Phương pháp giải các dạng toán sử dụng công thức khai triển nhị thức newton trong các đề thi đại học

PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TỐN SỬ DỤNG CƠNG THỨC KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC Tác giả: Hà Biên Thùy Giáo viên THPT chuyên Lê Q Đơn A Sự cần thiết, mục đích việc thực sáng kiến: - Mơn tốn có vị trí quan trọng đặc biệt mơn học nhà trường phổ thơng, sở nhiều môn học khác Là môn học nhiều học sinh u thích tính tư trừu tượng em khám phá điều lạ tìm hiểu - Kiến thức nhị thức Newton kiến thức trình bày chương trình tốn THPT Những vấn đề nhị thức Newton phong phú đa dạng mà quan trọng học sinh, điều thể rõ qua kỳ thi tuyển sinh đại học - cao đẳng hàng năm - Ngồi nội dung trình bày SGK Đại số Giải tích 11 - Nâng cao số dạng toán nhị thức Newton, cịn cung cấp thêm số dạng tốn phương giải số dạng dạng toán khác sử dụng nhị thức Newton nhằm phục vụ tốt cho kỳ thi đặc biệt kỳ thi vào đại học cao đẳng - Để đáp ứng nhu cầu học tập học sinh mục đích việc đổi phương pháp dạy học mơn tốn trường THPT để phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo nhằm nâng cao tư trí tuệ cho em Tôi chọn đề tài : “Phương pháp giải dạng tốn sử dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton đề thi đại học” B Phạm vi triển khai thực hiện: - Đối tượng nghiên cứu: hệ thống kiến thức, dạng toán bản, nâng cao kỹ làm tốn có sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton - Sử dụng cho học sinh học lớp 11, ôn thi học sinh giỏi vịng tỉnh lớp 11 học sinh ơn thi đại học, cao đẳng - Khách thể học sinh lớp 12C7 năm học 2014 - 2015 Trường THPT chun Lê Q Đơn C Nội dung Tình trạng giải pháp biết: - Nội dung học Nhị thức Newton chương trình sách giáo khoa lớp 11 nâng cao với số tiết khiêm tốn theo phân phối chương trình Bộ giáo dục đào tạo tiết lý thuyết tập, học sinh giải dạng toán nhị thức Newton sách giáo khoa sách tập - Trong thực tế với đề thi đại học năm từ 2002 đến câu đề thi có sử dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton vận dụng kết hợp nhiều kiến thức mà học sinh học sau học Nhị thức Newton chương trình lớp 11 Chính để kết nối kiến thức tồn chương trình tốn THPT có sử dụng cơng thức khai triển Nhị thức Newton để giải vấn đề đặt với học sinh thi đại học cao đẳng Nội dung chuyên đề giúp giải vấn đề tồn Nội dung giải pháp a) Mục đích giải pháp: - Rèn luyện kỹ thành thạo cho học sinh với dạng tốn chương trình tốn 11 - Cung cấp thêm kiến thức dạng tốn có sử dụng kiến thức chương trình lớp 12 - Phối kết hợp cách linh hoạt kiến thức hai chương trình để giải toán phức tạp - Giải tốt đề thi đại học giáo dục từ năm 2002 đến đề thi thử trường THPT b) Nội dung giải pháp PHẦN 1: Cơ sở lí luận Các kiến thức cần thiết chương trình sách giáo khoa lớp 11 nâng cao để giải tốn sử dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton Hốn vị: (Cơng thức tính số hốn vị)  n! - Số hoán vị tập gồm n phần tửPnlà: với n * - Quy ước: 0!  1!  Chỉnh hợp: Cho tập A gồm n phần tử, số chỉnh hợp chập k n phần tính theo cơng thức: với k  n, n  * Ank  n!  n  n  1 n    n  k  1  n  k ! Tổ hợp: Cho tập A gồm n phần tử, số tổ hợp chập k n phần tử tính theo công thức: Cnk  n! k ! n  k !Với k  n, n  * Một số đẳng thức tổ hợp: Với k  n, n  * ta có đẳng thức sau thường dùng: + An  k !Cn k k + Cn  Cn k n k + Cn  Cn k k 1  Cnk 1 Nhị thức Newton - Công thức khai triển nhị thức Newton: với n   a  b n n   Cnk a nk b k  Cn0a n  Cn1a n1b   Cnn1ab n1  Cnnb n k 0 - Các đẳng thức thường dùng suy từ nhị thức Newton: n k nk k n n 1 n n +,  a  b     1 Cn a b  Cn a  Cn a b    1 Cn b n n n k 0 +, 2n  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn +, Cn  Cn  Cn    1 Cn  n n +, 1  x   Cn  Cn x  Cn x   Cn x n 2 n n +, 1  x   Cn  Cn x  Cn x    1 Cn x n n n n PHẦN 2: Các dạng toán - Phƣơng pháp giải - Các ví dụ minh họa tập tự luyện Dạng 1: Các toán hệ số khai triển nhị thức Newton Phân tích đưa phương pháp chung cho dạng - Phân tích: tốn thường gặp với dạng câu hỏi: tìm hệ số x k khai triển, tìm số hạng không chứa biến khai triển, số hạng thứ k khai triển câu hỏi khác liên quan đến hệ số khai triển nhị thức Newton cho ta thực theo bước sau - Phương pháp: Bƣớc 1: Khai triển nhị thức Newton dạng tổng quát dạng khai triển n  a  b    Cnk a nk bk  Cn0a n  Cn1a n1b   Cnn1abn1  Cnnbn n k 0 Bƣớc 2: Tìm dạng số hạng tổng quát khai triển kí hiệu: Tk 1  Cnk a nk bk Rút gọn số hạng tổng quát với số mũ thu gọn biến có khai triển Bƣớc 3: Căn yêu cầu toán để đưa phương trình tương ứng với giái trị k Giải phương trình tìm k thỏa mãn  k  n Bƣớc 4: Thay giá trị k vừa tìm số hạng tổng quát trả lời yêu cầu toán * Một số lưu ý thực dạng tốn - Vận dụng cơng thức phù hợp  a  b   a  b  với n * , khai n n triển cơng thức dạng khai triển theo số mũ tăng dần giảm dần a dùng công thức thu gọn - Viết công thức số hạng tổng quát thu gọn số mũ biến có khai triển Có thể sử dụng công thức sau để thu gọn số mũ biến: + Các phép toán với lũy thừa số mũ nguyên số mũ hữu tỉ: a  m n  a m.n , m, n  , a  a a  a m n m n am ;  a m n ; n a + Căn bậc n số n m n a  a ; a  0; m, n   m - Trong khai triển  a  b  ln có (n +1) số hạng n - Số hạng thứ k +1 tương ứng n = k gọi số hạng tổng quát khai triển - Tổng số mũ a b khai triển ln n Ví dụ minh họa Ví dụ 1: [1] Tìm hệ số x y khai triển  x  y  101 200 99 [2] Tìm hệ số x khai triển   2x  15 7   [3] Tìm số hạng khơng chứa x khai triển  x   ; x   x  0 Đề tuyển sinh khối D năm 2004 Phân tích: Ta thấy ví dụ khai triển nhị thức ta thực bước nêu Lời giải [1] Tìm hệ số x y khai triển  x  y  101 200 99 - Khai triển nhị thức ta có:  2x  y  200   C200  x  200 k 0 k 200  k  3 y    3 k 200 k 0 k k C200 2200k  x  200  k yk k x 200k y k - Số hạng tổng quát khai triển: Tk 1   3 C200 k - Theo yêu cầu tìm hệ số x y ta phải có: 101 99 200  k  101  k  99  k  99  99 2101 - Với k  99 hệ số cần tìm là:  3 C200 99 [2] Tìm hệ số x khai triển   2x  15 - Khai triển nhị thức ta có:   x    C15k 315k  2  x k 15 15 k k 0 - Số hạng tổng quát khai triển: Tk 1  315k. 2  C15k x k k - Theo yêu cầu tìm hệ số x ta phải có: k  - Với k  hệ số cần tìm là: C157 38  2  7   [3] Tìm số hạng khơng chứa x khai triển  x   ; x   x  0 - Khai triển nhị thức ta có: 1     13 3 k 3  x     x  x    C7  x  x    k 0   7k k 7  k   14  k 12  x    C7 x   k 0 7  k 12 - Số hạng tổng quát khai triển: Tk 1  C7k x - Để có số hạng khơng chứa x khai triển ta phải có số mũ x Tức ta có phương trình: 7  k   k  12 - Vậy số hạng không chứa x số hạng thứ bằng: T5  C74  35 Ví dụ 2: Tìm hệ số x8 khai triển P  x   1  x 1  x   Đề tuyển sinh khối A năm 2004 Lời giải - Theo cơng thức khai triển ta có: P  x   1  x 1  x     C 8 k 0 k  x 1  x   C x C  1 k k 0 k k 2k j 0 j k j xj = k   1 k 0 j 0 j C8k Ckj x k  j ; 0  j  k  8, j, k    - Số hạng tổng quát khai triển: Tk 1   1 C8k Ckj x k  j j - Để có hệ số x8 khai triển ta cần có: 2k  j   j   2k k   Mà  j  k  nên   2k    k    k  0,1,2,3,4 - Với k   j  (loại); k   j  (loại); k   j  (loại); k   j  (thỏa mãn); k   j  (thỏa mãn) - Vậy với cặp số k, j thỏa mãn hệ số x8 khai triển là:  1 C83.C32   1 C84 C40  238 Nhận xét: - Với toán ta áp dụng khai triển nhị thức với hai số a b cơng thức ta lại thấy xuất nhị thức nhị thức vừa khai triển Vì ta cần ý việc khai triển nhị thức lần tránh không dùng số có khai triển trước mối quan hệ số sau với số trước - Phương trình với số mũ phương trình hai ẩn, muốn giải phương trình ta sử dụng mối quan hệ hai số nêu chọn cặp giá trị thỏa mãn Ví dụ 3: Cho khai triển P  x   1  x   1  x    1  x  Tìm hệ số 10 14 x khai triển P  x  Phân tích: P  x  tổng khai triển với số mũ khác số mũ x P  x  cần ý với số mũ x khai triển Lời giải n Xét khai triển 1  x    Cnk x k ; với  n  14, k  n n k 0 Để có hệ số x khai triển k = khai triển Như hệ số x bằng: C99  C109  C119  C129  C139  C149  3003 Ví dụ 4: Tìm số hạng nguyên khai triển   233 Phân tích: - Ta phải hiểu số hạng nguyên? - Chú ý Cnk  ¢ , 0  k  n Như muốn có số hạng ngun khai triển ta cần điều kiện số mũ khai triển? Lời giải Khai triển nhị thức ta có:  2 3   12   C   k 0   5 k k k 5 k k  13  k     C5   k 0 Vì C5k ln ngun với 0  k  nên để có số nguyên khai triển ta 5  k M  phải có: k M k     k  (*) Với điều kiện (*) có giá trị k = thỏa mãn Vậy k = ta có số nguyên khai triển là: C53 2131  60 Bài tập tự luyện 2  [1] Tìm hệ số x khai triển  3x3   ; x   12  x 3 [2] Tìm hệ số x khai triển    ; 3 x  x  0  x  0 12   [3] Tìm số hạng tự khai triển  x  ;  x  0 x   17   [4] Tìm số hạng khơng chứa x khai triển   x3  ;  x   x  0 10   [5] Tìm hệ số x khai triển 1   x3  x   với x  [6] Tìm hệ số x khai triển 1  x  3x  10 [7] Tìm hệ số x khai triển: P  x    x  1   x  1   x  1   x  1 [8] Đa thức P  x   1  x  x  viết lại dạng: 10 P  x   a0  a1x  a2 x   a20 x 20 Hãy tìm hệ số a4 x P(x) Đề thi đại học Bộ quốc phòng khối D năm 2002 [9] Tìm số hạng nguyên khai triển sau: a)  7    b)    2  14 [10] Trong khai triển  345  124 có số hạng số nguyên [11] Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển biểu thức: P  x   x 1  x   x 1  3x  10 Đề tuyển sinh khối D năm 2007 Dạng 2: Xác định số mũ khai triển tìm hệ số có điều kiện Phân tích đưa phương pháp chung cho dạng - Dựa vào điều kiện cho để tìm số mũ khai triển thơng thường giải phương trình chứa tổ hợp, hốn vị chỉnh hợp sử dụng đẳng thức tổ hợp đặc biệt (đã nêu phần sở lí luận) - Chú ý số mũ khai triển số nguyên dương - Sử dụng bước dạng để tìm hệ số x k khai triển với số mũ khai triển tìm Ví dụ minh họa Ví dụ Tìm hệ số x12 khai triển  x  1 , biết tổng hệ số n khai triển 1024 với n * Phân tích: Ta phải biết hệ số khai triển có dạng từ lập phương trình với ẩn n đẳng thức tổ hợp tổng hệ số ta có đẳng thức liên quan, sử dụng đẳng thức để tìm số mũ n Sau quay lại dạng để tìm hệ số x k khai triển với số mũ tìm Lời giải Ta có: x  1   C n n k n k 0 x  nk n   Cnk x n2 k k 0 Tổng hệ số khai triển 1024 ta có phương trình: Cn0  Cn1  Cn2   Cnn  1024  1  1  1024 n  2n  1024  n  10   Với n = 10 x  10 10  C k 0 k 10 x  10 k 10   C10k x 202 k k 0 Để có hệ số x12 ta phải có: 20  2k  12  k  Vậy hệ số x12 khai triển bằng: C104  210 n 1  Ví dụ 2: Tìm hệ số x khai triển   x5  với x  , biết n x  số nguyên dương thỏa mãn: Cnn41  Cnn3   n  3 Đề tuyển sinh khối A năm 2003 Phân tích: Việc tìm n tốn việc giải phương trình tổ hợp, cần ý việc giản ước giai thừa dạng tổng quát chuyển đổi số mũ x số hữu tỉ Lời giải: Giải phương trình: Cnn41  Cnn3   n  3   n   n  3 n     n  1 n   n  3  3! 3! 2   n  3  n  6n   n  3n   42    n  3  3n  36  n  12 k 11 12 12 36 k 1  k 3 12 k   k Ta có:   x    C12  x   x    C12 x x  k 0   k 0 12 Để có x8 khai triển ta phải giải phương trình 36  11 k 8  k 8 Vậy hệ số x8 C128  495 10 n  log103x   x2 log  [6] Tìm x cho khai triển    - (với n nguyên dương)   có số hạng thứ sáu 21 hệ số số hạng thứ 2, 3, khai triển số hạng thứ 1, 3, cấp số cộng n  x 2 [7] Tìm số nguyên dương n biết số hạng thứ khai triển    có hệ 5 5 số lớn n 1  [8] Cho khai triển   x  với n nguyên dương (1) 2  Biết hạng tử thứ 11 khai triển (1) có hệ số lớn nhất, tìm n  a  [9] Cho khai triển  b  b   a 21 với a  0, b  Tìm hệ số số hạng chứa a b có số mũ [10] Cho khai triển 1  x   a0  a1x  a2 x   an x n , biết số nguyên dương n n thỏa mãn a0  a1 a2 a    nn  4096 Tìm hệ số lớn hệ số 2 Đề tuyển sinh khối A năm 2008 [11] Cho số nguyên dương n thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 Tìm số hạng chứa x n  nx  khai triển nhị thức Newton    , x  14 x  Đề tuyển sinh khối A năm 2012 3n 1  [12] Tìm hệ số x khai triển P  x     x  x   x  1 Biết n 4  13 số tự nhiên thỏa mãn An3  Cn2  14n Đề thi thử đại học lần năm 2014 Trường Lê Q Đơn n [13] Tìm hệ số x 10 1  khai triển   x  với x  Biết n số x  nguyên dương thỏa mãn: 2Cn1  2Cn2   2Cnn21  2100   C2nn 15 Dạng 3: Chứng minh đẳng thức tổ hợp cách sử dụng khai triển nhị thức Newton Phân tích đưa phương pháp chung cho dạng - Vận dụng khai triển  a  b  đặc biệt ta dùng khai triển 1  x  , n n sau chọn cặp giá trị a, b thích hợp giá trị x thích hợp ta đẳng thức tổ hợp tương ứng - Chú ý: + Thấy tổ hợp Cnk ứng với nhị thức 1  x  n + Thấy tổ hợp C2kn ứng với nhị thức 1  x  2n + Để khử tổ hợp chẵn (lẻ) ta chọn hai giá trị đối x khai triển nhị thức với đa thức biến x cộng hai hệ thức - Vận dụng khai triển 1  x  1  x   1  x  n m nm với n, m * cách so sánh hệ số x k hai vế ta đẳng tổ hợp tương ứng Chú ý hệ số số hạng khai triển vế trái có dạng tích hai tổ hợp: Cnk Cmi Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh rằng: C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn1 với n * Phân tích: Ta thấy toán yêu cầu chứng minh tổng tổ hợp chẵn tổng tổ hợp lẻ ta phải vận dụng khai triển nhị thức với số mũ bao nhiêu? Lời giải Thật ta xét khai triển sau: 1  x  2n 2n   C2kn  1 x k  C20n  C21n x  C22n x   C22nn1x n1  C22nn x n k k 0 - Với x  ta có khai triển  C20n  C21n  C22n   C22nn1  C22nn  C20n  C22n   C22nn  C21n  C23n   C22nn1  dpcm  Ví dụ 2: Chứngminh rằng: 16  10C21n  102 C22n  103 C23n   102 n1 C22nn1  102 n C22nn  81n với n * Phân tích: Ta thấy số mũ 10 đẳng thức tăng theo số k khai triển nhị thức ý đẳng thức tổ hợp đan dấu Như ta vận dụng khai triển thích hơp? Lời giải Thật ta xét khai triển sau: 1  x  2n 2n   C2kn  1 x k  C20n  C21n x  C22n x   C22nn1x n1  C22nn x n k k 0 - Chọn x = 10 thay vào khai triển ta có: 2n 1  10    C2kn  1 10k  C20n  C21n 10  C22n 102   C22nn1.102n1  C22nn 102n 2n k k 0  81  C  C21n 10  C22n 102   C22nn1.102 n1  C22nn 102 n n 2n Ví dụ 3: Chứng minh rằng:  Cn0    Cn1     Cnn   C2nn với n * 2 Phân tích: Ta thấy số hạng vế trái tích hai tổ hợp Vậy có dạng tích hai tổ hợp ta vận dụng dạng khai triển số mũ khai triển bao nhiêu? Và đẳng thức tổ hợp hệ số x mũ hai vế? Lời giải Xét hệ số x n khai triển 1  x  1  x   1  x  n n n n i 0 j 0 2n theo hai cách: - Ta có: 1  x  1  x    Cni xi  Cnj x j n n Hệ số x n an  Cn0Cnn  Cn1Cnn2  Cn2Cnn2   CnnCn0   Cn0    Cn1    Cn2     Cnn  2 2 (1) 2n Mặt khác hệ số x 1  x    C2kn x k bằng: an  C2nn (2) 2n n k 0 - Từ (1) (2) suy C2nn   Cn0    Cn1    Cn2     Cnn  2 2 (đpcm) Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C21n  C23n  C25n  C22nn1  2048 với Cnk tổ hợp chập k n phần tử 17 Đề tuyển sinh khối D năm 2006 Phân tích: Ta thấy đẳng thức tổ hợp để tìm n chứa tổ hợp với số lẻ tức tổ hợp cac số chẵn bị triệt tiêu Như ta pahir dùng khai triển để khử tổ hợp chẵn lẻ? Lời giải Xét khai triển 1  x   C20n  C21n x  C22n x2   C22nn1x n1  C22nn x n 2n - Chọn x = ta 1  1  C20n  C21n  C22n   C22nn1  C22nn 2n (1) - Chọn x = -1 ta 1  1  C20n  C21n  C22n  C23n   C22nn1  C22nn (2) 2n - Lấy (1) trừ (2) ta 22 n   C21n  C23n   C22nn1  - Theo giả thiết ta có phương trình  C21n  C23n   C22nn1  22 n1  22n1  2048  2n   11  n  Vậy n = giá trị cần tìm Ví dụ 5: Chứng minh rằng: n  * thì: a) C50 Cnk  C51.Cnk 1   C55 Cnk 5  Cnk5 với  k  n b) Cm0 Cnk  Cm1 Cnk 1   Cmm Cnk m  Cnkm với m  k  n Phân tích: Tương tự ví dụ ta có vế trái đẳng thức tổ hợp cần chứng minh mối hạng tử có dạng tích hai tổ hợp, ta sử dụng khai triển nhị thức số mũ bao nhiêu? Lời giải a) Xét khai triển sau: 1  x  1  x   1  x  n n 5 - Khai triển nhị thức hai vế n i 0 j 0 n n 5 VT   C5i xi  Cnj x j   C5iCnj xi  j ; VP   Cnm5 x m i 0 j 0 m 0 - Tìm hệ số x k hai vế ta đẳng thức tổ hợp cần chứng minh C50 Cnk  C51.Cnk 1   C55 Cnk 5  Cnk5 b) Tương tự chứng minh tương tự Bài tập tự luyện [1] Chứng minh với n nguyên dương ta có: 18  4Cn1  42 Cn2   4n1Cnn1  4n  5n [2] Chứng minh với n nguyên dương ta có: C20n 30  C22n 32  C24n 34   C22nn 32 n  22 n1  22 n  1 [3] Áp dụng khai triển nhị thức Newton  x  x  , chưng minh rằng: 100 99 100 1 1 100C    101C101   2 2 100 198 1   199C    2 99 100 199  200C 100 100 1    2 0 [4] Tìm số nguyên dương n cho Cn0  2Cn1  4Cn2   2n Cnn  243 Đề tuyển sinh khối D năm 2002 [5] Chứng minh cặp số nguyên k, n 1  k  n  ta ln có: kCnk  nCnk11 Tìm số nguyên n  thỏa mãn: 2Cn0  5Cn1  8Cn2   3n   Cnn  1600 [6] Chứng minh với cặp số nguyên k, n   k  n  2015 ta ln có: 2015 2015 C2015 Cnk  C2015 Cnk 1  C2015 Cnk 2   C2015 Cnk 2015  Cnk2015 Dạng 4: Phối hợp đạo hàm tích phân việc sử dụng nhị thức Niutơn Tính tổng hữu hạn Phân tích đưa phương pháp chung cho dạng a) Sử dụng đạo hàm: cấp đạo hàm hai vế chọn giá trị x phù hợp cho ta hệ thức tổ hợp Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  Cn3 x3   Cnn x n + Đạo hàm cấp 1: n(1  x)n1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x2   nCnn x n1 + Đạo hàm cấp 2: n(n  1)(1  x)n2  2Cn2  2.3Cn3 x   n(n  1)Cnn x n2 + Đạo hàm cấp 3: n(n  1)  n   (1  x)n2  1.2.3Cn3  2.3.4Cn4 x   n(n  1)  n   Cnn x n3 * Chú ý: - Số số hạng giảm dần sau lần đạo hàm, đạo hàm cấp k  n   k  số hạng - Nếu thấy hệ số có dạng kCnk tốn liên quan đến đạo hàm (1  x)n 19 b) Sử dụng tích phân Ta lấy:  n 2 n n (1  x ) dx  ( C  C x  C x   C x )dx n n n n  a a b b (1  x)n1 b (1  b)n1  (1  a)n1  VT  a (1  x) d (1  x)   a n 1 n 1 b n b  n b n Cnk  1 x n n 1  k k 1  VP   Cn x  Cn  Cn x   Cn x     Cn x    b k 1  a k 1   a a n 1 k 0 k   k 0 k     k n C (1  b)n1  (1  a)n1    n  b k 1  a k 1  Như ta có: n 1 k 0 k  - Chọn cận tích phân (chọn giá trị a, b) cho phù hợp ta đẳng thức tổ hợp * Chú ý: - Nếu thấy hệ số có dạng Cnk tốn liên quan đến tích phân k 1 (1  x)n - Nhiều ta phải nhân hai vế với x , x lấy đạo hàm tích phân hai vế c) Phương pháp chung: - Chọn hàm số f  x  thích hợp với đầu Hàm số thường biết dạng dựa vào biểu thức cho đầu - Sau chọn hàm số thích hợp ta tiến hành lấy đạo hàm thích phân hàm số theo hai cách: + Lấy đạo hàm tích phân trực tiếp hàm số + Lấy đạo hàm tích phân sau sử dụng khai triển nhị thức Newton hàm số chọn - Với phép lấy đạo hàm ta chọn giá trị x phù hợp thay vào hai biểu thức tính đạo hàm hàm số giá trị Với phép lấy tích phân ta chọn cận tích phân thích hợp tính kết theo hai cách - Đồng hai kết ta giải tốn ban đầu Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh 20 [1] 1Cn1  2Cn2   kCnk   nCnn   nCnn  n.2n1 [2] 1Cn1  2Cn2  3Cn3   (1)n1 nCnn  [3] 2.1.Cn2  3.2.Cn3   n(n  1)Cnn  n(n  1)2n2 [4] 1.Cn0  2.Cn1   (n  1)Cnn  (n  2).2n1 Phân tích: ta thấy vế trái đẳng thức tổ hợp cần chứng minh có dạng kCnk k  k  1 Cnk , tức ta thấy dạng đạo hàm nhị thức sau khai triển Như ta sử dụng phương pháp đạo hàm để chứng minh đẳng thức Lời giải [1] Xét triển khai (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n (1) + Đạo hàm hai vế (1) ta được: n(1  x)n1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn x n1 (*) + Chọn x  thay vào (*) ta có: n.2n1  Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn  điều phải chứng minh [2] Với (*) chọn x  1 ta được: n(1  1)n1  Cn1  2Cn2  3Cn3   ( 1) n1 nCnn  Cn1  2Cn2  3Cn3   (1) n1 nCnn   điều phải chứng minh [3] 2.1.Cn2  3.2.Cn3   n(n  1)Cnn  n(n  1)2n2 Sử dụng đạo hàm cấp khai triển (1) chọn x = ta đẳng thức cần chứng minh [4] 1.Cn0  2.Cn1   (n  1)Cnn  (n  2).2n1 Nhận xét: Với đẳng thức ta lấy đạo hàm hai vế (1) giá trị Cn0 khơng cịn đẳng thức, trước lấy đạo hàm ta phải nhân vào hai vế với x - Nhân hai vế triển khai (1  x)n với x ta được: x(1  x)n  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x3   Cnn x n1 - Đạo hàm hai vế ta được: (1  x)n  x.n(1  x) n1  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x   (n  1)Cnn x n 21  (1  x)n1 (1  x  nx)  Cn0  2Cn1 x  3Cn2 x2   (n  1)Cnn x n - Dựa vào đẳng thức cần chứng minh ta chọn x  ta được: (n  2)2n1  Cn0  2Cn1  3Cn2   (n  1)Cnn  điều phải chứng minh Ví dụ 2: Đặt I n  0 (1  x )n dx (n  N ) a) Tính I n 1 1 (1) n n 2.4 (2n) b) suy hệ thức: Cn  Cn  Cn  Cn   Cn  2n  3.5 (2n  1) Lời giải n a) I n  0 (1  x ) dx Sử dụng phương pháp tính tích phân phần đặt: (1  x ) n  u  dx  dv  I n  x(1  x ) n  du  n((1  x ) n1.( 2 x) dx  v  x  0 x.n(1  x ) n 1 (2 x)dx  2n 0 x (1  x ) n 1 dx  2n 0 ( x   1)(1  x ) n 1 dx 1  2n 0 (1  x ) n 1 dx  2n 0 (1  x ) n dx 1  2nI n 1  2nI n  (2n  1) I n  2nI n   I n  2n I n 1 2n  2(n  1) 2n  (2n  2)(2n  4) I n2  I n2  I n 3 2(n  1)  2n  (2n  1)(2n  3) Mà I n1   In  Mà 1 I  0 (1  x )0 dx  x  Vậy 2n(2n  2)(2n  4)(2n  6) I0 (2n  1)(2n  1)(2 n  3) In  2.4.6 (2n) 3.5.7 (2n  1) 1 1 (1) n n 2.4 (2n) Cn  b) suy hệ thức: Cn  Cn  Cn  Cn   2n  3.5 (2n  1) 22 n n Mặt khác: I n  0 (1  x )n dx  0 ( Cnk ( x )k )dx  0 ( (1)k Cnk x k )dx 1 k 0 k 0  0 (Cn0  (1)Cn1 x  (1) Cn2 x   (1) k Cnn x n ) dx  (Cn0 x  Cn1 x3 x5 x7 x n 1  Cn2  Cn3   ( 1) n Cnn ) 2n  1 1  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   (1) n Cnn 2n  Theo câu (a) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: [1] Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng: 1 2n1  n  Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 [2] Cho n nguyên dương Chứng minh: 1 2 3 3n1  n n C  Cn  Cn  Cn   Cn  n 1 2(n  1) n Phân tích: Với hai đẳng thức cần chứng minh có nhận xét dạng số hạng tổng vế trái Từ ta sử dụng phương pháp đạo hàm hay tích phân để giải toán? Lời giải [1] Xét n k k 2 n n 0 (1  x) dx  0 ( Cn x )dx  0 (Cn  Cn x  Cn x   Cn x )dx 1 n k 0 n 1 x2 1 x n x  (C x  C  Cn   Cn )  Cn0  Cn1  Cn2   Cnn (1) n 1 n 1 n n (1  x)n1 1 2n1  n 1 Mà 0 (1  x) dx  0 (1  x) d (1  x)   (2  1)  (2) n 1 n 1 n 1 n n Từ (1,2) ta có điều phải chứng minh [2] n nguyên dương Chứng minh: 1 2 3 3n1  n n C  Cn  Cn  Cn   Cn  n 1 2( n  1) n (1) Xét (1  x)n  Cn0  Cn1 (2 x)1  Cn2 (2 x)2  Cn3 (2 x)3   Cnn (2 x)n Lấy tích phân hai vế ta được: 23  (1  x) n dx  a (Cn0  Cn1 x  Cn2 22 x  Cn3 23 x   Cnn 2n x n )dx a b b  (Cn0 x  Cn1 x2 x3 x4 x n 1 b  Cn2 22  Cn3 23   Cnn 2n ) n 1 a Để có hệ số vế trái đẳng thức (1) chọn a  0; b  ta được:  (1  x) dx  C n 0 n 1 1  Cn1  Cn2 22  Cn3 23   Cnn 2n n 1 (2) Mặt khác: 1 (1  x) n1 1 3n1  n n 1) 0 (1  x) dx  0 (1  x) d (1  x)  n   2(n  1) (3  1)  2(n  1) (3) n Từ (2,3)  (1) Ví dụ 4: Tìm số ngun dương n cho: C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1   (2n  1).22 n C22nn11  2005 Đề tuyển sinh khối A năm 2005 Phân tích: Tương tự ví dụ tự phân tích lựa chọn phương pháp cho thích hợp để giải toán Lời giải Chọn hàm số f  x   1  x  n1  C20n1  C21n1x  C22n1x   C22nn11x n1 Sử dụng phép toán đạo hàm hai vế hàm số ta được: - Đạo hàm vế trái: f '  x    2n  11  x  2n - Đạo hàm vé phải f '  x   C21n1  2C22n1x    2n  1 C22nn11x n Dựa vào đẳng thức cho ta chọn x  2 ta có: 2n   f '  2    2n  1 1  2n   2n f '   C  2.2 C   n   C22nn11       n  n    C21n1  2.2C22n1    2n  1 2  C22nn11  2n  2n Theo ta có phương trình: 2n   2005  n  1002 Ví dụ 5: Cho n số nguyên dương Tính tổng: 22  1 23  2n1  n S C  Cn  Cn   Cn n 1 n 24 Đề tuyển sinh khối B năm 2003 Phân tích: Ta thấy số hạng tổng có dạng Cnk , ta sử dụng k 1 tích phân q trình tính tổng Với biểu thức  2k 1  1 để gợi ý cho ta cách chọn cận tích phân Lời giải Xét hàm số f  x   1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x3   Cnn x n n Lấy tích phân hai vế với cận a  b ta được: - Tích phân vế trái b  1  x  n a dx  1 n 1 b n 1 n 1 1  x   1  b   1  a  a n 1 n 1 n 1 - Tích phân vế phải b  C n  Cn1 x  Cn2 x  Cn3 x   Cnn x n dx a b b b b b  Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x3  Cn3 x   Cnn x n1 a a a a a n 1 1 1  Cn0  b  a   Cn1  b2  a   Cn2  b3  a3   Cn3  b4  a    Cnn  b n1  a n1  n 1 - Dựa vào tổng S ta chọn cận tích phân a  1, b  Như ta có: 1 1 Cn0  Cn1  22  12   Cn2  23  13   Cn3  24  14    Cnn  2n1  1n1  n 1 1 1  Cn0  Cn1  22  1  Cn2  23  1  Cn3  24  1   Cnn  2n1  1 n 1 n 1 1 1 2 1 1 n  Cn0  Cn  Cn  Cn   Cn  S n 1 Vậy S  1 3n1  2n1 n 1 n 1         n 1 n 1 n 1 Ví dụ 6: Tính tổng hữu hạn sau: a) S1  1.20 Cn1  2.21 Cn2  3.22 Cn3   n.2n1 Cnn 2015  2.C2015  3C2015   2016C2015 b) S2  1.C2015 Lời giải: 25 a) Ta thấy biểu thức có dạng k Cnk nên ta sử dụng đến đạo hàm nhị thức 1  x  n chọn giá trị x phù hợp ta tổng Thật vậy: ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n - Đạo hàm hai vế ta được: n(1  x)n1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x   nCnn x n1 (*) - Dựa vào biểu thức tổng S1 để chọn giá trị x cho thích hợp Chọn x  thay vào (*) ta được: n 1   n 1  1.20 Cn1  2.21 Cn2  3.22 Cn3   n.2n1 Cnn - Vậy S1  n.3n1 b) Ta thấy biểu thức chứa dạng đạo hàm lại chứa Cn0 tức giá trị không bị sau lấy đạo hàm - Nhân vào hai vế với x đạo hàm hai vế khai triển nhị thức: 2015 2015 (1  x)2015  C2015  C2015 x  C2015 x   C2015 x 2015 2016  x(1  x)2015  C2015 x  C2015 x  C2015 x3   C2015 x - Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2015 2015 (1  x)2015  x.2015(1  x)2014  C2015  2C2015 x  3C2015 x   2016C2015 x - Chọn x  ta được: 2015 (1  1)2015  1.2015(1  1) 2014  C2015  2C2015  3C2015   2016C2015 2015  22015  2015.22014  C2015  2C2015  3C2015   2016C2015 - Vậy S2  2017.22014 Ví dụ 6: Tính tổng 22  1 23  24  2n1  n S C  Cn  Cn  Cn   Cn n 1 n Nhận xét: Ta thấy biểu thức tổng có dạng Cnk ta sử dụng tích k 1 phân hai vế với cận thích hợp Lời giải: - Lấy tích phân hai vế khai triển (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x   Cnn x n với cận thích hợp ta được: 26 2 2 n n  1  x  dx    Cn  Cn x  Cn x   Cn x  dx n  1 1 n 1 2 Cnn x n 1  1  x    Cn0 x  Cn1 x  Cn2 x3    n 1 n 1 1  1 1 3n1  2n1   Cn0   22  1 Cn1   23  1 Cn2   n1  1 Cnn   n 1 n 1 3n1  2n1 -Vậy S  n 1 Bài tập tự luyện [1] a) Tính I  0 x(1  x)19 dx b) chứng minh: 1 1 1 C19  C19  C19   C1918  C1919  12 20 21 420 [2] Cho n số nguyên thỏa mãn An3  Cn3  35 với n  Hãy tính tổng:  n  1 n   S  22 Cn2  32 Cn3    1 n2Cnn n [3] Cho n số nguyên dương Chứng minh: 1 22 n  C2 n  C2 n  C2 n   C22nn1  2n 2n  Đề tuyển sinh khối A năm 2007 [4] a) Tính tích phân: I  0 x (1  x3 )n dx 1 1 2n1  n Cn  b) Chứng minh hệ thức sau: Cn  Cn  Cn   3n  3n  2n Cn0 2n1 Cn1 21 Cnn1 20 Cnn 3n1  [5] Chứng minh:      n 1 n 2  n  1 (n số nguyên dương, Cnk tổ hợp chập k n phần tử) [6] Tính tổng: T  26 25 24 23 22 21 20 C6  C6  C6  C6  C6  C6  C6 [7] Tìm hệ số x khai triển P  x   1  x  x3  x  biết n số n nguyên dương thỏa mãn: 1 1 n Cn0  Cn1  Cn2    1 Cnn   n 1 n n 1 2014 27 n 3  [8] Tìm số hạng khơng chứa x khia triển  x   với x  biết n số x  nguyên dương thỏa mãn: Cn1  2Cn2  3Cn3   nCnn  256n n 2  [9] Tìm hệ số x khai triển  3x   với x  biết n số nguyên x  10 dương thỏa mãn: 1 20 n 1 Cn  Cn  Cn    1 Cnn  n 1 21 Khả áp dụng giải pháp - Áp dụng dạng 1, 2, cho học sinh lớp 11 cho học sinh ôn thi học sinh giỏi vịng tỉnh - Áp dụng ơn thi đại học cao đẳng cho học sinh lớp 12 Kết quả, hiệu mang lại - Nội dung sáng kiến áp dụng phần cho học sinh lớp 11 đặc biệt sử dụng cho học sinh ôn thi đại học cao đẳng - Với dạng tốn nêu tơi tin chun đề cung cấp cho học sinh lượng kiến thức tổng hợp nhị thức Newton kỹ để xử lí gặp tập nhị thức Newton Đánh giá phạm vi ảnh hƣởng sáng kiến - Nâng cao chất lượng ôn thi đại cao đẳng học sinh lớp 12 - Có thể vận dụng phần cho học sinh lớp 11, ôn thi học sinh giỏi - Có thể vận dụng rộng cho trường THPT tỉnh Kiến nghị, đề xuất: dùng cho giáo viên ôn thi đại học cao đẳng Điện Biên Phủ, Ngày 10 tháng năm 2015 Ngƣời làm sáng kiến Hà Thị Biên Thùy 28 29 ... giải dạng toán nhị thức Newton sách giáo khoa sách tập - Trong thực tế với đề thi đại học năm từ 2002 đến câu đề thi có sử dụng cơng thức khai triển nhị thức Newton vận dụng kết hợp nhiều kiến thức. .. thức mà học sinh học sau học Nhị thức Newton chương trình lớp 11 Chính để kết nối kiến thức toàn chương trình tốn THPT có sử dụng cơng thức khai triển Nhị thức Newton để giải vấn đề đặt với học sinh... Các dạng toán - Phƣơng pháp giải - Các ví dụ minh họa tập tự luyện Dạng 1: Các toán hệ số khai triển nhị thức Newton Phân tích đưa phương pháp chung cho dạng - Phân tích: tốn thường gặp với dạng