Bài tập cuối chuyên đề 2 Chuyên đề học tập Toán 10

Giải Bài tập cuối chuyên đề 2 Chuyên đề học tập Toán 10. Hướng dẫn giải bài tập theo từng bước, dễ hiểu sách chuyên đề học tập toán 10 Kết nối tri thức

Giải bài 2.19 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

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

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

Lời giải chi tiết

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

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

Vậy (*) đúng với \(n = 1\)

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

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

Thật vậy, ta có

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

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

Giải bài 2.20 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

Đặt \({S_n} = \frac{1}{{1.3}} + \frac{1}{{3.5}} + … + \frac{1}{{(2n – 1)(2n + 1)}}\)

a) Tính \({S_1},{S_2},{S_3}\)

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

Lời giải chi tiết

a)

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

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

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

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

Vậy (*) đúng với \(n = 1\)

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

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

Thật vậy, ta có

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

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

Giải bài 2.21 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

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

Lời giải chi tiết

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

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

Vậy khẳng định đúng với \(n = 0\).

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

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

Thật vậy, ta có:

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

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

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n.

Giải bài 2.22 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

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

Lời giải chi tiết

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

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

Vậy BĐT đúng với \(n = 2\)

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

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

Thật vậy, ta có

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

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

Giải bài 2.23 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

a) Khai triển \({(1 + x)^{10}}\)

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

Lời giải chi tiết

a)

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

b)

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

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

Giải bài 2.24 trang 37 Chuyên đề học tập Toán 10

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

Lời giải chi tiết

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

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

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

Giải bài 2.25 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

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

Tìm hệ số \({a_k}\) lớn nhất?

Lời giải chi tiết

Ta có:

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

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

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

Vậy \({a_8}\) là lớn nhất.

Giải bài 2.27 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

Tìm giá trị lớn nhất trong các giá trị

\(C_n^0,C_n^1,C_n^2,…,C_n^n\)

Áp dụng: Tìm hệ số lớn nhất của khai triển \({(a + b)^n}\) biết rằng tổng các hệ số của khai triển bằng 4096.

Lời giải chi tiết

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

Với \(n \ge 2\)

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

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

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

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

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

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

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

Áp dụng:

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

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

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

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

Giải bài 2.28 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 10

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

Lời giải chi tiết

Ta có:

\({(p + q)^n} = C_n^0{p^n} + C_n^1{p^{n – 1}}q + C_n^2{p^{n – 2}}{q^2} + … + C_n^n{q^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{p^{n – k}}{q^k}} = \sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} \)

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

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

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

\(\begin{array}{l}(1) \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{k!\left( {n – k} \right)!}}{p^{n – k}}{q^k} \ge \frac{{n!}}{{(k – 1)!\left( {n – k + 1} \right)!}}{p^{n – k + 1}}{q^{k – 1}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{k}q \ge \frac{1}{{n – k + 1}}p \Leftrightarrow \frac{{1 – p}}{k} \ge \frac{p}{{n – k + 1}}\\ \Leftrightarrow pk \le (1 – p)(n – k + 1)\end{array}\)

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

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