SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM, TÍCH PHÂN VÀ SỐ PHỨC
NHẰM GIÚP HỌC SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ
HỢP"
1
A. Đặt vấn đề:
Trong chương trình phổ thông, bài toán tổ hợp là một phần quan trọng để phát triển tư
duy, tính sáng tạo của các em học sinh. Những năm gần đây, các bài toán của Đại số tổ
hợp thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng khá nhiều. Để
giải quyết bài toán này có nhiều phương pháp khác nhau, khi thì dùng trực tiếp các tính
chất về tổ hợp, phép biến đổi tương đương, cũng có khi là sử dụng đạo hàm, tích phân,
còn số phức thì thật sự còn mới mẻ. Song trong nội dung bài viết này tôi trình bày một số
bài toán tổ hợp hay gặp mà cách giải là tổng thể sử dụng công cụ đạo hàm, tích phân và
số phức. Đây thực sự là một công cụ hữu hiệu, giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh,
gọn, chính xác. Mong muốn hơn của tôi là cho các em cái nhìn tổng thể về cách giải
quyết bài toán này.
Tất nhiên, tổ hợp được học ở trong chương trình lớp 11, cụ thể là ở giữa HKI. Còn đạo
hàm thì được trình bày ở cuối HKII của lớp 11, tích phân được học ở trong chương trình
lớp 12, thậm chí số phức được trình bày ở cuối chương trình lớp 12. Hệ thống các bài tập
ở sách giáo khoa và sách bài tập về ứng dụng đạo hàm, tích phân và số phức để giải các
bài toán tổ hợp thì không được trình bày nhiều, học sinh không được rèn luyện kỹ năng
này trên lớp. Do đó, khi gặp bài toán này ở các đề thi Đại học và Cao đẳng, phần lớn các
em không làm được.
Nhằm mục đích để cho các em học sinh chuẩn bị bước vào các kỳ thi quan trọng, thấy
được tổng thể các phương pháp giải quyết bài toán tổ hợp, từ đó tạo cho các em niềm tin
2
sẽ làm bài tốt trong các kỳ thi sắp tới. Tôi chọn đề tài “Sử dụng công cụ đạo hàm, tích
phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”. làm sáng
kiến kinh nghiệm của mình. Đồng thời áp dụng đề tài ngay cho các em học sinh dang học
lớp 12 năm 2013 này.


n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′
⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn
xnCxCC
(2)
b) Lấy tích phân hai vế của (1) ta được:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b

C
(với k = 0,1,2, n)
Ta Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là x
= i). Mặt khác khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Rồi so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách
tính. Từ đó sẽ tìm được mối liên hệ cho tổng cần tính.
Sau đây tôi sẽ trình bày mỗi phương pháp một ví dụ tương ứng, để làm minh chứng cho
cơ sở lý luận của đề tài này. Ở phần giải quyết vấn đề tôi cố gắng trình bày các bài toán
một cách chi tiết, phân tích và nhận xét cách giải nhằm giúp học sinh thấy được khi nào
dùng công cụ đạo hàm, tích phân hay số phức có hiệu quả cao nhất.
Ví dụ 1: (Đề tuyển sinh đại học KA -2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho :
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2.2 3.2 4.2 (2 1)2 2005 (1)
n n
n n n n n

1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1 2.2 3.2 4.2 (2 1)2 (3)
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Từ (1) và (3) ta thấy VT (1) = VP (3) suy ra 2n+1=2005
1002=⇔ n
(thoả mãn)
Kết luận:
1002n
=
là gái trị cần tìm
Ví dụ 2: (Đề tuyển sinh đại học KA-2007)
Cho n là số nguyên dương,chứng minh:
12
12
2
1

6
1
4
1
2
1
2

n 2n 2n 2n 2n
1 x C C x C x C x C x
− = − + − + +
(2)
Trừ vế theo vế (1) và (2) ta được:
( ) ( )
( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x 2 C x C x C x
− −
+ − − = + + +
( ) ( )
2n 2n
1 3 3 2n 1 2n 1
2n 2n 2n
1 x 1 x
C x C x C x
2
− −
+ − −
⇔ = + + +
5
Suy ra
( ) ( )
( )
2n 2n
1 1
1 3 3 2n 1 2n 1

+
 
 
2n
1 3 5 2n 1
2n 2n 2n 2n
1 1 1 1 2 1
C C C C
2 4 6 2n 2n 1
−
−
⇔ + + + + =
+
(đpcm)
Ví dụ 3: (Bài tập 29 trang 206 SGK Giải tích 12- Nâng cao)
Tính: S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
Giải
Ta có:
19 0 1 2 4 4 16 16 18 18 1 3 3 19 19
19 19 19 19 19 19 19 19
(1 ) ( ) ( )i C C i C i C i C i C i C i C i+ = + + + + + + + + +
=
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
+(
1 3 5 17 19

2 2
i− +
= -2
9
+ 2
9
i
So sánh hai cách tính trên ta được S =
0 2 4 16 18
19 19 19 19 19
C C C C C− + − + −
= -2
9
= -512
II. Thực trạng của vấn đề:
6
Thuận lợi: Năm 2013 tôi đặt mục tiêu là hoàn thành chuyên đề “ Sử dụng công cụ đạo
hàm, tích phân và số phức nhằm giúp học sinh giải nhanh một số bài toán tổ hợp”.
thì lại trùng với việc tôi được trực tiếp giảng dạy hai lớp 12, mà số đông trong các em là
những học sinh quyết tâm sẽ thi vào các trường Đại học và cao đẳng. Đó là thuận lợi
đáng kể để tôi áp dụng đề tài này, và tôi tin là lớp học sinh được tôi truyền đạt chuyên đề
này sẽ đạt kết quả khác biệt so với lớp học sinh có chất lượng tương tự khi tôi cũng trực
tiếp giảng dạy các em năm 2010.
Khó khăn: Tỷ lệ học sinh làm được loại toán này còn rất thấp.
Điều này tôi thu được vì cả hai năm lớp 10, 11 tôi đều trực tiếp dạy các em và sang năm
2013 này tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng làm bài loại toán này thông qua một số bài
kiểm tra đối với học sinh lớp 12C1 và 12C3.
Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới
5
Tỉ lệ Đạt diểm trên

kC
hoặc
1k n k k
n
kC a b
− −
thì ta có
thể dùng đạo hàm cấp 1 để tính. Cụ thể:
a) (1+x)
n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210
⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′
⇔
n(1+x)
n−1

8

⇔
−n(1−x)
n−1
=
1 2 1
2 ( 1)
n n n
n n n
C C x nC x
−
− + − + −

c) (x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1

n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1

n n n n n

−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −
′
 
− + − + − + −
 ⇔
n(x−1)
n−1
=
0 1 1 2 2 3 1
( 1) ( 2) ( 1)( 1)
n n n n
n n n n
nC x n C x n C x n C
− − − −
− − + − − + − −
Tổng quát:
( )

k n k
n
k k C a
−
−
hay tổng quát hơn
( )
1
k n k k
n
k k C a b
−
−
thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để
tính. Xét đa thức
Từ các đẳng thức về đạo hàm cấp 1 ở trên ta có
a) n(n−1)(1+x)
n-2
=

2 3 2
2.1 3.2 ( 1)
n n
n n n
C C x n n C x
−
+ + −
b) n(n−1)(1−x)
n-2
=

( )
0 1 1

n
n n n n
n n n
a bx C C a bx C b x
−
+ = + + +
⇒
( )
1
1 1 2 2 2 1
2
n
n n n n n
n n n
bn a bx C a b C a b x nC b x
−
− − −
+ = + +
⇔

( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 1
1 2.1 1 2
n n n n n
n n

Tóm lại: Với loại bài tập này sau khi chọn được hàm số
)(xf
thích hợp ta tiến hành lấy
đạo hàm hàm số đã chọn theo hai cách:
- Lấy đạo hàm trực tiếp hàm số đã cho
- Lấy đạo hàm sau khi đã sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số
)(xf
đã chọn (Dĩ
nhiên ở đây
)(xf
có dạng có thể dùng công thức khai triển nhị thức Newton)
10
-Với phép lấy đạo hàm, ta lựa chọn một giá trị phù hợp cho x, rồi thay vào hai biểu
thức và tính đạo hàm.
Như vậy tôi nhấn mạnh cho học sinh thấy khi gặp bài toán có chứa hệ số kiểu a.n ta
chú ý ngay đến cách dùng đạo hàm.
1.2 Bài tập
Bài 1: Chứng minh rằng
1 2 3
2 3
n
n n n n
C C C nC+ + + +
=n.2
n-1
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử

−
+++
nn
nnn
xnCxCC
Thay x=1, ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Chứng minh:
2 3 4
2.1 3.2 4.3 ( 1)
n
n n n n
C C C n n C+ + + −
= n(n−1).2
n-2
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
,
1
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (1+x)
n
, đạo hàm cấp 2.
Giải:
Ta có (1+x)
n
=

Thay x=1 vào đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh.
Bài 3: Chứng minh:
1 2 3 1
1 2 3 ( 1)
n n
n n n n
C C C nC
−
− + − + −
= 0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng (1−x)
n
, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có (1−x)
n
=
nn
n
n
nnn
xCxCxCC )1(
2210
−+−+−
⇒ [(1−x)

nC n C n C n C C
− −
− − + − − − + + −
=0
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
n
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng (x−1)
n
, đạo
hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)

.
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
1
,
n n
n n
C C
−
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng (x+1)
n
, đạo hàm cấp 2.
12
Giải:
(x+1)
n
=
0 1 1 2 2 1

n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
+ + + + +
⇒ [(x+1)
n
]′′=
0 1 1 2 2 1

n n n n n

không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất
0
n
C
. Ta sử dụng (−1+x)
n
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có:
( )
0 1 1 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n
n n n n k k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− − −
− + = − + − + − + + − + +

⇒ [(−1+x)
n
]′=[
0 1 1 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n n n n k k k n n
n n n n n
C C x C x C x C x
− − −
− + − + − + + − + +
]′

0
n
C
nên ta sử dụng (1+x)
n
,
đạo hàm cấp 1.
Giải:
Ta có: (x−1)
n
=
0 1 1 2 2 1
1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − −
−
− + − + − + −
13
⇒ [(x−1)
n
]′=
0 1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1)
n n n n n n n
n n n n n
C x C x C x C x C
− − − −

n
=
nn
nnnn
xCxCxCC ++++
2210

⇒ [(1+x)
n
]′=
0 1 2 2

n n
n n n n
C C x C x C x
 
+ + + +
 
′

⇔
n(1+x)
n−1
=
121
2
−
+++
nn
nnn

=
0 2 1 3 2 4 2

n n
n n n n
C x C x C x C x
+
+ + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
2x(1+x)
n
+nx
2
(1+x)
n−1
=
0 1 2 2 3 1
2 3 4 ( 2)
n n
n n n n
C x C x C x n C x
+
+ + + + +
Thay x=1 ta được
2
n+1
+n.2
n−1
= 2
0 1 2

C
, hệ số đầu chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế với x.
Giải:
Ta xét: x(1+x)
2012
=
0 1 2 2 3 2012 1
2012 2012 2012 2012

n
C x C x C x C x
+
+ + + +

Đạo hàm 2 vế ta được
(2012x+x+1)(1+x)
2011
=
0 1 2 2 2012
2012 2012 2012 2012
2 3 2013
n
C C x C x C x+ + + +
Cho x=1 ta VP = tổng S, còn VT = 2014.2
2011
Vậy tổng S = 2014.2
2011.
Các bài tập làm thêm
Bài 1. Chứng minh rằng :
1-nn

15
• Thay x bởi
x
1
, ta được (2)
• Nhân (1) cho (2), ta thu được hệ số của số hạng không chứa x là đẳng thức chứng
minh .
Bài 3: :(ĐH BKHN-1999) Tính tổng
( )
1
1 2 3 4
2 3 4 1
n
n
n n n n n
C C C C nC
−
− + − + + −
Bài 4:(CĐSP Bến Tre Khối A-2002) Chứng minh rằng:
1 1 19 19
20 20 20
2C C C+ + + =
Bài 5:(CĐ Khối T-M-2004)Chứng minh rằng :
2004
0 2 1 2004 2004
2004 2004 2004
3 1
2 2
2
C C C

bổ sung: Như nhân thêm x,x2, (tất nhiên các phương pháp Truy hồi tích phân hay là
Dựa vào tích phân cho trước tôi xin phép sẽ không đề cập ở bài viết này do khuôn khổ
của SKKN).
Lưu ý: Khi mỗi hệ số trong tổ hợp có dạng
k k
b a−
, ta chọn cận từ a đến b, tức là
( )
b
a
f x dx
∫
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, ta cần nhớ các đẳng thức tích phân sau:
( )
( )
( )
b b
n
0 1 2 2 n n
n n n n
a a
b
b
n 1
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
a
a
a) 1 x dx C C x C x C x dx

2 3 n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
b) 1 x dx C C x C x 1 C x dx
1 x
x x x
C x C C 1 C
n 1 2 3 n 1
+
+
 
− = − + − + −
 
 
 
−
 
⇔ − = − + − + −
 
+ +
 
 
 
 
∫ ∫
( )
( )

+ + −
 
 
 
 
17
( ) ( )
b b
n n
0 n 1 n 1 2 n 2 n
n n n n
a a
d) x 1 dx C x C x C x 1 C dx
− −
 
− = − + − + −
 
∫ ∫
( )
( )
b
b
n 1
n 1 n n 1
n
0 1 2 n
n n n n
a
a
x 1

n
+
−
+ + + +
+
Phân tích: tổng không đan dấu, có chứa phân số (dấu hiệu sử dụng tích phân), quan sát
số hạng cuối có hệ số
1
3 1
1
n
n
+
−
+
, ta biết cận từ 1 đến 3. Nên ta sử dụng
3
1
(1 )
n
x dx+
∫
Giải:
Ta có
3
1
(1 )
n
x dx+
∫

n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
+ + + +
+
]
3
1
3
1
1
(1 )
1
n
x
n
+
 
+
⇔
 
+
 
=
2 3 1
0 3 1 3 2 3 3
1 1 1 1

n n
n
+ +
−
+
Lưu ý: khi tính giá trị tích phân có gắn tổ hợp ta nên tách riêng từng tổ hợp một như trên
để tính thì kết quả nhanh hơn.
Bài 2: Tính tổng S=
0
2
n
C
−
2 1 3 2 1
1 1 1
.2 .2 ( 1) . .2
2 3 1
n n n
n n n
C C C
n
+
+ − + −
+
Phân tích: chuỗi đan dấu, hệ số phân số,
1
1n +
gắn với
n
n

1
0
(1 )
1
n
x
n
+
 
− −
 
+
 
=
2
2 3 1
0 1 2
0
( 1)
2 3 1
n
n n
n n n n
x x x
C x C C C
n
+
 
− + − + −
 

1 ( 1)
1
n
n
+ −
⇔
+
Bài 3. (ĐH Khối B-2003)
Cho
*
n ∈¥
. Tính tổng:
2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
2 1 2 1 2 1
S C C C C
2 3 n 1
+
− − −
= + + + +
+
Phân tích: Vế trái có chứa các phân số, mẫu số được xếp theo thứ tự tăng đều một đơn
vị, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Bây giờ, ta suy nghĩ hàm lấy tích phân, các
19
cận và số được thay vào cho biến. Vì số hạng cuối cùng có hệ số
n 1
2 1
n 1
+

2
2
n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
1
1
n 1 n 1 2 3 n 1
0 1 2 n
n n n n
1 x
1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1
3 2 2 1 2 1 2 1
C C C C
n 1 2 3 n 1
+
+
+ + +
+
 
⇔ = + + + +
 ÷
+ +
 
− − − −
⇔ = + + + +
+ +
Vậy

1
3
k
n
C
k +
. ta nhân
thêm x
2
trước khi lấy tích phân,…
Bài 1:
Tính S=
0 1 2
1 1 1 1

2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.
20
Phân tích: tổng không đan dấu, độ chênh lệch so với dạng cơ bản là 1 nên ta nhân
thêm x trước khi tích phân.
Giải:

1
0

n
n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
+ + + +
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1

2 3 4 2
n
n n n n
C C C C
n
+ + + +
+
.= S
mặt khác
1
0
(1 )
n
x x dx+

2 2 1 1 .2 1
2 1 1 2 ( 1)( 2)
n n n
n
n n n n n n
+ + +
+
− + − =
+ + + + + +
Vậy S =
1
.2 1
( 1)( 2)
n
n
n n
+
+
+ +
Bài 2: Tính S=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+

du= −dx, { x=0
⇒
u=1 x=1
⇒
u=0.
1
0
(1 )
n
x x dx−
∫
=
1
0
(1 )
n
u u du−
∫
=
1
1
0
1
n
u
n
+
+

2

2 3 4 2
0 1 2
( 1)
2 3 4 2
n
n n
n n n n
x x x x
C C C C
n
+
− + − + −
+
]
1
0
=
0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 4 2
n n
n n n n
C C C C
n
− + − + −
+
.=S
Vậy S =
1

( )
3
1
n
x+
=
0 1 3 2 6 3

n n
n n n n
C C x C x C x+ + + +
⇒
( )
2 3
1
n
x x+
23825120

+
++++=
nn
nnnn
xCxCxCxC
( )
dxxx
n
3
1
0

1
3
1
0
3
1
0
32
+
−
=++=+
+
∫∫
n
xdxdxxx
n
nn
(2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm
Các bài tập làm thêm
Bài 1. (ĐH Sư phạm TPHCM Khối D-2000)
Cho
*
n ∈¥
. Chứng minh rằng:
22
n 1
0 1 2 n
n n n n
1 1 1 2 1

+ +
HD: Vế trái có chứa các phân số, ta nghĩ ngay đến việc sử dụng tích phân. Vì số hạng
cuối cùng có hệ số
n 1
2
n 1
+
+
nên ta biết cận từ 0 đến 2 và tổng đan dấu nên ta sử dụng
( )
2
n
0
1 x dx−
∫
Bài 3:
1/Tính tích phân
( )
dxxx
n
∫
−
1
0
1
2/Chứng minh:
( )
22
1
22

C

Đây là vấn đề lớn nhất cần chú ý cho học sinh. Ta dùng số phức để tính tổng của các
k
n
C
khi tổng này có hai đặc điểm:
+ Các dấu trong tổng xen kẽ đều nhau .
+ k luôn lẻ, hoặc luôn chẵn hoặc khi chia k cho một số ta luôn được cùng một số dư
(trong chương trình phổ thông ta chỉ cho HS làm với k = 3l, k = 3l + 1, k = 3l + 2).
Lưu ý
+ Khai triển (1 + x)
n
, cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp (thường ta chọn là
x = i). So sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
+ Khai triển trực tiếp các số phức (thường chỉ xét các số phức có argument là
6
π
±
,
4
π
±
,
3
π
±
). Sau đó so sánh phần thực và phần ảo của cùng một số phức trong hai cách tính.
+ Khai triển (1 + x)
n


( )
2009
1 i+
=
( )
0 2 4 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C
− + − − +
+
( )
1 3 5 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C i
− + − − +
Mặt khác ta tính
( )
2009
1 i+
theo dạng lượng giác của số phức và áp dụng công thức Moivre
ta được :
( )
2009
1 i
+
=
( )
2009
2009 2009


25