Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newton

Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức NewtơnBÀI GIẢNG – NHỊ THỨC NEWTƠN PHẦN A.. Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn Dấu hiệu nh

Trang 1

Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn

BÀI GIẢNG – NHỊ THỨC NEWTƠN PHẦN A Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn

Dấu hiệu nhận biết:

Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng dần từ 1 đến n (hoặc giảm từ n đến 1) (không kể dấu)

Hai khai triển thường dùng:

1 x  C C x C x  C x  C x 1

1x  C C x C x   1 C x   1 C x 2

i) Đạo hàm 2 vế của (1) hoặc (2)

ii) Cộng hoặc trừ (1) và (2) sau khi đã đạo hàm rồi thay số thích hợp

Ví dụ 7 Tính tổng S  C13 0  2 2C23 0  3 2 C2 33 0   2 9 22 8C2 93 0  3 0 2 C2 9 3 03 0

Giải

Ta có khai triển:

1 x  C C xC x  C x C x 1

C 2C x 29C x 30C x  30 1 x 2

C 2.2C 3.2 C  29.2 C 30.2 C  30 12 Vậy S 30

Ví dụ 8 Rút gọn tổng S C130 3.2 C2 330 5.2 C4 530 27.2 C26 2730 29.2 C28 2930

Giải

1x  C C x C x   C x C x 1

C 2C x 29C x 30C x  30 1 x 2 Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta được:

   29

C 2.2C 3.2 C   29.2 C 30.2 C  30 12 3

   29

C 2.2C 3.2 C  29.2 C 30.2 C  30 12 4

Cộng hai đẳng thức (3) và (4) ta được:

2(C 3.2 C 5.2 C  27.2 C 29.2 C )  30 3 1

Vậy S 15 3 29 1

Ví dụ 9 Rút gọn tổng S 2008C02007 2007C12007 2006C22007   2C20062007 C20072007

Giải

x 1  C x C x C x  C x C

Nhân 2 vế (1) với x ta được:

x x1  C x C x C x  C x C x 2

Trang 2

Người soạn: Vũ Trung Thành 2 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802

Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:

2008C x 2007C x 2006C x  2C x C

 2006 (1 2008x) x 1

Thay x = 1 vào (3) ta được:2008C20070 2007C12007 2006C22007  2C20062007 C20072007  2009.22006

Cách khác:

 2007

C x C x C x  C x C 1 Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:

 2006  

2007C x 2006C x 2005C x  2C xC 2007 x1 2

Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được:

 

C C C   C C 2 3

 

2007

  Cộng (3) và (4) ta được:2008C02007 2007C12007 2006C22007   2C20062007 C20072007  2009.22006

Vậy S 2009.22006

Ví dụ 10 Cho tổng S  2C0n 3C1n  4C2n  (n 1)Cn 1n (n 2)Cnn

với n   Tính n, biết S 320

Giải

1 x  C C x C x  C  x  C x 1

C x C x C x  C  x  C x   x 1x 2 Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:

2C x 3C x  4C x  (n1)C  x (n 2)C x   2x 1 x nx (1 x)  3

Thay x = 1 vào (3) ta được:

 

2C 3C 4C  (n 1)C   (n2)C (4 n).2  4

n 1

S  320 (4 n).2   320  n  6

Cách khác:

1 x  C C x C x  C  x  C x 1

   n 1

C 2C x 3C x  nC x   n 1x  2

Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được:

 

C C C C  C  C  2 3

 

C 2C 3C  (n1)C   nC  n.2  4

Nhân (3) với 2 rồi cộng với (4) ta được:

Trang 3

2C 3C 4C  (n 1)C  (n 2)C  (4n).2 

n 1

S  320 (4 n).2   320

Vậy n  6

2.2 Đạo hàm cấp 2

Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa tăng (giảm) dần từ 1.2 đến (n–1).n hoặc tăng (giảm) dần từ 12 đến n2 (không kể dấu)

1 x  C C x C x C x  C x  C x 1

C 2C x 3C x 4C x  nC x   n 1x  2 i) Tiếp tục đạo hàm 2 vế của (2) ta được:

1.2C 2.3C x3.4C x   (n 1)nC x   n(n1)(1 x)n 2 (3)

ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:

   n 1

C x 2C x 3C x 4C x  nC x  nx 1x  4

 

1 C 2 C x3 C x  n C x   n(1nx)(1x)  5

Ví dụ 11 Tính tổng S 1.2C216 2.3C316 3.4C164   14.15C1516 15.16C1616

Giải

1 x  C C x C x C x  C x C x 1

C 2C x 3C x  15C x 16C x 16 1x 2

 

1.2C 2.3C x 3.4C x  15.16C x  240(1 x) 3

Thay x = – 1 vào đẳng thức (3) ta được:

1.2C 2.3C 3.4C  14.15C 15.16C  0

Vậy S = 0

Ví dụ 12 Rút gọn tổng S 1 C2 12007 2 C2 22007 3 C2 32007   2006 C2 20062007 2007 C2 20072007

Giải

1 x  C C x C x   C x C x 1

   2006

C 2C x 3C x   2007C x  2007 1x 2

Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:

   2006

C x 2C x 3C x  2006C x 2007C x  2007x 1x 2

Trang 4

 

1 C 2 C x3 C x   2006 C x 2007 C x 2007(1 2007x)(1 x)  4 Thay x = 1 vào đẳng thức (4) ta được

1 C 2 C 3 C   2007 C  2007.2008.2

Vậy S 2007.2008.22005

Bài 1a Chứng minh rằng: 0 1 1

3 4 ( 3) n 2n (6 )

n

C là tổ hợp chập k của n phần tử.)

HD Ta có (1+x)n = C n0xC1n x C n n n nhân cả 2 vế với x3 ta được x3(1x)n x C3 n0x C4 1n x n3C n n lấy

đạo hàm hai vế và thay x = 1 ta có điều phải chứng minh

Bài 1b Tính tổng S 12C120012201022C20012 2200932C20013 22008 2011 2C2001201120

Bài 2 Cho n là số tự nhiên ,n2 tính 2 2 1 2 2 2 2 3 3 2

1

n

k



Trang 5

Luyện thi đại học - Chuyờn đề : Ứng dụng đạo hàm và tớch phõn vào khai triển nhị thức Newtơn

Bài 3 CMR n2, n nguyờn dương 2 1 2 2 2 3 2   2

1 C n2 C n 3 C n  n C n n n n1 2n

Bài 4 Tỡm số nguyờn dương n biết:

2  3.2.2   ( 1)  k ( 1)2k k  2 (2 1)2 n n  40200

1 n k

k 1 n k 2

2 1 n 1

1 n 0

1 n 1 n

x C

x C ) 1 (

x C x C C

) x 1

 Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta cú:

n 1 n 1 n 1

k k 1 n k 2

1 n 1

1 n n

x C ) 1 n 2 (

x kC ) 1 (

x C 2 C

) x 1 )(

1 n

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta cú:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n 2

1 n 1 n

x C ) 1 n ( n

x C ) 1 k ( k ) 1 (

x C 3 C 2 ) x

1

)(

1

n

(

Thay x = 2 vào đẳng thức trờn ta cú:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phương trỡnh đó cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 0 n 100



















Bài 5 Tớnh giỏ trị biểu thức sau:

2010 2011 2011 2008

2010 2011 2006

3 2011 2008

2 2011 2010

1

2011 2010 .2 2011 .2

2

1 3 2

1

2 2

1

C C

C

 HD Xét:

2011

0

k i





 Lấy đạo hàm của f(x) 2 vế ta được:

(*)

2011

2

1

1 2

1 )

2

1

(

2011 x 2010 C12011 2010 kC2011 2011 x k 1 C20112011x2010

k





Cho x = 2 vào 2 vế của (*) ta được 2010 )2010

2

5 (

2011 )

2 2

1 (



T

Bài 6 Chứng minh rằng với n  N*, ta cú: n n n n n n

C22 C24 nC22

2

Xột (1x)2n C20nC x C x12n  22n 2C x23n 3C x24n 4 C x22n n 2n (1)

x 2 C20 C x C x21 22 2 C x23 3 C x24 4 C x22 2

Từ (1) và (2) 

n n

2

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 2C x22n 4C x24n 3 2 nC x22n n 2n1n(1x)2n1(1x)2n1

Trang 6

Người soạn: Vũ Trung Thành 6 Trường THPT Bỡnh Giang LH 0979791802

C22 C24 nC22 n 2 1

2



Bài 7 Tớnh tổng: S 2010C20080 220092009C1200822008 2008C20082 22007  3 C2008200722 2C200820082

Bài 8 Khai triển  30 2 30

1 5 x a a xa x  a x Tớnh tổng S  a0 2a1 3a2  30 a30

Bài 9 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của  2 100

x x , chứng minh rằng:

Bài 10 Hóy tỡm số tự nhiờn n thoả món:

1.3 2 n 2.3.2 n 3.3 2 n 4.3 2 n (2 1).3 2 n n 73

HD Ta có(2 )2n 22n 02 .22n 1 12 2n 1.21 22n 1 2n.20 22n

Nhân 2 vế của (1) với x0 được

Lấy đạo hàm 2 vế của (2) ta được

2

2 0

2

(2 n 1) x n2 C n n

  Thay x=3 vào được

2

2 0

2

n n

n

C

Trang 7

HD Ta có   0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2

n

x C C C C  C

2

n

0

2

n



Theo giả thiết 1+4n =2013 n2012 : 453

Bài 12 Tìm số nguyên dương n biết:

2 3.2.2 ( 1) ( 1)2  2 (2 1)2   40200

HD Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n 2

1 n 1 n

x C ) 1 n ( n

x C ) 1 k ( k ) 1 (

x C 3 C 2 ) x

1

)(

1

n

(

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phương trình đã cho  n( n1)40200 n2 n201000n100

Bài 13 Tính tổng S = 2C120106C3201010C52010  4018C20092010

Tính tổng S2C12012 12C20123 30C20125  2009.2010C20122009 2011.2012C20122011

2011

2010 2011 2010

3 2011 2

2011 1

2011 0

2011

2

2012 2

2011

2

1 4

3

C C

Bài 14 Tính tổng S C20110 2C120113C20112  2012C20112011

HD Xét đa thức: f x( ) x(1 x)2011x C( 20110 C12011xC20112 x2 C20112011x2011)

2011 2011 2011 2011

Ta có: f ( )x C20110  2C12011x 3C20112 x2  2012C20112011x2011

0 1 2 2011

2011 2011 2011 2011

Mặt khác: f ( )x  (1 x) 2011  2011(1 x) 2010 x (1 x) 2010 (1 2012 )  x

 f/ (1)  2013.2 2010 ( )b

Từ (a) và (b) suy ra: S 2013.22010.

Bài 14 Tính giá trị biểu thức: 2 4 6 100

4 8 12 200

A C  C  C   C

Ta có: 100 0 1 2 2 100 100

1x C C x C x  C x (1)

 100 0 1 2 2 3 3 100 100

1x C C x C x C x  C x (2)

Lấy (1)+(2) ta được:

1x  1x 2C 2C x 2C x  2 C x

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được

100 1x 100 1x 4C x8C x  200 C x

Thay x=1 vào

100.2 4 8 200

Trang 8

Người soạn: Vũ Trung Thành 8 Trường THPT Bỡnh Giang LH 0979791802

Bài 15 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của  2 100

x x , chứng minh rằng:

1.3 2 n 2.3.2 n 3.3 2 n 4.3 2 n (2 1).3 2 n n 73

HD Ta có(2 )2n 22n 02 .22n 1 12 2n 1.21 22n 1 2n.20 22n

Nhân 2 vế của (1) với x0 được

x  x  x C  x C   x C   x  C (2)

Lấy đạo hàm 2 vế của (2) ta được

2

2 0

2

n

  Thay x=3 vào được

2

2 0

2

n n

n

C

HD Ta cú   0 1 2 2 2 1 2 1 2 2

2

n

x C C C C  C

2

n

lấy đạo hàm hai vế được

0

2

n



Theo giả thiết 1+4n =2013 n2012 : 453

2n 1 2.2 2n 1 3.2 2n 1 4.2 2n1 2 1 2n 2n n1 2005

C   C   C   C    n C  

HD ta có  2 1 0 1 2 2 2 1 2 1

1x n C n C nx C nx  C n nx n

2n1 1x n C n 2C n x3C nx   2n1 C n nx n

Cho x=-2 ta đ-ợc n=1002

Bài 19 DB_A1-2006 Ứng dụng khai triển nhị thức Newtơn của  2 100

,

x x CMR

Trang 9

C     C      C     C    

HD

Bài 20 DB_D1-2007 Chứng minh với mọi n nguyên dương luơn cĩ

nC0n n1C1n   1n2Cnn2  1n1Cnn10

n n 1

n n 1 n 1

n 1 n n 0 n n

C 1 x C 1

x C x C 1

x          

n 1 n 2

n 1 n 1

n 0 n 1 n

C 1

x C 1 n x

nC 1

x











n 1 n 1

n

0

n n 1C 1 C nC

0       

Bài 21 Tính tổng SC1001 2.3.C1002 3.3 2C1003 4.3 3C1004  100.3  99C100100

Bài 22 Chứng minh: 0 2001 1 2000 2001 2001 0 2002

2002 2002 2002 2002 2002k 2002 k 2002 1 1001.2

k



HD Ta có: C n 1 n

n  do đó điều chứng minh trở thành:

Lấy đạo hàm 2 vế ta được : 2002.( 1)2001 2002 0 2001 2001 1 2000 1 2001

Cho x = 1 và lưu ý 2002.220011001.22002 ta được điều phải chứng minh

Bài 23 CMR 1 2 3   2 2 1   2 2 2 1  2 1 

2n 3.2 2n 2 1 2 k 2n k 2 1 2 n 2n n 3 n 1

C  C   k C    n  C  n  

Trang 10

PHẦN B Áp tích phân vào bài toán nhị thức NewTơn

Các hệ số đứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 đến 1

n1 hoặc tăng dần từ

1

n1 đến 1

1 x  C C x C x  C  x  C x 1 Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a đến b ta được:

1x dx  C dx C xdx  C  x dx C x dx

a







Trong thực hành, ta dễ dàng nhận biết giá trị của n.Để nhận biết 2 cận a và b ta nhìn vào số hạng

n n

C

n 1

Ví dụ 13 Rút gọn tổng

Giải

1 x  C C xC x  C x C x 1

2



S

10



Ví dụ 14 Rút gọn tổng







Giải

1 x  C C x C x C x   C x  C x

Trang 11

0





n 1

S

n 1





Ví dụ 15 Rút gọn tổng sau:

Giải

1x  C C x C x  C x C x

1





101 3 S 101



Bài 1 Tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 1 1 2 1 3 1 1023

n



Bài 2 T×m hÖ sè a cña 4 x trong khai triÓn Niut¬n ®a thøc 4 2

f x  x  x víi n lµ sè tù nhiªn tháa

m·n:

n n





Trang 12

Bài 3 Tìm hệ số của x20 trong khai triển Newton của biểu thức 5

3

2



n

x

x biết rằng:

( 1)



n

HD Theo Newton thì: (1x)n C n0C x C x1n  n2 2 ( 1)  n C x n n n B

Vì

1

0

1 (1 )

1

n

x dx

n



1

0

( 1)

n



Lại có:

12

0

n k

k





  , T k1C12k 212k.x8k36 Số hạng ứng với thoả mãn:

8k3620k7  Hệ số của x20 là: C127.25 25344

Bài 4 Tìm số tự nhiên n thoả mãn:

1 2

8192

1 2

2

7

2

5

2

3

2







n

C n C

C C

n n n n

n n n

x C x

C x C C

x)2 20 12 22 2 22 2

1

n n n n

n n

2 2

2 2 1

2 0

2

)

1

(       (1x)2n  (1 ) 2( 2 2 )

2 4

4 2 2 2 2 0 2

n n



  x n dx

1

0

2

)

1

1 0

2





1 0

2 2 2 4

4 2 2 2 2 0

(C n C n x C n x C n n x n dx



0

1

2

1

2

)

1

(

n

x n



















0

1 2 2 2 1

0

3 2 2 1 0

0 2 1

0

1 2

3

2 1

2

) 1 (

n

x C

x C x C n

n n

n

2 1 2

1 1

2

1

22 1











n n

n

) 1 2

1

3

1

( 20n 22n C22n n

n C

C







1 2

22 1

n

n n n

n C

1 2

2

3

2 2



1 2

8192 1

2

22 1











n n

n

6



 n

Trang 13

Bài 5 Tìm hệ số của số hạng chứax trong khai triển 2

n

x













4

2

1 biết n là số nguyên dương thoả mãn:

1

6560

1

2

3

2

1 2

3 1

2

0







n

C n C

C

n n

n

n n

n n n

1

2 0

3 3 2 2 1 0 2

0

)

1

( x n dx C n C n x C n x C n x C n n x n dx 

2 0

1

) 1 (



n

x n

2 0

1 2

0

3 2 2 0

2 1

2

0

1

3







n

x C

x

C

n n n n

n

1

3 1











n

n n n n

n

n C

C C

1

2

3

2 2

0



1

6560 1

1

3 1













n n

n

7 6561

3 14 7 7

0

7

2

1 2

k

x x























4

3 14









4

21

2

1 2 7

2 C 

Bài 6 Tìm a và n nguyên dương thỏa :

n n

n



3 20

n

A  n

: A n3 20nn n( 1)(n2)20nn23n180  n = 6 và n = – 3 ( loại )

Khi đó:

127

a C  C   C 

Ta có : (1x)6 C60C x C x61  62 2C x63 3C x64 4C x65 5C x66 6

a

x dx C x C   C  

0

(1 )

a



7

a



Vậy a = 1 và n = 6

Bài 7 Tính tổng :

S   C   C   C    C

Tacó

2010

0

k



2010

0

k





2010 2010

2010 2010 2010 2010

2

Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được:

2010 2010 2010 2010

2

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	750,36 KB