Bài tập Cuối chuyên đề 2 có đáp án
10 câu hỏi
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n≥1, ta có
2.21 + 3.22 + 4.23 + ... + (n + 1).2n = n.2n + 1.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 1 ta có 2.21 = 4 = 1.21 + 1.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.
Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:
2.21 + 3.22 + 4.23 + ... + (k + 1).2k = k.2k + 1.
Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:
2.21 + 3.22 + 4.23 + ... + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + 1 = (k + 1)2(k + 1) + 1.
Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
2.21 + 3.22 + 4.23 + ... + (k + 1).2k + [(k + 1) + 1].2k + 1
= k.2k + 1 + [(k + 1) + 1].2k + 1
= (2k + 2).2k + 1
= (k + 1).2.2k + 1
= (k + 1)2k + 2
= (k + 1).2(k + 1) + 1.
Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Đặt Sn=11.3+13.5+…+1(2n−1)(2n+1).
a) Tính S1, S2, S3.
b) Dự đoán công thức tính tổng Sn và chứng minh nó bằng quy nạp.
a) S1=11.3=13,S2=11.3+13.5=25, S3=11.3+13.5+15.7=37.
b) Từ a) ta có thể dự đoán Sn=n2n+1.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 1 ta có S1=13=12.1+1.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.
Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: Sk=k2k+1.
Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Sk+1=k+12k+1+1.
Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
Sk+1=11.3+13.5+…+1(2k−1)(2k+1)+12k+1−12k+1+1
=Sk+12k+1−12k+1+1
=k2k+1+12k+1−12k+1+1
=k2k+1+12k+12k+3
=k2k+3+12k+12k+3
=2k2+3k+12k+12k+3
=k+12k+12k+12k+3=k+12k+3=k+12k+1+1.
Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có 102n + 1 + 1 chia hết cho 11.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 0 ta có 102.0 + 1 + 1 = 11 ⁝ 11.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 0.
Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 102k + 1 + 1 chia hết cho 11.
Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 102(k + 1) + 1 + 1 chia hết cho 11.
Thật vậy, ta có:
102(k + 1) + 1 + 1
= 10(2k + 1) + 2 + 1
= 100.102k + 1 + 1
= 100.102k + 1 + 100 – 100 + 1
= 100(102k + 1 + 1) – 100 + 1
= 100(102k + 1 + 1) – 99.
Vì 102k + 1 + 1 và 99 đều chia hết cho 11 nên 100(102k + 1 + 1) – 99 chia hết cho 11. Do đó 102(k + 1) + 1 + 1 chia hết cho 11.
Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có 5n ≥ 3n + 4n.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1. Với n = 2 ta có 52 = 25 = 32 + 42.
Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 2.
Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 5k ≥ 3k + 4k.
Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 5k + 1 ≥ 3k + 1 + 4k + 1.
Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
5k + 1 = 5.5k ≥ 5(3k + 4k) = 5. 3k + 5.4k ≥ 3. 3k + 4.4k = 3k + 1 + 4k + 1.
Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n.
a) Khai triển (1 + x)10.
b) (1,1)10 và 2.
a) 1+x10=C100110+C10119x+C10218x2+...+C1091x9+C1010x10
=1+C101x+C102x2+...+C109x9+x10.
b) Áp dụng câu a) ta có:
1,110=1+0,110
=1+C101.0,1+C1020,12+...+C1090,19+0,110>1+C101.0,1=2.
Tìm hệ số của x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11.
Số hạng chứa x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11 là C1111−92x9−311−9=C11229x9−32=C1122932x9=253440x9.
Vậy hệ số của x9 trong khai triển thành đa thức của (2x – 3)11 là 253440.
Khai triển đa thức (1 + 2x)12 thành dạng a0 + a1x + a2x2 + ... + a12x12.
Tìm hệ số ak lớn nhất.
Số hạng chứa xk trong khai triển thành đa thức của (1 + 2x)12 hay (2x + 1)12 là C1212−k2xk112−k=C12k2kxk.
Do đó ak=C12k2k.
Thay các giá trị của k từ 0 đến 12 vào ak ta thấy a8 có giá trị lớn nhất và bằng 126720.
Chứng minh rằng C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n=C2n1+C2n3+C2n5+…+C2n2n−1.
Áp dụng: Tìm số nguyên dương n thoả mãn C2n1+C2n3+…+C2n2n−1=2048.
Xét:
M=C2n0+C2n1+C2n2+…+C2n2n−1+C2n2n;
N=C2n0−C2n1+C2n2−…−C2n2n−1+C2n2n;
P=C2n0+C2n2+C2n4+…+C2n2n−2+C2n2n;
Q=C2n1+C2n3+C2n5+…+C2n2n−3+C2n2n−1.
+) Ta có:
(x+1)2n=C2n0x2n+C2n1x2n−11+C2n2x2n−212+…+C2n2n−1x12n−1+C2n2n12n
=C2n0x2n+C2n1x2n−1+C2n2x2n−2+…+C2n2n−1x+C2n2n.
Cho x = 1, ta được:
(1+1)2n=C2n012n+C2n112n−1+C2n212n−2+…+C2n2n−11+C2n2n
=C2n0+C2n1+C2n2+…+C2n2n−1+C2n2n.
Vậy M=(1+1)2n=22n.
+) Ta có:
(x−1)2n=C2n0x2n−C2n1x2n−11+C2n2x2n−212−…−C2n2n−1x12n−1+C2n2n12n
=C2n0x2n−C2n1x2n−1+C2n2x2n−2−…−C2n2n−1x+C2n2n.
Cho x = 1, ta được:
(1−1)2n=C2n012n−C2n112n−1+C2n212n−2−…−C2n2n−11+C2n2n
=C2n0−C2n1+C2n2−…−C2n2n−1+C2n2n.
Vậy N=(1−1)2n=0
Ta có: P+Q=M=22n và P−Q=N=0 nên P=Q=22n:2=22n−1.
Áp dụng: C2n1+C2n3+…+C2n2n−1=2048⇒22n−1=2048⇒2n−1=11⇒n=6.
Tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị Cn0,Cn1,…,Cnn.
Áp dụng: Tìm hệ số lớn nhất của khai triển (a + b)n, biết rằng tổng các hệ số của khai triển bằng 4096.
+) Ta có:
Cnk≤Cnk+1⇔n!k!n−k!≤n!k+1!n−k−1!
⇔k+1!n−k−1!≤k!n−k!
⇔k+1≤n−k⇔2k≤n−1 (*).
– Nếu n lẻ thì *⇔k≤n−12. Từ đây ta có Cnk≥Cnk+1⇔k≥n−12.
⇒Cn0≤Cn1≤...≤Cnn−12≤Cnn+12≤...≤Cnn.
Dấu "=" chỉ xảy ra khi k=n−12.
Do đó có hai số có giá trị lớn nhất là Cnn−12 và Cnn+12.
– Nếu n chẵn thì *⇔k≤n−12=n2−1. Từ đây ta có Cnk≥Cnk+1⇔k≥n2−1.
⇒Cn0≤Cn1≤...≤Cnn2≤...≤Cnn.
Dấu "=" không xảy ra với bất kì giá trị k nào.
Do đó chỉ có đúng một số có giá trị lớn nhất là Cnn2.
+) Áp dụng:
Tổng các hệ số của khai triển (a + b)n bằng 4096
⇒Cn0+Cn1+…+Cnn=4096⇒2n=4096⇒n=12
⇒ Hệ số lớn nhất của khai triển là C126=924.
Tìm số hạng có giá trị lớn nhất của khai triển (p + q)n với p > 0, q > 0, p + q = 1.
SAI ĐỀ!
