Bài giảng số 3: Công thức nhị thức newton và các dạng toán trong đề thi đại học

 Dạng 3: Tích phân hai vế của nhị thức Newton để chứng minh một đẳng thức... Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: ThS..[r]

(1)

Bài giảng cung cấp độc quyền http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: ThS Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Bài giảng số 3: CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON VÀ CÁC DẠNG BÀI TẬP

A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

 Nhị thức Newton

Công thức nhị thức Newton:

 

0 1 2

0

0,1, 2,

n n n n k n k k n n

n n n n n

n

k n k k n k

a b C a C a b C a b C a b C b

C a b n

  

 

       

 

Các hệ số Cnk lũy thừa   n

a b với n 0,1, 2, 3, thành hàng

tam giác Pascal

 Các tính chất tam giác Pascal

a) Cn0 Cnn 1: số hạng đầu cuối hàng b) Cnk Cnn k 0 k n



   : số hạng cách số hạng đầu cuối

c) 11 0 1

k k k

n n n

C C  C  kn : tổng số hạng liên tiếp hàng số hạng số hạng hàng

d) Cn0Cn1 Cnn 1 1 n 2n

 Các tính chất nhị thức Newton

a) Số số hạng khai triển nhị thức a b n n 1

b) Tổng số mũ a b số hạng khai triển nhị thức a b n n c) Số hạng thứ k 1 C ank n k bk

B CÁC VÍ DỤ MẪU

 Dạng 1: Trực tiếp khai triển nhị thức Newton

Khai triển ax b n với a b    , 1, 2, 3,

(2)

  2  

0

1

n

n n n k k

n n n n n

k

x C C x C x C x C x



      

  2      

0

1 1

n

n n n n k k k

n n n n n

k

x C C x C x C x C x





        

Ví dụ 1: Chứng minh:

a) Cn0Cn1 Cnn 2n b) Cn0C1n   1 nCnn 

Giải:

a) Viết lại đẳng thức  1 , chọn x 1 ta điều phải chứng minh b) Viết lại đẳng thức  1 , chọn x 1 ta điều phải chứng minh

Tìm số hạng đứng trước xi (i cho) khai triển nhị thức Newton biểu thức cho sẵn

Ví dụ 2: G/s số hạng thứ k 1 a b n k n k k n

C a  b .Tính số hạng thứ 13 khai triển 3 x 15 Giải:

Ta có: 3 15 150315 151 314 15315    1515 15 k

k k

x C C x C  x C x

        

Do k 0 ứng với số hạng thứ nên k 12 ứng với số hạng thứ 13

Vậy số hạng thứ 13 khai triển là: 151233 12 27 12 15! 12285 12 12!3!

C x  x  x

Đối với tốn tìm số hạng độc lập với x khai triển nhị thức a b n (a b, chứa x), ta làm như sau:

- Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là: C ank n kbk c xm m

 

- Số hạng độc lập với x có tính chất: m 0 0k n, k n   Giải phương trình ,

ta kk0 Suy số hạng độc lập với x k0 n k0 k0

n

C a  b Ví dụ 3: Tìm số hạng độc lập với x khai triển nhị thức

18 x

x

 



 

 

Giải:

Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là:

18

18 18 18 18

18 18 18

4

2

k k

k x k k k k k k k k

C C x x C x

x 

    

   

 

   

   

(3)

Đối với toán tìm số hạng hữu tỷ khai triển nhị thức a b n với a b, chứa căn, ta làm sau:

- Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là: m n k n k k p q n

C a  b Kc d với c d   , - Số hạng hữu tỷ có tính chất: m

p  n

q  0kn, k n   Giải hệ ta tìm ,

được kk0 Suy số hạng cần tìm là: k0 n k0 k0

n

C a  b

Ví dụ 4: Tìm số hạng hữu tỷ khai triển nhị thức  

16 Giải:

Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là:

7

1

3

7 16 716

k k k k

k k

C C

 

   



   

 

Số hạng hữu tỷ khai triển có tính chất:

7

2

0 7,

k k

 

 

 

  

  

  



 

7

2 ,

0

k m

k n m n

k    

  

   

  

7

2 ,

0

k m

k n m n

k    

  

   

 k 4

Vậy số hạng cần tìm là: C174.16.32

Ví dụ 5: Chứng minh: 20 22 32 24 34 22 32 22 122 1

n n n n

C C C  C   

Giải:

Ta có: 1x2n C20nC x C x21n  22n  C22nn1x2n1C x22nn 2n  1

 2 2 2 2  

2 2 2

1x n C nC x C xn  n  C nn x n C xnn n

Cộng  1  2 ta được: 1 2 1 2 2 20 22 22 

n n n n

n n n

x x C C x C x

      

Chọn x 3 ta được: 42n   2 2n 2C20nC22n32 C22nn32n

4

0 2 2

2 2

2

3

2

n n

n n n

C C C



    

 

2

0 2 2

2 2

2

3

2 n n

n n

n n n

C C C



     22n122n1C20nC22n32 C22nn32n

(4)

Ta có:

           

     

8

2 2 10

8 8 8

6

6 12 14 16

8 8

1 1 1 1

1 1

x x C C x x C x x C x x C x x C x x

C x x C x x C x x

              

 

     

Số hạng chứa x khai triển có 8 C x83 61x3 C x84 81x4

3

C x x C x84 Vậy hệ số x là: 8 3C83C84 238

Ví dụ 7: Cho

1

1 1

0 1

3 3

2 2

2 2 2 2

n n n n n

x x x x

n n

n n n n

C C C C

                                                     Biết Cn3 5C1n số hạng thứ tư 20n Tìm n x

Giải

Ta có: Cn3 5C1n (điều kiện: n và n3)

   

! !

5

3! ! !

n n

 

 

 1 2

n n n

n

 

  n1n230

3 28

n n         n tm n l        n  

Ta có: a4 20n140

3

7 2 140

x x C                7! 140 3!4! x

  2x2 22 x 2 x4

Ví dụ 8: Gọi a3n3 hệ số 3n

x  khai triển thành đa thức     1n n x  x Tìm n để a3n3 26n

Giải:

Ta có:      2

0

1

n n

n n i n i k n k k

n n

i k

x x C x  C x 

 

   

0

2 n n

i k k n i k n n

i k

C C x  

 



Do yêu cầu toán nên 3n 3 3n2ik2ik 3

Do i k   , i k, 0;n nên

3 i i hay k k          

Vậy a3n3 C Cn0 n323C Cn1 n122 26n

 

2 !

8 26

3! !

n n n n       

1 2 26

3n n n n n

    

  

2 n n 3n 39

     2n23n350

(5)

Ví dụ 9: Trong khai triển  

10

9 10

0 10

1

3 3x a a x a x a x ak

 

      

 

  

Hãy tìm số hạng a lớn k

Giải:

Ta có:    

10 10

10

10 10

0

1 1

1 2

3 3

k k

k

x x C x



 

   

 

  

Do

10 10 10

0

2

k k k

k

a C



 

Ta có: a đạt max k

1 k k

k k

a a

     

 

1

10 10

1

10 10

2

k k k k

C C

   

 

  

 



     

1

2 10! 10!

! 10 ! ! 11 !

2 10! 10!

! 10 ! ! !

k k

k k k k



 

 

  

  

 

   



2

11

1

10

k k

  

 

 

 

  



19 22

3 k

  

Do k   k 0;10 nên k 7 Hiển nhiên a tăng k k 0;7 a giảm k k 7;10 Vậy

7 7 10 10

2 max

3 k

a a  C

 Dạng 2: Đạo hàm vế khai triển Newton để chứng minh đẳng thức

- Viết khai triển Newton ax b n - Đạo hàm vế số lần thích hợp

- Chọn giá trị x cho thay vào ta đẳng thức phải chứng minh

Chú ý: + Khi cần chứng minh đẳng thức chứa kCnk ta đạo hàm hai vế khai triển axn + Khi cần chứng minh đẳng thức chứa  1 k

n

k k C ta đạo hàm lần hai vế khai triển

axn Ví dụ 1: Chứng minh:

a) Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n2n 

    

b) Cn12Cn23Cn3   1 n1nCnn  0

(6)

Giải:

Ta có nhị thức: axn C an0 nC an1 n1x C a n2 n2x2 C xnn n

Đạo hàm vế ta được: n a xn C a1n n 2C an2 n 2x 3C an3 n 3x2 nC xnn n

    

     

a) Với a1,x , ta được: C1n2Cn23Cn3 nCnn n2n1 b) Với a1,x  , ta được: Cn12Cn23Cn3   1 n1nCnn  c) Với a2,x  , ta được: 1 1 3  

2n Cn 2n Cn 3.2n Cn n nCnn n 

  

     

Ví dụ 2: Cho x2100 a0a x1 a x2 2 a x100 100 Tính: a) a 97

b) Sa0a1 a100

c) M a12a23a3 100 a100

Giải:

Ta có:  2100 2 100 1000 2100 1001 299 1002100   100100 100 k

k k

x  x C C x C  x  C x

a) Ứng với k 97 ta a 97

Vậy a97 C1009723 1 97 100! 8.100.99.98 1293600

3!97!



    

b) Đặt f x   x2100 a0a x1 a x2 2 a x100 100

Chọn x 1 ta được: S a0a1 a100   1100 

c) Ta có:   99

1 2 3 100 100 f x a  a x a x   a x

Mặt khác f x   x2100 f x 100x299 Vậy 100x299a12a x2 3a x3 2 100 a x100 99

Chọn x 1 ta được: M a12a23a3 100 a100100 1 99  100

Ví dụ 3: Cho f x   1xn với n 2 a) Tính f  1

b) Chứng minh    

2.1 3.2 4.3 n 2n

n n n n

C  C  C  n n C n n 

Giải:

a) Ta có: f x   1xn  f x n1xn1 f x n n 1 1 xn2

(7)

b) Do khai triển nhị thức Newton:

    2 3 4

1 n n n n n n nn n

f x  x C C x C x C x C x  C x

    1 2 3

1 n n n n n n nn

f x n x  C xC x C x C nx C

        

     2  

1 n n n 12 n n nn

f x n n x  C xC x C n n x  C

         

Chọn x 1 ta n n 1 2 n2 2Cn26Cn312Cn4 n n 1Cnn

Ví dụ 4: Tính ACn12Cn23Cn34Cn4   1 n1nCnn Giải:

Ta có: 1xn Cn0C x C x1n  n2 C xn3 3   1nC xnn n

Lấy đạo hàm vế ta được: n1 xn Cn1 2xCn2 3x C2 n3  1 nnC xnn n1

 

        

Chọn x 1 ta có: 0 C1n2Cn23Cn3   1 nnCnn

 

1

2 n n

n n n n n

A C C C C  nC

        

Ví dụ 5: Chứng minh với n   n 2: 1Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n!  *

n     

Giải:

Ta có: 1xn Cn0 C x C xn1  n2 2C xn3 3C xn4 4 C xnn n

Lấy đạo hàm theo x hai vế ta được: n1xn1Cn12xCn23x C2 n34x C3 n4 nxn1Cnn

Chọn x 1 ta được: n2n1 Cn12Cn23Cn34Cn4 nCnn Vậy  * 1n.2n 1 n!

n 

  2n1n!  **

Kết  ** chứng minh quy nạp  ** n 3 Thật 422 3! 6

Giả sử  ** nk với k 3, nghĩa ta có: k! 2 k1

Vậy    

1 ! 2k

k k  k   

1 ! 2.2k 2k

k 

    (do k 3 nên k  1 4) Do  ** nk1

Kết luận: 2n1n! với n   n 2

 Dạng 3: Tích phân hai vế nhị thức Newton để chứng minh đẳng thức

(8)

- Lấy tích phân xác định hai vế thường đoạn:  0;1 , 0; 2 hay 1; 2 ta đẳng thức cần chứng minh

Chú ý: + Cần chứng minh đẳng thức chứa

1 k n

C

k  ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế khai triển axn

+ Cần chứng minh đẳng thức chứa

1 k n C

km ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế

trong khai triển xmaxn Ví dụ 1: Cho n   n 2

a) Tính 2 3

0

n I  x x dx b) Chứng minh:

   

1

0

1 1

3 3

n n

n n n n

C C C C

n n

 

    

 

Giải:

a) Ta có: 2 3 1 3  

0

1

1 1

3

n n

I  x x dx  x d x 

 

  

1

0

1

3

n

n x

I

n n



  

 

  

   

 

b) Ta có: 1x3n Cn0C xn1 3C xn2 6 C xnn 3nx21x3n x C2 n0C x1n C xn2 8 C xnn 3n2

Lấy tích phân từ đến hai vế ta được:

1

3 3

0

3 3

n n

n n n n

x x x x

I C C C C

n



 

     



 

Vậy

   

1

0

2 1 1

3

n

n n n n

C C C C

n n

 

    

 

Ví dụ 2: Chứng minh

1

0

2

1

k n

n n

k

C

k n





 

 



Giải:

Ta có: 1xn Cn0 C x C xn1  n2 2C xn3 3C xn4 4 C xnn n

Vậy 1  1 2 3 4 

0

n n n

n n n n n n

x dx C C x C x C x C x C x dx

       

(9)

 

1 1

1 2 3 4 5 1

0

1

n n

n

n n n n n n

x x x x x x

C x C C C C C

n n                          

0

2 1 1 1

1

n

n n n n n n

C C C C C C

n n             1 k n n n k C n k        

Ví dụ 3: Tính

2

0 1 2

2

n

n n n n

C C C C

n          Giải:

Ta có: 1xn Cn0 C x C xn1  n2 2C xn3 3 C xnn n

Vậy 2  2 2 3 

1 1

n n n

n n n n n

x dx C C x C x C x C x dx

      

 

 

2 2

1 2 3 4 1

0

1

n n

n

n n n n n

x x x x x

C x C C C C

n n                         

1

0

3 2 2

1

n n n

n

n n n n

C C C C

n n n

  

  

      

  

1

0

3 2 2

1

n n n

n

n n n n

C C C C

n n

  

   

     

 

Ví dụ 4: Chứng minh:  

   

1

0 2

1 1

2 3

n n

n n n

n n

C C C

n n n n



  

   

   

Giải:

a) Ta có nhị thức: axn C an0 nC an1 n1x C xnn n

Suy x2axn C a xn0 n 2C a1n n1x3 C xnn n2

Vậy 2  1 1 2

0

n n n n n

n n n

x ax dx C a x C a x  C x  dx

  1 1

3

n n n

C a C a C

n 

   



Để tính tích phân vế trái, đặt t ax dtdx Đổi cận:

x

(10)

Suy ra: 2  1 2

a

n n

a

x ax dx  ta t dt

  a 1 n 2 n n

a t at a t dt



 

  

1

3 2

2

3

a

n n n

a

t at a t

n n n

              

  3 2  1 2  1 1

3

n n n n

n n a a a a a a

a a

n n n

   

       

   

  

  

Với a 1 ta được:    

2

3

1

2

3

n

n n

n x a x dx

n n n

             

1 4 1

2

3 2

n

n n n n n n

    

        

     

           

2

1 2

2

1 3

n n n

n n n n n n

                

2 2

1

n

n n

n n n



  



  

Suy ra:  

   

1

0 2

1 1

2 3

n n

n n n

n n

C C C

n n n n

   

   

   

C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Khai triển 3x 116 Suy 316C160 315C161 314C162  C1616216 Bài 2: Chứng minh:

a) 2nCn02n1C1n2n2Cn2 Cnn 3n b) 3nCn03n1Cn13n2Cn2   1 nCnn 2n Bài 3: Chứng minh:

a)  

1

2

n k n n k C     

 b)  

0 n k k n k C    

Bài 4: Tìm hệ số đứng trước x khai triển biểu thức sau thành đa thức: 5

  2 14 2 15 2 16 2 17

f x  x  x  x  x ĐS: 896

Bài 5: Tìm số hạng chứa x khai triển 8 13

n x x     

  biết  

1

4

n n

C  C   n

(11)

Bài 6: Biết tổng hệ số khai triển x 2 1n 1024 Hãy tìm hệ số a số hạng ax 12

trong khai triển ĐS: a 210

Bài 7: Tìm hệ số đứng trước x khai triển 4 1 x 3x210 ĐS: 1695

Bài 8: Tìm số hạng không chứa x khai triển

12 x

x

 



 

 

ĐS: 12 924 C 

Bài 9: Tìm số hạng không chứa x (với x 0) khai triển

7

4 x

x

 



 

 

ĐS: C 74 35

Bài 10: Trong khai triển

28

3 15

n

x x x

 



 

 

tìm số hạng không phụ thuộc x biết

1

79

n n n

C C  C   ĐS: C 125 792

Bài 11: Trong khai triển sau có số hạng hữu tỷ   124 3

ĐS: 32 số hạng Bài 12: Chứng minh: 2n1Cn12n1Cn23.2n3Cn34.2n4Cn4 nCnn n.3n1 Bài 13: Chứng minh: C1n3n12Cn23n23Cn33n3 nCnn n.4n1

Bài 14: Chứng minh:

a) 1.2.Cn22.3Cn3 n1nCnn n n 1 2 n2 b) 1.2.Cn2 2.3Cn3  1 n 2n 1nCnn



     

c) 2n1Cn23.2n2Cn33.4.2n4Cn4 n1nCnn n n 1 3 n2 d) 2n1Cn23.2n2Cn33.4.2n4Cn4   1 n2n1nCnn n n 1 Bài 15: Chứng minh:

(12)

Bài 16: Chứng minh: 2 1.2 1.2  1 1  1

2 1

n n

n n n n

C C C C

n n



  

    

 

Bài 17: Chứng minh:

a)     11 1  1

1

2 1

n

n n n

C C C

n n

 

     

 

b) 1   1

2 1

n n

n n n

C C C

n n

    

 

Bài 18: Tính  19 0x 1x dx

 Rút gọn 190 191 192 1918 1919

1 1 1

2 20 21

S  C  C  C   C  C

ĐS:

420 I S

Bài 19: a) Tính  2

n x x dx

 ĐS:

 

1

2

I n

 

b) Chứng minh:  

 

0

1 1 1

2 2

n n

n n n n n

C C C C C

n n



     

 

Bài 20: Chứng minh

a)

n 2n

n n n

C C  C 

b) 21 23 22 20 22 22

n n

n n n n n n

C C  C  C C  C

c) C2n0 3 C2 22n 3 C4 2n4  3 C2n 2n2n 22n 1(22n  1)

Bài 21: Chứng minh 1 4C 1n4 C2 2n  C n nn chia hết cho Bài 22: Chứng minh

a) 1110 chia hết cho 100 b) 101100 chia hết cho 10000

c) 100 100

10 (1  10 ) (1 10)  số nguyên

Bài 23: Chứng minh C20080 2 C20081 2  C200720082 C200820082  C20084016

(13)

Bài 25: Tìm số hạng hữu tỉ khai triển nhị thức   10

2

3  ĐS:

10

1 , 11

T  T 

Bài 26: Tìm n x khai triển nhị thức

x x

x n x

n k n k k

3

2

n k

(2 ) C (2 ) (2 )

 

 

  biết C3n 5C1n

số hạng thứ tư 20n ĐS: n7;x

Bài 27: Cho 1xn a0a x1 a x2 2 a xk k  a xn n Biết k số nguyên thoả 1kn1 cho

24 a a

ak1  k  k1 Tìm n

k ĐS: n10, k 

Bài 28: Tìm maxa , biết k k số tự nhiên thoả 0k10 khai triển 10

10

0 10

1

3

k k

x a a x a x a x

 

      

 

 

ĐS:

7 10

C a

3 

Bài 29: Tìm hệ số lớn khai triển nhị thức

a)  

10 2x

3

 ĐS:

4 10

2 C

3      

b)

15

x 3

 



 

  ĐS:

10 10 10 15 15

2

a C

3 

Bài 30: Chứng minh

a) C1n 2C2n  nCnn n.2n1

b) 2C2n 3.2C3n 4.3C4n n(n 1)Cnn n(n 1)2n 

      

c)  

2 n

n n n n

0 n n n

2 2 1

C C C C

2 n n



 

  

     

 

Bài 31: Hãy khai triển nhị thức Newton (1 2x) 2n Từ chứng minh

1 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n

C 3C  (2n1)C  2C 4C  (2n)C

Bài 32: Tính tổng S C0n 1C1n 1Cn2 Cnn

2 n

    

 biết n số nguyên dương thoả mãn điều kiện CnnCn 1n Cnn 2 79 ĐS:

13

2

S 13

 

Bài 33: Cho n 2, n  Chứng minh rằng:  1n 2n 3n nn

C 2C 3C nC n!

(14)

Bài 34: Xét S 2C0n 3C1n 4Cn2  (n2)Cnn với n  4, n .Tính n , biết S  320 ĐS: n 6

Bài 35: Xét tổng 02n 22n 2n4 62n 2n 22n 2n2n

2 2 2

S 2C C C C C C

3 2n 2n



      

  với n  4,



n  Tính n , biết S 8192

13

 ĐS:

2

,

2

n

S n

n



 

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	332,63 KB