n n nC C C C+ + + + = b) 17 0 1 16 1 17 17 1717 17 173 4 .3 . ... 4 7C C C+ + + =

ĐS: a) Khai triển (1+x)n = 0 1 2 2 ... n nn n n nC C x C x C x+ + + + ; thay x = 6

b) Khai triển (3x+4)17; thay x = 1


Trang 41

Dạng 3: Toán chia hết Nếu a chia cho b có số dư là r thì a = bq + r nên an = (bq + r)n = bnqn + nbn–1qn–1r + … + nbqrn–1 + rn Do đó an và rn có cùng số dư khi chia cho b. Tức là: an ≡ rn(mod b) Vậy nếu a≡ r (mod b) thì an ≡ rn (mod b) Ví dụ 1: Chứng minh rằng với ∀n ∈ Z+, ta có: a) 4n + 15n – 1 M 9 b) 16n – 15n – 1 M 225 HD: a) Ta có 4n = (3+1)n = 3n + n.3n–1 + … + 3n + 1 ≡ 3n + 1 (mod 9) (vì 3k M 9 , ∀k ≥ 2) 4n + 15n – 1 ≡ 3n + 1 + 15n – 1 (mod 9) = 18n (mod 9) Vậy 4n + 15n – 1 M 9

b) 16n = (1 + 15)n = 1 + n.15 + 2( 1) .152

n n − + … + n.15n–1 + 15n

≡ 1 + 15n (mod 152) Do đó: 16n – 15n – 1 ≡ 1 + 15n – 15n – 1 ≡ 0 (mod 225) Vậy 16n – 15n – 1 M 225 Ví dụ 2: Chứng minh rằng với ∀n ∈ Z+, ta có: 26n+1 + 36n+1 + 56n + 1 M 7 HD: 26n+1 + 36n+1 + 56n+1 + 1 = 2(26)n + 3(36)n + (56)n + 1 = 2.64n + 3.729n + 15625n + 1 = 2[(7.9 + 1)n – 1] + 3[(7.104 + 1)n – 1] + [(7.2232 + 1)n – 1] + 7 Do đó với mọi số tự nhiên p và q thì: (7p+1)q – 1 = [(7p+1)–1].[(7p+1)q–1+ … + (7p+1) + 1] nên biểu thức đã cho luôn chia hết cho 7.


Trang 42

I. Biến cố và xác suất 1. Biến cố • Không gian mẫu Ω: là tập các kết quả có thể xảy ra của một phép thử. • Biến cố A: là tập các kết quả của phép thử làm xảy ra A. A ⊂ Ω. • Biến cố không: ∅ • Biến cố chắc chắn: Ω • Biến cố đối của A: \A A= Ω • Hợp hai biến cố: A ∪ B • Giao hai biến cố: A ∩ B (hoặc A.B) • Hai biến cố xung khắc: A ∩ B = ∅ • Hai biến cố độc lập: nếu việc xảy ra biến cố này không ảnh hưởng đến việc xảy ra biến cố

kia. 2. Xác suất

• Xác suất của biến cố: P(A) = ( )( )

n An Ω

• 0 ≤ P(A) ≤ 1; P(Ω) = 1; P(∅) = 0 • Qui tắc cộng: Nếu A ∩ B = ∅ thì P(A ∪ B) = P(A) + P(B) Mở rộng: A, B bất kì: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A.B) • P( A ) = 1 – P(A) • Qui tắc nhân: Nếu A, B độc lập thì P(A.B) = P(A). P(B) Baøi 1: Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của biến cố: a) Tổng hai mặt xuất hiện bằng 8. b) Tích hai mặt xuất hiện là số lẻ. c) Tích hai mặt xuất hiện là số chẵn.

ĐS: a) n(Ω) = 36. n(A) = 5 ⇒ P(A) = 536

b) 14

c) 34

Baøi 2: Một lớp học có 25 học sinh, trong đó có 15 em học khá môn Toán, 16 em học khá môn Văn. a) Tính xác suất để chọn được 2 em học khá cả 2 môn. b) Tính xác suất để chọn được 3 em học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn.

ĐS: a) n(A∩B) = n(A) + n(B) – n(A∪B) = 15 +15 – 25 = 17 ⇒ P(A∩B) 27

25C

b) 38

25C

Baøi 3: Gieo hai con súc sắc cân đối đồng chất. Tính xác suất của biến cố: a) Tổng hai mặt xuất hiện bằng 7. b) Các mặt xuất hiện có số chấm bằng nhau.

ĐS: a) 16

b) 16

Baøi 4: Một bình đựng 5 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ chỉ khác nhau về màu. Lấy ngẫu nhiên một viên bi, rồi lấy tiếp một viên nữa. Tính xác suất của biến cố lần thứ hai được một viên bi xanh.

ĐS: 58

B. XÁC SUẤT


Trang 43

Baøi 5: Một bình đựng 5 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ chỉ khác nhau về màu. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để được ít nhất 3 viên bi xanh.

ĐS: 12

Baøi 6: Hai người đi săn độc lập với nhau và cùng bắn một con thú. Xác suất bắn trúng của người

thứ nhất là 35

, của người thứ hai là 12

. Tính xác suất để con thú bị bắn trúng.

ĐS: 45

Baøi 7: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất của các biến cố sau: a) Lần thứ nhất xuất hiện mặt 6 chấm. b) Lần thứ hai xuất hiện mặt 6 chấm. c) Ít nhất một lần xuất hiện mặt 6 chấm. d) Không lần nào xuất hiện mặt 6 chấm.

ĐS: a) 16

b) 16

c) 1136

d) 2536

Baøi 8: Gieo đồng thời bốn đồng xu cân đối đồng chất. Tính xác suất của biến cố: a) Cả 4 đồng xu đều ngửa. b) Có đúng 3 đồng xu lật ngửa. c) Có ít nhất hai đồng xu lật ngửa.

ĐS: a) 116

b) 14

c) 1116

Baøi 9: Một hộp bóng đèn có 12 bóng, trong đó có 7 bóng tốt. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng.Tính xác suất để lấy được: a) ít nhất 2 bóng tốt b) ít nhất 1 bóng tốt.

Baøi 10: Một lớp học gồm 20 học sinh trong đó có 6 học sinh giỏi Toán, 5 học sinh giỏi Văn và 4 học sinh giỏi cả 2 môn. GVCN chọn ra 2 em. Tính xác suất để 2 em đó là học sinh giỏi.

Baøi 11: Một hộp có 20 quả cầu giống nhau, trong đó có 12 quả cầu trắng và 8 quả cầu đen. Lấy ngẫu nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả chọn ra có ít nhất một quả màu đen.

Baøi 12: Một tổ có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. GVCN chọn ra 2 em đi thi văn nghệ. Tính xác suất để 2 em đó khác phái.

Baøi 13: Một lớp có 30 học sinh, trong đó có 8 em giỏi, 15 em khá và 7 em trung bình. Chọn ngẫu nhiên 3 em đi dự đại hội. Tính xác suất để : a) Cả 3 em đều là học sinh giỏi b) Có ít nhất 1 học sinh giỏi c) Không có học sinh trung bình.

Baøi 14: Cho 7 số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau lấy từ 7 số trên. Lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc X. Tính xác suất để: a) Số đó là số lẻ. b) Số đó chia hết cho 5 c) Số đó chia hết cho 9.


Trang 44

II. Biến ngẫu nhiên rời rạc 1. Biến ngẫu nhiên rời rạc • X = x1, x2, …,xn • P(X=xk) = pk p1 + p2 + … + pn = 1 2. Kì vọng (giá trị trung bình)

• µ = E(X) = 1

n

i ii

x p=∑

3. Phương sai và độ lệch chuẩn

• V(X) = 2

1( )

n

i ii

x p=

−∑ µ = 2 2

1

n

i ii

x p=

−∑ µ • σ(X) = ( )V X

Baøi 1: Hai cầu thủ bóng đá sút phạt đền. Mỗi người đá một lần với xác suất làm bàn của người

thứ nhất là 0,8. Tính xác suất làm bàn của người thứ hai, biết rằng xác suất để cả hai người cùng làm bàn là 0,56 và xác suất để bị thủng lưới ít nhất một lần là 0,94.

Baøi 2: Một cặp vợ chồng có 3 người con. Gọi X là số lần sinh con trai. Lập bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X.

Baøi 3: Một hộp đựng 6 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Gọi X là số lần lấy được bi đỏ. Lập bảng phân phối của biến ngẫu nhiên X.

Baøi 4: Cho bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X:

X 1 2 3 P 0,3 0,5 0,2

Tìm kỳ vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của X. Baøi 5: Một hộp đựng 5 viên bi đỏ và 3 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên. Gọi X là số bi đỏ

lấy ra. Tính kỳ vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của X. Baøi 6: Hai xạ thủ độc lập cùng bắn vào 1 bia. Mỗi người bắn 1 viên đạn. Xác suất để xạ thủ thứ

nhất bắn trúng bia là 0,7. Xác suất để xạ thủ thứ hai bắn trúng bia là 0,8. Gọi X là số đạn bắn trúng bia. Tính kỳ vọng, phương sai của X.


Trang 45

I. Phương pháp qui nạp toán học Để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là một mệnh đề đúng với mọi giá trị nguyên dương

n, ta thực hiện như sau: • Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1. • Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số nguyên dương n = k tuỳ ý (k ≥ 1), chứng minh rằng

mệnh đề đúng với n = k + 1. Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề A(n) là đúng với với mọi số nguyên dương n ≥ p thì: + Ở bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề đúng với n = p; + Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với số nguyên dương bất kì n = k ≥ p và phải chứng

minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Baøi 1: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N*, ta có:

a) 1 + 2 + … + n = ( 1)2

n n + b) 2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 ...6

n n nn

+ ++ + + =

c) 2

3 3 3 ( 1)1 2 ...2

n nn

++ + + =

d) 21.4 2.7 ... (3 1) ( 1)n n n n+ + + + = +

e) ( 1)( 2)1.2 2.3 ... ( 1)3

n n nn n

+ ++ + + + = f) 1 1 1...

1.2 2.3 ( 1) 1n

n n n+ + + =

+ +

Baøi 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N*, ta có: a) 2 2 1n n> + (n ≥ 3) b) 22 2 5n n+ > +

c) 2 2

1 1 11 ... 22 nn

+ + + < − (n ≥ 2) d) 1 3 2 1 1. ...2 4 2 2 1

nn n

−<

+

e) 1 11 ... 22

nn

+ + + < f) 1 1 1 13...1 2 2 24n n n

+ + + >+ +

(n > 1)

Baøi 3: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N*, ta có: a) 3 11n n+ chia hết cho 6. b) 3 23 5n n n+ + chia hết cho 3. c) 2 2 2 17.2 3n n− −+ chia hết cho 5. d) 3 2n n+ chia hết cho 3. e) 2 1 23 2n n+ ++ chia hết cho 7. f) 13 1n − chia hết cho 6.

Baøi 4: Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là ( 3)2

n n − .

Baøi 5: Dãy số (an) được cho như sau: 1 12, 2n na a a+= = + với n = 1, 2, …

Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có: 1

2 cos2n n

a+

=π .

CHƯƠNG III DÃY SỐ – CẤP SỐ


Trang 46

II. Dãy số 1. Dãy số

: *( )

un u n

→¥ ¡a Dạng khai triển: (un) = u1, u2, …, un, …

2. Dãy số tăng, dãy số giảm • (un) là dãy số tăng ⇔ un+1 > un với ∀ n ∈ N*.

⇔ un+1 – un > 0 với ∀ n ∈ N* ⇔ 1 1n

n

uu

+ > với ∀n ∈ N* ( un > 0).

• (un) là dãy số giảm ⇔ un+1 < un với ∀n ∈ N*.

⇔ un+1 – un< 0 với ∀ n ∈ N* ⇔ 1 1n

n

uu

+ < với ∀n ∈ N* (un > 0).

3. Dãy số bị chặn • (un) là dãy số bị chặn trên ⇔ ∃M ∈ R: un ≤ M, ∀n ∈ N*. • (un) là dãy số bị chặn dưới ⇔ ∃m ∈ R: un ≥ m, ∀n ∈ N*. • (un) là dãy số bị chặn ⇔ ∃m, M ∈ R: m ≤ un ≤ M, ∀n ∈ N*. Baøi 1: Hãy viết 5 số hạng đầu của dãy số (un) cho bởi:

a) 2

22 1

1nn

un

−=

+ b) ( 1)

2 1

n

nn

un

+ −=

+ c)

2

1

1n

nu

n

−=

+

d) 13

n

nu

= −

e) 2cosnu n n= + f) ( 1)!

2n nn

u+

=

Baøi 2: Hãy viết 5 số hạng đầu của dãy số (un) cho bởi:

a) ( )1 112, 13n nu u u+= = + b) 1 2 2 115, 9, n n nu u u u u+ += = = −

c) 1 1 220,

1nn

u uu

+= =+

d) 1 2 2 11, 2, 2n n nu u u u u+ += = − = −

Baøi 3: Hãy viết 5 số hạng đầu của dãy số (un), dự đoán công thức số hạng tổng quát un và chứng minh công thức đó bằng qui nạp:

a) 1 11, 2 3n nu u u+= = + b) 21 13, 1n nu u u+= = + c) 1 13, 2n nu u u+= =

d) 1 11, 2 1n nu u u+= − = + e) 1 11, 7n nu u u+= = + e) 154

u = ,2

11

+=+

nn

uu

ĐS: a) nnu 12 3+= − b) nu n 8= + c) n

nu 13.2 −=

d) nu 1= − e) nu n7 6= − f) n

n nu

1

12 1

2

+

+

+=

Baøi 4: Xét tính tăng, giảm của các dãy số (un) cho bởi:

a) 2 13 2n

nu

n+

=−

b) 4 1

4 5

n

n nu

−=

+ c) ( 1)

2

n

nun−

=+

d) 2

21

1nn n

un

+ +=

+ e) 2cosnu n n= + f) 2

nn

un

−=

Baøi 5: Xét tính bị chặn trên, bị chặn dưới, bị chặn của các dãy số (un) cho bởi:

a) 2 32n

nu

n+

=+

b) 1( 1)nu

n n=

+ c) 2 4nu n= +


Trang 47

d)

2

22

1nn n

un n

+=

+ + e)

2 2n

nu

n n n=

+ + f) ( 1) cos

2n

nun

= −π

III. Cấp số cộng 1. Định nghĩa: (un) là cấp số cộng ⇔ un+1 = un + d, ∀n ∈ N* (d: công sai) 2. Số hạng tổng quát: 1 ( 1)nu u n d= + − với n ≥ 2

3. Tính chất các số hạng: 1 12

k kk

u uu − ++

= với k ≥ 2

4. Tổng n số hạng đầu tiên: 11 2

( )...

2n

n nn u u

S u u u+

= + + + = = 12 ( 1)2

n u n d + −

Baøi 1: Trong các dãy số (un) dưới đây, dãy số nào là cấp số cộng, khi đó cho biết số hạng đầu và

công sai của nó:

a) un = 3n – 7 b) 3 25n

nu

+= c) 2

nu n=

d) 3nnu = e) 7 3

2nn

u−

= f) 12nn

u = −

Baøi 2: Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng, biết:

a) 1 5 3

1 6

1017

u u uu u

+ − = + =

b) 2 5 3

4 6

1026

u u uu u

+ − = + =

c) 3

14

1518

uu

= − =

d) 7 3

2 7

8. 75

u uu u

− = =

e) 7 152 24 12

601170

u uu u

+ =

+ = f) 1 3 5

1 2 3

128

u u uu u u

+ + = − =

Baøi 3: a) Giữa các số 7 và 35 hãy đặt thêm 6 số nữa để được một cấp số cộng. b) Giữa các số 4 và 67 hãy đặt thêm 20 số nữa để được một cấp số cộng.

Baøi 4: a) Tìm 3 số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết tổng của chúng là 27 và tổng các bình phương của chúng là 293. b) Tìm 4 số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 22 và tổng các bình phương của chúng bằng 66.

Baøi 5: a) Ba góc của một tam giác vuông lập thành một cấp số cộng. Tìm số đo các góc đó. b) Số đo các góc của một đa giác lồi có 9 cạnh lập thành một cấp số cộng có công sai d = 30. Tìm số đo của các góc đó. c) Số đo các góc của một tứ giác lồi lập thành một cấp số cộng và góc lớn nhất gấp 5 lần góc nhỏ nhất. Tìm số đo các góc đó.

Baøi 6: Chứng minh rằng nếu 3 số a, b, c lập thành một cấp số cộng thì các số x, y, z cũng lập thành một cấp số cộng, với: a) 2 2 2 2 2 2; ;x b bc c y c ca a z a ab b= + + = + + = + +

b) 2 2 2; ;x a bc y b ca z c ab= − = − = − Baøi 7: Tìm x để 3 số a, b, c lập thành một cấp số cộng, với:

a) 210 3 ; 2 3; 7 4a x b x c x= − = + = − b) 21; 3 2; 1a x b x c x= + = − = −

Baøi 8: Tìm các nghiệm số của phương trình: 3 215 71 105 0x x x− + − = , biết rằng các nghiệm số phận biệt và tạo thành một cấp số cộng.

Baøi 9: Người ta trồng 3003 cây theo một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ hai có 2 cây, hàng thứ ba có 3 cây, …. Hỏi có bao nhiêu hàng?


Trang 48

IV. Cấp số nhân 1. Định nghĩa: (un) là cấp số nhân ⇔ un+1 = un.q với n ∈ N* (q: công bội) 2. Số hạng tổng quát: 1

1. nnu u q −= với n ≥ 2

3. Tính chất các số hạng: 21 1.k k ku u u− += với k ≥ 2

4. Tổng n số hạng đầu tiên: 1

1

1(1 )

11

nn

n

S nu vôùi qu q

S vôùi qq

= =

− = ≠ −

Baøi 1: Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân, biết:

a) 4 2

5 3

72144

u uu u

− = − =

b) 1 3 5

1 7

65325

u u uu u

− + = + =

c) 3 5

2 6

90240

u uu u

+ = − =

d) 1 2 3

1 2 3

14. . 64

u u uu u u

+ + = =

e) 1 2 3

1 2 3

211 1 1 7

12

u u u

u u u

+ + = + + =

f) 1 2 3 42 2 2 21 2 3 4

30340

u u u uu u u u

+ + + =

+ + + =

Baøi 2: a) Giữa các số 160 và 5 hãy chèn vào 4 số nữa để tạo thành một cấp số nhân. b) Giữa các số 243 và 1 hãy đặt thêm 4 số nữa để tạo thành một cấp số nhân.

Baøi 3: Tìm 3 số hạng liên tiếp của một cấp số nhân biết tổng của chúng là 19 và tích là 216. Baøi 4: a) Tìm số hạng đầu của một cấp số nhân, biết rằng công bội là 3, tổng số các số hạng là

728 và số hạng cuối là 486. b) Tìm công bội của một cấp số nhân có số hạng đầu là 7, số hạng cuối là 448 và tổng số các số hạng là 889.

Baøi 5: a) Tìm 4 góc của một tứ giác, biết rằng các góc đó lập thành một cấp số nhân và góc cuối gấp 9 lần góc thứ hai. b) Độ dài các cạnh của ∆ABC lập thành một cấp số nhân. Chứng minh rằng ∆ABC có hai góc không quá 600.

Baøi 6: Tìm bốn số hạng liên tiếp của một cấp số nhân, trong đó số hạng thứ hai nhỏ hơn số hạng thứ nhất 35, còn số hạng thứ ba lớn hơn số hạng thứ tư 560.

Baøi 7: Số số hạng của một cấp số nhân là một số chẵn. Tổng tất cả các số hạng của nó lớn gấp 3 lần tổng các số hạng có chỉ số lẻ. Xác định công bội của cấp số đó.

Baøi 8: Tìm 4 số hạng đầu của một cấp số nhân, biết rằng tổng 3 số hạng đầu là 1489

, đồng thời,

theo thứ tự, chúng là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng. Baøi 9: Tìm 3 số hạng đầu của một cấp số nhân, biết rằng khi tăng số thứ hai thêm 2 thì các số đó

tạo thành một cấp số cộng, còn nếu sau đó tăng số cuối thêm 9 thì chúng lại lập thành một cấp số nhân.

Baøi 10: Tìm 4 số trong đó ba số đầu là ba số hạng kế tiếp của một cấp số nhân, còn ba số sau là ba số hạng kế tiếp của một cấp số cộng; tổng hai số đầu và cuối bằng 32, tổng hai số giữa bằng 24.

Baøi 11: Tìm các số dương a và b sao cho a, a + 2b, 2a + b lập thành một cấp số cộng và (b + 1)2, ab + 5, (a + 1)2 lập thành một cấp số nhân.

Baøi 12: Chứng minh rằng nếu 3 số 2 1 2, ,y x y y z− −

lập thành một cấp số cộng thì 3 số x, y, z lập

thành một cấp số nhân.


Trang 49

I. Giới hạn của dãy số

Giới hạn hữu hạn Giới hạn vô cực 1. Giới hạn đặc biệt:

1lim 0n n→+∞

= ; 1lim 0 ( )kn

kn

+

→+∞= ∈¢

lim 0 ( 1)nn

q q→+∞

= < ; limn

C C→+∞

=

2. Định lí : a) Nếu lim un = a, lim vn = b thì • lim (un + vn) = a + b • lim (un – vn) = a – b • lim (un.vn) = a.b

• lim n

n

u av b

= (nếu b ≠ 0)

b) Nếu un ≥ 0, ∀n và lim un= a thì a ≥ 0 và lim nu a=

c) Nếu n nu v≤ ,∀n và lim vn = 0 thì lim un = 0 d) Nếu lim un = a thì lim nu a= 3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

S = u1 + u1q + u1q2 + … = 11

uq−

( )1q <

1. Giới hạn đặc biệt: lim n = +∞ lim ( )kn k += +∞ ∈¢

lim ( 1)nq q= +∞ > 2. Định lí:

a) Nếu lim nu = +∞ thì 1lim 0nu

=

b) Nếu lim un = a, lim vn = ±∞ thì lim n

n

uv

= 0

c) Nếu lim un = a ≠ 0, lim vn = 0

thì lim n

n

uv

= . 0. 0

n

n

neáu a vneáu a v

+∞ >−∞ <

d) Nếu lim un = +∞, lim vn = a

thì lim(un.vn) = 00

neáu aneáu a

+∞ >−∞ <

* Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô

định: 00

, ∞∞

, ∞ – ∞, 0.∞ thì phải tìm cách khử

dạng vô định.

Một số phương pháp tìm giới hạn của dãy số: • Chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của n.

VD: a)

111 1lim lim32 3 22

n nn

n

++= =

+ + b)

211 33lim lim 1

11 2 2

n n n nn

n

+ −+ −= =

− −

c) 2 22

4 1lim( 4 1) lim 1n n nn n

− + = − + = +∞

• Nhân lượng liên hợp: Dùng các hằng đẳng thức

( )( ) ( )( )3 32 23 3 3;a b a b a b a b a ab b a b− + = − − + + = −

VD: ( )2lim 3n n n− − =( ) ( )

( )2 2

2

3 3lim3

n n n n n n

n n n

− − − +

− +=

2

3lim3

n

n n n

−

− += 3

2−

• Dùng định lí kẹp: Nếu n nu v≤ ,∀n và lim vn = 0 thì lim un = 0

CHƯƠNG IV GIỚI HẠN


Trang 50

VD: a) Tính sinlim nn

. Vì 0 ≤ sin 1nn n

≤ và 1lim 0n

= nên sinlim 0nn

=

b) Tính 2

3sin 4 coslim2 1

n n

n

−

+. Vì 2 2 2 23sin 4 cos (3 4 )(sin cos ) 5n n n n− ≤ + + =

nên 0 ≤ 2 2

3sin 4 cos 52 1 2 1n n

n n

−≤

+ +.

Mà 25lim 0

2 1n=

+ nên

23sin 4 coslim 0

2 1

n n

n

−=

+

Khi tính các giới hạn dạng phân thức, ta chú ý một số trường hợp sau đây: • Nếu bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó bằng 0. • Nếu bậc của từ bằng bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó bằng tỉ số các hệ số của luỹ thừa cao nhất của tử và của mẫu. • Nếu bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó là +∞ nếu hệ số cao nhất của tử và mẫu cùng dấu và kết quả là –∞ nếu hệ số cao nhất của tử và mẫu trái dấu. Baøi 1: Tính các giới hạn sau:

a) 2

22 3lim3 2 1

n n

n n

− +

+ + b)

3 22 1lim

4 3

n

n n

+

+ + c)

3 2

33 2lim

4

n n n

n

+ +

+

d) 4

2lim

( 1)(2 )( 1)n

n n n+ + + e)

2

41lim

2 1

n

n n

+

+ + f)

4 2

3 22 3lim3 2 1

n n

n n

+ −

− +

Baøi 2: Tính các giới hạn sau:

a) 1 3lim4 3

n

n+

+ b)

14.3 7lim2.5 7

n n

n n

++

+ c)

1 24 6lim5 8

n n

n n

+ ++

+

d) 12 5lim

1 5

n n

n

++

+ e) 1 2.3 7lim

5 2.7

n n

n n+ −

+ f)

11 2.3 6lim2 (3 5)

n n

n n+− +

−


a) 2

2

4 1 2 1lim4 1

n n

n n n

+ + −

+ + + b)

2

2

3 4lim2

n n

n n

+ − −

+ + c)

32 6

4 2

1lim1

n n

n n

+ −

+ +

d) 2

2

4 1 2lim4 1

n n

n n n

+ +

+ + + e) (2 1)( 3)lim

( 1)( 2)n n n

n n+ +

+ + f)

2 2

2

4 4 1lim3 1

n n n

n n

− − +

+ +


a) 1 1 1lim ...1.3 3.5 (2 1)(2 1)n n

+ + + − +

b) 1 1 1lim ...1.3 2.4 ( 2)n n

+ + + +

c) 2 2 2

1 1 1lim 1 1 ... 12 3 n

− − −

d) 1 1 1lim ...

1.2 2.3 ( 1)n n

+ + + +

e) 2

1 2 ...lim3

n

n n

+ + +

+ f)

2

21 2 2 ... 2lim1 3 3 ... 3

n

n+ + + +

+ + + +


a) 2lim 2 1n n n + − −

b) 2 2lim 2n n n + − +

c) 3 3lim 2 1n n n − + −


Trang 51

d) 2 4lim 1 3 1n n n + − + +

e) ( )2lim n n n− − f)

2 2

1lim2 4n n+ − +

g) 2

2

4 1 2 1lim4 1

n n

n n n

+ − −

+ + − h)

32 6

4 2

1lim1

n n

n n

+ −

+ − i)

2 2

2

4 4 1lim3 1

n n n

n n

− − +

+ −


a) 2

22 coslim

1

n

n + b)

2( 1) sin(3 )lim3 1

n n nn

− +−

c) 2 2 coslim3 1

n nn

−+

d) 6 2

23sin 5cos ( 1)lim

1

n n

n

+ +

+ e)

2 3 2

23sin ( 2)lim

2 3

n n

n

+ +

− f)

23 2 2lim(3cos 2)n n

n n− +

+

Baøi 7: Cho dãy số (un) với un = 2 2 2

1 1 11 1 ... 12 3 n

− − −

, với ∀ n ≥ 2.

a) Rút gọn un. b) Tìm lim un.

Baøi 8: a) Chứng minh: 1 1 11 ( 1) 1n n n n n n

= −+ + + +

(∀n ∈ N*).

b) Rút gọn: un = 1 1 1...1 2 2 1 2 3 3 2 1 ( 1)n n n n

+ + ++ + + + +

.

c) Tìm lim un.

Baøi 9: Cho dãy số (un) được xác định bởi: 1

1

11 ( 1)2n n n

u

u u n+

= = + ≥

.

a) Đặt vn = un+1 – un. Tính v1 + v2 + … + vn theo n. b) Tính un theo n. c) Tìm lim un.

Baøi 10: Cho dãy số (un) được xác định bởi: 1 2

2 1

0; 12 , ( 1)n n n

u uu u u n+ +

= = = + ≥

a) Chứng minh rằng: un+1 = 1 12 nu− + , ∀n ≥ 1.

b) Đặt vn = un – 23

. Tính vn theo n. Từ đó tìm lim un.


Trang 52

II. Giới hạn của hàm số

Giới hạn hữu hạn Giới hạn vô cực, giới hạn ở vô cực 1. Giới hạn đặc biệt:

00lim

x xx x

→= ;

0

limx x

c c→

= (c: hằng số)

2. Định lí: a) Nếu

0

lim ( )x x

f x L→

= và 0

lim ( )x x

g x M→

=

thì: [ ]0

lim ( ) ( )x x

f x g x L M→

+ = +

[ ]0

lim ( ) ( )x x

f x g x L M→

− = −

[ ]0

lim ( ). ( ) .x x

f x g x L M→

=

0

( )lim( )x x

f x Lg x M→

= (nếu M ≠ 0)

b) Nếu f(x) ≥ 0 và 0

lim ( )x x

f x L→

=

thì L ≥ 0 và 0

lim ( )x x

f x L→

=

c) Nếu 0

lim ( )x x

f x L→

= thì 0

lim ( )x x

f x L→

=

3. Giới hạn một bên:

0

lim ( )x x

f x L→

= ⇔

⇔ 0 0

lim ( ) lim ( )x x x x

f x f x L− +→ →

= =

1. Giới hạn đặc biệt:

lim kx

x→+∞

= +∞ ; lim kx

neáu k chaünxneáu k leû→−∞

+∞= −∞

limx

c c→±∞

= ; lim 0kx

c

x→±∞=

0

1limx x−→

= −∞ ; 0

1limx x+→

= +∞

0 0

1 1lim limx xx x− +→ →

= = +∞

2. Định lí: Nếu

0

lim ( )x x

f x L→

= ≠ 0 và 0

lim ( )x x

g x→

= ±∞ thì:

0

00

lim ( )lim ( ) ( )

lim ( )x x

x xx x

neáu L vaø g x cuøng daáuf x g x

neáu L vaø g x traùi daáu→

→→

+∞= −∞

0

0 0

0

0 lim ( )( )lim lim ( ) 0 . ( ) 0( )

lim ( ) 0 . ( ) 0

x x

x x x x

x x

neáu g xf x neáu g x vaø L g xg x

neáu g x vaø L g x

→

→ →

→

= ±∞= +∞ = >−∞ = <

* Khi tính giới hạn có một trong các dạng vô định: 00

, ∞∞

, ∞ – ∞, 0.∞ thì phải tìm cách khử dạng vô

định. Một số phương pháp khử dạng vô định:

1. Dạng 00

a) L = 0

( )lim( )x x

P xQ x→

với P(x), Q(x) là các đa thức và P(x0) = Q(x0) = 0

Phân tích cả tử và mẫu thành nhân tử và rút gọn.

VD: 3 2 2

22 2 2

8 ( 2)( 2 4) 2 4 12lim lim lim 3( 2)( 2) 2 44x x x

x x x x x xx x xx→ → →

− − + + + += = = =

− + +−

b) L = 0

( )lim( )x x

P xQ x→

với P(x0) = Q(x0) = 0 và P(x), Q(x) là các biểu thức chứa căn cùng bậc

Sử dụng các hằng đẳng thức để nhân lượng liên hợp ở tử và mẫu.

VD: ( )( )

( )0 0 0

2 4 2 4 2 4 1 1lim lim lim42 42 4x x x

x x xx xx x→ → →

− − − − + −= = =

+ −+ −

c) L = 0

( )lim( )x x

P xQ x→

với P(x0) = Q(x0) = 0 và P(x) là biêåu thức chứa căn không đồng bậc

Giả sử: P(x) = 0 0( ) ( ) ( ) ( )m n m nu x v x vôùi u x v x a− = = .

Ta phân tích P(x) = ( ) ( )( ) ( )m nu x a a v x− + − .


Trang 53

VD:

3 3

0 0

1 1 1 1 1 1lim limx x

x x x xx x x→ →

+ − − + − − −= +

= 0 2 33

1 1 1 1 5lim3 2 61 1( 1) 1 1x xx x→

+ = + = + −+ + + +

2. Dạng ∞∞

: L = ( )lim( )x

P xQ x→±∞

với P(x), Q(x) là các đa thức hoặc các biểu thức chứa căn.

– Nếu P(x), Q(x) là các đa thức thì chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của x. – Nếu P(x), Q(x) có chứa căn thì có thể chia cả tử và mẫu cho luỹ thừa cao nhất của x hoặc

nhân lượng liên hợp.

VD: a) 2 2

2

2

5 322 5 3lim lim 2

6 36 3 1x x

x x x xx x

x x→+∞ →+∞

+ −+ −

= =+ + + +

b) 2

2

322 3lim lim 111 1 1

x x

x xx x

x

→−∞ →−∞

−−= = −

+ − − + −

3. Dạng ∞ – ∞: Giới hạn này thường có chứa căn Ta thường sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp của tử và mẫu.

VD: ( ) ( )( )1 1 1lim 1 lim lim 01 1x x x

x x x xx xx x x x→+∞ →+∞ →+∞

+ − + ++ − = = =

+ + + +

4. Dạng 0.∞: Ta cũng thường sử dụng các phương pháp như các dạng ở trên.

VD: 22 2

2. 0. 2lim ( 2) lim 0224x x

x x xx

xx+ +→ →

−− = = =

+−

Baøi 1: Tìm các giới hạn sau:

a) 2 3

0

1lim1x

x x xx→

+ + ++

b) 2

1

3 1lim1x

x xx→−

+ −−

c)

2

sin4lim

x

x

x→

−

π

π

d) 41

1lim3x

x

x x→−

−

+ − e)

2

2

1lim1x

x xx→

− +−

f) 2

1

2 3lim1x

x xx→

− ++

g) 1

8 3lim2x

xx→

+ −−

h) 3 2

2

3 4 3 2lim1x

x xx→

− − −+

i) 20

1lim sin2x

x→


a) 3 2

21

1lim3 2x

x x x

x x→

− − +

− + b)

4

3 21

1lim2x

x

x x x+→

−

− + c)

5

31

1lim1x

x

x→−

+

+

d) 3 2

4 23

5 3 9lim8 9x

x x x

x x→

− + +

− − e)

5 6

21

5 4lim(1 )x

x x x

x→

− +

− f)

1

1lim1

m

nx

x

x→

−

−

g) 0

(1 )(1 2 )(1 3 ) 1limx

x x xx→

+ + + − h) 2

1

...lim1

n

x

x x x nx→

+ + + −−

i) 4

3 22

16lim2x

x

x x→−

−

+


Trang 54


a) 22

4 1 3lim4x

x

x→

+ −

− b)

3

31

1lim .4 4 2x

x

x→

−

+ − c)

2

0

1 1limx

xx→

+ −

d) 2

2 2lim7 3x

x

x→

+ −

+ − e)

1

2 2 3 1lim1x

x xx→

+ − +−

f) 2

0 2

1 1lim16 4x

x

x→

+ −

+ −

g) 30

1 1lim1 1x

x

x→

+ −

+ − h)

23

3 2lim3x

x x

x x→−

+ −

+ i)

0

9 16 7limx

x xx→

+ + + −


a) 3

0

1 1limx

x xx→

+ − + b) 3

22

8 11 7lim3 2x

x x

x x→

+ − +

− + c)

3

0

2 1 8limx

x xx→

+ − −

d) 3

20

1 4 1 6limx

x x

x→

+ − + e) 3

22

8 11 7lim2 5 2x

x x

x x→

+ − +

− + f)

33 2

21

5 7lim1x

x x

x→

− − +

−

g) 0

1 4 . 1 6 1limx

x xx→

+ + − h) 3

0

1 2 . 1 4 1limx

x xx→

+ + − i) 3

0

1 1limx

x xx→

+ − −


a) 2

21lim

2 1x

x

x x→+∞

+

− + b)

22 1lim2x

x xx→±∞

− +−

c) 2

3 22 1lim

3 2x

x

x x→+∞

+

− +

d) 2

2

2 3 4 1lim4 1 2x

x x x

x x→±∞

+ + + +

+ + − e)

2

2

4 2 1 2lim9 3 2x

x x x

x x x→±∞

− + + −

− + f)

21lim1x

x x

x x→+∞

+

+ +

g) 2

2(2 1) 3lim

5x

x x

x x→−∞

− −

− h)

2

2

2 3lim4 1 2x

x x x

x x→+∞

+ +

+ − + i)

2 5 2lim2 1x

x xx→−∞

− ++


a) 2limx

x x x→+∞

+ −

b) 2lim 2 1 4 4 3x

x x x→+∞

− − − −

c) 32 3lim 1 1x

x x→+∞

+ − −

d) limx

x x x x→+∞

+ + −

e) ( )3 3lim 2 1 2 1x

x x→+∞

− − + f) ( )3 3 2lim 3 1 2x

x x→−∞

− + +

g) 31

1 3lim1 1x x x→

− − −

h) 2 22

1 1lim3 2 5 6x x x x x→

+

− + − +


a) 2

15lim2x

xx+→

−−

b) 2

15lim2x

xx−→

−−

c) 2

3

1 3 2lim3x

x xx+→

+ −−

d) 2

2

4lim2x

xx+→

−−

e) 22

2lim2 5 2x

x

x x+→

−

− + f)

22

2lim2 5 2x

x

x x−→

−

− +

Baøi 8: Tìm các giới hạn một bên của hàm số tại điểm được chỉ ra:

a) 31 1 01 1( ) 0

3 02

x khi xxf x taïi x

khi x

+ −> + −= =

≤

b) 29 3( ) 33

1 3

xkhi xf x taïi xx

x khi x

− <= = − − ≥


Trang 55

c)

2

3

4

2 28( ) 2

16 22

x xkhi x

xf x taïi xx khi xx

−> −= =

− < −

d)

2

23 2 1

1( ) 11

2

x x khi xxf x taïi x

x khi x

− +> −= =

− ≤

Baøi 9: Tìm giá trị của m để các hàm số sau có giới hạn tại điểm được chỉ ra::

a) 3 1 1( ) 11

2 1

xkhi xf x taïi xx

mx khi x

− <= = − + ≥

b) 3

2 2

1 3 1( ) 11 1

3 3 1

khi xf x taïi xx x

m x mx khi x

− >= =− −

− + ≤

c) 20

( ) 0100 3 03

x m khi xf x taïi xx x

khi xx

+ <= = + +

≥ +

d) 23 1( ) 1

3 1x m khi x

f x taïi xx x m khi x

+ < −= = −

+ + + ≥ −


Trang 56

III. Hàm số liên tục 1. Hàm số liên tục tại một điểm: y = f(x) liên tục tại x0 ⇔

00lim ( ) ( )

x xf x f x

→=

• Để xét tính liên tục của hàm số y = f(x) tại điểm x0 ta thực hiện các bước: B1: Tính f(x0). B2: Tính

0

lim ( )x x

f x→

(trong nhiều trường hợp ta cần tính 0

lim ( )x x

f x+→

, 0

lim ( )x x

f x−→

)

B3: So sánh 0

lim ( )x x

f x→

với f(x0) và rút ra kết luận.

2. Hàm số liên tục trên một khoảng: y = f(x) liên tục tại mọi điểm thuộc khoảng đó. 3. Hàm số liên tục trên một đoạn [a; b]: y = f(x) liên tục trên (a; b) và lim ( ) ( ), lim ( ) ( )

x a x bf x f a f x f b

+ −→ →= =

4. • Hàm số đa thức liên tục trên R. • Hàm số phân thức, các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định của chúng. 5. Giả sử y = f(x), y = g(x) liên tục tại điểm x0. Khi đó: • Các hàm số y = f(x) + g(x), y = f(x) – g(x), y = f(x).g(x) liên tục tại x0.

• Hàm số y = ( )( )

f xg x

liên tục tại x0 nếu g(x0) ≠ 0.

6. Nếu y = f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b)< 0 thì tồn tại ít nhất một số c ∈ (a; b): f(c) = 0. Nói cách khác: Nếu y = f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b)< 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít

nhất một nghiệm c∈ (a; b). Mở rộng: Nếu y = f(x) liên tục trên [a; b]. Đặt m =

[ ];min ( )a b

f x , M = [ ];max ( )

a bf x . Khi đó với mọi T

∈ (m; M) luôn tồn tại ít nhất một số c ∈ (a; b): f(c) = T. Baøi 1: Xét tính liên tục của hàm số tại điểm được chỉ ra:

a) 3 1( ) 11

1 1

xkhi xf x taïi xxkhi x

+ ≠= = − −− =

b) 3 2 11( ) 1

1 14

xkhi x

xf x taïi xkhi x

+ −≠ −= =

=

c) 2 3

22 7 5 2( ) 23 21 2

x x x khi xf x taïi xx xkhi x

− + − ≠= = − + =

d) 2

5 5( ) 52 1 3

( 5) 3 5

xkhi x

f x taïi xxx khi x

−>= = − −

− + ≤

e) 1 cos 0( ) 01 0

x khi xf x taïi x

x khi x − ≤

= =+ >

f) 1 1( ) 12 1

2 1

xkhi xf x taïi xx

x khi x

−<= = − −

− ≥

Baøi 2: Tìm m, n để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra:

a) 2 1( ) 1

2 3 1x khi xf x taïi xmx khi x

<= =− ≥

b) 3 2 2 2 1( ) 11

3 1

x x xkhi xf x taïi xx

x m khi x

− + − ≠= = − + =

c) 2

06( ) 0, 3 0 3

( 3)3

m khi xx xf x khi x x taïi x vaø xx x

n khi x

= − −

= ≠ ≠ = =−

=


Trang 57

d)

2 2 2( ) 222

x xkhi xf x taïi xx

m khi x

− − ≠= = − =

Baøi 3: Xét tính liên tục của các hàm số sau trên tập xác định của chúng:

a)

3

32 1

1( )4 13

x x khi xxf x

khi x

+ +≠ − +=

= −

b)

2 3 4 2( ) 5 2

2 1 2

x x khi xf x khi x

x khi x

− + <= = + >

c) 2 4 2( ) 24 2

xkhi xf x xkhi x

− ≠ −= +− = −

d)

2 2 2( ) 22 2 2

xkhi xf x xkhi x

−≠= −

=

Baøi 4: Tìm các giá trị của m để các hàm số sau liên tục trên tập xác định của chúng:

a) 2 2 2( ) 2

2

x xkhi xf x x

m khi x

− − ≠= − =

b)

2 1( ) 2 1

1 1

x x khi xf x khi x

mx khi x

+ <= = + >

c) 3 2 2 2 1( ) 1

3 1

x x xkhi xf x x

x m khi x

− + − ≠= − + =

d) 2 1( )

2 3 1x khi xf xmx khi x

<= − ≥

Baøi 5: Chứng minh rằng các phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: a) 3 3 1 0x x− + = b) 3 26 9 1 0x x x+ + + = c) 32 6 1 3x x+ − =

Baøi 6: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm: a) 5 3 3 0x x− + = b) 5 1 0x x+ − = c) 4 3 23 1 0x x x x+ − + + =

Baøi 7: Chứng minh rằng phương trình: 5 35 4 1 0x x x− + − = có 5 nghiệm trên (–2; 2). Baøi 8: Chứng minh rằng các phương trình sau luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số:

a) 3( 1) ( 2) 2 3 0m x x x− − + − = b) 4 2 2 2 0x mx mx+ − − =

c) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0a x b x c b x c x a c x a x b− − + − − + − − = d) 2 3 2(1 )( 1) 3 0m x x x− + + − − =

e) cos cos2 0x m x+ = f) (2 cos 2) 2sin 5 1m x x− = + Baøi 9: Chứng minh các phương trình sau luôn có nghiệm:

a) 2 0ax bx c+ + = với 2a + 3b + 6c = 0 b) 2 0ax bx c+ + = với a + 2b + 5c = 0 c) 3 2 0x ax bx c+ + + =

Baøi 10: Chứng minh rằng phương trình: 2 0ax bx c+ + = luôn có nghiệm x ∈ 10;3

với a ≠ 0

và 2a + 6b + 19c = 0.


Trang 58

1. Định nghĩa đạo hàm tại một điểm • Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x0 ∈ (a; b):

0

00 x x 0

f(x) f(x )f '(x ) lim

x x→

−=

− =

x 0

ylimx∆ →

∆∆

(∆x = x – x0, ∆y = f(x0 + ∆x) – f(x0)

• Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại x0 thì nó liên tục tại diểm đó. 2. Ý nghĩa của đạo hàm • Ý nghĩa hình học: + f′ (x0) là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại ( )0 0M x ;f(x ) .

+ Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại ( )0 0M x ;f(x ) là: y – y0 = f′ (x0).(x – x0) • Ý nghĩa vật lí: + Vận tốc tức thời của chuyển động thẳng xác định bởi phương trình s = s(t) tại thời điểm

t0 là v(t0) = s′(t0). + Cường độ tức thời của điện lượng Q = Q(t) tại thời điểm t0 là I(t0) = Q′(t0). 3. Qui tắc tính đạo hàm

• (C)' = 0 (x)′ = 1 (xn)′ = n.xn–1 n Nn 1

∈ >

( ) 1x

2 x′ =

• (u ± v)′ = u′ ± v′ (uv)′ = u′v + v′u 2

u u v v uv v

′ ′ − ′=

(v ≠ 0)

(ku)′ = ku′ 2

1 vv v

′ ′= −

• Đạo hàm của hàm số hợp: Nếu u = g(x) có đạo hàm tại x là u′x và hàm số y = f(u) có đạo hàm tại u là y′u thì hàm số hợp y = f(g(x) có đạo hàm tại x là: x u xy y .u′ = ′ ′

4. Đạo hàm của hàm số lượng giác

• x 0

sin xlim 1x→

= ; 0x x

sin u(x)lim 1u(x)→

= (với 0x x

lim u(x) 0→

= )

• (sinx)′ = cosx (cosx)′ = – sinx ( )2

1tan xcos x

′ = ( )2

1cot xsin x

′ = −

5. Vi phân • dy df(x) f (x). x= = ′ ∆ • 0 0 0f(x x) f(x ) f (x ). x+ ∆ ≈ + ′ ∆ 6. Đạo hàm cấp cao

• [ ]f ''(x) f '(x) ′= ; [ ]f '''(x) f ''(x) ′= ; (n) (n 1)f (x) f (x)− ′ = (n ∈ N, n ≥ 4) • Ý nghĩa cơ học: Gia tốc tức thời của chuyển động s = f(t) tại thời điểm t0 là a(t0) = f′′(t0).

CHƯƠNG V ĐẠO HÀM


Trang 59

VẤN ĐỀ 1: Tính đạo hàm bằng định nghĩa Để tính đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0 bằng định nghĩa ta thực hiện các bước: B1: Giả sử ∆x là số gia của đối số tại x0. Tính ∆y = f(x0 + ∆x) – f(x0).

B2: Tính x 0

ylimx∆ →

∆∆

.

Baøi 1: Dùng định nghĩa tính đạo hàm của các hàm số sau tại điểm được chỉ ra:

a) 2y f(x) 2x x 2= = − + tại 0x 1= b) y f(x) 3 2x= = − tại x0 = –3

c) 2x 1y f(x)x 1

+= =

− tại x0 = 2 d) y f(x) sin x= = tại x0 =

6π

e) 3y f(x) x= = tại x0 = 1 f) 2x x 1y f(x)x 1+ +

= =−

tại x0 = 0

Baøi 2: Dùng định nghĩa tính đạo hàm của các hàm số sau: a) 2f(x) x 3x 1= − + b) 3f(x) x 2x= − c) f(x) x 1, (x 1)= + > −

d) 1f(x)2x 3

=−

e) f(x) sin x= f) 1f(x)cosx

=

VẤN ĐỀ 2: Tính đạo hàm bằng công thức Để tính đạo hàm của hàm số y = f(x) bằng công thức ta sử dụng các qui tắc tính đạo hàm. Chú ý qui tắc tính đạo hàm của hàm số hợp. Baøi 1: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) 4 31y 2x x 2 x 53

= − + − b) 2

3 2y x x x.3x

= − + c) 3 2y (x 2)(1 x )= − −

d) 2 2 2y (x 1)(x 4)(x 9)= − − − e) 2y (x 3x)(2 x)= + − f) ( ) 1y x 1 1x

= + −

g) 3y2x 1

=+

h) 2x 1y1 3x

+=

− i)

2

21 x xy1 x x

+ −=

− +

k) 2x 3x 3y

x 1− +

=−

l) 22x 4x 1yx 3− +

=−

m) 2

22xy

x 2x 3=

− −

Baøi 2: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) 2 4y (x x 1)= + + b) 2 5y (1 2x )= − c) 3

2x 1yx 1

+= −

d) 2

3(x 1)y(x 1)

+=

− e)

2 21y

(x 2x 5)=

− + f) ( )42y 3 2x= −


a) 2y 2x 5x 2= − + b) 3y x x 2= − + c) y x x= +

d) 2y (x 2) x 3= − + e) 2

4x 1yx 2

+=

+ f)

24 xyx+

=

g) 3xy

x 1=

− h) 3y (x 2)= − i) ( )3

y 1 1 2x= + −


Trang 60


a) 2

sin xy1 cosx

= +

b) y x.cosx= c) 3y sin (2x 1)= +

d) y cot 2x= e) 2y sin 2 x= + f) y sin x 2x= +

g) 2 3y (2 sin 2x)= + h) ( )2 2y sin cos x tan x= i) 2 3y 2sin 4x 3cos 5x= −

k) 2 x 1y cosx 1

+= −

l) 3 52 1y tan 2x tan 2x tan 2x3 5

= + +

Baøi 5: Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: a) n n 1(sin x.cosnx)' nsin x.cos(n 1)x−= + b) n n 1(sin x.sin nx)' n.sin x.sin(n 1)x−= +

c) n n 1(cos x.sin nx)' n.cos x.cos(n 1)x−= + d) n n 1(cos x.cosnx)' n.cos x.sin(n 1)x−= − +

VẤN ĐỀ 3: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) của hàm số y = f(x) 1. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(x0, y0) (C)∈ là: 0 0 0y y f '(x )(x x )− = − (*) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến có hệ số góc k: + Gọi x0 là hồnh độ của tiếp điểm. Ta có: 0f (x ) k′ = (ý nghĩa hình học của đạo hàm) + Giải phương trình trên tìm x0, rồi tìm 0 0y f(x ).= + Viết phương trình tiếp tuyến theo công thức (*) 3. Viết phương trình tiếp tuyến (d) với (C), biết (d) đi qua điểm A(x1, y1) cho trước: + Gọi (x0 , y0) là tiếp điểm (với y0 = f(x0)). + Phương trình tiếp tuyến (d): 0 0 0y y f '(x )(x x )− = − (d) qua A 1 1 1 0 0 1 0(x , y ) y y f '(x ) (x x ) (1)⇔ − = − + Giải phương trình (1) với ẩn là x0, rồi tìm 0 0y f(x )= và 0f '(x ). + Từ đó viết phương trình (d) theo công thức (*). 4. Nhắc lại: Cho (∆): y = ax + b. Khi đó:

+ d(d) ( ) k a⁄⁄ ∆ ⇒ = + d1(d) ( ) ka

⊥ ∆ ⇒ = −

Baøi 1: Cho hàm số (C): 2y f(x) x 2x 3.= = − + Viết phương trình tiếp tuyến với (C): a) Tại điểm thuộc (C) có hoành độ x0 = 1. b) Song song với đường thẳng 4x – 2y + 5 = 0. c) Vuông góc với đường thẳng x + 4y = 0. d) Vuông góc với đường phân giác thứ nhất của góc hợp bởi các trục tọa độ.

Baøi 2: Cho hàm số 22 x xy f(x)

x 1− +

= =−

(C).

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(2; 4). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1.

Baøi 3: Cho hàm số 3x 1y f(x)1 x

+= =

− (C).

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(2; –7). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. d) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng


Trang 61

d: 1y x 100

2= + .

e) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆: 2x + 2y – 5 = 0. Baøi 4: Cho hàm số (C): 3 2y x 3x .= − a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm I(1, –2). b) Chứng minh rằng các tiếp tuyến khác của đồ thị (C) không đi qua I.

Baøi 5: Cho hàm số (C): 2y 1 x x .= − − Tìm phương trình tiếp tuyến với (C):

a) Tại điểm có hoành độ x0 =1 .2

b) Song song với đường thẳng x + 2y = 0.

VẤN ĐỀ 4: Tính đạo hàm cấp cao

1. Để tính đạo hàm cấp 2, 3, 4, ... ta dùng công thức: ( )/(n) (n 1)y y −=

2. Để tính đạo hàm cấp n: • Tính đạo hàm cấp 1, 2, 3, ..., từ đó dự đoán công thức đạo hàm cấp n. • Dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh công thức đúng. Baøi 1: Cho hàm số f(x) 3(x 1)cosx= + .

a) Tính f '(x), f ''(x) b) Tính f ''( ), f '' ,f ''(1)2

ππ

Baøi 2: Tính đạo hàm của các hàm số đến cấp được chỉ ra:

a) y cosx, y '''= b) 4 3 2y 5x 2x 5x 4x 7, y ''= − + − + c) x 3y , y ''x 4

−=

+

d) 2y 2x x , y ''= − e) y xsin x, y''= f) y x tan x, y ''=

g) 2 3y (x 1) ,y ''= + h) 6 3 (4)y x 4x 4, y= − + i) (5)1y , y1 x

=−

Baøi 3: Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:

a) (n) n

n 11 ( 1) n!

1 x (1 x) +

−= + +

b) (n) n.(sin x) sin x

2 π

= +

c) (n) n.(cosx) cos x

2 π

= +

Baøi 4: Tính đạo hàm cấp n của các hàm số sau:

a) 1yx 2

=+

b) 2

1yx 3x 2

=− +

c) 2xy

x 1=

−

d) 1 xy1 x

−=

+ e) 2y sin x= f) 4 4y sin x cos x= +

Baøi 5: Chứng minh các hệ thức sau với các hàm số được chỉ ra:

a) y xsin xxy'' 2(y ' sin x) xy 0

= − − + =

b) 2

3y 2x xy y'' 1 0

= −+ =

c) 2 2 2y x tan xx y'' 2(x y )(1 y) 0

=

− + + = d)

2

x 3yx 4

2y (y 1)y''

−=

+ ′ = −


Trang 62

VẤN ĐỀ 5: Tính giới hạn dạng

0x x

sin u(x)limu(x)→

Ta sử dụng các công thức lượng giác để biến đổi và sử dụng công thức

0x x

sin u(x)lim 1u(x)→

= (với 0x x

lim u(x) 0→

= )


a) x 0

sin3xlimsin 2x→

b) 2x 0

1 cosxlimx→

− c) 2

x2

1 sin xlim

x2

π→

−

π −

d) x

4

cosx sin xlimcos2xπ

→

−

e) x 0

1 sin x cosxlim1 sin x cosx→

+ −− −

f) x 0

tan 2xlimsin 5x→

g) x

2

lim x tan x2π

→

π−

h) x

6

sin x6lim

3 cosx2

π→

π−

−

VẤN ĐỀ 6: Các bài toán khác

Baøi 1: Giải phương trình f '(x) 0= với:

a) f(x) 3cosx 4sin x 5x= − + b) f(x) cosx 3 sin x 2x 1= + + −

c) 2f(x) sin x 2cosx= + d) cos4x cos6xf(x) sin x4 6

= − −

e) 3 xf(x) 1 sin( x) 2 cos2

π += − π + + f) f(x) sin3x 3 cos3x 3(cosx 3 sin x)= − + −

Baøi 2: Giải phương trình f '(x) g(x)= với:

a) 4f(x) sin 3x

g(x) sin 6x =

= b)

3f(x) sin 2xg(x) 4cos2x 5sin 4x

== −

c) 2 2

2

xf(x) 2x cos2

g(x) x x sin x

=

= −

d) 2 xf(x) 4x cos

2xg(x) 8cos 3 2xsin x2

=

= − −

Baøi 3: Giải bất phương trình f '(x) g'(x)> với:

a) 3 2f(x) x x 2, g(x) 3x x 2= + − = + + b) 2

3 2 3 xf(x) 2x x 3, g(x) x 32

= − + = + −

c) 32f(x) , g(x) x xx

= = −

Baøi 4: Xác định m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ∈ R:

a) 3

2mxf '(x) 0 vôùi f(x) 3x mx 53

> = − + −

b) 3 2mx mxf '(x) 0 vôùi f(x) (m 1)x 15

3 2< = − + + −

Trần Sĩ Tùng Đề thi Tốt nghiệp – Đại học

Trang 63

I. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

ĐỀ THI ĐẠI HỌC Baøi 1. (ĐH 2002A) Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; 2π ) của phương trình:

x xx x

xcos3 sin 35 sin cos2 3

1 2sin 2 +

+ = + +

HD: Điều kiện: x m

x n

12712

π π

ππ

≠ − +

≠ +

. PT ⇔ x x5cos 2 cos2 3= + ⇔ x1cos2

= ⇔ x

x

353

π

π

=

=

.

Baøi 2. (ĐH 2002B) Giải phương trình: x x x x2 2 2 2sin 3 cos 4 sin 5 cos 6− = −

HD: PT ⇔ x x xcos .sin 9 .sin 2 0= ⇔ x xsin 2 .sin 9 0= ⇔ x k

x k

9

2

π

π

=

=

.

Baøi 3. (ĐH 2002D) Tìm x thuộc đoạn [0; 14] nghiệm đúng phương trình: x x xcos3 4 cos2 3cos 4 0− + − =

HD: PT ⇔ x x24 cos (cos 2) 0− = ⇔ xcos 0= ⇔ x x x x3 5 7; ; ;

2 2 2 2π π π π

= = = = .

Baøi 4. (ĐH 2002A–db1) Cho phương trình: x xa

x x2sin cos 1sin 2 cos 3

+ +=

− + (a là tham số).

1. Giải phương trình khi a13

= .

2. Tìm a để phương trình có nghiệm. HD:

Baøi 5. (ĐH 2002A–db2) Giải phương trình: xx x x x x2tan cos cos sin 1 tan .tan

2

+ − = +

.

HD:

Baøi 6. (ĐH 2002B–db1) Giải phương trình: ( )x x

xx

24

42 sin 2 sin3tan 1

cos

−+ = .

HD:

Baøi 7. (ĐH 2002B–db2) Giải phương trình: x xx

x x

4 4sin cos 1 1cot 25sin 2 2 8sin 2

+= − .

HD:

Baøi 8. (ĐH 2002D–db1) Giải phương trình: xx2

1 sin8cos

= .

HD: Baøi 9. (ĐH 2002D–db2) Xác định m để phương trình: ( )x x x x m4 42 sin cos cos 4 2sin 2 0+ + + − =

có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 0;2π

.

HD:

Baøi 10. (ĐH 2003A) Giải phương trình: xx x x

x2cos2 1cot 1 sin sin 2

1 tan 2− = + −

+.

Đề thi Tốt nghiệp – Đại học Trần Sĩ Tùng

Trang 64

HD: Điều kiện: x x xsin 0, cos 0, tan 1≠ ≠ ≠ .

PT ⇔ x x x x x2(cos sin )(1 sin .cos sin ) 0− − + = ⇔ x k4π

π= + .

Baøi 11. (ĐH 2003B) Giải phương trình: x x xx

2cot tan 4sin 2sin 2

− + = .

HD: Điều kiện: xx

sin 0cos 0

≠ ≠

. PT ⇔ x x22 cos 2 cos2 1 0− − = ⇔ x k3π

π= ± + .

Baøi 12. (ĐH 2003D) Giải phương trình: x xx2 2 2sin tan cos 0

2 4 2π

− − =

.

HD: Điều kiện: xcos 0≠ .

PT ⇔ x x x x(1 sin )(1 cos )(sin cos ) 0− + + = ⇔ x k

x k

2

4

π ππ π

= +

= − +

.

Baøi 13. (ĐH 2003A–db1) Giải phương trình: ( )x x x2cos2 cos 2 tan 1 2+ − = . HD: Baøi 14. (ĐH 2003A–db2) Giải phương trình: ( )x x x x3 tan tan 2sin 6 cos 0− + + = . HD: Baøi 15. (ĐH 2003B–db1) Giải phương trình: x x x6 23cos 4 8cos 2 cos 3 0− + + = . HD:

Baøi 16. (ĐH 2003B–db2) Giải phương trình: ( ) xx

x

22 3 cos 2sin2 4 1

2 cos 1

π − − −

=−

.

HD:

Baøi 17. (ĐH 2003D–db1) Giải phương trình: ( )x x

xx x

2cos cos 1 2(1 sin )sin cos

−= +

+.

HD:

Baøi 18. (ĐH 2003D–db2) Giải phương trình: xx x

x2 cos 4cot tansin 2

= + .

HD: Baøi 19. (ĐH 2004B) Giải phương trình: x x x25sin 2 3(1 sin ) tan− = − .

HD: Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ x x22sin 3sin 2 0+ − = ⇔ x k

x k

265 26

π π

ππ

= +

= +

.

Baøi 20. (ĐH 2004D) Giải phương trình: x x x x x(2 cos 1)(2sin cos ) sin 2 sin− + = − .

HD: PT ⇔ x x x(2 cos 1)(sin cos ) 0− + = ⇔ x k

x k

23

4

π π

ππ

= ± +

= − +

.

Baøi 21. (ĐH 2004A–db1) Giải phương trình: ( )x x x x3 34 sin cos cos 3sin+ = + . HD: Baøi 22. (ĐH 2004A–db2) Giải phương trình: x x1 sin 1 cos 1− + − = . HD:

Baøi 23. (ĐH 2004B–db1) Giải phương trình: xx x

1 12 2 cos4 sin cosπ

+ + =

.


Trang 65

HD: Baøi 24. (ĐH 2004B–db2) Giải phương trình: x x x xsin 4 .sin 7 cos3 .cos6= . HD: Baøi 25. (ĐH 2004D–db1) Giải phương trình: x x x x x x2sin .cos2 sin 2 .cos sin 4 .cos+ = . HD: Baøi 26. (ĐH 2004D–db2) Giải phương trình: x x x xsin sin 2 3(cos cos2 )+ = + . HD: Baøi 27. (ĐH 2005A) Giải phương trình: x x x2 2cos 3 .cos2 cos 0− = .

HD: PT ⇔ x x22 cos 4 cos4 3 0+ − = ⇔ x k2π

= .

Baøi 28. (ĐH 2005B) Giải phương trình: x x x x1 sin cos sin 2 cos2 0+ + + + = .

HD: PT ⇔ x x x(sin cos )(2 cos 1) 0+ + = ⇔ x k

x k

42 23

π π

ππ

= − +

= ± +

.

Baøi 29. (ĐH 2005D) Giải phương trình: x x x x4 4 3cos sin cos sin 3 04 4 2π π

+ + − − − =

.

HD: PT ⇔ x x2sin 2 sin 2 2 0+ − = ⇔ x k4π

π= + .

Baøi 30. (ĐH 2005A–db1) Tìm nghiệm trên khoảng (0; π ) của phương trình:

xx x2 2 34sin 3 cos2 1 2 cos

2 4π

− = + −

.

HD: PT ⇔ x xcos 2 cos( )6π

π

+ = −

⇔ x x x5 17 5; ;18 18 6π π π

= = = .

Baøi 31. (ĐH 2005A–db2) Giải phương trình: x x x32 2 cos 3cos sin 04π

− − − =

.

HD: PT ⇔ x x x x x x x x3 3 2 2cos sin 3cos .sin 3cos .sin 3cos sin 0+ + + − − = Xét 2 trường hợp:

a) Nếu xcos 0= thì PT ⇔ xx x3

cos 0sin sin 0

=

− = ⇔ x k

2π

π= + .

b) Nếu xcos 0≠ thì ta chia 2 vế của PT cho x3cos .

Khi đó: PT ⇔ xx

cos 0tan 1

≠ =

⇔ x k4π

π= + .

Vậy: PT có nghiệm: x k2π

π= + hoặc x k4π

π= + .

Baøi 32. (ĐH 2005B–db1) Giải phương trình : ( )x x x x x2 2 3sin .cos2 cos tan 1 2sin 0+ − + = .

HD: Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ x x22sin sin 1 0+ − = ⇔ x k

x k

265 26

π π

ππ

= +

= +

.

Baøi 33. (ĐH 2005B–db2) Giải phương trình : xx x

x2

2cos2 1tan 3tan

2 cos

π −+ − =

HD: Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ x3tan 1= − ⇔ x k4π

π= − + .


Trang 66

Baøi 34. (ĐH 2005D–db1) Giải phương trình: x

xx

3 sintan 22 1 cosπ

− + = +

.

HD: Điều kiện: xsin 0≠ . PT ⇔ x2sin 1= ⇔ x k

x k

265 26

π π

ππ

= +

= +

.

Baøi 35. (ĐH 2005D–db2) Giải phương trình: x x x xsin 2 cos2 3sin cos 2 0+ + − − = .

HD: PT ⇔ x x x(2sin 1)(sin cos 1) 0− − − = ⇔ x

x

1sin2

2sin4 2π

=

− =

⇔

x k

x k

x k

x k

265 26

22

2

ππ

π π

ππ

π π

= +

= +

= + = +

.

Baøi 36. (ĐH 2006A) Giải phương trình: ( )x x x x

x

6 62 cos sin sin .cos 02 2sin

+ −=

−.

HD: Điều kiện: x2sin

2≠ . PT ⇔ x x23sin 2 sin 2 4 0+ − = ⇔ x k

4π

π= + .

Đối chiếu điều kiện, kết luận PT có nghiệm: x m5 24π

π= + .

Baøi 37. (ĐH 2006B) Giải phương trình: xx x xcot sin 1 tan .tan 4

2

+ + =

.

HD: Điều kiện: xx xsin 0, cos 0, cos 0

2≠ ≠ ≠ .

PT ⇔ x xx x

cos sin 4sin cos

+ = ⇔ x1sin 22

= ⇔ x k

x k

12512

π π

ππ

= +

= +

.

Baøi 38. (ĐH 2006D) Giải phương trình: x x xcos3 cos2 cos 1 0+ − − = .

HD: PT ⇔ x x2sin (2 cos 1) 0+ = ⇔ x k

x k2 23

ππ π

=

= ± +

.

Baøi 39. (ĐH 2006A–db1) Giải phương trình: x x x x3 3 2 3 2cos3 .cos sin3 .sin8

+− = .

HD: PT ⇔ x2cos 4

2= ⇔ x k

16 2π π

= ± + .

Baøi 40. (ĐH 2006A–db2) Giải phương trình: x x2sin 2 4sin 1 06π

− + + =

.

HD: PT ⇔ ( )x x xsin 3 cos sin 2 0+ + = ⇔ x k

x k7 26

ππ π

=

= +

.

Baøi 41. (ĐH 2006B–db1) Giải phương trình: ( ) ( )x x x2 2 22sin 1 tan 2 3 2 cos 1 0− + − = .

HD: Điều kiện: xcos2 0≠ . PT ⇔ ( )x x2cos2 tan 2 3 0− = ⇔ x k6 2π π

= ± + .

Baøi 42. (ĐH 2006B–db2) Giải phương trình: x x x xcos2 (1 2 cos )(sin cos ) 0+ + − = .


Trang 67

HD: PT ⇔ x x x x(sin cos )(cos sin 1) 0− − + = ⇔

x k

x k

x k

42

22

ππ

π π

π π

= +

= + = +

.

Baøi 43. (ĐH 2006D–db1) Giải phương trình: x x x3 3 2cos sin 2sin 1+ + = .

HD: PT ⇔ x x x x(cos sin )(1 cos )(sin 1) 0+ − + = ⇔

x k

x k

x k

42

22

π π

ππ

π

= − +

= = − +

.

Baøi 44. (ĐH 2006D–db2) Giải phương trình: x x x x3 24sin 4sin 3sin 2 6 cos 0+ + + = .

HD: PT ⇔ x x x2(sin 1)( 2 cos 3cos 2) 0+ − + + = ⇔ x k

x k

222 23

π π

ππ

= − +

= ± +

.

Baøi 45. (ĐH 2007A) Giải phương trình: ( ) ( )x x x x x2 21 sin cos 1 cos sin 1 sin 2+ + + = +

HD: PT ⇔ x x x x(sin cos )(1 sin )(1 cos ) 0+ − − = ⇔

x k

x k

x k

42

22

ππ

π π

π

= − +

= + =

.

Baøi 46. (ĐH 2007B) Giải phương trình: x x x22sin 2 sin 7 1 sin+ − = .

HD: PT ⇔ ( )x xcos 4 2sin3 1) 0− = ⇔

x k

x k

x k

8 42

18 35 218 3

π π

π π

π π

= +

= +

= +

.

Baøi 47. (ĐH 2007D) Giải phương trình: x xx

2

sin cos 3 cos 22 2

+ + =

.

HD: PT ⇔ x x1 sin 3 cos 2+ + = ⇔ x1cos

6 2π

− =

⇔ x k

x k

22

26

π π

ππ

= +

= − +

Baøi 48. (ĐH 2007A–db1) Giải phương trình: x x xx x

1 1sin 2 sin 2 cot 22sin sin 2

+ − − = .

HD: Điều kiện xsin 2 0≠ . PT ⇔ ( )x x x2cos2 2 cos cos 1 0+ + = ⇔ x k4 2π π

= + .

Baøi 49. (ĐH 2007A–db2) Giải phương trình: x x x x x22 cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )+ + = + .

HD: PT ⇔ x x22 cos 3cos 06 6π π

− − − =

⇔ x k23π

π= + .

Baøi 50. (ĐH 2007B–db1) Giải phương trình: 5 3sin cos 2 cos2 4 2 4 2x x x

− − − =

π π


Trang 68

HD: PT ⇔ xx

3cos 2 cos 2 02 4

π + + =

⇔

x k

x k

x k

23 3

22

2

π π

π π

π π

= +

= + = +

.

Baøi 51. (ĐH 2007B–db2) Giải phương trình: x xx x

x xsin 2 cos2 tan cotcos sin

+ = − .

HD: Điều kiện: xsin 2 0≠ . PT ⇔ x xcos cos2= − ⇔ x k23π

π= ± + .

Baøi 52. (ĐH 2007D–db1) Giải phương trình: x x2 2 sin cos 112π

− =

HD: PT ⇔ x5sin 2 cos sin

12 12 12π π π

− = =

⇔ x k hay x k4 3π π

π π= + = + .

Baøi 53. (ĐH 2007D–db2) Giải phương trình: x x x(1– tan )(1 sin 2 ) 1 tan+ = + .

HD: Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ x x x(cos sin )(cos2 1) 0+ − = ⇔ x k

x k4π π

π

= − +

=.

Baøi 54. (ĐH 2008A) Giải phương trình: xx

x

1 1 74sinsin 43sin

2

ππ

+ = −

−

.

HD: Điều kiện: x x3sin 0, sin 02π

≠ − ≠

.

PT ⇔ x xx x1(sin cos ) 2 2 0

sin cos

+ + =

⇔

x k

x k

x k

4

858

ππ

π π

ππ

= − +

= − +

= +

Baøi 55. (ĐH 2008B) Giải phương trình: x x x x x x3 3 2 2sin 3 cos sin cos 3 sin cos− = − .

HD: PT ( )x x xcos2 sin 3 cos 0+ = ⇔ x k x k;4 2 3π π π

π= + = − + .

Baøi 56. (ĐH 2008D) Giải phương trình: x x x x2sin (1 cos2 ) sin 2 1 2 cos+ + = + .

HD: PT ⇔ x x(2 cos 1)(sin 2 1) 0+ − = ⇔ x k x k2 2 ;3 4π π

π π= ± + = + .

Baøi 57. (ĐH 2008A–db1) Tìm nghiệm trên khoảng (0; π ) của phương trình:

xx x2 2 34sin 3 cos2 1 2 cos

2 4π

− = + −

.

HD: PT ⇔ x x x2 cos 3 cos2 sin 2− = − ⇔ ( )x xcos 2 cos6π

π

+ = −

⇔ x k hay x h5 2 7 218 3 6π π π

π= + = − +

Do x (0; )π∈ nên chỉ chọn x x x5 17 5; ;18 18 6π π π

= = = .


Trang 69

Baøi 58. (ĐH 2008A–db2) Giải phương trình: x x x32 2 cos 3cos sin 0

4π

− − − =

.

HD: PT ⇔ x x x x x x x x3 3 2 2cos sin 3cos .sin 3cos .sin 3cos sin 0+ + + − − = Xét 2 trường hợp:

a) Nếu xcos 0= thì PT ⇔ xx x3

cos 0sin sin 0

=

− = ⇔ x k

2π

π= + .

b) Nếu xcos 0≠ thì ta chia 2 vế của PT cho x3cos .

Khi đó: PT ⇔ xx

cos 0tan 1

≠ =

⇔ x k4π

π= + .

Vậy: PT có nghiệm: x k2π

π= + hoặc x k4π

π= + .

Baøi 59. (ĐH 2008B–db1) Giải phương trình: ( )x x x x x2 2 3sin cos2 cos tan 1 2sin 0+ − + = .

HD: Điều kiện: cos 02

x x k≠ ⇔ ≠ +π

π .

PT ⇔ x x22sin sin 1 0+ − = ⇔ x k x k52 ; 2

6 6π π

π π= + = + .

Baøi 60. (ĐH 2008B–db2) Giải phương trình: xx x

x2

2cos2 1tan 3tan

2 cos

π −+ − =

.

HD: Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ x3tan 1= − ⇔ x k4π

π= − + .

Baøi 61. (ĐH 2008D–db1) Giải phương trình: xx

x3 sintan 22 1 cosπ

− + = +

.

HD: Điều kiện: xsin 0≠ . PT ⇔ x x(cos 1)(2sin 1) 0+ − = ⇔ x k

x k

265 26

π π

ππ

= +

= +

.

Baøi 62. (ĐH 2008D–db2) Giải phương trình: sin 2 cos2 3sin cos 2 0x x x x+ + − − =

HD: PT ⇔ x x x(2sin 1)(sin cos 1) 0− − − = ⇔ x

x

1sin2

2sin4 2π

=

− =

⇔ x k x k x k x k52 ; 2 ; 2 ; 2

6 6 2π π π

π π π π π= + = + = + = + .

Baøi 63. (ĐH 2009A) Giải phương trình: x xx x

(1 2sin ) cos 3(1 2sin )(1 sin )

−=

+ −.

HD: Điều kiện: x x1sin 1, sin2

≠ ≠ − .

PT ⇔ x x x xcos 3 sin sin 2 3 cos2− = + ⇔ x xcos cos 23 6π π

+ = −

⇔ x k2

18 3π π

= − + .

Baøi 64. (ĐH 2009B) Giải phương trình: ( )x x x x x x3sin cos .sin 2 3 cos3 2 cos 4 sin+ + = + .


Trang 70

HD: PT ⇔ x x xsin3 3 cos3 2 cos4+ = ⇔ x xcos 3 cos 4

6π

− =

⇔ x k

x k

26

242 7

π π

π π

= − +

= +

.

Baøi 65. (ĐH 2009D) Giải phương trình: x x x x3 cos5 2sin 3 cos2 sin 0− − = .

HD: PT ⇔ x x x3 1cos5 sin 5 sin

2 2− = ⇔ x xsin 5 sin

3π

− =

⇔ x k

x k

18 3

6 2

π π

π π

= +

= − +

.

Baøi 66. (ĐH 2010A) Giải phương trình: x x x

xx

(1 sin cos2 )sin 14 cos1 tan 2

π + + +

=+

HD: Điều kiện: x xcos 0; 1 tan 0≠ + ≠ .

PT ⇔ x xsin cos2 0+ = ⇔ x k x k72 ; 2

6 6π π

π π= − + = + .

Baøi 67. (ĐH 2010B) Giải phương trình: x x x x x(sin 2 cos2 ) cos 2 cos2 sin 0+ + − = .

HD: PT ⇔ x x x(sin cos 2) cos2 0+ + = ⇔ x k4 2π π

= + .

Baøi 68. (ĐH 2010D) Giải phương trình: x x x xsin 2 cos2 3sin cos 1 0− + − − = .

HD: PT ⇔ x x x(2sin 1)(cos sin 2) 0− + + = ⇔ x k x k52 ; 2

6 6π π

π π= + = + .

Baøi 69. (ĐH 2011A) 1. HD:


Trang 71

II. TỔ HỢP – XÁC SUẤT

ĐỀ THI TỐT NGHIỆP Baøi 1. (TN 2002) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau? ĐS: 2296 Baøi 2. (TN 2003) Giải hệ phương trình cho bởi hệ thức sau: y y y

x x xC C C1 11 : : 6 : 5 : 2+ −

+ = ĐS: x y( 8; 3)= = .

Baøi 3. (TN 2004) Giải bất phương trình (với hai ẩn là n, k ∈ N): knn

Pn k

24360A

( )!+++≤

−.

ĐS: BPT ⇔ k nn n n k( 5)( 4)( 1) 60

≤ + + − + ≤

+ Xét với n ≥ 4: BPT vô nghiệm. + Xét với n ∈ 0, 1, 2, 3 được các nghiệm (n; k) là: (0; 0), (1; 0), (1; 1), (2; 2), (3; 3).

Baøi 4. (TN 2005) Giải bất phương trình, ẩn n thuộc tập số tự nhiên: n nn n nC C A1 2

2 252

−+ ++ > .

ĐS: n ≥ 2. Baøi 5. (TN 2006–kpb) Tìm hệ số của x5 trong khai triển nhị thức Niutơn của nx(1 )+ , n∈N*,

biết tổng tất cả các hệ số trong khai triển trên bằng 1024. ĐS: C5

10 252= .

Baøi 6. (TN 2007–kpb) Giải phương trình: n n nC C C4 5 613 ++ = (trong đó k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

ĐS: n = 6. Baøi 7. (TN 2007–kpb–lần 2) Giải phương trình: n n nC C A3 2 23 2 3+ = (trong đó k

nA là số chỉnh

hợp chập k của n phần tử, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

ĐS: n = 6. Baøi 8. (TN 2008–kpb) Giải bất phương trình: n n nn C C A2 4 3 3( 5) 2 2− + ≤ (trong đó k

nA là số

chỉnh hợp chập k của n phần tử, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

ĐS: n = 4; n = 5. Baøi 9. (TN 2008–kpb–lần 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức Niutơn của

x 10(2 1)− .

ĐS: C7 3102− .

Baøi 10. (TN 2011) ĐS:


Trang 72

ĐỀ THI ĐẠI HỌC Baøi 1. (ĐH 2002A) Cho khai triển nhị thức:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )n n n n nx x x x x x x xn n

n n n nC C C C

1 11 1 1 10 1 12 3 2 2 3 2 3 32 2 2 2 2 ... 2 2 2

− −− − − − − − − −−+ = + + + +

(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó n nC C3 15= , số hạng thứ tư bằng 20n. Tìm n và x.

HD: n = 7; x = 4. Baøi 2. (ĐH 2002B) Cho đa giác đều 1 2 2nA A ...A nội tiếp đường tròn (O; R). Biết rằng số tam

giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm 1 2 2nA , A , ... , A nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm 1 2 2nA , A , ... , A , tìm n.

HD: Số tam giác là: nC32 . Số hình chữ nhật là: nC2 . ĐS: n = 8.

Baøi 3. (ĐH 2002D) Tìm số nguyên dương n sao cho: 0 1 2 n nn n n nC 2C 4C ... 2 C 243.+ + + + =

HD: n = 5. Baøi 4. (ĐH 2002A–db2) Giả sử n là số nguyên dương và n n

nx a a x a x0 1(1 ) ...+ = + + + . Biết

rằng tồn tại số k nguyên dương (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho k k ka a a1 12 9 24− += = , hãy tính n.

HD: Baøi 5. (ĐH 2002B–db2) Tìm số n nguyên dương thoả bất phương trình n

n nA C n3 22 9−+ ≤

(trong đó k kn nA C, lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Baøi 6. (ĐH 2002D–db1) Gọi a a a1 2 11, ,..., là các hệ số trong khai triển sau:

x x x a x a x a10 11 10 91 2 11( 1) ( 2) ...+ + = + + + + .

Hãy tính hệ số a5 . HD: Baøi 7. (ĐH 2002D–db2) Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7

học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn.

HD: Baøi 8. (ĐH 2003A) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

xx

53

1 +

, biết rằng: n n

n nC C n14 3 7( 3)+

+ +− = + (trong đó n là số nguyên dương, x > 0,

knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: C412 495= .

Baøi 9. (ĐH 2003B) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng

S = n

nn n n nC C C C

n

2 3 10 1 22 1 2 1 2 1...

2 3 1

+− − −+ + + +

+.

( knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Sử dụng khai triển của nx(1 )+ . Tính nx dx2

1(1 )+∫ . ĐS: S =

n n

n

1 13 21

+ +−+

.


Trang 73

Baøi 10. (ĐH 2003D) Với n là số nguyên dương, gọi na3 3− là hệ số của nx3 3− trong khai triển

thành đa thức của n nx x2( 1) ( 2)+ + . Tìm n để na n3 3 26− = .

HD: Ta có: n n n n nn n n nx C x C x C x C2 0 2 1 2 2 2 2 4( 1) ...− −+ = + + + +

n n n n n nn n n nx C x C x C x C0 1 1 2 2 2( 2) 2 2 ... 2− −+ = + + + +

+ Kiểm tra n = 1, n = 2: không thoả điều kiện bài toán. + Với n ≥ 3 thì n n n n nx x x x x3 3 2 3 2 2 1− − − −= = ⇒ hệ số của nx3 3− trong khai triển

thành đa thức của n nx x2( 1) ( 2)+ + là: n n n n na C C C C3 0 3 1 13 3 2 . . 2. .− = + .

Từ đó: na n3 3 26− = ⇔ n = 5. Baøi 11. (ĐH 2003A–db1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên

mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3 ? HD: Baøi 12. (ĐH 2003A–db2) Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 5 mà mỗi số có 4 chữ số khác

nhau ? HD: Baøi 13. (ĐH 2003B–db1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên,

mỗi số có 6 chữ số và thoả mãn điều kiện: Sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị ?

HD: Baøi 14. (ĐH 2003B–db2) Từ một tổ gồm 7 học sinh nữ và năm học sinh nam cần chọn ra 6 em

trong đó số học sinh nữ phải nhỏ hơn 4. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy ? HD: Baøi 15. (ĐH 2003D–db1) Từ 9 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên chẵn mà mỗi số gồm 7 chữ số khác nhau ? HD: Baøi 16. (ĐH 2003D–db2) Tìm số tự nhiên n thoả mãn: n n

n n n n n nC C C C C C2 2 2 3 3 32 100− −+ + = .


HD: Baøi 17. (ĐH 2004A) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của x x2 8[1 (1 )]+ − .

HD: Khai triển x x2 8[1 (1 )]+ − . Xác định được a C C C C3 2 4 08 8 3 8 4. . 168 70 238= + = + = .

Baøi 18. (ĐH 2004B) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ?

HD: Chia thành nhiều trường hợp. ĐS: C C C C C C C C C2 2 1 2 1 2 3 1 115 10 5 15 10 5 15 10 5 56875+ + = .

Baøi 19. (ĐH 2004D) Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của

xx

73

41

+

với x > 0.

HD: C47 35= .

Baøi 20. (ĐH 2004A–db1) Cho tập A gồm n phần tử, n ≥ 7. Tìm n, biết rằng số tập con gồm 7 phần tử của tập A bằng hai lần số tập con gồm 3 phần tử của tâọ A.

HD: Baøi 21. (ĐH 2004A–db2) Cho tập A gồm n phần tử, n > 4. Tìm n, biết rằng trong số các tập

con của A có đúng 16n tập con có số phần tử là số lẻ.


Trang 74

HD: Baøi 22. (ĐH 2004B–db1) Biết rằng x a a x a x100 100

0 1 100(2 ) ...+ = + + + . Chứng minh rằng

a a2 3< . Với giá trị nào của k thì k ka a k1 (0 99)+< ≤ ≤ ? HD: Baøi 23. (ĐH 2004B–db2) Giả sử n n

nx a a x a x a x20 1 2(1 2 ) ...+ = + + + + . Tìm n và số lớn nhất

trong các số na a a a0 1 2, , ,..., , biết rằng na a a a0 1 2 ... 729+ + + + = . HD:

Baøi 24. (ĐH 2004D–db1) Biết rằng trong khai triển nhị thức Niutơn của n

xx1

+

tổng các hệ

số của hai số hạng đầu tiên bằng 24, tính tổng các hệ số của các số hạng chứa kx với k > 0 và chứng minh rằng tổng này là một số chính phương.

HD: Baøi 25. (ĐH 2004D–db2) Có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn dồng thời ba điều kiện sau: gồm

đúng 4 chữ số đôi một khác nhau; là số chẵn; nhỏ hơn 2158 ? HD: Baøi 26. (ĐH 2005A) Tìm số nguyên dương n sao cho: n n

n n n n nC C C C n C1 2 2 3 3 4 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... (2 1).2 2005+

+ + + + +− + − + + + =


HD: Sử dụng khai triển của nx 2 1(1 ) ++ . Lấy đạo hàm hai vế, rồi thay x = –2. ĐS: n = 1002. Baøi 27. (ĐH 2005B) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi

có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ.

HD: C C C C C C1 4 1 4 1 43 12 2 8 1 4. . 207900= .

Baøi 28. (ĐH 2005D) Tính giá trị của biểu thức n nAM

n

4 31 3A

( 1)!+ +

=+

, biết rằng:

n n n nC C C C2 2 2 21 2 3 42 2 149+ + + ++ + + = (*)

(n là số nguyên dương, knA , k

nC lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Từ (*) ⇒ n = 5. Vậy M = 34

.

Baøi 29. (ĐH 2005A–db1) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức nx 2(2 3 )− , trong đó n là

số nguyên dương thỏa mãn: 1 3 5 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C ... C 1024+

+ + + ++ + + + = (*) ( knC là số tổ

hợp chập k của n phần tử). HD: Sử dụng khai triển của nx 2 1(1 ) ++ . Lần lượt cho x = 1 và x = –1.

Tính được n nn n n nC C C C1 3 5 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1... 2++ + + ++ + + + = ⇒ 2n = 10.

Suy ra hệ số của x7 là C3 7 3103 .2− .

Baøi 30. (ĐH 2005A–db2) Tìm k 0,1,2,...,2005∈ sao cho k2005C đạt giá trị lớn nhất. ( k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử)


Trang 75

HD: kC2005 lớn nhất ⇔

k k 12005 2005k k 12005 2005

C CC C

+

−

≥

≥ (k ∈ N) ⇔ k

k10021003

≥ ≤

⇔ k hay k1002 1003= =

Baøi 31. (ĐH 2005B–db1) Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức: + − =2 2

n n n n2P 6A P A 12

( Pn là số hoán vị của n phần tử và knA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).

HD: PT ⇔ [ ]n n n(6 !) ( 1) 2 0− − − = ⇔ n = 3 hay n = 2. Baøi 32. (ĐH 2005B–db2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8.

HD: a a a3 4 5 8+ + = ⇒ a a a3 4 5, , 1,2,5∈ hoặc a a a3 4 5, , 1,3,4∈ . ĐS: 720 + 720 = 1440 (số). Baøi 33. (ĐH 2005D–db1) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao

nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người, biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.

HD: C C C C C C3 5 4 4 5 35 10 5 10 5 10 3690+ + = cách.

Baøi 34. (ĐH 2005D–db2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?

HD: Thực hiện 2 bước: + Bước 1: xếp 2 số 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí, có: A2

5 20= cách.

+ Xếp 3 trong 5 số còn lại vào 3 vị trí còn lại, có: A35 60= cách.

ĐS: 20.60 = 1200 số. Baøi 35. (ĐH 2006A) Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

xx

74

1 +

, biết rằng n

n n nC C C1 2 202 1 2 1 2 1... 2 1+ + ++ + + = − . (n nguyên dương, ( k

nC là số tổ

hợp chập k của n phần tử). HD: + Từ giả thiết ⇒ n

n n n nC C C C0 1 2 202 1 2 1 2 1 2 1... 2+ + + ++ + + + = (1)

+ Vì k n kn nC C2 1

2 1 2 1+ −

+ += , ∀k, 0 ≤ k ≤ 2n+1 nên:

( )n nn n n n n n nC C C C C C C0 1 2 0 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11... ...2

++ + + + + + ++ + + + = + + + (2)

+ Từ khai triển của n2 1(1 1) ++ suy ra:

n n nn n nC C C0 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1... (1 1) 2+ + ++ + ++ + + = + = (3)

+ Từ (1), (2), (3) suy ra: n2 202 2= ⇔ n = 10. + Suy ra hệ số của x26 là: C6

10 210= . Baøi 36. (ĐH 2006B) Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử

bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈ 1, 2, 3, …, n sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.

HD: Từ giả thiết suy ra: n nC C4 220= ⇔ n = 18.

Do k

k

C kkC

118

18

18 11

+ −= <

+ ⇔ k ≥ 9, nên C C C9 10 18

18 18 18...> > > ⇒ C C C1 2 918 18 18...< < < .

Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. Baøi 37. (ĐH 2006D) Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm


Trang 76

5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy ?

HD: Dùng phương pháp loại trừ. + Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là: C4

12 495= . + Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất 1 em là: C C C C C C C C C2 1 1 1 2 1 1 1 2

5 4 3 5 4 3 5 4 3 270+ + = + Số cách chọn phải tìm là: 495 – 270 = 225. Baøi 38. (ĐH 2006A–db1) Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của x x2 100( )+ , chứng minh

rằng: C C C C99 100 198 199

0 1 99 100100 100 100 100

1 1 1 1100 101 ... 199 200 02 2 2 2

− + − + =

.


HD: Lấy đạo hàm hai vế, cho x12

= − , rồi nhân hai vế với –1, ta được đpcm.

Baøi 39. (ĐH 2006A–db2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.

HD: Số các số tự nhiên cần tìm là: 96 số. Chia thành nhiều trường hợp. + Có 24 số dạng a a a a4 3 2 10 ; 18 số dạng a a a a4 3 2 11; 18 số dạng a a a a4 3 2 12 ;

18 số dạng a a a a4 3 2 13 ; 18 số dạng a a a a4 3 2 14 Tổng các chữ số hàng đơn vị là: 18(1 + 2 + 3 + 4) = 180. Tổng các chữ số hàng chục là: 1800 Tổng các chữ số hàng trăm là: 18000 Tổng các chữ số hàng nghìn là: 180000 + Có 24 số dạng a a a a3 2 1 01 ; 24 số dạng a a a a3 2 1 02 ; 24 số dạng a a a a3 2 1 03 ;

24 số dạng a a a a3 2 1 04 Tổng các chữ số hàng chục nghìn là: 24(1 + 2 + 3 + 4).10000 = 2400000 + Vậy tổng 96 số là: 180 + 1800 + 18000 + 180000 + 2400000 = 2599980 Baøi 40. (ĐH 2006B–db1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn,

mỗi số có 5 chữ số khác nhau, trong đó có đúng 2 chữ số lẻ và 2 chữ số lẻ đó đứng cạnh nhau ?

HD: Số cách chọn hai trong ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau là: A23 6= cách. Xem 2 số lẻ

đứng cạnh nhau là một phần tử x. Vậy mỗi số cần lập gồm phần tử x và 3 trong 4 chữ số chẵn 0, 2, 4, 6. Chia thành nhiều trường hợp.

ĐS: 6(18 + 18 + 24) = 360 số. Baøi 41. (ĐH 2006B–db2) Cho 2 đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10

điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n ≥ 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.

HD: Số tam giác có 1 đỉnh thuộc d1, 2 đỉnh thuộc d2 là: nC210 .

Số tam giác có 1 đỉnh thuộc d2, 2 đỉnh thuộc d1 là: nC210 .

Từ giả thiết: nC210 + nC210 =2800, suy ra n = 20.

Baøi 42. (ĐH 2006D–db1) Một lớp có 33 học sinh, trong đó có 7 nữ. Cần chia lớp học thành 3 tổ, tổ 1 có 10 học sinh, tổ 2 có 11 học sinh, tổ 3 có 12 học sinh sao cho trong mỗi tổ có ít nhất 2 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia như vậy ?

HD: Chia thành nhiều trường hợp theo số học sinh nữ.


Trang 77

ĐS: C C C C C C C C C C C C3 7 2 9 2 8 3 8 2 8 2 97 26 4 19 7 26 5 18 7 26 5 18+ + .

Baøi 43. (ĐH 2006D–db2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau và mỗi số lập được đều nhỏ hơn 25000 ?

HD: Chia thành nhiều trường hợp. ĐS: 240 + 48 + 72 = 360 số.

Baøi 44. (ĐH 2007A) Chứng minh rằng: n

nn n n nC C C C

n n

21 3 5 2 12 2 2 2

1 1 1 1 2 1...2 4 6 2 2 1

− −+ + + + =

+

(n là số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Ta có: n n nn n nx C C x C x2 0 1 2 2

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

n n nn n nx C C x C x2 0 1 2 2

2 2 2(1 ) ...− = − + +

⇒ ( )n n n nn n nx x C x C x C x2 2 1 3 3 2 1 2 1

2 2 2(1 ) (1 ) 2 ... − −+ − − = + + +

⇒ ( )n n

n nn n n

x x dx C x C x C x dx1 12 2

1 3 3 2 1 2 12 2 2

0 0

(1 ) (1 ) ...2

− −+ − −= + + +∫ ∫

⇒ n

nn n n nC C C C

n n

21 3 5 2 12 2 2 2

2 1 1 1 1 1...2 1 2 4 6 2

−−= + + + +

+

Baøi 45. (ĐH 2007B) Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Niutơn của nx(2 )+ , biết n n n n n n

n n n n nC C C C C0 1 1 2 2 3 33 3 3 3 ... ( 1) 2048− − −− + − + + − =

(n là số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Ta có: n n n n n n n nn n n n nC C C C C0 1 1 2 2 3 33 3 3 3 ... ( 1) (3 1) 2− − −− + − + + − = − = .

Từ giả thiết suy ra n = 11. Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển của x 11(2 )+ là: C10 1

11 .2 22= .

Baøi 46. (ĐH 2007D) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của: x x x x5 2 10(1 2 ) (1 3 )− + +

HD: Hệ số của x5 trong khai triển của x x 5(1 2 )− là: C4 45( 2)− .

Hệ số của x5 trong khai triển của x x2 10(1 3 )+ là: C3 3103 .

Hệ số của x5 trong khai triển của x x x x5 2 10(1 2 ) (1 3 )− + + là: C4 45( 2)− + C3 3

103 Baøi 47. (ĐH 2007A–db1) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ

số khác nhau? HD: Giả sử số cần lập là n = a a a a1 2 3 4 > 2007. Xét hai trường hợp a4 = 0 và a4 ≠ 0. ĐS: 448 + 1568 = 2016 số. Baøi 48. (ĐH 2007A–db2) Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho

1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n 6+ điểm đã cho là 439.

HD: Với n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Số tam giác tạo thành không vượt quá C38 = 56 < 439

(loại). Vậy n ≥ 3. Số tam giác tạo thành là: n nC C C3 3 3

6 3+ − − = 439 ⇔ n = 10.

Baøi 49. (ĐH 2007B–db1) Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ: 2 3

3 2

22

66x y

y x

A C

A C

+ =

+ =.

HD: (x = 4; y = 5).


Trang 78

Baøi 50. (ĐH 2007B–db2) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của nx2( 2)+ ,

biết: 3 2 18 49n n nA C C− + = .

HD: Từ giả thiết tìm được n = 7. Suy ra hệ số của x8 là: C4 37 2 280= .

Baøi 51. (ĐH 2007D–db1) Chứng minh với mọi số n nguyên dương luôn có: ( ) ( ) ( ) 0C1C1...C1nnC 1n

n1n2n

n2n1

n0n =−+−++−− −−−−

HD: Sử dụng khai triển của nx( 1)− . Lấy đạo hàm hai vế, rồi cho x = 1 ta được đpcm. Baøi 52. (ĐH 2007D–db2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên chẵn mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau. HD: 120 + 300 = 420 số. Baøi 53. (ĐH 2008A) Cho khai triển n n

nx a a x a x0 1(1 2 ) ...+ = + + + , trong đó n ∈ N và các hệ

số na a a0 1, ,..., thoả mãn hệ thức nn

aaa 1

0 ... 40962 2

+ + + = . Tìm số lớn nhất trong các số

na a a0 1, ,..., .

HD: Đặt f(x) = n nnx a a x a x0 1(1 2 ) ...+ = + + + ⇒ nn

n

aaa f1

01... 2

2 22

+ + + = =

.

Từ giả thiết suy ra: n2 4096= ⇒ n = 12. Với mọi k ∈ 0, 1, 2, …, 11 ta có k k k k

k ka C a C1 112 1 122 , 2 + +

+= =

Giả sử: k k

kk k

k

a C k ka kC

121 1

1 12

2 1 231 1 12(12 ) 32 + +

+

+< ⇔ < ⇔ < ⇔ <

−.

Mà k ∈ Z ⇒ k ≤ 7. Do đó a a a0 1 8...< < < .

Tương tự, k

k

ak

a 11 7

+> ⇔ > . Do đó a a a8 9 12...> > > .

Vậy số lớn nhất trong các số na a a0 1, ,..., là a C8 88 122 126720= = .

Baøi 54. (ĐH 2008B) Chứng minh rằng k k kn n n

nn C C C1

1 1

1 1 1 12 +

+ +

++ = +

(n, k là các số nguyên

dương, k ≤ n, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: k k kn n n

n k n kn nC C C1

1 1

1 1 1 !( )! 12 !+

+ +

+ −+ == = +

.

Baøi 55. (ĐH 2008D) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức nn n nC C C1 3 2 1

2 2 2... 2048−+ + + =


HD: Ta có: n n nn n n nC C C C2 0 1 2 1 2

2 2 2 20 (1 1) ... −= − = − + − +

n n n nn n n nC C C C2 2 0 1 2 1 2

2 2 2 22 (1 1) ... −= + = + + + +

⇒ n nn n nC C C1 3 2 1 2 1

2 2 2... 2− −+ + + = .

Từ giả thiết suy ra: n2 12 2048− = ⇔ n = 6. Baøi 56. (ĐH 2008A–db1) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8.

HD: 720 + 720 = 1440 số.


Trang 79

Baøi 57. (ĐH 2008A–db2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức 2(2 3 ) nx− , trong đó n là

số nguyên dương thỏa mãn: nn n n nC C C C1 3 5 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1... 1024++ + + ++ + + + = ( k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

HD: Sử dụng khai triển của nx 2 1(1 ) ++ . Lần lượt cho x = 1 và x = –1.

Tính được n nn n n nC C C C1 3 5 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1... 2++ + + ++ + + + = ⇒ 2n = 10.

Suy ra hệ số của x7 là C3 7 3103 .2− .

Baøi 58. (ĐH 2008B–db1) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.

HD: C C C C C C3 5 4 4 5 35 10 5 10 5 10 3690+ + = cách.

Baøi 59. (ĐH 2008B–db2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?

HD: Thực hiện 2 bước: + Bước 1: xếp 2 số 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí, có: A2

5 20= cách.

+ Xếp 3 trong 5 số còn lại vào 3 vị trí còn lại, có: A35 60= cách.

ĐS: 20.60 = 1200 số. Baøi 60. (ĐH 2008D–db1) Tìm k 0,1,2,...,2005∈ sao cho k

2005C đạt giá trị lớn nhất. ( knC là

số tổ hợp chập k của n phần tử)

HD: kC2005 lớn nhất ⇔ k k 12005 2005k k 12005 2005

C CC C

+

−

≥

≥ (k ∈ N) ⇔ k

k10021003

≥ ≤

⇔ k hay k1002 1003= =

Baøi 61. (ĐH 2008D–db2) Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức: + − =2 2

n n n n2P 6A P A 12

( Pn là số hoán vị của n phần tử và knA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).

HD: PT ⇔ [ ]n n n(6 !) ( 1) 2 0− − − = ⇔ n = 3 hay n = 2.

Chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp và các em học sinh đã đọc tập tài liệu này. [email protected]

mailto:[email protected]

Documents

BT Dai So 11 - Tran Si Tung