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 n n n n n n 1 x C C x C x C x C x 1                 n k n 0 1 2 2 k k n n n n n n n 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 1 2 2 3 2 8 2 9 29 30 3 0 3 0 3 0 3 0 3 0 S C 2 .2C 3 .2 C 2 9 .2 C 3 0 .2 C       . Giải Ta có khai triển:     30 0 1 2 2 29 29 30 30 30 30 30 30 30 1 x C C x C x C x C x 1        Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     29 1 2 29 28 30 29 30 30 30 30 C 2C x 29C x 30C x 30 1 x 2       Thay x = – 2 vào (2) ta được:   29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 C 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 30 S 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 30 30 30 30 30 30 1 x C C x C x C x C x 1        Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     29 1 2 29 28 30 29 30 30 30 30 C 2C x 29C x 30C x 30 1 x 2       Thay x = 2 và x = – 2 lần lượt vào (2) ta được:     29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 C 2.2C 3.2 C 29.2 C 30.2 C 30 1 2 3            29 1 2 2 3 28 29 29 30 30 30 30 30 30 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:   1 2 3 4 5 26 27 28 29 29 30 30 30 30 30 2(C 3.2 C 5.2 C 27.2 C 29.2 C ) 30 3 1        Vậy   29 S 15 3 1   . Ví dụ 9. Rút gọn tổng 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 2008C 2007C 2006C 2C C      . Giải Ta có khai triển:   2007 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 x 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 2007 2007 2007 2007 2007 2007 x x 1 C x C x C x C x C x 2        Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 2 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2008C 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 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2008C 2007C 2006C 2C C 2009.2      . Cách khác: Ta có khai triển:   2007 x 1     0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 C x C x C x C x C 1      Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     2006 0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007C 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 2007 2007 2007 2007 2007 2007 C C C C C 2 3         0 1 2 2007 2007 2007 2006 2006 2007 2007C 2006C 2005C C 2007.2 4      Cộng (3) và (4) ta được: 0 1 2 2006 2007 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2008C 2007C 2006C 2C C 2009.2      . Vậy 2006 S 2009.2  Ví dụ 10. Cho tổng 0 1 2 n 1 n n n n n n S 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 n n n n n n 1 x C C x C x C x C x 1          Nhân 2 vế (1) với x 2 ta được:     n 0 2 1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 2 n n n n n C x C x C x C x C x x 1 x 2           Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:     n 0 1 2 2 3 n 1 n n n 1 2 n 1 n n n n n 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:   0 1 2 n 1 n n 1 n n n n n 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: Ta có khai triển:     n 0 1 2 2 n 1 n 1 n n n n n n n 1 x C C x C x C x C x 1          Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     n 1 1 2 3 2 n n 1 n n n n C 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 n n n n n n n C C C C C C 2 3           1 2 3 n 1 n n 1 n n n n n C 2C 3C (n 1)C nC n.2 4          Nhân (3) với 2 rồi cộng với (4) ta được: Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 3 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 0 1 2 n 1 n n 1 n n n n n 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 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 1 2 đến n 2 (không kể dấu). Xét khai triển:     n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n n n n n n n 1 x C C x C x C x C x C x 1           Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     n 1 1 2 3 2 4 3 n n 1 n n n n n C 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 2 n n n n 1.2C 2.3C x 3.4C x (n 1)nC x       n 2 n(n 1)(1 x)     (3) ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:     n 1 1 2 2 3 3 4 4 n n n n n n n C x 2C x 3C x 4C x . nC x nx 1 x 4         Đạo hàm 2 vế của (4) ta được:   2 1 2 2 2 3 2 2 n n 1 n 2 n n n n 1 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 16 16 16 16 16 16 S 1.2C 2.3C 3.4C 14.15C 15.16C       . Giải Ta có khai triển:     16 0 1 2 2 3 3 15 15 16 16 16 16 16 16 16 16 1 x C C x C x C x C x C x 1         Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     15 1 2 3 2 15 14 16 15 16 16 16 16 16 C 2C x 3C x 15C x 16C x 16 1 x 2        Đạo hàm 2 vế của (2) ta được:   2 3 4 2 16 14 14 16 16 16 16 1.2C 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 16 16 16 16 16 16 1.2C 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 2007 S 1 C 2 C 3 C 2006 C 2007 C      . Giải Ta có khai triển:     2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 1 x C C x C x C x C x 1        Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:     2006 1 2 3 2 2007 2006 2007 2007 2007 2007 C 2C x 3C x 2007C x 2007 1 x 2       Nhân x vào 2 vế của (2) ta được:     2006 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 C x 2C x 3C x 2006C x 2007C x 2007x 1 x 2        Đạo hàm 2 vế của (3) ta được: Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 4 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802   2 1 2 2 2 3 2 2 2006 2005 2 2007 2006 2005 2007 2007 2007 2007 2007 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 2 1 2 2 2 3 2 2007 2005 2007 2007 2007 2007 1 C 2 C 3 C 2007 C 2007.2008.2     . Vậy 2005 S 2007.2008.2  . Bài 1a Chứng minh rằng: 0 1 1 3 4 ( 3) 2 (6 ) n n n n n C C n C n        ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử.) HD Ta có (1+x) n = 0 1 n n n n n C xC x C    nhân cả 2 vế với x 3 ta được 3 3 0 4 1 3 (1 ) n n n n n n x 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 2001 1 2 2 2 3 2 2011 2 S C C C C     Bài 2 Cho n là số tự nhiên , 2 n  tính 2 2 1 2 2 2 2 3 3 2 1 2 1 . .2 2 .2 3 . .2 .2 n k k n n n n n n n k S k C C C C n C         Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 5 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 Bài 3 CMR 2, n n  nguyên dương   2 1 2 2 2 3 2 2 1 2 3 1 2 n n n n n n C C C n C n n       Bài 4 Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200                  k k k n n n n n n C C k k C n n C HD * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1(     (1)  Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(      (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 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 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(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: 20102011 2011 20082010 2011 2006 3 2011 2008 2 .2011 2010 1 2011 2 20112 2010 2 1 .3 2 1 .2 2 1 CCCCCT   HD XÐt: 2011 0 1 2011 2011 2011 1 2011 2011 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 0 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) . . . . . . . 2 2 2 2 2 i k i i k k i f x x x x x x C C C C C               LÊy ®¹o hµm cña f(x) 2 vÕ ta ®îc: (*) 2011 2 1 1. 2 1 .) 2 1 (2011 2010 2011 2011 1 2011 2011 2010 1 2011 2010 xxkx CCC k k k    Cho x = 2 vµo 2 vÕ cña (*) ta ®îc 20102010 ) 2 5 .(2011)2 2 1 (2011 T Bài 6 Chứng minh rằng với n  N * , ta có: n n n n n n C C nC 2 4 2 2 2 2 2 4 2 4 2     . Xét n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x 2 0 1 2 2 3 3 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 )         (1) n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x 2 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 n n n n n x x C C x C x C x 2 2 0 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 2         Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n n n n n n C x C x nC x n x x 2 4 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 4 2 (1 ) (1 )               Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 6 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 Với x = 1, ta được: n n n n n n n C C nC n 2 4 2 2 1 2 2 2 2 4 2 2 4 2       . Bài 7 Tính tổng: 0 2009 1 2008 2 2007 2007 2 2008 2008 2008 2008 2008 2008 2010 2 2009 2 2008 2 3 2 2 2 S C C C C C      Bài 8 Khai triển   30 2 30 0 1 2 30 1 5 x a a x a x a x       Tính tổng 0 1 2 30 2 3 30 S a a a a      Bài 9 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của   100 2 x x , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100C 101C 199C 200C 0. 2 2 2 2                                Bài 10 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 3 2 0 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 0 2 2 2 2 2 1.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . (2 1).3 .2 . 7 3 n n n n n n n n n n n n C C C C C           HD Ta cã 0 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2 0 2 2 2 2 (2 ) 2 .2 .2 .2 n n n n n n n n n n n x x x x C C C C          (1) Nh©n 2 vÕ cña (1) víi x 0  ®îc 0 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 2 2 2 2 (2 ) 2 .2 .2 .2 n n n n n n n n n n n x x x x x x C C C C          (2) LÊy ®¹o hµm 2 vÕ cña (2) ta ®îc 0 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 (2 ) 2 (2 ) 1.2 2 2 2 2 n n n n n n n n n x nx x x nx C C C             2 2 0 2 (2 1) 2 n n n n x C   Thay x=3 vµo ®îc 0 1 2 3 0 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 0 2 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 n n n n n n n n n n n n C C C C C                  Bài 11. Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn:   0 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2.2 3.2 2 .2 2 1 .2 2013 n n n n n n n n n n n C C C C C          Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 7 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 HD Ta có   0 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n n x x x x x C C C C C           nhân hai vế với x khác 0   0 1 2 2 1 2 2 3 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n n x x x x x x xC C C C C           lấy đạo hàm hai vế được         0 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n n n x x nx n x x nx x C C C C C               Thay x=2 vào 2 vế của (2) được   0 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2.2 3.2 2 .2 2 1 .2 1+4n n n n n n n n n n n n C C C C C          Theo giả thiết 1+4n =2013 2012 : 4 53 n    Bài 12 Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200                  k k k n n n n n n C C k k C n n C HD Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 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 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(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 2010 2C 6C 10C 4018C    . Tính tổng 2011 2012 2009 2012 5 2012 3 2012 1 2012 2012.20112010.2009 30122 CCCCCS  . Tính tổng 2011 2011 2011 2010 2011 2010 3 2011 2 2011 1 2011 0 2011 2 2012 2 2011 2 1 4 3 CCCCCCS  Bài 14 Tính tổng 2011 2011 2 2011 1 2011 0 2011 2012 32 CCCCS  HD Xét đa thức: 2011 0 1 2 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 ( ) (1 ) ( ) f x x x x C C x C x C x       0 1 2 2 3 2011 2012 2011 2011 2011 2011 . C x C x C x C x     Ta có: 0 1 2 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 ( ) 2 3 2012 f x C C x C x C x       0 1 2 2011 2011 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: 2010 2013.2 . S  Bài 14 Tính giá trị biểu thức: 2 4 6 100 100 100 100 100 4 8 12 200 A C C C C      . Ta có:   100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x       (1)   100 0 1 2 2 3 3 100 100 100 100 100 100 100 1 x C C x C x C x C x        (2) Lấy (1)+(2) ta được:     100 100 0 2 2 4 4 100 100 100 100 100 100 1 1 2 2 2 2 x x C C x C x C x         Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được     99 99 2 4 3 100 99 100 100 100 100 1 100 1 4 8 200 x x C x C x C x        Thay x=1 vào => 99 2 4 100 100 100 100 100.2 4 8 200 A C C C      Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 8 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 Bài 15 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của   100 2 x x , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100C 101C 199C 200C 0. 2 2 2 2                                Bài 16 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn: 0 1 2 3 2 0 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 0 2 2 2 2 2 1.3 .2 . 2.3.2 . 3.3 .2 . 4.3 .2 . (2 1).3 .2 . 7 3 n n n n n n n n n n n n C C C C C           HD Ta cã 0 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2 0 2 2 2 2 (2 ) 2 .2 .2 .2 n n n n n n n n n n n x x x x C C C C          (1) Nh©n 2 vÕ cña (1) víi x 0  ®îc 0 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 2 2 2 2 (2 ) 2 .2 .2 .2 n n n n n n n n n n n x x x x x x C C C C          (2) LÊy ®¹o hµm 2 vÕ cña (2) ta ®îc 0 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 (2 ) 2 (2 ) 1.2 2 2 2 2 n n n n n n n n n x nx x x nx C C C             2 2 0 2 (2 1) 2 n n n n x C   Thay x=3 vµo ®îc 0 1 2 3 0 2 2 1 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 0 2 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 n n n n n n n n n n n n C C C C C                  Bài 17 Hãy tìm số tự nhiên n thoả mãn:   0 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2.2 3.2 2 .2 2 1 .2 2013 n n n n n n n n n n n C C C C C          HD Ta có   0 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n n x x x x x C C C C C           nhân hai vế với x khác 0   0 1 2 2 1 2 2 3 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n n x x x x x x xC C C C C           lấy đạo hàm hai vế được         0 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n n n n x x nx n x x nx x C C C C C               Thay x=2 vào 2 vế của (2) được   0 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2.2 3.2 2 .2 2 1 .2 1+4n n n n n n n n n n n n C C C C C          Theo giả thiết 1+4n =2013 2012 : 4 53 n    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 1 2.2 3.2 4.2 2 1 .2 2005 n n n n n n n C C C C n C              HD ta cã   2 1 0 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 n n n n n n n x C C x C x C x              §¹o hµm hai vÕ ta cã      2 1 0 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 3 2 1 n n n n n n n n 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   100 2 , x x CMR  Luyện thi đại học - Chun đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 9 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100 101 199 200 0 2 2 2 2 C C C C                              HD Bài 20 DB_D1-2007 Chứng minh với mọi n ngun dương ln có       0C1C1 C1nnC 1n n 1n 2n n 2n 1 n 0 n      HD Với mọi n  N ta có       n n n 1n n 1n 1n1 n n0 n n C1xC1 xCxC1x     Lấy đạo hàm hai vế ta có       1n n 1n 2n1 n 1n0 n 1n C1 xC1nxnC1xn      Cho x = 1 ta có     1n n 1n 1 n 0 n C1 C1nnC0    Bài 21 Tính tổng 1 2 2 3 3 4 99 100 100 100 100 100 100 2.3. 3.3 . 4.3 . 100.3 . S C C C C C       Bài 22 Chứng minh: 0 2001 1 2000 2001 2001 0 2002 2002 2002 2002 2002 2002 2002 2002 1 . . . . 1001.2 k k k C C C C C C C C         HD Ta có: 1n C n n   do đó điều chứng minh trở thành: 0 1 2001 2002 2002. 2001. 1. 10001.2 2002 2002 2002 C C C    Ta lại có: 2002 0 2002 1 2001 2001 2002 ( 1) 2002 2002 2002 2002 x C x C x C x C      Lấy đạo hàm 2 vế ta được : 2001 0 2001 1 2000 2001 2002.( 1) 2002. 2001. . 1. 2002 2002 2002 x C x C x C     Cho x = 1 và lưu ý 2001 2002 2002.2 1001.2 ta được điều phải chứng minh. Bài 23 CMR       1 2 3 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 3.2 2 1 2 2 1 2 3 1 k k n n n n n n n C C k C n C n              Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn Người soạn: Vũ Trung Thành 10 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802 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 1 n 1  đến 1. Xét khai triển:     n 0 1 2 2 n 1 n 1 n n n n n n n 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:   b b b b b n 0 1 n 1 n 1 n n n n n n a a a a a 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dx                b n 1 b b b b 2 n n 1 0 1 n 1 n n n n n a a a a a 1 x x x x x C C C C n 1 1 2 n n 1             2 2 n n n 1 n 1 n 1 n 1 0 1 n 1 n n 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 n n b a C n 1     . Ví dụ 13. Rút gọn tổng 2 2 3 3 9 9 10 10 0 1 2 8 9 9 9 9 9 9 3 2 3 2 3 2 3 2 S C C C C C 2 3 9 10           . Giải Ta có khai triển:     9 0 1 2 2 8 8 9 9 9 9 9 9 9 1 x C C x C x C x C x 1          3 3 3 3 3 9 0 1 8 8 9 9 9 9 9 9 2 2 2 2 2 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dx               3 10 3 3 3 3 3 2 3 9 10 0 1 2 8 9 9 9 9 9 9 2 2 2 2 2 2 1 x x x x x x C C C C C 10 1 2 3 9 10         10 10 2 2 9 9 10 10 0 1 8 9 9 9 9 9 4 3 3 2 3 2 3 2 C C C C 10 2 9 10           .Vậy 10 10 4 3 S 10   . Ví dụ 14. Rút gọn tổng 2 3 4 n n 1 0 1 2 3 n 1 n n n n n n n 2 2 2 2 2 S 2C C C C C C 2 3 4 n n 1           . Giải Ta có khai triển:   n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n n n n n n n 1 x C C x C x C x C x C x           [...]... 3 4 n 1 10 Bi 2 Tìm hệ số a4 của x 4 trong khai triển Niutơn đa thức f ( x ) ( x 2 x 1)n với n là số tự nhiên thỏa 0 mãn: 3Cn 32 1 33 2 3n 1 n 411 1 Cn Cn Cn 2 3 n 1 n 1 Ngi son: V Trung Thnh 11 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn n 2 Bi 3 Tỡm h s ca x trong khai trin Newton ca biu thc 3 x5 bit rng: x 1 1 1... C12 28 n 1 x Bi Cho khai triển a0 a1 x a2 x 2 an x n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 , , an biết 2 3 2 n n n 1 n rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn Cn 2 2Cn 2 Cn 1 Cn Cn 1 11025 HD Ta có C 2 C n 2 2C n 2 C n1 C 1 C n 1 11025 (C 2 C 1 ) 2 105 2 n n n n n n n n C 2 C 1 105 n n n 14 n( n 1) n 105 n 2 n 210 0 2 n 15 (loạ i) 1 x Ta có khai triển 2 3 k Do đó... thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn Bi 8 Tỡm s nguyờn dng n; bit khai trin P(x) = (5 + 2x + 5x2 + 2x3 )n thnh a thc thỡ h s ca x3 bng 458 HD P(x) = [5 +2x + 5x2 + 2x3]n = (1 + x2)n(5 + 2x)n 0 3 1 1 3 H s x3: Cn Cn 5n 3 23 Cn Cn 5n 1.2 = 5n-2.2( 4Cn 25n 2 ) = 458 ==> n = 3 n 1 2 n 1 Bi 9 Tỡm s h s ca s hng cha x trong khai trin 2 x , bit rng An Cn 1 4n 6 x... C 22n C 22n n6 3 2n 1 2n 1 2n 1 3 1 2 x 2 C 2 n x C 2n 0 0 3 2n 2n 12 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn n 1 Bi 5 Tỡm h s ca s hng cha x trong khai trin x 4 bit n l s nguyờn dng tho món: 2 x 2 2 1 23 2 2 n1 n 6560 0 2.C n C n C n C n 2 3 n 1 n 1 n 0 1 2 2 3 n HD Ta cú (1 x ) C n C n x C n x C n... Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn I Chng minh ng thc nh Nh thc New tn 0 10 1 9 9 1 10 0 10 Bi 1 Chng minh: C10 C20 C10 C20 C10 C20 C10 C20 C30 Ta cú (1 x)30 (1 x )10 (1 x) 20 , x (1) n k Mt khỏc: (1 x)30 C30 x k , x k 1 10 10 Vy h s a10 ca x trong khai trin ca (1 x )30 l a10 C30 Do (1) ỳng vi mi x nờn a10 b10 Suy ra... x)2010 (1 x )2010 1 3 5 2009 dx C2010 x C2010 x3 C2010 x 5 C2010 x 2009 dx 2 1 1 Ngi son: V Trung Thnh 13 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn (1 x )2011 (1 x) 2011 2 2 2011 2011 1 1 1 2 1 3 4 2009 2010 C2010 x C2010 x C2010 x 2 4 2010 1 2 1 32011 1 22011 22 1 1 24 1 3 22010 1 2009 32011 22011... C2010 C2010 Vy: S 4022 2 4 2010 4022 1 3 2011 2 4 2012 Bi 8 Chng minh ng thc sau: C2012 3C2012 2011C2012 2C2012 4C2012 2012C2012 Bi 9 Vi n l s nguyờn dng, chng minh rng : 2C 0 n n n HD Xột khai trin 1 x Cn x k k 22 1 23 2 2 n 1 n 3n 1 1 Cn Cn Cn 2 3 n 1 n 1 (1) k 0 (1 x) n1 2 n k x k 1 2 Ly tớch phõn hai v ca (1) ta cú: (1 x ) dx Cn x Cn n 1 0 k 0 k 1 0 0 0 k 0 2 2 n... 1 m 2 m 3 m 7 255 0 mC7 C7 C7 C7 C7 (1 x )7 dx 1 8 8 8 8 2 3 4 8 8 1 m 1, m 3 2 1 22 2 2n n 121 0 Bi 11 Tỡm s nguyờn dng n sao cho tho món Cn Cn Cn Cn 2 3 n 1 n 1 n 0 1 2 2 n n Xột khai trin (1 x ) Cn Cn x Cn x Cn x 1 n 2 n 3 n 0 n 2 3n 1 1 22 1 23 3 2n 1 n 0 Ly tớch phõn 2 v cõn t 0 n 2 , ta c: 2Cn Cn Cn Cn n 1 2 3 n 1 2 1 22 2 2n n 3n 1 1 121 3n 1 1 0 Cn Cn Cn... 2003 Cho n l s nguyờn dng Tớnh tng C 0 n Ngi son: V Trung Thnh 14 22 1 1 23 1 2 2n 1 1 n Cn Cn Cn 2 3 n 1 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn 1 1 1 3 1 5 1 22 n 1 C2 n C2 n C2 n C2 n 2 n 1 2 4 6 2n 2n 1 Bi 14 KA-2007 CMR Bi 15 Rỳt gn tng S 22n 1 0 22n 1 1 22n 3 2 23 21 Cn Cn Cn Cn 1 Cn n1 n n 1 2 n 1 n... 0 22n 1 0 22n 1 1 22n 3 2 23 21 Cn Cn Cn Cn 1 Cn n n 1 n n 1 2 1 n Rỳt gn tng: Ngi son: V Trung Thnh 15 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802 Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn 1 2 3 4 99 99 2 2 2 2 2 2 2 3 4 S C1 C100 C100 C100 C100 100 C100 100 100 100 99 98 97 2 100 0 1 2 2 3 3 99 99 100 100 HD Ta cú: (1 x) C100 C100x C100x C100