A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Giả sử hàm số y = f(x)có đạo hàm tại mọi điểm xthuộc khoảng (a;b). Khi đó ta có hàm sốy⁰ xác định trên khoảng(a;b). Nếu hàm sốy⁰có đạo hàm tạixthì ta nói đạo hàm củay⁰là đạo hàm cấp hai của hàm sốy = f(x). Hàm số đạo hàm của hàmy⁰được kí hiệu lày⁰⁰.

Đạo hàm cấp3, 4, . . .của hàm số cũng được định nghĩa tương tự và được kí hiệu lày⁽³⁾,y⁽⁴⁾.

B CÁC DẠNG TOÁN

{DẠNG 4.1. Tính đạo hàm cấp hai - Ý nghĩa của đạo hàm cấp hai

VÍ DỤ 1. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y = x²+13

. 2 y = ^x

x−₂^. 3 y = ^x

2+x+1 x+1 . L Lời giải

1 y= x⁶+3x⁴+3x²+1;y⁰ =6x⁵+12x³+6x;y⁰⁰ =30x⁴+36x²+6.

2 y⁰ = x

x−2 0

= −2 (x−2)^2;y

00 = −2

(x−2)²

!0

=2· ²(x−2)

(x−2)⁴ = ⁴ (x−2)^3. 3 y= ^x

2+x+1

x+₁ =x+ ¹ x+₁^. y⁰ =1− ¹

(x+1)^2. y⁰⁰ = ²

(x+1)^3.

VÍ DỤ 2. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y =√

2x+5.

2 y =x√

x²+1.

L Lời giải

1 y⁰ = √

2x+₅⁰ = ² 2√

2x+5 = √ ¹ 2x+5 y⁰⁰ =−

√2x+5⁰ 2x+5 =−

2 2√

2x+5

2x+5 =− ¹

(2x+₅)√

2x+₅^. 2 y⁰ =√

x²+1+x x

√x²+1 = ^2x

2+1

√x²+1.

y⁰⁰ = 4x√

x²+1− 2x²+1 x

√x²+₁

x²+1 = ^2x

3+3x (1+x²)√

1+x².

VÍ DỤ 3. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y =sinx.

2 y =tanx.

L Lời giải

1 y⁰ =cosx=sinπ 2 +x

;y⁰⁰ =cosπ 2 +x

=sin(_π+x). 2 y⁰ = ¹

cos²x;y⁰⁰ =−^{2 cosx}(−sinx)

cos⁴x = ^{2 sinx} cos³x.

VÍ DỤ 4. Một chuyển động thẳng xác định bởi phương trìnhs=t³−3t²+5t+2, trong đó ttính bằng giây vàstính bằng mét. Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểmt=3s.

L Lời giải

Gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t chính là đạo hàm cấp hai của phương trình chuyển động tại thời điểmt.

s⁰ =t³−3t²+5t+20

=3t²−6t+5 s⁰⁰ =6t−6⇒s⁰⁰(3) =12.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y=−3x⁴+4x³+5x²−2x+1.

2 y= ⁴

5x⁵−3x²−x+4.

Lời giải.

1 y⁰ =−12x³+12x²+10x−2;y⁰⁰ =−36x²+24x+10.

2 y⁰ =4x⁴−6x−1;y⁰⁰ =16x³−6.

BÀI 2. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y=−¹ x. 2 y= ¹

x−3 3 y= −2x²+3x

1−x . 4 y= ^5x

2−_3x−₂₀ x²−2x−3 . Lời giải.

1 y⁰ = ¹

x²;y⁰⁰ =−² x³. 2 y⁰ =− ¹

(x−3)^2;y

00 = ²

(x−3)^3. 3 y=2x−1+ ¹

1−x ⇒y⁰ =2+ ¹

(1−_x)^{2 ;y}

00 = ²

(1−x)^3. 4 y⁰ = (10x−3)(x²−2x−3)−(5x²−3x−20)(2x−2)

(x²−2x−3)² = −7x²+10x−31 (x²−2x−3)^{2 .}

y⁰⁰ = (−14x+10)·(x²−2x−3)²−(−7x²+10x−31)·2·(x²−2x−3)·(2x−2) (x²−2x−3)⁴

= ²(7x³−15x²+93x−77) (x²−2x−3)^{3 .}

BÀI 3. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y=√

2x+1.

2 y= x²·√

x³−x.

Lời giải.

1 y⁰ = √ ¹

2x+1; y⁰⁰ =−_p ¹ (2x+1)^3. 2 y⁰ = ^x

2(7x²−5) 2√

x³−x ;y⁰⁰ = ^x

2(35x⁴−54x²+15) 4p

(x³−x)^{3 .}

BÀI 4. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y=_cos2x−^π 3

.

2 y=sin 2x.

3 y=_sin²2x.

4 y=3 sinx+2 cosx.

5 y=tanx+cotx+sinx+cosx.

Lời giải.

1 y⁰ =−2 sin

2x−^π 3

;y⁰⁰ =−4 cos

2x− ^π 3

. 2 y⁰ =2 cos 2x;y⁰⁰ =−4 sin 2x.

3 y⁰ =2 sin 2x(2 cos 2x) = 2 sin 4x;y⁰⁰ =8 cos 4x.

4 y=3 sinx+2 cosx;y⁰ =3 cosx−2 sinx;y⁰⁰ =−3 sinx−2 cosx.

5 y⁰ = ¹

cos²x − ¹

sin²x +_cosx−_sinx =_tan²x−_cot²x+_cosx−_sinx.

y⁰⁰ = ^{2 tanx}

cos²x +^{2 cotx}

sin²x −sinx−cosx.

BÀI 5. Tìm đạo hàm cấp hai của các hàm số sau:

1 y= x·sinx.

2 y= x²·_cos²x.

3 y= ^cosx x³+1. Lời giải.

1 y⁰ =sinx+xcosx;y⁰⁰ =2 cosx−_xsinx.

2 y⁰ =2xcosx(cosx−x·sinx);y⁰⁰ = (1−2x²)cos 2x−4xsin 2x+1.

3 y⁰ =− ^sinx

x³+1 − ^3x

2cosx (x³+1)^{2; y}

00 =

− ¹

x³+1− ^6x

(x³+1)² + ^18x

4

(x³+1)³

cosx+ ^6x

2sinx (x³+1)^2.

BÀI 6. Cho hàm số f(x) = (x+₁)³. Tính giá trị f⁰⁰(₀).

Lời giải.

f⁰(x) =3(x+1)²; f⁰⁰(x) =6(x+1) ⇒ f⁰⁰(0) =6.

BÀI 7. Cho hàm số f(x) = _sin³x+x². Tính giá trị f⁰⁰π 2

. Lời giải.

f⁰(x) =3 sin²xcosx+2x; f⁰⁰(x) =6 sinxcos²x−3 sin³x+2⇒ f⁰⁰π 2

=−1.

BÀI 8. Cho hàm sốh(x) =5(x+1)³+4(x+1). Giải phương trìnhh⁰⁰(x) =0.

Lời giải.

h(x) = 5(x+1)³+4(x+1); h⁰(x) =15(x+1)²+4;

h⁰⁰(x) = ₃₀(x+₁).

h⁰⁰(x) = 0⇔x =−1.

BÀI 9. Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trìnhs=t³−3t²−9t+2(ttính bằng giây;

stính bằng mét). Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểmt =₂s.

Lời giải.

Gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t chính là đạo hàm cấp hai của phương trình chuyển động tại thời điểmt.

s⁰ =t³−3t²−9t+₂⁰ =3t²−6t−₉ s⁰⁰ =6t−6⇒s⁰⁰(2) =6.

BÀI 10. Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trìnhs = t³−3t²(ttính bằng giây; stính bằng mét). Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểmt=4s.

Lời giải.

Gia tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t chính là đạo hàm cấp hai của phương trình chuyển động tại thời điểmt.

s⁰ =_3t²−_6t⇒_s⁰⁰ =_6t−₆⇒_s⁰⁰(₄) =_18.

{DẠNG 4.2. Chứng minh đẳng thức chứa đạo hàm cấp 2

Tìm các đạo hàm đến cấp cao nhất có mặt trong đẳng thức cần chứng minh.

Thay thế vào vị trí tương ứng và biến đổi vế này cho bằng vế kia. Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

CÁC VÍ DỤ MẪU

VÍ DỤ 1. Cho hàm sốy=√

2x−x². Chứng minh rằng:y³.y⁰⁰+1=0.

L Lời giải

Ta có:y⁰ = ¹−x

√2x−x²,y⁰⁰ =−_» ¹ (2x−_x²)³ Thay vào:y³.y⁰⁰+1=^»(2x−x²)³· (−1)

»

(2x−x²)³

+1=−1+1=0(đpcm).

VÍ DỤ 2. Cho hàm sốy= ^x

2+2x+2

2 ·Chứng minh rằng:2y.y⁰⁰−1= (y⁰)². L Lời giải

Ta có:y⁰ =x+1,y⁰⁰ =1

Thế vào đẳng thức:2y.y⁰⁰−1= x²+2x+1= (y⁰)²(đpcm).

VÍ DỤ 3. Cho hàm sốy=xsinx. Chứng minh rằng:x.y−2(y⁰−sinx) +x.y⁰⁰ =0.

L Lời giải

Ta có:y⁰ =sinx+xcosx;y⁰⁰ =2 cosx−xsinx

VT = x²sinx−₂(sinx+xcosx−_sinx) +2xcosx−x²sinx = −2xcosx+2xcosx = ₀ = VP

(đpcm).

VÍ DỤ 4. Cho hàm sốy= ^x+2

x−1·Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộcx.

P=₂(y⁰)²−y⁰⁰(y−₁)(Giả sử các biểu thức đều có nghĩa).

L Lời giải

y⁰ = −3

(x−1)² ⇒₂(y⁰)² = ¹⁸ (x−₁)⁴ y⁰⁰ =−3· −2(x−1)

(x−1)⁴ = ⁶ (x−1)³ y−1= ³

x−1 ⇒y⁰⁰(y−1) = ¹⁸ (x−1)⁴ P =2(y⁰)²−y⁰⁰(y−1) = ¹⁸

(x−1)⁴ − ¹⁸

(x−1)⁴ =0 Vậy đẳng thức được chứng minh xong.

VÍ DỤ 5. Cho hàm sốy=tanx.Chứng minh rằng: 6y

y⁰⁰ − ¹

y⁰ −cos 2x=1.

L Lời giải

y⁰ = ¹

cos²x =₁+_tan²x;y⁰⁰ = ^{2 sinx}

cos³x =_{2 tan}x 1+_tan²x Do đó:

6y y⁰⁰ − ¹

y⁰ −cos 2x= ^{6 tanx}

2 tanx 1+tan²x − ¹

1+tan²x −cos 2x= ²

1+tan²x −cos 2x =

=2 cos²x− cos²x−sin²x

=1(đpcm).

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

BÀI 1. Chứng minh rằng hàm sốy=√

4x−2x²thỏa hệ thức:y³y⁰⁰+4=0.

Lời giải.

y⁰ = ²−2x

√4x−2x²;y⁰⁰ = −₄ √

4x−2x²3

VT =√

4x−2x²3

· −4 √

4x−2x²3 +4=0=VP(đpcm).

BÀI 2. Cho hàm sốy =−2+ ⁵

x·Chứng minh rằng: 2y⁰

x +y⁰⁰ =0.

Lời giải.

y⁰ =− ⁵

x²;y⁰⁰ = ¹⁰ x³ 2y⁰

x +y⁰⁰ =−¹⁰ x³ +¹⁰

x³ =0.

BÀI 3. Choy= ^x−3

x+4.Chứng minh rằng:2(y⁰)² = (y−1)y⁰⁰. Lời giải.

y= ^x−₃

x+4 ⇒y⁰ = ⁷

(x+4)² ⇒y⁰⁰ =− ¹⁴ (x+4)³· Ta có vế trái:2(y⁰)² = ⁹⁸

(x+4)⁴· Và vế phải:(y−1)y⁰⁰ =

x−3 x+₄ −1

"

−14 (x+4)³

#

= ⁹⁸ (x+4)⁴·

Vậy2(y⁰)² = (y−1)y⁰⁰.

BÀI 4. Cho hàm sốy =xcosx.Chứng minh rằng:x.y−2(y⁰−cosx) +x.y⁰⁰ =0.

Lời giải.

y⁰ =cosx−xsinx;y⁰⁰ =−2 sinx−xcosx

VT =x.y−2(y⁰−cosx) +x.y⁰⁰ =x.xcosx−2(cosx−xsinx−cosx) +x(−2 sinx−xcosx) =

=x²cosx+2xsinx−2xsinx−x²cosx =0=VP(đpcm).

BÀI 5. Cho hàm sốy =xsinx.Chứng minhxy−2y⁰+xy⁰⁰ =−2 sinx.

Lời giải.

y⁰ =sinx+xcosx;y⁰⁰ =2 cosx−xsinx

xy−2y⁰+xy⁰⁰ =x²sinx−2(sinx+xcosx) +x(2 cosx−xsinx) =−2 sinx.

BÀI 6. Cho hàm sốy =sin²x. Chứng minh rằng:2y+y⁰tanx+y⁰⁰−2=0.

Lời giải.

y⁰ =2 sinxcosx;y⁰⁰ =2 cos²x−2 sin²x 2y+y⁰tanx+y⁰⁰−2=0

⇔2 sin²x+2 sinx. cosx.sinx

cosx +2 cos²x−2 sin²x−2=0

⇔_{2 sin}²_x+2 cos²x−₂=0⇔₀=0(đúng).

BÀI 7. Cho hàm sốy =cos²4x. Chứng minh rằng:32(2y−1) +y⁰⁰ =0.

Lời giải.

y⁰ =_{2 cos 4x.}(cos 4x)⁰ ⇒ _y⁰ =−8 cos 4x. sin 4x ⇒_y⁰ =−_{4 sin 8x} y⁰⁰ =−32 cos 8x

VT =32(2y−1) +y⁰⁰ =32 2 cos²4x−1

−32 cos 8x =32 cos 8x−32 cos 8x =0=VP.

BÀI 8. Cho hàm sốy =xtanx. Chứng minh rằng:x²y⁰⁰−2(x²+y²)(1+y) = 0.

Lời giải.

y⁰ =tanx+x+xtan²x

y⁰⁰ =1+tan²x+1+tan²x+2xtanx.(1+tan²x) = 2+2 tan²x+2xtanx+2xtan³x VT =x²(2+2 tan²x+2xtanx+2xtan³x)−2(x²+x²tan²x)(1+xtanx) =

= 2x²+2x²tan²x+2x³tanx+2x³tan³x−2x²−2x³tanx−2x²tan²x−2x³tan³x = 0 = VP.

BÀI 9. Cho hàm sốy = ^sin

3x+cos³x

1−sinxcosx·Chứng minh rằng :y⁰⁰+y=0.

Lời giải.

Ta có:y= (sinx+_cosx) sin²x+_cos²x−_sinxcosx

1−sinxcosx =sinx+cosx

⇒y⁰ =cosx−sinx;y⁰⁰ =−sinx−cosx

⇒y⁰⁰+y=0.

{DẠNG 4.3. Vận dụng đạo hàm cấp hai chứng minh đẳng thức tổ hợp

•Nhận dạng: Số hạng tổng quát của tổng có chứa thành phần dạng(k−1).k.

•Phương pháp: Chọn hàm f(x)sao cho khai triển nhị thức Newtơn của f(x)có đạo hàm cấp hai tại một điểm chính là tổng cần tính. Lưu ý:

∑

n k=2

(k−1)kC^k_n ⇒ f(x) = (1+x)ⁿ;

∑

n k=2

(−1)^k(k−1)kC^k_n ⇒ f(x) = (1−x)ⁿ;

n−2 k

∑

=0

(n−k−1)(n−k)C^k_n ⇒ f(x) = (x+1)ⁿ;

n−2 k

∑

=0

(−1)^k(n−k−1)(n−k)C^k_n ⇒ f(x) = (x−1)ⁿ.

VÍ DỤ 1. Vớin ∈_N,n ≥2, chứng minh rằng

1.2C²_n+2.3C³_n+· · ·+ (n−1)nCⁿ_n = (n−1)n2ⁿ⁻². L Lời giải

ĐặtS =1.2C²_n+2.3C³_n+· · ·+ (n−1)nCⁿ_n =

∑

n k=2

(k−1)kC^k_n. Xét

f(x) = (1+x)ⁿ =

∑

n k=₀

C^k_nx^k

⇒ f⁰(x) =n(1+x)ⁿ⁻¹ =

∑

n k=1

kC^k_nx^k−1

⇒ f⁰⁰(x) = (n−1)n(1+x)ⁿ⁻² =

∑

n k=2

(k−1)kC^k_nx^k−2

⇒ f⁰⁰(1) = (n−1)n2ⁿ⁻²=

∑

n k=2

(k−1)kC^k_n =S.

Vậy1.2C²_n+2.3C³_n+· · ·+ (n−1)nCⁿ_n = (n−1)n2ⁿ⁻². VÍ DỤ 2. Vớin ∈_N,n ≥2, tính tổngS =₁²_C¹_n+₂²_C²_n+· · ·+n²Cⁿ_n.

L Lời giải

•Cách 1: Ta cóS=1²C¹_n +2²C²_n+· · ·+n²Cⁿ_n =

∑

n k=1

k²C^k_n. Xét

f(x) = (₁+x)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^k

⇒ f⁰(x) = n(1+x)ⁿ⁻¹ =

∑

n k=1

kC^k_nx^k−1

⇒ x f⁰(x) = n.x(1+x)ⁿ⁻¹=

∑

n k=1

kC^k_nx^k

⇒ (x f⁰(x))⁰ =n(1+x)ⁿ⁻¹+nx(n−1)(1+x)ⁿ⁻² =

∑

n k=1

k²C^k_nx^k−1.

Thayx =1ta cóS=

∑

n k=1

k²C^k_n =n2ⁿ⁻¹+n(n−1)2ⁿ⁻²=n(n+1)2ⁿ⁻².

•Cách 2: Biến đổi

S=1.(1+0)C¹_n+2.(1+1)C²_n+3.(1+2)C³_n+· · ·+n(1+ (n−1))Cⁿ_n. Khi đó, đặt

S1 =C¹_n+2C²_n +3C³_n+· · ·+nCⁿ_n,S2 =1.2C²_n+2.3C³_n+· · ·+ (n−1)nCⁿ_n

⇒S=S₁+S2. Xét f(x) = (1+x)ⁿ. Ta có

S₁ = f⁰(1) = n2ⁿ⁻¹,S2= f⁰⁰(1) = (n−1)n2ⁿ⁻² ⇒S=S₁+S2=n(n+1)2ⁿ⁻².

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Tính tổngS=₁²_C¹₂₀₁₇+₂²_C²₂₀₁₇+· · ·+₂₀₁₇²_C²⁰¹⁷₂₀₁₇. Lời giải.

Ta có1²C¹_n+2²C²_n+· · ·+n²Cⁿ_n =n(n+1)2ⁿ⁻². Thayn =2017ta cóS =2017.2018.2²⁰¹⁵. BÀI 2. Vớin ∈_N,n≥2, chứng minh rằng1.2C²_n−2.3C³_n+· · ·+ (−1)ⁿ(n−1)nCⁿ_n =0.

Lời giải.

Xét

f(x) = (1−x)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_n(−1)^kx^k

⇒ f⁰(x) =−n(1−x)ⁿ⁻¹=

∑

n k=1

kC^k_n(−1)^kx^k−1

⇒ f⁰⁰(x) = (n−1)n(1−x)ⁿ⁻²=

∑

n k=2

(k−1)kC^k_n(−1)^kx^k−2

⇒ f⁰⁰(1) =0=

∑

n k=2

(−1)^k(k−1)kC^k_n.

Suy ra đpcm.

BÀI 3. Vớin ∈_N,n≥2, tính tổng

S = (n−1)nC⁰_n+ (n−2)(n−1)C¹_n+· · ·+ (n−k−1)(n−k)C^k_n+· · ·+2.3Cⁿ_n⁻³+1.2Cⁿ_n⁻². Lời giải.

Xét

f(x) = (x+₁)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^n−k

⇒ f⁰(x) =n(x+1)ⁿ⁻¹=

n−1 k

∑

=₀

(n−k)C^k_nx^n−k−1

⇒ _f⁰⁰(x) = (n−₁)n(x+1)ⁿ⁻²=

n−2 k

∑

=0

(n−_k−₁)(n−_k)C^k_nx^n−k−2

⇒ f⁰⁰(₁) = (n−₁)n2ⁿ⁻² =

n−2 k

∑

=0

(n−k−₁)(n−k)_C^k_n =S.

VậyS= (n−1)n2ⁿ⁻².

BÀI 4. Vớin ∈_N,n≥1, tính tổngS=1²C⁰_n +2²C¹_n+· · ·+ (n+1)²Cⁿ_n. Lời giải.

Xét

f(x) = (1+x)ⁿ =

∑

n k=₀

C^k_nx^k

⇒x f(x) = x(1+x)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^k+1

⇒(x f(x))⁰ = (1+x+nx)(1+x)ⁿ⁻¹ =

∑

n k=0

(k+1)C^k_nx^k

⇒x(x f(x))⁰ = (x+x²+nx²)(1+x)ⁿ⁻¹ =

∑

n k=0

(k+1)C^k_nx^k+1

⇒[x(x f(x))⁰]⁰ = (1+2x+2nx)(1+x)ⁿ⁻¹+ (x+x²+nx²)(n−1)(1+x)ⁿ⁻² =

∑

n k=₀

(k+1)²C^k_nx^k.

Thayx =1ta cóS=

∑

n k=0

(k+1)²C^k_n = (n²+5n+4)2ⁿ⁻². BÀI 5. Vớin ∈_N,n≥2, chứng minh rằng

2.3C⁰_n+3.4C¹_n+· · ·+ (n+2)(n+3)Cⁿ_n = (n²+11n+24)2ⁿ⁻². Lời giải.

Xét

f(x) = (1+x)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^k

⇒ x³f(x) = x³(1+x)ⁿ =

∑

n k=0

C^k_nx^k+3

⇒ (x³f(x))⁰ = (3x²+3x³+nx³)(₁+x)ⁿ⁻¹ =

∑

n k=0

(k+₃)_C^k_nx^k+2

⇒ (x³f(x))⁰⁰ = (6x+9x²+3nx²)(1+x)ⁿ⁻¹+ (3x²+3x³+nx³)(n−1)(1+x)ⁿ⁻²

=

∑

n k=0

(k+2)(k+3)C^k_nx^k+1.

Thayx =₁ta cóVT =

∑

n k=0

(k+₂)(k+₃)_C^k_n = (n²+11n+₂₄)₂ⁿ⁻² =VP.

BÀI 6. Vớin ∈_N,n≥1, tính tổng

S= (2n−₁)2nC⁰_2n+ (2n−₃)(2n−₂)_C²_2n+· · ·+_1.2C²ⁿ_2n⁻². Lời giải.

Xét

f(x) = (x+1)²ⁿ =

∑

2n k=0

C^k_2nx^2n−k

⇒ f⁰(x) = 2n(x+1)²ⁿ⁻¹ =

2n−1 k

∑

=0

(2n−k)C^k_2nx^2n−k−1

⇒ f⁰⁰(x) = (2n−1).2n.(x+1)²ⁿ⁻² =

2n−2 k

∑

=0

(2n−k−1)(2n−k)C^k_2nx^2n−k−2. ĐặtS1 = (2n−2)(2n−1)C¹_2n+ (2n−4)(2n−3)C³_2n+· · ·+2.3C²ⁿ_2n⁻³. Suy ra

f⁰⁰(1) = (2n−1).2n.2²ⁿ⁻² =

2n−2 k

∑

=₀

(2n−k−1)(2n−k)C^k_2n =S+S1,

f⁰⁰(−₁) =₀ =

2n−2 k

∑

=0

(_2n−_k−₁)(_2n−_k)_C^k_2n(−₁)^2n−k−2 =_S−_S1.

Suy raS= (2n−1)n2²ⁿ⁻².

BÀI TẬP TỔNG HỢP

BÀI 7. Chon∈ _N, n≥3thỏa mãn A³_n +C³_n

(_n−₁)(_n−₂) =42. Tính tổng S=2²C²_n−3²C³_n+4²C⁴_n− · · ·+ (−1)ⁿn²Cⁿ_n. Lời giải.

Ta có

A³_n+_C³_n

(n−1)(n−2) =42⇔ ^n!

(n−3)! + ^n!

(n−3)!3! =42(n−₁)(n−₂)

⇔n(n−1)(n−2) +ⁿ(n−₁)(n−₂)

6 =42(n−1)(n−2)

⇔n+ ⁿ

6 =42 ⇔n=36.

•_S =2²C²₃₆−₃²_C³₃₆+4²C⁴₃₆−_...+36²C³⁶₃₆ =

∑

36 k=2

(−₁)^kk²C₃₆^k .

•Xét

f(x) = (1−x)³⁶ =

∑

36 k=0

C^k₃₆(−1)^kx^k

⇒ f⁰(x) = −36(1−x)³⁵ =

∑

36 k=1

kC^k₃₆(−1)^kx^k−1

⇒ x f⁰(x) =−36x(1−x)³⁵ =

∑

36 k=1

kC^k₃₆(−1)^kx^k

⇒(x f⁰(x))⁰ =−₃₆(1−_36x)(1−_x)³⁴ =

∑

36 k=1

k²C^k₃₆(−₁)^kx^k−1.

Thayx =1ta có

0=

∑

36 k=₁

k²C^k₃₆(−1)^k =−C¹₃₆+S⇒S =C¹₃₆ =36.

BÀI 8. Giải phương trình

C¹_2n+1−1.2.2C²_2n+1+2.2².3C³_2n+1− · · · −(2n−1)2²ⁿ⁻¹2nC²ⁿ_2n+1+2n2²ⁿ(2n+1)C²ⁿ_2n⁺₊¹₁ =4005.

Lời giải.

Điều kiện:n ∈_{N. Ta có}

C¹_2n+1−1.2.2C²_2n+1+2.2².3C³_2n+1− · · · −(2n−1)2²ⁿ⁻¹2nC²ⁿ_2n+1+2n2²ⁿ(2n+1)C²ⁿ_2n⁺₊¹₁ =4005

⇔ ¹

2C¹_2n+1−1.2C²_2n+1+· · · −(2n−1)2n2²ⁿ⁻²C²ⁿ_2n+1+2n(2n+1)2²ⁿ⁻¹C²ⁿ_2n⁺₊¹₁ = ⁴⁰⁰⁵ 2 (∗). Xét

f(x) = (−1+x)²ⁿ⁺¹ =

2n+1 k

∑

=0

C_2n^k ₊₁(−1)^2n+1−kx^k

⇒ f⁰(x) = (2n+1)(−1+x)²ⁿ =

2n+1 k

∑

=1

kC^k_2n+1(−1)^2n+1−kx^k−1

⇒ f⁰⁰(x) =2n(2n+1)(−1+x)²ⁿ⁻¹ =

2n+1 k

∑

=2

(k−1)kC^k_2n+1(−1)^2n+1−kx^k−2

⇒ f⁰⁰(2) =2n(2n+1) =

2n+1 k

∑

=2

(k−1)kC^k_2n+1(−1)^2n+1−k2^k−2. Suy ra

(∗)⇔ ¹

2(2n+1) +

2n+1 k

∑

=2

(k−₁)kC^k_2n+1(−₁)^2n+1−k2^k−2 = ⁴⁰⁰⁵ 2

⇔ ¹

2(2n+1) +2n(2n+1) = ⁴⁰⁰⁵ 2

⇔8n²+6n−4004 =0⇔





n=22 n=−⁹¹

4 .

Vậy phương trình có một nghiệmn=22.

BÀI 5. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 5

Trong tài liệu Hướng dẫn giải các dạng toán đạo hàm - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 42-54)