Top 8 # Giải Bài Tập Nhị Thức Newton Sách Giáo Khoa Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 6/2023 # Top Trend

, Tra cứu, xem điểm thi vào lớp 10, tốt nghiệp THPT, Đại học – Cao đẳng at Công ty Cổ phần Liên kết giáo dục Việt Nam

Published on

Nhị thức newton và Phương pháp giải các bài tập về Nhị thức newton

1. ĐẠI SỐ 11 NHỊ THỨC NEWTON

3. NHỊ THỨC NEWTON n  (không chứa x khi   0 ) trongTrường hợp riêng: Cho nhị thức P  a ( x )  b ( x) tìm số hạng chứa x khai triển thành đa thức của P   n x m m Phương pháp : Công thức cần lưu ý: x m  xm . n , x m x n  xm n ,  xm n ,n xm xn xn  Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n) n n  Khai triên: P  a ( x ) n k b ( x ) k  g ( n, k )x f ( n , k ) . k 0 k 0  Do đó số hạng tổng quát trong khai triển là: T  g ( n, k )x f ( n , k ) (số hạng thứ k + 1) k 1  Tk 1  g ( n, k )x f ( n , k )   f ( n, k )    k  k0chứa x Thay k  k 0 vào T  g ( n, k )x f ( n , k ) số hạng cần tìm k 1 Ví dụ 1(A – 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n 1  C3 . Tìm số hạng chứa x5 trong n n  nx 2 1n khai triển nhị thức niu-tơn của P     với x  0 14 x  Bài giải: n  N Điều kiện:  n  3 Ta có: 5C n n 1  Cn 3  5. n !  n! 3!( n  3)!1!( n 1)! 5 1 n  7    n 2  3n  28  0  ( n  3)!( n  2)( n 1) 6.( n  3)!  n 4(loai)  x 2 17 7 k k  x2 n k 1 k 7 ( 1)k k 14 3k Khi n = 7 ta có: P      ( 1) C7       C7 x 2 7k  2 x  k 0  2   x  k 0 Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  ( 1)k C7k x14 3k27k T chứa x5 14 3k  5  3k  9  k  3 k 1 Vậy số hạng chứa x 5 là T  ( 1) 3 C 3 x 5 35 x 5 27 3 4 7 16 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com

4. NHỊ THỨC NEWTON 8 Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 1  x . Bài giải: 8 P 1  x 2 8 x 3  (1  x 2 ) 8 ( 1) k C k x3 8k 1 x2  k1  x       8   k 0 8 k 8k    ( 1) k C8 k C k i x 24 3 k x2 i  ( 1)k C8 k C k i x24 3 k 2i k 0 i 0 k 0 i0 Số hạng tổng quát trong khai triển là T  ( 1)k C k C i x24 3 k 2i 8 k 0  k  8  0  i  k T chứa x 8  k , i  N  24  3k  2i  8  0  k  8  3k 16 0   k  2 k , i N  i  3k 16  2 16  k  8  3  k , i  N  3k 16 i  2 k  6  i  1   k  8   i 4 Do đó số hạng chứa x8 là: ( 1) 6 C8 6 C6 1 x 8  ( 1) 8 C8 8 C8 4 x 8  C8 6 C6 1  C8 8 C8 4 x 8  238×8 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là 238 Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức F   9 3  3 2 hãy tìm số hạng nguyên. 9 9 9k 3 kTa có: F   3  3 2  C9 k  3 2 có số hạng tổng quát là k 0 T   C k  3 9k 3 2 k k 1 9 Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố: k  N  6 3  3 3  k  9  k  3  T4  C9  3   2   45360 Do đó Tk 1 là một số nguyên    0 9 9  k 2  9  T  C9 k 3   3 2   8 k 3  10 9   Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: T4  4536 và T 10  8 Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + … + 20(1 + x)20 Viết lại P(x) dưới dạng : P(x)  a 0  a x  a 2 x2  …  a x19 a 20 x20 . 1 19 Tìm hề số a15 4

6. NHỊ THỨC NEWTON Bài giải Ta có : (1  x) n  Cn 0  Cn 1 x Cn 2 x 2 …  Cn k x k … Cn n 1 x n 1  Cn n xn (1) đúng với x  R Do đó (1) cũng đúng với x = 2. Xét x = 2 khi đó ta có: 1  (1  2) n  Cn 0  2Cn 1  2 2 Cn 2  23 Cn 3 …  2n Cn n Từ giả thuyết ta có: (1  2) n  243  3n  35  n  5 ĐS: n = 5 Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4 …  (2n 1)2 2 n C2 n1  2005 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1 Bài giải k k (2 n 1)! (2 n 1)(2 n)! k 1 Ta có: kC 2 n 1    (2 n 1)C2n ( k 1)!(2 n  k 1)!k !(2 n  k 1)! Do đó ta có: C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4 …  (2n 1)22 n C2 n1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1  (2n 1)C2 0 n  (2n 1)2C2 1 n  (2n 1)2 2 C2 2 n (2n 1)23 C2 3 n …  (2n 1)22 n C2 2 n n    (2 n 1) C2 0 n  2C2 1 n  2 2 C 2 2 n  23 C 2 3 n  …  22 n C2 2 n n    (2 n 1) 1  2 2n  2 n 1  Từ giả thuyết ta có: 2n 1  2005  n 1002 ĐS: n 1002 Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n: S  C 0  2 2 1 C 1  2 3 1 C 2  2 4 1 C 3  …  2n1 1C n n 2 n 3 n 4 n n 1 n Bài giải 1 C k  n !  1 ( n 1)!  1 Ck 1 k 1 n ( k 1) k !( n  k )! n 1 ( k 1)!( n  k )! n 1 n1 S  C 0  2 2 1C 2  2 3 1C 3 2 4 1 C 4  …  2n1 1 C n1 n 1n n 1 n 1 n 1 n1 n 1 n 1 n1 0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1  C n  2 C n 1  2 C n 1  …  2 C n 1  C n 1  Cn 1  …  Cn1 n 1 n 1 6

7. NHỊ THỨC NEWTON  C 0  1 (1 2)n 1  C 0  C 1 2 1 (11)n1  C 0  C1  n n 1  n 1 n 1  n 1  n 1 n1   1 3n 1 1  2( n 1)  2n 1 1  ( n 1)  3n 1 2n1 n 1 n 1 n 1 ĐS: S  3n 1 2n1 n 1 Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, Ck là số tổ hợp chập k của n phần tử. n Chứng minh rằng : 1 C 2 1 n  1 C 2 3 n  1 C 2 5 n  …  1 C2 2 n n1  2 2n 1 2 4 2 n 2 n 16 Bài giải Ta có : 1 C 2 k n  2 n !  1 (2 n 1)! 1)!(2 n  k )!k 1 ( k 1) k !(2 n  k )! 2 n 1 ( k Do đó : VT  1 C 2 1  1 C 2 3 n  1 C 2 5 n  …  1 C2 2 n n1 2 n 4 6 2n 1 0 2 4 6 2n  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  …  C2 n1 2n 1 Ta lại có: C 0 C2 n 1 , C 2 C2 n 1 , C 4 C2 n 3 , 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1  1 Ck 1 2 n 1 2 n1 1  S 1 (1) 2n 1 2n 1 ,C 2 n  C1 2 n 1 2 n1 Suy ra 0 2 2 n  2 n 1 2 n1 1 2 S  C2 n 1  C2 n 1  …  C2 n 1  C 2 n 1 C 2 n 1  …  C2 n1 0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1 2 2 n 1  2.2 2n C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1  …  C2 n 1  C2 n1  1 1  S  22n Thay vào (1) ta có: VT  2 2n 1 (đpcm) 2 n 1 Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)2n biết rằng : C1  C 3  C 5  …  C 2n1 1024 2n1 2n1 2n1 2n1 Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p  n, p  m p 0p 1 p1 2 p2 p1 1 p 0 Chứng minh rằng : Cnm  Cn Cm  Cn Cm  Cn Cm  …  Cn Cm  Cn Cm  1 n Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển  x   ,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24. x  Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ? GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 7 www.toanhocdanang.com

8. NHỊ THỨC NEWTON Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đó tìm số hạng chứa x: S ( x )  1  x  2(1  x ) 2  3(1  x ) 3  4(1  x ) 4 …  n(1  x)n 3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển: Phương pháp : n n  Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng P   f ( n, k ).x g ( n , k )  ak xk k 0 k 0 từ đó suy ra hệ số ak  f ( n, k) (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ak chỉ có một biến)  ak a k 1  k0  ak là hệ số lớn nhấtak là hệ số lớn nhất   k ak  ak 1 0 Ví dụ 1(A- 2008) Cho khai triển 1  2 x n  a0  a1 x  a2 x 2  …  a n xn , trong đó n  N * và các hệ số a0 , a1 , a2 ,…, an thỏa mãn hệ thức : a0 a 1 a 2 an    …   40962 4 2n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,…, an Bài giải 1  2 x n  Cn 0  Cn 1 x  C n 2 x 2 …  C n n x n  a0  a1 2 x  a2 2 2 x 2 …  a n 2 n x n  a k  2k Cn k với k 1, n a a a  C 0  2C 1 2 2 C 2 2n C n  C 0  C 1  C 2  …  C n  (1 1) n  2n Do đó: a  1  2 …  n n  n  …  n 2 n 2n 0 24 n 2 4 n n n n Kết hợp giả thuyết ta có: 2 n  4096  2 n  212  n 12 Khi đó : a  2k Ck k 12 ak a k 1  kk k 1 k 1 2 C12  2 C12 ak là số lớn nhất   a k 1  2 k C k  2k 1 Ck 1 a k   12 12  2.12!  12!  2  1   k )! ( k 1)!(13  k )! kk !(12  13  k  12! 2.12!  1 2     k !(12  k )! ( k 1)!(11  k )!   k k 1 12 Mà k là số nguyên nên ta có: k  8 Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a8  28 C12 8 126720  23  k  26  3 3  GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com

9. NHỊ THỨC NEWTON BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S  C1 n  2Cn 2  3Cn 3  4Cn 4  …  (1)n1.nCn n Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2 Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau : 17  1  P(x)    4 x 3  , x ≠ 0  3 x2     28  n  Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức  x 3 x  x 15    n n1 n 2  79Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng Cn  Cn  Cn Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức  x2 1n  bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển trên Bài 5:(ĐH SP chúng tôi K A – 2000) Tính tổng : S = Cn 0  1 C 1 n  1 Cn 2  …  1 Cn n 2 3 n  1 Bài 6:(ĐH KTQD K A -2000) Chứng minh :2 n1 C 1 n  2 n1 Cn 2  2 n 3 Cn 3  2 n 4 Cn 4  …  nCn n  n.3 n1 Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000)Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển của  1  40 f (x )  x  x 2   Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức: P ( x )  1  x 9  1  x 10  1  x 11 …  1 x14 có khai triển là : P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 …  a14 x14 . Hãy tìm hệ số a9 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 www.toanhocdanang.com

10. NHỊ THỨC NEWTON Bài 9:(ĐH Y Dược chúng tôi – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 1. Cn 0  C 1 n  Cn 2  …  C n n = 2n 1 3 5  2n1 0 2 4  2n 2. C2n  C2n  C2n  C2n = C2n  C2n  C2n  C2n Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng : S  C2000 0  2C2000 1  3C2000 2  4C2000 3 …  2001C2000 2000 Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x )  1  2x12 thành đa thức ta có: P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 …  a12 x12 Tìm Max  a0 , a1 , a2 ,…, a12  Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức P ( x )  1  x 4  1  x 5  1  x 6  1 x7 Bài 13: Tính tổng : S  2 16 C0 6  2 25 C1 6  2 34 C6 2  2 43 C6 3  2 52 C6 4  6 2 C6 5  7 1 C6 6 1 n Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có: xn   Ck n (2x  1)k n 2 k 0 Bài 15:( ĐH Ngoại thương A – 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng: 0 1 1 1 2 2 1 3 3 1 n n S  Cn Cn .2  C n .2  C n .2  …  C .2 2 3 4 n  1 n Bài 16: Chứng minh rằng: C 0 2n  C 2 2n .3 2  C 4 2n .3 4  …  C 2n 2n .3 2n  2 2n1 (2 2n  1) Bài 17:( ĐH Luật chúng tôi A – 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có: C 1 n .3 n1  chúng tôi 2 .3 n 2  chúng tôi 3 .3 n 3  …  n.C n n = n.4n-1  10 Bài 18:( ĐH SP Hà nội A – 2001) Trong khai triển của nhị thức 1 2  thành đa thức:P(x)   x3 3   a  a x  a x 2  a x 3 …  ax10 Hãy tìm hệ số a k lớn nhất ( 0  k  9 ) 01 2 3 10 10

13. NHỊ THỨC NEWTON 1 n 26  7 Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của   x  ,4  x  biết rằng: C 1 2n1  C2n 2 1  …  C n 2n1  2 20 1 Bài 39:Tính tổng S = chúng tôi 0  2.C1 n  chúng tôi 2  …  (n 1).Cn n A1 A1 A1 A1 1 2 3 n1 Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn 0  C 1 n  Cn 2  211 Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta có dạng: P( x )  a  a x  a x 2 …  a xn . Tìm số hạng chứa x5 , biết rằng: a  a  a  71 0 1 2 n 012  2 1 n  Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x   , x 3   biết rằng: C 1 n  Cn 3  13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x  0 ). Bài 42:Tìm n  N sao cho: C 0 4n 2  C4n 2 2 C4n 4 2  … C4n 2n 2  256     20 10  1   3 1 Bài 43:ChoA  x    x   .2 x x    Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng Bài 44:Tìm n  N thỏa mãn: 0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16 C 2n  C2n 3  …  C2n 3  …  C2n 3  C2n 3  2 (2  1) Bài 45: Chứng minh rằng: Cn 0 3 n  C 1 n 3 n1  …  (1) n C n n  Cn 0  C 1 n  …  C n n Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3  xy 15 13

15. NHỊ THỨC NEWTON n Bài 4: Ta có: (x2 + 1) n =  Cnk x2k (1) k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k x2k k 1 n T chứa x12  2k 12  k  6 k 1 n Trong (1) cho x = 1 thì  C n k = 2n k 0 n Theo giả thuyết   Ckn = 1024  2n = 1024  n = 10 k 0 Vậy hệ số cần tìm là: C10 6 = 210. Bài 5: 1 (1 x)n1 1 2n1 1n * Ta có: I = (1 x) dx  n  1 n  1 0 0 1  1 x 2 n xn1  1 * I = 0 1 n n = 0  (Cn Cn x  …  Cn x )dx Cn x  Cn  …  Cn 2 n 1   0   0 0 1 1 1 2 1 n = Cn  Cn  Cn …  Cn = S 2 3 n 1 Vậy: S = 2n1  1. n  1 Bài 6: Ta có: (1 + x)n = Lấy đạo hàm hai vế : n(1 + x)n-1 = C1 n  2Cn 2 x  3Cn 3 x 2  4Cn 4x 3 … nCn nxn 1 Thay x = 2 1 , ta được: 3 n1 n 2n1  C1 n  2Cn 2 .2 1  3Cn 3 2 2  4Cn 4 .2 3  …  nCn n 2 n1  2n1C1n  2n1Cn2  3.2n 3 Cn3  4.2n 4 Cn4  …  nCnn  n.3n1 15 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  Cn4 x 4 …  Cnnxn

16. NHỊ THỨC NEWTON Bài 7:  1 40 40 k k  1 40  k 40 k 3k 80  x   =  C40 x .   =  C 40 x 2 2  x  k 0  x  k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k x3 k 80 k 1 40 Tk 1 chứa x31  3k 80  31  k  37 Heä soá cuûa x31 laø Ck40 vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31  k = 37 Vậy hệ số của số hạng chứa x31 là C 37 40  C 3 40  40.39.38 = 40.13.19 = 9880.1.2.3 Bài 8: a 9  1 C10 9  C11 9  C12 9  C13 9  C14 9 = 1 + C 1 10  C11 2  C12 3  C13 4  C14 5 = 1 + 10 + 11.10 12.11.10  13.12.11.10  14.13.12.11.10 = 3003 2 6 24 120 Bài 9: 1. (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  …  C n nx n Cho x = 1  Cn 0  C1 n  Cn 2  …  Cn n = 2n 2. (1 – x)2n = C 0 2n  C 1 2n x  C2n 2 x 2  C 3 2n x 3  …  C2n 2n x 2n Cho x = 1  đpcm. Bài 10: Ta có: x  1 2000  2000 Ck2000xk (1)    k 0 2000 Trong (1) cho x = 1 ta được  Ck 2000 = 22000 k 0 2000 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =  i.Ci2000 xi 1 i 1 2000 Cho x = 1 ta được:  chúng tôi 2000 = 2000.21999 = 1000.22000 i 1 2000 2000 Do đó: S =  Ci2000   i.Ci2000 = 1001.2 2000 . i 0 i 1 16

17. NHỊ THỨC NEWTON Bài 11: 12 12 P ( x )  (1  2 x )12  C12 k 2 k x k  a0  a1 x  a2 x 2 …  a12 x12  a k xk  ak  C12 k 2k k 0 k 0 ak a k 1 13 16 ak  Max a0 ; a1 ; a2 ;…; an   a k 1   k   a k 3 3 Max a0 ;a1;a 2 ;…;an  a 8  C128 = 126720   Bài 12: Hệ số của số của số hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức là: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là : C5 5  C6 5  C7 5 = 1 + 6!  7! = 285!1! 5!2! Bài 13: 1 (x  2)7 1 37  27 1. I = (x 6 = 2) dx 7 7 0 0 2. Ta có: 1 I = (x  2)6 dx = 0 1 = C 0 6 .2 6  C 1 6 2 5 x  C 6 2 2 4 x 2  C 3 6 2 3 x 3  C 4 6 2 2 x 4  C 5 6 2x 5  C 6 6x 6 dx 0 26 25 24 23 22 1  0 1 2 2 3 3 4 4 5 2 5 6 1 6 7 =  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x 1 2 3 4 5 6 7   0   = 2 1 6 C0 6  2 2 5 C1 6  2 3 4 C6 2  2 4 3 C3 6  2 5 2 C6 4  6 2 C6 5  7 1 C6 6 = S Vậy: S = 37  27 7 Bài 14: Nếu u = 2x – 1, ta được: n n u  1 1 k k (*)      Cnu2 n   2 k 0 n  (u + 1)n =  Ckn uk  điều phải chứng minh. k 0 17

18. NHỊ THỨC NEWTON Bài 15: Có 1 Ck 1 2 1 2 .2k  Cnk .xk 1  Cnk xk dxk 1 n 2(k  1) 0 2 0 1 1 1 10 1 2 2 3 3 n n  S = Cn  Cn .2  Cn .2  Cn .2 …  Cn.2 2 3 4 n 1 n 1 k k n 1 2 k k 1 2 n k k =  Cn .2  Cn x dx    C n x  dx =  2 k 0 k  1 k 02 k 0    0 0    12 n 1(x  1)n1 2 3n1  1 = (x  1) dx  . =2 2 n  1 2(n 1) 0 0 Bài 16: Ta có: (1 + 3)2n = C 0 2n  C 1 2n .3 1  C2n 2 .3 2 …  C2n 2n .3 n (1 – 3)2n = C 0 2n  C 1 2n .3 1  C2n 2 .3 2 …  C2n 2n .3 n Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: 42n + 22n = 2 C 0 2n  C 2 2n .3 2  …  C 2n 2n .3 2n  Từ đó ta có:C0 2n  C2 2n .32  C4 2n .34  …  C2n 2n .32n  22n1(22n  1) Bài 17: Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn 0 3 n  C 1 n .3 n1 x  …  C n n.x n Ta có: f(x) = n(x + 3)n-1 = C1 n .3n1  2Cn 2 .3n 2 x … nCn nxn 1 Cho x = 1, ta được: f(1) = n.4n-1 = C 1 n .3 n1  chúng tôi 2 .3 n 2  3.C 3 n .3 n 3 … n.C n n (đpcm) Bài 18: k 1 k 1 kk Ta có : ak 1  ak  C 10 .2  C10.2  k ≤ 2(11 – k)  k ≤ 1 2  (k  1)!(11 k)! k!(10  k)! 22 3 Vậy hệ số lớn nhất là: a7 = 1 .C10 7.27 .10 3 18

19. NHỊ THỨC NEWTON Bài 19: 2001 Ta có: (x + 1) 2001 =  C k 2001.x k k 0 2001 (-x + 1) 2001 =  Ck2001.(  x)k k 0 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: (x + 1)2001 + (-x+ 1)2001 = 2 C0 2001  x 2C2 2001  x 4C4 2001  …  x 2000C2000 2001  Cho x = 3 ta được: 42001  C 0 2001  3 2 C 2 2001  3 4 C 4 2001  …  3 2000 C 2000 2001  2 2000 (2 2001 1) Bài 20: 3 1 n! n! n(n 1)(n  2) Từ Cn  5Cn ta có n ≥ 3 và  5   5n3!(n  3)! (n  1)! 6 2 n 4 (loaïi)  n  – 3n – 28 = 0   n  7  x 1 x  3 Với n = 7 ta có:C7 3 2 2 3 = 140  35.22x-2.2-x = 1402  2x-2 = 4  x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 21: n Ta có: (x + 1)n =  Ckn xk k 0 n Cho x = 2 ta được: 3n =  Ck n 2k  3n = 243  n = 5. k 0 Bài 22: Ta có: a k 1  ak  a k 1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) 2 9 24  Cnk 1  Cn k  Cnk 1 2 9 24 1 n! 1n! 1 n!    2 (k  1)!(n  k  1)! 9 k!(n  k)! 24 (k  1)!(n  k  1)! 19 – 2 2001 = 2 C02001  32 C22001  34 C42001  …  32000 C20002001 

20. NHỊ THỨC NEWTON  2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!    2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k   2n  2 2(n  k  1)  9k k     11  9(n  k)  24(k  1)  3n  8 k   11  Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2  n = 10. Bài 23: Ta có: (x + 1)10 = x10 + C 1 10 x 9  C10 2 x 8  C10 3 x 7  …  C10 9 x 1  (x + 1)10 (x + 2) = x11 + C1 10 x10  C10 2 x9  C10 3 x8  …  C10 9 x 2  x + 2  x10  C1 10 x 9  C10 2 x 8  C10 3 x 7  …  C10 9x 1 = x11 + C110  2  x10  C102  C110 .2  x 9  C103  C102.2  x 8  …  + C10 9  C10 8.2  x2 +C10 10  C10 9.2  x + 2 = x11 + a1 x10 + a2 x9 + … + a11 Vậy a5 = C10 5  2C10 4 = 672. Bài 24: n1 n  7(n  3) n1 n n  7(n  3)Ta có: C n 4  Cn 3   C n 3  C n 3  C n 3  (n  2)(n  3) = 7(n + 3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12. 2! Số hạng tổng quát của khai triển là: 5 12k 60 11k C12 k (x 3 )k x   C12 kx2 2 60 11k 60  11k Ta có: x 2 = x8  = 8  k = 4. 2 Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là C 12 4 12!  = 495.4!(12  4)! Bài 25: Ta có: (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  …  C n nx n 2 2  (1  x)n dx  Cn0  C1n x  Cn2 x 2  …  Cnn xn dx  20

21. NHỊ THỨC NEWTON  1 n1 2  0 1 x 2 2 x3 n xn1  2 (1 x) Cn x  Cn  Cn  …  Cn  n  1 1  2 3 n  1 1 0 22 1 1 23 1 2 2n1 1 n = 3n1  2n1  Cn  Cn  Cn …  Cn 2 3 n  1 n  1 2 3 n  1 n  1 Bài 26: Ta có: (x2 + 1)n = (x + 2)n = Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với n ≥ 3 thì x3n-3 = x2nxn-3 = x2n-2xn-1 Do đó hệ số của x3n-3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n là a = 2 3 .Cn 0 .Cn 3 2.C 1 n.C 1 n 3 n3 2n(2n2  3n  4) n  5  a3 n3 = 26n   26n   73 n  (loaïi) 2  Vậy n = 5. Bài 27: Ta có khai triển : (x + 1) 2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n = C2n x  C2nx  C2nx  …  C 2n x  C2n Cho x = -1 ta được: 0 1 2 3 4 2n1 2n 0 = C 2n  C2n  C2n  C2n  C2n  …  C2n  C2n 1 3 2n1 0 2  2n  C2n  C2n  …  C2n  C2n  C2n …  C2n Bài 28: x  1  x  2 x  3 1. Điều kiện :  x  3  x  N  x  N  x! x! = 9×2 – 14xPT  x + 6  6 2!(x  2)! 3!(x  3)!  x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9×2 – 14x Cn 0 x 2n  C 1 n x 2n 2  Cn 2 x 2n 4  …  C n n Cn0 xn  2C1nxn1  22 Cn2 xn 2  23 C3n xn 3 …  2n Cnn

22. x  0 (loaïi) 2 – 9x + 14) – 0   x  7 (loaïi)  x = 2 x(x x  2  21 GV:PHAN NHẬT NAM

23. NHỊ THỨC NEWTON 2.  Caùch 1: * Ta có: (1 – x) 20 = C020  C120 x  C202 x 2 …  C1920 x19  C2020 x20 Cho x = 1 ta có: C020  C120  C220  …  C1920  C2020 = 0  C 0 20  C20 2  …  C20 20  C 1 20  C 3 20  …  C 19 20 Nên : A = C 0 20  C20 2  …  C20 20 ; B = C 1 20  C 3 20 … C 19 20  A = B (1) * Ta coù: (1 + x)20 = C 0 20  C 1 20 x  C20 2 x 2 …  C 19 20 x 19  C 20 20 x 20 Cho x = 1 ta coù: C 0 20 C 1 20  C20 2  …  C 19 20  C 20 20 = 220  A + B = 220 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = 220 = 219 (đpcm). 2 k k 1 k 0  1, ta được: Cách 2: Áp dụng công thức Cn 1  Cn  Cn và Cn  C 1 20  C 3 20  C 5 20  …  C 17 20  C 19 20 = = C19 0  C19 1  C19 2  C19 3  C19 16  C19 17  C19 18  C19 19 = (1 + 1)19 = 219. Bài 29: 0 n 0 1 n 1 2 n1 Do Cn  Cn  1 nên ta có: Cn Cn chúng tôi  chúng tôi Áp dụng BĐT côsi ta có: 1 2 n 1 1 2 n1 n1  Cn  Cn  …  Cn   CnCn chúng tôi   n  1  n Áp dụng khai triển (a + b)n =  Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có: k 0 0 1 2 n = 2 n 1 2 n1 = 2 n – 2Cn  Cn  Cn  …  Cn  Cn  Cn  …  Cn 1 2 n 1  n n1 2  2   Suy ra: CnCn chúng tôi   (đpcm). n  1 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  …  Cnnxn

24.   Bài 30: 1. Ta có: (1 + x)n = Đạo hàm hai vế , ta được: 22

25. NHỊ THỨC NEWTON n(1 + x)n-1 =C 1 n  2Cn 2 x  3Cn 3 x 2  …  nC n nx n 1 Cho x = -1 0 = Vậy S = 0. 2. Ta có : (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  Cn 3 x 3  …  C n nx n 1 1  (1  x)ndx  Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  …  Cnn xn dx  0 0 (1 x)n1 1  0 1 1 2 1 2 3 1 n n 1  1    Cn x  Cn x  Cn x  …  Cn x  n  1 0  2 3 n  1  0  2n1 1 Cn 0  1 C 1 n 1Cn 2  …  1 Cn n n  1 2 3 n  1 Do đó: T = 2n1  1 n  1 n  N, n  2 n n1 n 2  79   n(n  1)  n = 12Ta có: C n  Cn  Cn  1  n   79  2 Vậy: T = 2 13  1. 13 Bài 31: 2003 P(x) = (16x – 15)2003 =  Ck2003(16x)2003  k ( 15)k k 0 2003 =  Ck2003 (16)2003 k ( 15)k x2003 k k 0 Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = C k 2003(16) 2003 k (15) k 2003 2003 Vậy: S =  ak   Ck2003 (16)2003 k ( 15)k = (16 – 15)2003 = 1 k 0 k 0 Bài 32:  1 2 15 15  1 15 k  2  k 15 2k  k  k k Ta có:   x  =  C15    x   C15 x3 3 3 3 15   k 0     k  0 3 Gọi ak là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển: 23 C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  …  (1)n1nCnn

27. NHỊ THỨC NEWTON điều kiện: 28  7k  0  k = 412 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C7 4 = 35. Bài 36: Ta có : (1 + x)2n+1 = Đạo hàm hai vế ta có: (2n + 1)(1 + x) 2n 1 2 3 2  …  (2n 2n1 2n = C2n 1  2C2n 1x  3C2n 1x  1)C2n 1x     Thay x = -2, ta có: 1 2 2 3  …  (2n 2n 2n1 = 2n + 1C 2n 1  2.2C2n 1  3.2 C2n 1  1)2 C2n 1     Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002. Bài 37: Ta có: (1 + x) 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1 = C 2n 1  C2n 1x  C2n 1x  C2n 1x  …  C2n 1x      Cho x = 1 ta có: 2 2n+1 = 0 1 2 3 2n 1 (1)C 2n 1  C2n 1  C2n 1  C2n 1  …  C2n 1      0 1 2 3 2n1 Cho x = -1 ta có: 0 = C2n 1  C2n 1  C2n 1 C2n1  … C2n 1 (2)      Lấy (1) – (2)  2 2n+1 = 1 3 2n1 2  C 2n1  C2n 1  …  C 2n 1   22n 1 3 2n1 = 1024  2n = 10= C 2n 1  C 2n 1  …  C2n 1    10 Ta có: (2 – 3x)10 =  ( 1)k C10k 210  k (3x)k k 0 Suy ra hệ số của x7 là C10 7 3 7 2 3 Bài 38:  Từ giả thuyết ta suy ra: C 0 2n 1  C 1 2n 1  C 2 2n 1  …  C n 2n 1  2 20 (1)     k 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:Vì C2n 1  C2n 1   0 1 2 n 1 0 1 2 2n1 C 2n1  C2n1  C2n1  …  C2n1   C 2n1  C 2n1  C 2n1  …  C2n1 (2)2 Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n1 2n1  2n1 (3)C 2n 1  C2n 1  C2n 1  …  C2n 1  (1 1) 2     Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220  n = 10. 25 C0 C1xC2x2C3x3…C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1

28. NHỊ THỨC NEWTON 1 10 10 k 10  7 k 4 10 k 7 k 11k 40 x  Ta có:   x    C10 (x )   C10x4  x  k 0 k 0 Hệ số của số hạng chứa x26 là C10 k với k thỏa mãn: 11k-40 = 26  k = 6 Vậy hệ số của x26 là C10 6 = 210. Bài 39: 0 1 2 n  N,n  2 n  N,n  2     n = 20Cn  Cn  Cn  211   n(n  1)  2 1  n   211 n  n 420  0   2   (k  1).Cn k (k  1)Cn k k (k = 1, 2, …, n)  CnA 1 (k  1)! k 1 k! Do đó: với n =20 ta có: S =C 0 20  C 1 20  …  C20 20 = 220 . Bài 40: Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cn k (2) k .x k Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn 0  2C 1 n  4Cn 2  71 n N, n  2 n  N, n  2    n(n  1)    n = 7  2 1 2n  4  71 n  2n 35  0   2   Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: a = C7 5 (2) 5 = – 672. 5 Bài 41: Ta có: C 1 n  Cn 3  13n  n  n(n 1)(n  2)  13n 6  n 2 – 3n – 70  n  10  n 7 (loaïi) Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1 = C10 k (x 2 ) 10 k (x 3 ) k  C k 10x 20 5k Tk 1 không chứa x  20 – 5k = 0  k = 4 Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C 10 4 = 210.

31. NHỊ THỨC NEWTON Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = Cn 0 an  C1 nan1 b  …  Cn nbn  với a = 3, b = – 1  2n = (3 – 1)n = Cn 0 3n  C1 n 3n1  …  ( 1)n Cn n  với a = 1, b = 1  2n = (1 + 1)n = Cn 0  C 1 n  …  Cn n Vậy : Cn 0 3 n  C 1 n 3 n1  …  (1) n C n n  Cn 0  C 1 n  …  C n n k k 45 2k k 45  2k  29 Bài 46: Số hạng tổng quát: C15(1) x  y   k = 8 k  8  Vậy hệ số của số hạng chứa x29y8 là : C15 8 = 6435. GV:PHAN NHẬT NAM GV:PHAN NHẬT NAM

Bài tập NHị thức niutơnBài 1: Tìm các số hạng không chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của với .Bài 2: Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của, biết rằng Bài 3: Trong khai triển của thành đa thức, hãy tìm hệ số lớn nhất .Bài 4: Tìm số hạng thứ bảy trong khai triển nhị thức: ; Bài 5: Cho khai triển nhị thức: Biết rằng trong khai triển đó và số hạng thứ tư bằng . Tìm .Bài 6: Tìm hệ số của số hạng số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của, biết rằng: Bài 7: Tìm hệ số của trong khai triển thành đa thức của Bài 8: Khai triển biểu thức ta được đa thức có dạng . Tìm hệ số của , biết .Bài 9: Tìm hệ số của trong khai triển đa thức: Bài 10: Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của , biết:

Bài 11: Tìm số hạng không chứa trong khai triển nhị thức , biết rằng Bài 12: Tìm hệ số của trong khai triển của thành đa thức.Bài 13: Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của Bài 14: Tìm hệ số của trong khai triển của Bài 15: Trong khai triển thì hệ số của số hạng là:Bài 16: Cho khai triển: . Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển.Bài 17: Cho khai triển: . Tìm số hạng chứa trong khai triển.Bài 18: Cho khai triển sau : . Tìm hệ số của Bài 19: Cho khai triển: . Biết n là số nguyên dương nghiệm đúng phương trình: . Tìm hệ số của số hạng chứa .Bài 20: Có bao nhiêu số hạng hữu tỷ trong khai triển của biểu thức: Bài 21: Có bao nhiêu số hạng hữu tỷ trong khai triển: Bài 22: Cho .Biết hệ số của số hạng thứ 3 trong khai triển là 328. Tìm hệ số của số hạng thứ 5.Bài 23: Tìm hệ số của trong khai triển ?Bài 24: Xác định n sao cho trong khai triển nhị thức : hạng tử thứ 11 là số hạng có hệ số lớn nhất.Bài 25: Trong khai triển sau có bao nhiêu số hạng hữu tỷ : Bài 26: Tìm hệ số của trong khai triển Bài 27: Trong khai triển nhị thức : .Tìm số hạng không phụ thuộc xBài 28: Với là số nguyên dương, chứng minh hệ thức sau: Bài 29: Tính tổng: + +…..+Bài 30: Tính tổng: + +…..Bài 31: Tìm sao cho: Bài 32: Chứng minh hệ thức sau: Bài 33: Chứng minh : Bài 34: Chứng minh rằng với mọi ,ta luôn có đẳng thức:

Bài 35: Chứng minh rằng Bài 36: Tính tổng Bài 37: Tìm số nguyên dương n sao cho Bài 38: Tính giá trị của biểu thức :, biết rằng Bài 39: CMR: Bài 40: Chứng minh đẳng thức :

Bài 41: Với mỗi n là số tự nhiên, hãy tính tổng: .Bài 42: Cho n là một số nguyên dương.a) Tính tích phân : b) Tính tổng số : bài 43: CMR bài 44: Chứng minh rằng: .Bài 45: Tính tổng Bài 46. Giải hệ phương trình:

Bài 47: Giải phương trình :

Bài 48: Giải phương trình : Bài 49: Giải phương trình :

Bài 50: Tìm số tự nhiên n sao cho :

Bài 51: Giải phương trình

Bài 52: Giải bất phương trình

Bài 53: Giaỉ phương trình:

Bài 54: Giải phương trình:

Bài 55: Giải phương trình sau: Bài 56: Giải bất phương trình

Bài 57: Giải phương trình:

Bài 58: Giải bất phương trình: Bài 59: Giải bất phương trình:

Bài 60: Giải bất phương trình sau: Bài 61: ải bất phương trình:

Bài 62: ải bất phương trình

Bài 63: Giải phương trình :

Bài 1: Từ giả thiết suy ra : (1)Vì nên : (2)Từ suy ra: (3)

Bài viết này chúng tôi gửi tới các bạn tài liệu về tổ hợp,xác suất,nhị thức NewTon.Những dạng bài cơ bản,trọng tâm có lời giải ngắn gọn,chi tiết,dễ hiểu cũng như đề cập lại các kiến thức cần nhớ về công thức xác suất, hoán vị, chỉnh hợp, cách phân biệt và 7 dạng bài toán thường gặp và phương pháp giải

Dạng 1: Sắp xếp các số( không có chữ số 0 )

VD: Từ các số: 1,2,3,4,5,6

a. Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau b. có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau. c. có bao nhiêu tập hợp gồm 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ những số trên

Dạng 2: Sắp xếp các số ( có chữ số 0 )

VD: từ các số: 0, 1,2, 3, 4, 5,6. Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau

Phương pháp: ta tính các số có chữ số đầu tiên là 0 ( những số này thực chất coi như không tồn tại ).

Dạng 3: Sắp xếp các số ( có điều kiện kèm theo)

VD: Từ các số: 1,2,3,4,5.

a. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau. b. Có bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau có số hàng đơn vị là 5

Dạng 4: Bốc đồ vật

VD: Hai hộp chứa các quả cầu: + hộp thứ nhất chứa 3 quả đỏ và 2 quả xanh. + hộp thứ hai chứa 4 quả đỏ và 6 quả xanh. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 quả cầu sao cho:

a. 3 quả bất kỳ. b. 3 quả đỏ. c. 3 quả xanh. d. 3 quả trong đó có 2 quả đỏ, 1 quả xanh. e. 3 quả trong đó có ít nhất 1 quả đỏ. f. 3 quả trong đó bắt buộc phải có 1 quả xanh. Chú ý: khi giải dạng bài này phải luôn đặt câu hỏi: + có bao nhiêu quả để chọn? + chọn bao nhiêu quả? Chú ý: với bài tính xác suất làm tương tự để tính số phần tử của không gian mẫu và của các biến cố.

Dạng 5: Sắp xếp vị trí theo hàng

VD: có 10 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp vị trí theo hàng dọc?

Dạng 6: Sắp xếp vị trí theo vòng tròn

Bài giảng và 45 thí dụ,26 bài tập có lời giải Xác suất,tổ hợp,chỉnh hợp,phép đếm ÔN THI ĐẠI HỌC 1 số hình ảnh chụp

Giới thiệu tới bạn : Tổ hợp,xác suất,nhị thức Newton ôn thi THPT Quốc Gia và bài tập có đáp số

Kiến thức cần nhớ:

Muốn chia đa thức A cho đơn thức B (trường hợp các hạng tử của đa thức A đều chia hết cho đơn thức B), ta chia mỗi hạng tử của A cho B rồi cộng các kết quả với nhau.

Bài 63 trang 28 sách giáo khoa Toán lớp 8

Không làm tính chia, hãy xét xem đa thức A có chia hết cho đơn thức B không:

Bài 64 trang 28 sách giáo khoa Toán lớp 8

Làm tính chia:

a)

b)

c)

Bài 65 trang 29 sách giáo khoa Toán lớp 8

Làm tính chia:

(Gợi ý, có thể đặt x – y = z rồi áp dụng quy tắc chia đa thức cho đơn thức)

Bài 66 trang 29 sách giáo khoa Toán lớp 8

Ai đúng, ai sai ?

Khi giải bài tập: “Xét xem đa thức A = có chia hết cho đơn thức hay không ?

Hà trả lời: “A không chia hết cho B vì 5 không chia hết cho 2”,

Quang trả lời: “A chia hết cho B vì mọi hạng tử của A đều chia hết cho B”.

Cho biết ý kiến của em về lời giải của hai bạn.

Cách Giải bài tập chia đơn thức cho đơn thức sách giáo khoa Toán lớp 8

HƯỚNG DẪN – BÀI GIẢI – ĐÁP SỐ

Bài 63 trang 28 sách giáo khoa Toán lớp 8

Nếu mọi hạng tử của đa thức A (phần chữ) chia hết cho đơn thức B thì A chia hết cho B.

Giải:

A chia hết cho B vì mỗi hạng tử của A đều chia hết cho B ( mỗi hạng tử của A đều có chứa nhân tử y với số mũ lớn hơn hay bằng 2 bằng với số mũ của y trong B).

Bài 64 trang 28 sách giáo khoa Toán lớp 8 Hướng dẫn:

Quy tắc chia đa thức cho đơn thức:

(A + B – C) : D = A : D + B: D – C : D.

Giải:

a)

=

b)

c)

Bài 65 trang 29 sách giáo khoa Toán lớp 8 Bài 66 trang 29 sách giáo khoa Toán lớp 8

Ý kiến của em Quang trả lời đúng.

Vì đa thức CA chia hết cho đơn thức B khi hạng tử của A chia hết cho B.

Ta có:

Vậy, Quang trả lời đúng.