PHẦN A. Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn · PHẦN A. Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn Dấu hiệu nhận biết: Các hệ

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

Người soạn: Vũ Trung Thành 1 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802

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:

n 0 1 2 2 k k n nn n n n n1 x C C x C x ... C x ... C x 1

n k n0 1 2 2 k k n nn n n n n1 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 1 2 2 3 28 29 29 30

30 30 30 30 30S C 2 .2C 3 .2 C ... 2 9 .2 C 30 .2 C .

Giải Ta có khai triển:

30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x 1

Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: 291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x 2

Thay x = – 2 vào (2) ta được: 291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2 .

Vậy S 30 . Ví dụ 8. Rút gọn tổng 1 2 3 4 5 26 27 28 29

30 30 30 30 30S C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C

Giải

Ta có khai triển: 30 0 1 2 2 29 29 30 3030 30 30 30 301 x C C x C x ... C x C x 1

Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: 291 2 29 28 30 2930 30 30 30C 2C x ... 29C x 30C x 30 1 x 2

Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta được:

291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2 3

291 2 2 3 28 29 29 3030 30 30 30 30C 2.2C 3.2 C ... 29.2 C 30.2 C 30 1 2 4

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

1 2 3 4 5 26 27 28 29 2930 30 30 30 302(C 3.2 C 5.2 C ... 27.2 C 29.2 C ) 30 3 1

Vậy 29S 15 3 1 .

Ví dụ 9. Rút gọn tổng 0 1 2 2006 20072007 2007 2007 2007 2007S 2008C 2007C 2006C ... 2C C .


2007 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007x 1 C x C x C x ... C x C

Nhân 2 vế (1) với x ta được:

2007 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 20072007 2007 2007 2007 2007x x 1 C x C x C x ... C x C x 2



Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 20072008C x 2007C x 2006C x ... 2C x C

2006(1 2008x) x 1 (3)

Thay x = 1 vào (3) ta được: 0 1 2 2006 2007 20062007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2 .

Cách khác: Ta có khai triển:

2007x 1 0 2007 1 2006 2 2005 2006 20072007 2007 2007 2007 2007C x C x C x ... C x C 1

Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:

20060 2006 1 2005 2 2004 2005 20062007 2007 2007 2007 20072007C x 2006C x 2005C x ... 2C x C 2007 x 1 2

Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được:

0 1 2 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 2007C C C ... C C 2 3

0 1 22007 2007 2007

2006 20062007

2007C 2006C 2005C

... C 2007.2 4

Cộng (3) và (4) ta được: 0 1 2 2006 2007 20062007 2007 2007 2007 20072008C 2007C 2006C ... 2C C 2009.2 .

Vậy 2006S 2009.2 Ví dụ 10. Cho tổng 0 1 2 n 1 n

n n n n nS 2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C

với n . Tính n, biết S 320 . Giải

Ta có khai triển:

n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x 1

Nhân 2 vế (1) với x2 ta được: n0 2 1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 2n n n n nC x C x C x ... C x C x x 1 x 2


n0 1 2 2 3 n 1 n n n 1 2 n 1n n n n n2C 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:

0 1 2 n 1 n n 1n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (4 n).2 4 .

n 1S 320 (4 n).2 320 n 6 . Cách khác: Ta có khai triển:

n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x 1


n 11 2 3 2 n n 1n n n nC 2C x 3C x ... nC x n 1 x 2

Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được:

0 1 2 3 n 1 n nn n n n n nC C C C ... C C 2 3

1 2 3 n 1 n n 1n n n n nC 2C 3C ... (n 1)C nC n.2 4

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



0 1 2 n 1 n n 1n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (4 n).2 .

n 1S 320 (4 n).2 320 . Vậy n 6 . 2.2. Đạo hàm cấp 2 Dấu hiệu nhận biết: 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).

Xét khai triển: n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n nn n n n n n1 x C C x C x C x ... C x C x 1

Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: n 11 2 3 2 4 3 n n 1n n n n nC 2C x 3C x 4C x ... nC x n 1 x 2

i) Tiếp tục đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 2 3 4 2 n n 2n n n n1.2C 2.3C x 3.4C x ... (n 1)nC x n 2n(n 1)(1 x) (3)

ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:

n 11 2 2 3 3 4 4 n nn n n n nC x 2C x 3C x 4C x .. . nC x nx 1 x 4


2 1 2 2 2 3 2 2 n n 1 n 2n n n n1 C 2 C x 3 C x ... n C x n(1 nx)(1 x) 5

Ví dụ 11. Tính tổng 2 3 4 15 1616 16 16 16 16S 1.2C 2.3C 3.4C ... 14.15C 15.16C .


16 0 1 2 2 3 3 15 15 16 1616 16 16 16 16 161 x C C x C x C x ... C x C x 1


151 2 3 2 15 14 16 1516 16 16 16 16C 2C x 3C x ... 15C x 16C x 16 1 x 2


2 3 4 2 16 14 1416 16 16 161.2C 2.3C x 3.4C x ... 15.16C x 240(1 x) 3

Thay x = – 1 vào đẳng thức (3) ta được: 2 3 4 15 1616 16 16 16 161.2C 2.3C 3.4C ... 14.15C 15.16C 0 .

Vậy S = 0. Ví dụ 12. Rút gọn tổng 2 1 2 2 2 3 2 2006 2 2007

2007 2007 2007 2007 2007S 1 C 2 C 3 C ... 2006 C 2007 C .


2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 20071 x C C x C x ... C x C x 1


20061 2 3 2 2007 20062007 2007 2007 2007C 2C x 3C x ... 2007C x 2007 1 x 2

Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:

20061 2 2 3 3 2006 2006 2007 20072007 2007 2007 2007 2007C x 2C x 3C x ... 2006C x 2007C x 2007x 1 x 2




2 1 2 2 2 3 2 2 2006 2005 2 2007 2006 20052007 2007 2007 2007 20071 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 2 1 2 2 2 3 2 2007 2005

2007 2007 2007 20071 C 2 C 3 C ... 2007 C 2007.2008.2 .

Vậy 2005S 2007.2008.2 . Bài 1a Chứng minh rằng: 0 1 13 4 ... ( 3) 2 (6 )n n

n n nC C n C n ( knC là tổ hợp chập k của n phần tử.)

HD Ta có (1+x)n = 0 1 ... n nn n nC xC x C nhân cả 2 vế với x3 ta được 3 3 0 4 1 3(1 ) ...n n n

n n nx x x C x C x C lấy đạo hàm hai vế và thay x = 1 ta có điều phải chứng minh. Bài 1b Tính tổng 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 0

2001 2001 2001 20011 2 2 2 3 2 .... 2011 2S C C C C

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

12 1 . .2 2 .2 3 . .2 ... .2

nk k n nn n n n n

kS k C C C C n C



Bài 3 CMR 2,n n nguyên dương 2 1 2 2 2 3 2 21 2 3 ... 1 2n n

n n n nC C C n C n n Bài 4 Tìm số nguyên dương n biết:

2 3 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 12 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200

k k k n nn n n nC C k k C n n C

HD * Xét 1n21n21n2

kk1n2

k221n2

11n2

01n2

1n2 xC....xC)1(....xCxCC)x1(

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

n21n21n2

1kk1n2

k21n2

11n2

n2 xC)1n2(....xkC)1(...xC2C)x1)(1n2(

(2)

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2

1n22kk

1n2k3

1n22

1n21n2 xC)1n2(n2....xC)1k(k)1(...xC3C2)x1)(1n2(n2

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 12n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 C ... 2n(2n 1)2 C

Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 Bài 5 Tính giá trị biểu thức sau:

201020112011

2008201020112006

320112008

2.20112010

12011 2..20112..2010......................

21.3

21.2

21 CCCCCT

HD XÐt: 2011

0 1 20112011 2011 1 20112011 2010 20112011 2011 2011 2011 2011

0

1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) . . . . ... . . ... .2 2 2 2 2

i ki i kk

if x x x x x xC C C C C

LÊy ®¹o hµm cña f(x) 2 vÕ ta ®îc:

(*)..2011....2

1.....1.2

1.)21(2011 20102011

20111

2011201120101

20112010 xxkx CCC k

kk

Cho x = 2 vµo 2 vÕ cña (*) ta ®îc 20102010 )25

.(2011)221

(2011 T

Bài 6 Chứng minh rằng với n N*, ta có: n nn n n

nC C nC2 4 22 2 22 4 ... 2 4

2 .

Xét n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x2 0 1 2 2 3 3 4 4 2 2

2 2 2 2 2 2(1 ) ... (1)

n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x2 0 1 2 2 3 3 4 4 2 2

2 2 2 2 2 2(1 ) ... (2)

Từ (1) và (2) n n

n nn n n n

x xC C x C x C x

2 20 2 2 4 4 2 22 2 2 2

(1 ) (1 )...2

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n n nn n nC x C x nC x n x x2 4 3 2 2 1 2 1 2 1

2 2 22 4 ... 2 (1 ) (1 )



Với x = 1, ta được: n n nn n n

nC C nC n2 4 2 2 12 2 22 4 ... 2 2 4

2 .

Bài 7 Tính tổng: 0 2009 1 2008 2 2007 2007 2 20082008 2008 2008 2008 20082010 2 2009 2 2008 2 ... 3 2 2 2S C C C C C

Bài 8 Khai triển 30 2 30

0 1 2 301 5 ....x a a x a x a x Tính tổng 0 1 2 302 3 ..... 30S a a a a

Bài 9 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của 1002x x , chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 1 99 100100 100 100 100

1 1 1 1100C 101C 199C 200C 0.2 2 2 2

Bài 10 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 3 20 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 02 2 2 2 21.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . ...... (2 1).3 .2 . 73nn n n n n

n n n n nnC C C C C

HD Ta cã 0 1 2 1 22 2 2 1 2 1 1 2 02 2 2 2(2 ) 2 .2 ... .2 .2n nn n n n n

n n n nx x x xC C C C (1)

Nh©n 2 vÕ cña (1) víi x 0 ®îc

0 1 2 1 22 2 2 2 1 2 1 2 1 02 2 2 2(2 ) 2 .2 ... .2 .2n nn n n n n

n n n nx x x x x xC C C C (2)

LÊy ®¹o hµm 2 vÕ cña (2) ta ®îc 0 1 2 12 2 1 2 2 1 2 12 2 2(2 ) 2 (2 ) 1.2 2 2 ....... 2 2 nn n n n n

n n nx nx x x nxC C C

22 02(2 1) 2 nn

nn x C Thay x=3 vµo ®îc

0 1 2 30 2 2 1 2 2 2 3 2 32 2 2 2

22 02

1 6 1.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . ...

(2 1).3 .2 . 73 1 6 73 12

n n n nn n n n

nnn

n

n n nC C C CC

Bài 11. Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 2 1 22 2 2 1 2

2 2 2 2 22.2 3.2 ... 2 .2 2 1 .2 2013n nn nn n n n nn nC C C C C



HD Ta có 0

1 2 2 1 22 2 1 22 2 2 2

2

2 ...1 n nn nn n n n

n

n x x x xx C C C C C nhân hai vế với x khác

0 0

1 2 2 1 22 3 2 2 12 2 2 2

2


n

nx x x x xx xC C C C C

lấy đạo hàm hai vế được

01 222 2

2

2 1 22 1 22 2

2 2 1 2 3 ...

2 2 1 2

1 2 1 n nn

n nn nn n

n n x x

nx n x

x nx x C C CC C

Thay x=2 vào 2 vế của (2) được 0 1 2 2 1 22 2 2 1 22 2 2 2 22.2 3.2 ... 2 .2 2 1 .2 1+4nn nn n

n n n n nn nC C C C C Theo giả thiết 1+4n =2013 2012 : 4 53n Bài 12 Tìm số nguyên dương n biết:

2 3 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 12 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200

k k k n nn n n nC C k k C n n C

HD Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2

1n22kk

1n2k3

1n22

1n21n2 xC)1n2(n2....xC)1k(k)1(...xC3C2)x1)(1n2(n2

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 12n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 C ... 2n(2n 1)2 C

Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 Bài 13 Tính tổng S = 1 3 5 2009

2010 2010 2010 20102C 6C 10C ... 4018C . Tính tổng 2011

201220092012

52012

32012

12012 2012.20112010.2009...30122 CCCCCS .

Tính tổng 201120112011

201020112010

32011

22011

12011

02011 2

201222011...

21

43 CCCCCCS

Bài 14 Tính tổng 20112011

22011

12011

02011 2012...32 CCCCS

HD Xét đa thức: 2011 0 1 2 2 2011 20112011 2011 2011 2011( ) (1 ) ( ... )f x x x x C C x C x C x

0 1 2 2 3 2011 20122011 2011 2011 2011... .C x C x C x C x

Ta có: 0 1 2 2 2011 20112011 2011 2011 2011( ) 2 3 ... 2012f x C C x C x C x

0 1 2 20112011 2011 2011 2011(1) 2 3 ... 2012 ( )f C C C C a

Mặt khác: 2011 2010 2010( ) (1 ) 2011(1 ) . (1 ) (1 2012 )f x x x x x x / 2010(1) 2013.2 ( )f b Từ (a) và (b) suy ra: 20102013.2 .S Bài 14 Tính giá trị biểu thức: 2 4 6 100

100 100 100 1004 8 12 ... 200A C C C C . Ta có: 100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 1001 ...x C C x C x C x (1)

100 0 1 2 2 3 3 100 100100 100 100 100 1001 ...x C C x C x C x C x (2)

Lấy (1)+(2) ta được: 100 100 0 2 2 4 4 100 100

100 100 100 1001 1 2 2 2 ... 2x x C C x C x C x Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được

99 99 2 4 3 100 99100 100 100100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x

Thay x=1 vào => 99 2 4 100

100 100 100100.2 4 8 ... 200A C C C



Bài 15 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của 1002x x , chứng minh rằng:

99 100 198 199

0 1 99 100100 100 100 100

1 1 1 1100C 101C 199C 200C 0.2 2 2 2

Bài 16 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn:

0 1 2 3 20 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 02 2 2 2 21.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . ...... (2 1).3 .2 . 73nn n n n n

n n n n nnC C C C C

HD Ta cã 0 1 2 1 22 2 2 1 2 1 1 2 02 2 2 2(2 ) 2 .2 ... .2 .2n nn n n n n

n n n nx x x xC C C C (1)

Nh©n 2 vÕ cña (1) víi x 0 ®îc

0 1 2 1 22 2 2 2 1 2 1 2 1 02 2 2 2(2 ) 2 .2 ... .2 .2n nn n n n n

n n n nx x x x x xC C C C (2)

LÊy ®¹o hµm 2 vÕ cña (2) ta ®îc

0 1 2 12 2 1 2 2 1 2 12 2 2(2 ) 2 (2 ) 1.2 2 2 ....... 2 2 nn n n n n

n n nx nx x x nxC C C

22 02(2 1) 2 nn

nn x C Thay x=3 vµo ®îc

0 1 2 30 2 2 1 2 2 2 3 2 32 2 2 2

22 02

1 6 1.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . ...

(2 1).3 .2 . 73 1 6 73 12

n n n nn n n n

nnn

n

n n nC C C CC

Bài 17 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 2 1 22 2 2 1 2

2 2 2 2 22.2 3.2 ... 2 .2 2 1 .2 2013n nn nn n n n nn nC C C C C

HD Ta có 0

1 2 2 1 22 2 1 22 2 2 2

2


n

n x x x xx C C C C C nhân hai vế với x khác

0 0

1 2 2 1 22 3 2 2 12 2 2 2

2


n

nx x x x xx xC C C C C

lấy đạo hàm hai vế được

01 222 2

2

2 1 22 1 22 2

2 2 1 2 3 ...

2 2 1 2

1 2 1 n nn

n nn nn n

n n x x

nx n x

x nx x C C CC C

Thay x=2 vào 2 vế của (2) được 0 1 2 2 1 22 2 2 1 22 2 2 2 22.2 3.2 ... 2 .2 2 1 .2 1+4nn nn n

n n n n nn nC C C C C Theo giả thiết 1+4n =2013 2012 : 4 53n Bài 18 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 2 2 3 3 4 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 12.2 3.2 4.2 ... 2 1 .2 2005n nn n n n nC C C C n C

HD ta cã 2 1 0 1 2 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 11 ....n n n

n n n nx C C x C x C x

§¹o hµm hai vÕ ta cã 2 1 0 1 2 2 2 1 22 1 2 1 2 1 2 12 1 1 2 3 .... 2 1n n n

n n n nn x C C x C x n C x

Cho x=-2 ta ®-îc n=1002 Bài 19 DB_A1-2006 Ứng dụng khai triển nhị thức Newtơn của 1002 ,x x CMR



99 100 198 1990 1 99 100100 100 100 100

1 1 1 1100 101 ..... 199 200 02 2 2 2

C C C C

HD

Bài 20 DB_D1-2007 Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có

0C1C1...C1nnC 1nn

1n2nn

2n1n

0n

HD Với mọi n N ta có nn

n1nn

1n1n1n

n0n

n C1xC1...xCxC1x

Lấy đạo hàm hai vế ta có 1nn

1n2n1n

1n0n

1n C1...xC1nxnC1xn

Cho x = 1 ta có 1nn

1n1n

0n C1...C1nnC0

Bài 21 Tính tổng 1 2 2 3 3 4 99 100

100 100 100 100 1002.3. 3.3 . 4.3 . ....... 100.3 .S C C C C C

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

2002 2002 2002 2002 2002 2002 2002 1. . ... . ... . 1001.2k kkC C C C C C C C

HD Ta coù: 1nC nn do ñoù ñieàu chöùng minh trôû thaønh:

0 1 2001 20022002. 2001. ...... 1. 10001.22002 2002 2002C C C

Ta laïi coù: 2002 0 2002 1 2001 2001 2002( 1) ........2002 2002 2002 2002x C x C x C x C

Laáy ñaïo haøm 2 veá ta ñöôïc : 2001 0 2001 1 2000 20012002.( 1) 2002. 2001. . .... 1.2002 2002 2002x C x C x C

Cho x = 1 vaø löu yù 2001 20022002.2 1001.2 ta ñöôïc ñieàu phaûi chöùng minh. Bài 23 CMR 1 2 3 2 2 1 2 2 2 1 2 1

2 2 2 23.2 ........ 2 1 2 .... 2 1 2 3 1k k n n nn n n nC C k C n C n



PHẦN B. Áp tích phân vào bài toán nhị thức NewTơn Dấu hiệu nhận biết:

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

n 1 hoặc tăng dần từ

1n 1

đến 1.

Xét khai triển: n 0 1 2 2 n 1 n 1 n nn n n n n1 x C C x C x ... C x C x 1

Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a đến b ta được:

b b b b b

n 0 1 n 1 n 1 n nn n n n

a a a a a

1 x dx C dx C xdx ... C x dx C x dx

bn 1 b b bb 2 n n 1

0 1 n 1 nn n n n

a a a aa

1 x x x x xC C ... C C

n 1 1 2 n n 1

2 2 n n n 1 n 1 n 1 n 10 1 n 1 nn n n n

b a b a b a b a (1 b) (1 a)C C ... C C

1 2 n n 1 n 1

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 1 n 1

nn

b aC

n 1

.

Ví dụ 13. Rút gọn tổng 2 2 3 3 9 9 10 10

0 1 2 8 99 9 9 9 9

3 2 3 2 3 2 3 2S C C C ... C C

2 3 9 10

.


9 0 1 2 2 8 8 9 99 9 9 9 91 x C C x C x ... C x C x 1

3 3 3 3 3

9 0 1 8 8 9 99 9 9 9

2 2 2 2 2

1 x dx C dx C xdx ... C x dx C x dx

310 3 3 3 33 2 3 9 10

0 1 2 8 99 9 9 9 9

2 2 2 2 22

1 x x x x x xC C C ... C C

10 1 2 3 9 10

10 10 2 2 9 9 10 100 1 8 99 9 9 9

4 3 3 2 3 2 3 2C C .. C C

10 2 9 10

.Vậy 10 104 3

S10

.

Ví dụ 14. Rút gọn tổng 2 3 4 n n 1

0 1 2 3 n 1 nn n n n n n

2 2 2 2 2S 2C C C C ... C C

2 3 4 n n 1

.


n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n nn n n n n n1 x C C x C x C x ... C x C x



2 2 2 2 2

n 0 1 2 2 n nn n n n

0 0 0 0 0

1 x dx C dx C xdx C x dx ... C x dx

2n 1 2 2 22 2 n n 1

0 1 n 1 nn n n n

0 0 0 00

1 x x x x xC C ... C C

n 1 1 2 n n 1

2 3 n n 1 n 10 1 2 n 1 nn n n n n

2 2 2 2 3 12C C C ... C C

2 3 n n 1 n 1

.Vậy n 13 1

Sn 1

.

Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau: 2 3 100 101

0 1 2 99 100100 100 100 100 100

2 1 2 1 2 1 2 1S 3C C C ... C C

2 3 100 101

.

Giải

Ta có khai triển: 100 0 1 2 2 99 99 100 100100 100 100 100 1001 x C C x C x ... C x C x

2 2 2

100 0 1100 100

1 1 12 2

99 99 100 100100 100

1 1

1 x dx C dx C xdx

... C x dx C x dx

2101 22 2

0 1100 100

1 112 2100 101

99 100100 100

1 1

1 x x xC C ...

101 1 2

x xC C

100 101

101 2 100 1010 1 99 100100 100 100 100

3 2 1 2 1 2 13C C ... C C

101 2 100 101

.Vậy 1013

S101

.

Bài 1 Tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 31 1 1 1 1023. . . ... .2 3 4 1 10

nn n n n nC C C C C

n

Bài 2 T×m hÖ sè 4a cña 4x trong khai triÓn Niut¬n ®a thøc 2( ) ( 1)nf x x x víi n lµ sè tù nhiªn tháa

m·n:2 3 1 11

0 1 23 3 3 4 13 ...2 3 1 1

nn

n n n nC C C Cn n

.



Bài 3 Tìm hệ số của 20x trong khai triển Newton của biểu thức 53

2

n

xx

biết rằng:

0 1 21 1 1 1... ( 1)2 3 1 13

n nn n n nC C C C

n

HD Theo Newton thì: 0 1 2 2(1 ) .... ( 1)n n n nn n n nx C C x C x C x B

Vì 1

0

1(1 )1

nx dxn

,

10 1 2

0

1 1 1... ( 1)2 3 1

n nn n n nBdx C C C C

n

1 13 12n n

Lại có: 12

5 5123 3

0

2 2( ) .( ) ( )n k

n k k

kx C x

x x

, 12 8 36

1 12.2 .k k kkT C x Số hạng ứng với thoả mãn:

8 36 20 7k k Hệ số của 20x là: 7 512.2 25344C

Bài 4 Tìm số tự nhiên n thoả mãn: 12

8192.12

2....72.

52.

32.2 2

262

42

22

02

n

Cn

CCCC nnnnnn

nnnnnn

n xCxCxCCx 222

222

12

02

2 ...)1( nn

nnnnn xCxCxCCx 22

222

212

02

2 ...)1( nx 2)1( )...(2)1( 222

442

222

02

2 nnnnnn

n xCxCxCCx

dxx n1

0

2)1( 2)1(1

0

2 dxx n 1

0

222

442

222

02 )...( dxxCxCxCC nn

nnnn

1

0

12

12)1(

nx n

1

0

1222

1

0

322

1

0

02

1

0

12

12...

32

12)1(

nxCxCxC

nx n

nnnn

n

212

11212 12

nn

n

)12

1...31( 2

222

02

nnnn C

nCC

122 12

n

nnnnn C

nCC 2

222

02 12

2...322

128192

122 12

nn

n

6 n



Bài 5 Tìm hệ số của số hạng chứa 2x trong khai triển n

xx

421 biết n là số nguyên dương thoả mãn:

16560.

12....

32.

22.2

12

31

20

nC

nCCC n

n

n

nnn

HD Ta có nnnnnnn

n xCxCxCxCCx ...)1( 332210

2

0

3322102

0

...)1( dxxCxCxCxCCdxx nnnnnnn

n 2

0

1

1)1(

nx n

2

0

12

0

32

2

0

212

0

0

1...

32

nxCxCxCxC

nnnnnn 2

113 1

n

nnn

n

nnn Cn

CCC1

2...32

22 1

23

12

0

16560

113 1

nn

n

765613 1 nn 4314

7

7

0

7

4..

21

21 k

k

kk xC

xx

Theo bài ra 224

314

kk Vậy hệ số cần tìm là

421.

21 2

72 C

Bài 6 Tìm a và n nguyên dương thỏa :2 3 1

0 1 2 127......2 3 ( 1) 7

nn

n n n na a aaC C C C

n

và 3 20nA n .

: 3 220 ( 1)( 2) 20 3 18 0nA n n n n n n n n = 6 và n = – 3 ( loại )

Khi đó: 2 7

0 1 66 6 6

127. . ....2 7 7a aa C C C

Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 66 6 6 6 6 6 6(1 )x C C x C x C x C x C x C x

Nên 2 7

6 0 1 66 6 60

0 0 0

(1 ) ...2 7

a aaa x xx dx C x C C

7 2 70 1 66 6 6

0

(1 ) . . ....7 2 7

ax a aa C C C

7

7 7 7(1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 27 7 7a a a

a 1

Vậy a = 1 và n = 6 .

Bài 7 Tính tổng :2 4 6 2010

1 3 5 20092010 2010 2010 2010

2 1 2 1 2 1 2 1. . . ... .2 4 6 2010

S C C C C

Tacó2010

2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 20102010 2010 2010 2010 2010 2010 2010

0(1 ) . . . ... . .K k

kx C x C C x C x C x C x C x

20102010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010

2010 2010 2010 2010 2010 2010 20100

(1 ) .( ) . . . ... . .k k

kx C x C C x C x C x C x C x

2010 2010

1 3 3 5 5 2009 20092010 2010 2010 2010

(1 ) (1 ) . ... .2

x x C x C x C x C x

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

2 22010 2010

1 3 3 5 5 2009 20092010 2010 2010 2010

1 1

(1 ) (1 ) . ...2

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



2011 2011

1 2 3 4 2009 20102010 2010 2010

(1 ) (1 ) 2 21 1 12011 2011 ...

2 2 4 20101 1

x x

C x C x C x

2011 2011 2 4 20101 3 20092010 2010 2010

3 1 2 2 1 2 1 2 1...4022 2 4 2010

C C C .Vậy:

2011 20113 2 14022

S

Bài 8 Chứng minh đẳng thức sau: 20122012

42012

22012

20112012

32012

12012 20124220113 CCCCCC

Bài 9 Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng : 2 3 1 1

0 1 22 2 2 3 12 ...2 3 1 1

n nn

n n n nC C C Cn n

HD Xét khai triển 0

1nn k k

nk

x C x

(1)

Lấy tích phân hai vế của (1) ta có: 1 12 2

0 00 0

2 2(1 )(1 )0 01 1

n kn nn k k k

n nk k

x xx dx C x Cn k

Từ đó dẫn tới : 2 3 1 1

0 1 22 2 2 3 12 ...2 3 1 1

n nn

n n n nC C C Cn n

(Đpcm)

Bài 10 Tìm m, n thỏa mãn: 1 2 3 26 6 9 14n n nC C C n n và 2 3 4 1

0 1 2 3 255...2 3 4 1 8

nn

n n n n nm m m mmC C C C C

n

HD Giải phương trình 1 2 3 26 6 9 14n n nC C C n n tìm được n = 7

2 3 4 80 1 2 3 7 77 7 7 7 7

1

255... (1 )2 3 4 8 8

mm m m mmC C C C C x dx 8 8(1 ) 255 (1 ) 256|

18 8 8 81, 3

mx m

m m

Bài 11 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2

0 1 22 2 2 121...2 3 1 1

nn

n n n nC C C Cn n

Xét khai triển 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x

Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:1 2 3 1

0 1 33 1 2 2 22 ...1 2 3 1

n nn

n n n nC C C Cn n

2 1 10 1 2

1

2 2 2 3 1 121 3 1...2 3 1 2( 1) 1 2( 1)

3 243 4

n n nn

n n n n

n

C C C Cn n n n

n

Vậy n=4.

Bài 12 Tìm m, n thỏa mãn: 1 2 3 26 6 9 14n n nC C C n n và 2 3 4 1

0 1 2 3 255...2 3 4 1 8

nn

n n n n nm m m mmC C C C C

n

HD Giải phương trình 1 2 3 26 6 9 14n n nC C C n n tìm được n = 7 2 3 4 8

0 1 2 3 7 77 7 7 7 7

1

255... (1 )2 3 4 8 8

mm m m mmC C C C C x dx 8 8(1 ) 255 (1 ) 256| 1

18 8 8 8mx m m

Bài 13 KB – 2003 Cho n là số nguyên dương. Tính tổng 2 3 1

0 1 22 1 2 1 2 1...2 3 1

nn

n n n nC C C Cn



Bài 14 KA-2007 CMR 2

1 3 5 2 12 2 2 2

1 1 1 1 2 1...2 4 6 2 2 1

nn

n n n nC C C Cn n

Bài 15 Rút gọn tổng 2n 1 2n 1 2n 3 3 1

0 1 2 n 1 nn n n n n

2 2 2 2 2S C C C ... C C

n 1 n n 1 2 1

.

HD: n 0 n n 1 n 1 n 1 2 n 2 n 2 n 1 n

n n n n n(2x 1) C 2 x C 2 x C 2 x ... C 2x C 2 2 2 2 2 2

n n 0 n n 1 1 n 1 n 2 2 n 2 n 1 nn n n n n

0 0 0 0 0 0

(2x 1) dx 2 C x dx 2 C x dx 2 C x dx ... 2C xdx C dx

2 2 2 2 2n 1 n 1 n n 1 22n 0 n 1 1 n 2 2 n 1 n

n n n n n 00 0 0 0 0

(2x 1) x x x x2 C 2 C 2 C ... 2C C x

2(n 1) n 1 n n 1 2

Rút gọn tổng 2n 1 2n 1 2n 3 3 1

0 1 2 n 1 nn n n n n

2 2 2 2 2S C C C ... C C

n 1 n n 1 2 1

.

Bài 16 Rút gọn tổng:



22 2 2 2 21 2 3 4 99 100100 100 100 100 100 100

1 2 3 4 99S C C C C ... C 100 C

100 99 98 97 2

HD . Ta có: 100 0 1 2 2 3 3 99 99 100 100100 100 100 100 100 100(1 x) C C x C x C x ... C x C x

99 1 2 3 2 99 98 100 99100 100 100 100 100100(1 x) C 2C x 3C x ... 99C x 100C x (1).

100 0 100 1 99 2 98 99 100100 100 100 100 100(x 1) C x C x C x ... C x C

100 0 100 1 99 2 98 99 100100 100 100 100 100(x 1) dx C x dx C x dx C x dx ... C xdx C dx

101 101 100 99 20 1 2 99 100100 100 100 100 100

(x 1) x x x xC C C C ... C C x

101 101 100 99 2

(2).

Nhân (1) và (2) ta được: 200 99100(1 x) 100C(1 x)

101

101 100 99

1 2 3 2 100 99 0 1 2 100100 100 100 100 100 100 100 100

x x xC 2C x 3C x ... 100C x C C C ... C x

101 100 99

(3).

Nhân phân phối vế phải (3) và cân bằng hệ số x100 ta được: 100200

100S C

101 .

Bài 17 Với mỗi số tự nhiên n hãy tính tổng: 1 1 10 1 1 2 2.2 .2 .2 ...2 3 1

n n n nS C C C Cn n n nn

.

PHẦN C. Áp dụng số phức vào bài toán nhị thức NewTơn Bài 1 Tính tổng: 0 4 8 2004 2008

2009 2009 2009 2009 2009...S C C C C C Ta có: 2009 0 1 2009 2009

2009 2009 2009(1 ) ..i C iC i C

0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009

1 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009

....

( ... )

C C C C C C

C C C C C C i

Thấy: 1 ( )2

S A B , với 0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009....A C C C C C C

0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...B C C C C C C

+ Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009(1 )i nờn 10042A . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009(1 ) ...x C xC x C x C Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009... ...C C C C C C Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2C C C C C C . Suy ra: 20082B . + Từ đó ta có: 1003 20072 2S .

Bài 2 Chứng minh rằng 0 2 4 100 50100 100 100 100... 2 .C C C C

Ta có

100 0 1 2 2 100 100 0 2 4 100 1 3 99100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 1001 ... ... ...i C C i C i C i C C C C C C C i

Mặt khác

2 100 502 501 1 2 2 1 2 2i i i i i i Vậy 0 2 4 100 50100 100 100 100... 2 .C C C C

Bài 3 Tính tổng: 1 3 5 7 2009 20112011 2011 2011 2011 2011 2011...S C C C C C C



I. Chứng minh đẳng thức nhờ Nhị thức New tơn Bài 1 Chứng minh: 0 10 1 9 9 1 10 0 10

10 20 10 20 10 20 10 20 30. . ... . . C C C C C C C C C . Ta có 30 10 20(1 ) (1 ) .(1 ) , x x x x (1)

Mặt khác: 3030

1(1 ) . ,

n

k k

kx C x x .

Vậy hệ số 10a của 10x trong khai triển của 30(1 ) x là 1010 30a C .

Do (1) đúng với mọi x nên 10 10a b . Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2 Chứng minh rằng: 1 2 2011 0 1 20102011 2011 2011 2010 2010 2010

1 1 1 1006 1 1 1... ( ... )2011C C C C C C

Bài 3 Chứng minh rằng: 2 4 22 2 22 4 .... 2 4

2n n

n n nnC C nC n nguyên dương

Bài 4 Chøng minh: 0 1 2

21 1 15 ... 65 5 5

n n nn n n nnC C C C

HD Ta cã: 1 1 2 21 5 5 5 .. 6n o n n n nn n n nC C C C

0 1 1 11 ....n n n n nn n n nx C x C x C x C Cho x=5

1 1 2 25 5 5 .. 6n o n n n nn n n nC C C C

Bài 5 Chứng minh rằng 2011

0 2 4 20102011 2011 2011 2011

1 1 1 2...3 5 2011 2012

C C C C .

Bài 6 Tính tổng 1 2 100100 100 100 1003 2 1 199

2 4 2 200.. ...3 3 3 3

kk

kT C C C C .

Tính tổng 201120112011

201020112010

32011

22011

12011

02011 2

201222011...

21

43 CCCCCCS

Tính tổng 20112012

20092012

52012

32012

12012 2012.20112010.2009...30122 CCCCCS .

Bài 7 Tính: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010

2010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 CA ...1 2 3 4 2011

Ta có:

k k kk kk k 1 k 12010

2011

1 2 2011 2011 01 2 2011 02011 2011 2011 2011

2 2010! 2 2010! 2 2011!2 C 1 11 2 Ck 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k ! 2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022

1 1 1A 2 C 2 C ... 2 C 2 1 2 C4022 4022 2011



Bài 8 Tìm số nguyên dương n; biết khai triển P(x) = (5 + 2x + 5x2 + 2x3 )n thành đa thức thì hệ số của x3 bằng 458 HD P(x) = [5 +2x + 5x2 + 2x3]n = (1 + x2)n(5 + 2x)n

Hệ số x3: 0 3 3 3 1 1 15 2 5 .2n nn n n nC C C C = 5n-2.2( 3 24 25 )nC n = 458 ==> n = 3

Bài 9 Tìm số hệ số của số hạng chứa 6x trong khai triển 12

n

xx

, biết rằng 2 11 4 6n

n nA C n .

Giải phương trình 2 11 4 6n

n nA C n ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n N.

Phương trình tương đương với ( 1)!( 1) 4 62!( 1)!

nn n nn

( 1)( 1) 4 62

n nn n n

n2 – 11n – 12 = 0 n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.

Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 24 312 12

12 122 212 12

1 1

12 2 . .2 .k k

kk k k

k kx C x x C x

x

Số hạng này chứa 6x khi , 0 12

424 3 12k N k

kk

. Vậy hệ số của số hạng chứa 6x là: 4 812 2C

Bài 1 Tính giá trị biểu thức: 1 2 100100 100 100 1003 2 1 999

2 4 2 200.... ...3 3 3 3

kk

kA C C C C .

Bài Cho khai triÓn nn

n

xaxaxaax

....

32

1 2210 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè naaaa ,...,,, 210 biÕt

r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 110252 111222 nnn

nn

nn

nnn CCCCCC .

HD Ta cã 221n

2n

1nn

1n

1nn

2nn

2nn

2n 105)CC(11025CCCC2CC

)i¹lo(15n

14n0210nn105n

2

)1n(n105CC 21

n2n

Ta cã khai triÓn

14

0k

kk14kk14

14

0k

kk14k14

14

x.3.2C3

x

2

1C

3

x

2

1

Do ®ã k14kk14k 3.2Ca

Ta xÐt tØ sè )1k(3

)k14(2

32C

32C

a

ak14kk

14

1k13k1k14

k

1k

. 5k1

)1k(3

)k14(21

a

a

k

1k

. Do k , nªn k 4 .

T¬ng tù 5k1a

a,5k1

a

a

k

1k

k

1k Do ®ã 14765410 a...aaaa...aa

Do ®ã a5 vµ a6 lµ hai hÖ sè lín nhÊtVËy hÖ sè lín nhÊt lµ 62208

100132Caa 595

1465

Bài Tính giá trị biểu thức A = 4

23

22

21

2 32011

322011

212011

102011

0 CCCC......-

20122 2011

20112011 C

Ta có )!2011!.().1(

!2011.)2(1

.2)1( 2011

kkkkC kkk

k

= )!12012)!.(1(2012

!2012.)2()!2011)!.(1(

!2011.)2(

kkkk

kk

= -

12012.)2.(

20121 kk C == - 1

20121.)2.(

40241 kk C



Với k = 0, 1, 2, …….., 2011 ta có:

A = -4024

1 . 20122012

201222012

21202

1 )2(.......)2()2( CCC =

= -4024

1 . 02012

020122012

201222012

21202

102012

0 )2()2(.......)2()2()2( CCCCC =

= -4024

1 . 02012

02012 )2()12( C = -4024

1 . 11 = 0 Vậy A = 0

Bài Tính tổng: 1 1 1 1 1S ...

2!2007! 4!2005! 6!2003! 2006!3! 2008!1!

Ta có: 2009!S= 2009! 2009! 2009! 2009! 2009!...2!2007! 4!2005! 6!2003! 2006!3! 2008!1!

2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009C C C ... C C

Bằng cách khai triển 2009(1 x) và chọn x= -1, ta được đẳng thức …. Chọn x=1, ta được đẳng thức: . . .

Từ đó suy ra: 20082 1S2009!

(Các đề theo hình thức tự luận)

Bài Tính: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010

2010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 CA ...1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012

HD Ta có:

k kk kk 2010

kk 1 k 1

2011

1 2 20111 2 20112011 2011 2011

2011 0 02011

2 2010! 2 2010!2 C1k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !

2 2011!1 1 2 C2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022

1A 2 C 2 C ... 2 C4022

1 12 1 2 C4022 2011

Documents

PHẦN A. Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn · PHẦN A. Áp dụng đạo hàm vào bài toán nhị thức NewTơn Dấu hiệu nhận biết: Các hệ