Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)Chuyên đề nhị thức Niu tơn (lời giải chi tiết)
http://www.ebook.edu.vn 1 CHUYÊN ĐỀ NHỊ THỨC NEWTON A. TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ĐỊNH NGHĨA Nhị thức Newton là khai triển tổng lũy thừa có dạng: () n 0n 1n1 2n22 knkk nn nn n n n a b C a C a b C a b C a b C b - + = + + ++ ++ n knkk n k0 C a b (n 0, 1, 2, ) - = == å . Số hạng thứ k+1 là knkk k1 n TCab - + = , () k n n! C k! n k ! = - , thường được gọi là số hạng tổng quát. Tính chất i) knk nn CC (0kn) - =££. ii) kk1k nn n1 CC C (1kn) - + += ££. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Dùng định nghĩa và tính chất chứng minh hoặc rút gọn đẳng thức Ví dụ 1. Chứng minh đẳng thức kk1k2k3k nn n n n3 C3C 3C C C + +++= với 3kn££. Giải Áp dụng tính chất ta có: kk1k2k3 nn n n C3C 3C C +++ ( ) ( ) ( ) kk1 k1k2 k2k3 nn n n n n CC 2C C C C =++ +++ ( ) ( ) kk1k2kk1k1k2 n1 n1 n1 n1 n1 n1 n1 C2CC CC CC - +++ ++ ++ =+ += + + + kk1k n2 n2 n3 CC C - ++ + =+=. Ví dụ 2. Tính tổng 14 15 16 29 30 30 30 30 30 30 SC C C C C=- + +. Giải Áp dụng tính chất ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 13 14 14 15 15 16 28 29 30 29 29 29 29 29 29 29 29 30 S C C C C C C C C C=+- +++ ++ 13 29 30 13 29 29 30 29 CCC C=- += . Cách khác: () ()() 30 01213142930 30 30 30 30 30 30 11 C CC C CC-=-+- + + ( ) ( ) 30 18 17 14 29 30 30 30 30 30 30 30 C C C C C C 0Þ-+-+ += ( ) 16 15 14 30 30 30 SC C C S 0Þ- + - += 16 15 14 14 15 30 30 30 30 30 2S C C C 2C CÞ= - + = Vậy 14 15 30 30 2C C S 67863915 2 - == . 2 Ví dụ 3. Rút gọn tổng: 0 2006 1 2005 2 2004 k 2006-k 2006 0 2007 2007 2007 2006 2007 2005 2007 2007-k 2007 1 SCC CC CC CC CC=++++ ++. Giải Áp dụng công thức ta có: () k2006-k 2007 2007-k 2007 ! (2007 k)! CC . k ! 2007 k ! (2006 k)!1! - = () () 2007 ! 2006! 2007. k ! 2006 k ! k ! 2006 k ! == k 2006 2007C= với k 0, 1, 2, , 2006"= . Suy ra: () () 2006 0 1 k 2006 2006 2006 2006 2006 S 2007 C C C C 2007 1 1= + ++ ++ = + . Vậy 2006 S 2007.2= . II. Khai triển nhị thức Newton 1. Dạng khai triển Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp và lũy thừa là 1 hoặc 1 và – 1 xen kẽ nhau. i) Khai triển () n ab+ hoặc () n ab- . ii) Cộng hoặc trừ hai vế của 2 khai triển trên. Ví dụ 4. Tính tổng 0 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S C 2C 2 C 2 C 2 C 2 C=- + - ++ - . Giải Ta có khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 (1 2) C 2C 2 C 2 C 2 C-=- + -+ - . Vậy S1=- . Ví dụ 5. Rút gọn tổng 0 2 2 4 4 2004 2004 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 SC 3C 3C 3C 3C=+ + ++ + . Giải Ta có các khai triển: 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 (13)C3C3C 3C3C+=+ + ++ + (1) 2007 0 1 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 (1 3) C 3C 3 C 3 C 3 C-=- + -+ - (2) Cộng (1) và (2) ta được: ( ) 0 2 2 4 4 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2C 3C 3C 3 C 4 2++++ = Vậy ( ) 2006 2007 S2 2 1= Ví dụ 6. Rút gọn tổng 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007 S 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2 C=+ + ++. Giải Ta có các khai triển: 2007 (3 2)+= 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 3C 3.2C 3.2C 3.2C 2C++ ++ + (1) 2007 (3 2)-= 2007 0 2006 1 2005 2 2 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 3C 3.2C 3.2C 3.2C 2C-+ -+- (2) Trừ (1) và (2) ta được: http://www.ebook.edu.vn 3 ( ) 2006 1 2004 3 3 2002 5 5 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2 3 .2C 3 .2 C 3 .2 C 2 C 5 1++++= Vậy 2007 51 S 2 - = . 2. Dạng đạo hàm 2.1. Đạo hàm cấp 1 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 22 kk nn nn n n n 1 x C C x C x C x C x+ = + + ++ ++ (1) ( ) () () nkn 0 1 22 kk nn nn 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 28 29 29 30 30 30 30 30 30 S C 2.2C 3.2 C 29.2 C 30.2 C=- + -+ - . Giải Ta có khai triển: () 30 0 1 2 2 29 29 30 30 30 30 30 30 30 1 x C Cx Cx Cx Cx+ = + + + + + (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 12345 2627 2829 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 Cx Cx Cx Cx+=++ ++ + (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: ( ) ( ) 12345 2627 2829 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 S153 1= 4 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 x1+= 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx CxC+++++ (1) Nhân 2 vế (1) với x ta được: () 2007 xx 1+= 0 2008 1 2007 2 2006 2006 2 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx Cx Cx+++++ (2) 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 x1+= 0 2007 1 2006 2 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 Cx Cx Cx CxC+++++ (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: 0 2006 1 2005 2 2004 2005 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007C x 2006C x 2005C x 2C x C+++++ () 2006 2007 x 1=+ (2) Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được: 0 1 2 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 CCC CC 2+++++= (3) 0 1 2 2006 2006 2007 2007 2007 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 012 n1 n nnn n n S2C3C4C (n1)C (n2)C - = + + +++ ++ , với n + Î Z . Tính n, biết S 320= . Giải Ta có khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx +=++ ++ + (1) Nhân 2 vế (1) với x 2 ta được: () n 02 13 24 n1n1 nn2 2 nnn n n Cx Cx Cx C x Cx x 1 x -+ + ++++ + =+ (2) Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 01223 n1n nn1 nn n n n 2C x 3C x 4C x (n 1)C x (n 2)C x -+ +++++ ++ () n 2n1 2x 1 x nx (1 x) - =++ + (3) Thay x = 1 vào (3) ta được: 012 n1 n n1 nnn n n 2C 3C 4C (n 1)C (n 2)C (4 n).2 +++++ ++ =+ . n1 S 320 (4 n).2 320 n 6 - =Û+ =Þ= . http://www.ebook.edu.vn 5 Cách khác: Ta có khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx + = + + + + + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () n1 12 32 nn1 nn n n C2Cx3Cx nCx n1x - - ++ ++ =+ (2) Thay x = 1 vào (1) và (2) ta được: 0123 n1nn nnnn n n CCCC C C 2 - +++++ += (3) 123 n1n n1 nnn n n C2C3C (n1)C nC n.2 ++++- + = (4) Nhân (3) với 2 rồi cộng với (4) ta được: 012 n1 n n1 nnn n n 2C 3C 4C (n 1)C (n 2)C (4 n).2 +++++ ++ =+ . n1 S 320 (4 n).2 320 - =Û+ =. 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 22 33 n1n1 nn nn n n n n 1x C CxCx Cx Cx Cx + = + + + + + + (1) Đạo hàm 2 vế của (1) ta được: () n1 1 2 32 43 nn1 nn n n n C 2Cx 3Cx 4Cx nCx n1 x - - ++ + ++ =+ (2) i) Tiếp tục đạo hàm 2 vế của (2) ta được: 23 42 nn2 nn n n 1.2C 2.3C x 3.4C x (n 1)nC x - ++ ++- n2 n(n 1)(1 x) - =- + (3) ii) Nhân x vào 2 vế của (2) ta được: () n1 1223344 nn nn n n n Cx 2Cx 3Cx 4Cx nCx nx1 x - +++++ =+ (4) Đạo hàm 2 vế của (4) ta được: 21 22 232 2nn1 n2 nn n n 1C 2Cx 3Cx nCx n(1 nx)(1 x) ++ ++ =++ (5) Ví dụ 11. Tính tổng 234 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 1x C CxCx Cx Cx Cx+=++ + ++ + (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: 234 15 16 16 16 16 16 16 1.2C 2.3C 3.4C 14.15C 15.16C 0-+ + =. Vậy S = 0. 6 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: 1 2 2 3 3 2006 2006 2007 2007 2007 2007 2007 2007 2007 C x 2C x 3C x 2006C x 2007C x++++ + () 2006 2007x 1 x= + (3) Đạo hàm 2 vế của (3) ta được: 2 1 2 2 2 3 2 2 2006 2005 2 2007 2006 2007 2007 2007 2007 2007 1 C 2 C x 3 C x 2006 C x 2007 C x++ ++ + 2005 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= . 3. Dạng tích phân Dấu hiệu nhận biết: Các hệ số đứng trước tổ hợp (và lũy thừa) giảm dần từ 1 đến 1 n1+ hoặc tăng dần từ 1 n1+ đến 1. Xét khai triển: () n 0 1 22 n1n1 n n nn n n n 1x C CxCx Cx Cx +=++ ++ + (1). Lấy tích phân 2 vế của (1) từ a đến b ta được: () bbbbb n 0 1 n1 n1 n n nn n n aaaaa 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dx += + ++ + òòòòò () b n1 b bb b 2nn1 01 n1 n nn n n a aaa a 1x xx x x CC C C n1 1 2 n n1 + + - + Þ=++++ ++ 2 2 n n n1 n1 01 n1 n nn n n ba b a b a b a CC C C 12 n n1 ++ - - - Þ+ ++ + + n1 n1 (1 b) (1 a) n1 ++ +-+ = + . 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 n1 n1 n n ba C n1 ++ - + . Edited by Foxit Reader Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008 For Evaluation Only. http://www.ebook.edu.vn 7 Ví dụ 13. Rút gọn tổng 2 2 3 3 9 9 10 10 01 2 8 9 999 9 9 32 32 32 3 2 SC C C C C 23 910 - - =+++++ . Giải Ta có khai triển: () 9 0 1 22 88 99 99 9 9 9 1x C CxCx Cx Cx+=++ ++ + () 33333 9 01 8899 99 9 9 22222 1 x dx C dx C xdx C x dx C x dxÞ+ = + ++ + òòòòò () 3 10 33 3 3 3 23 910 01 2 8 9 99 9 9 9 2 22 2 2 2 1x xx x x x CC C C C 10 1 2 3 9 10 + Þ=+++++ 10 10 2 2 9 9 10 10 01 8 9 99 9 9 43 32 32 32 CC C C 10 2 9 10 Þ=+ ++ + . Vậy 10 10 43 S 10 - = . Ví dụ 14. Rút gọn tổng 234 n n1 012 3 n1 n nnnn n n 222 2 2 S2C C C C C C 234 n n1 + - =+ + + ++ + + . Giải Ta có khai triển: () n 0 1 22 33 n1n1 nn nn n n n n 1x C CxCx Cx Cx Cx +=++ + ++ + () 22222 n 01 22 nn nn n n 00000 1xdx C dxC xdxC xdx C xdxÞ+ = + + ++ òòòòò () 2 n1 222 2 2nn1 01 n1 n nn n n 0 000 0 1x xx x x CC C C n1 1 2 n n1 + + - + Þ=++++ ++ 23 n n1 n1 012 n1 n nnn n n 22 2 2 31 2C C C C C 23 n n1 n1 ++ - - Þ+ + ++ + = ++ . Vậy n1 31 S n1 + - = + . Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau: 2 3 100 101 0 1 2 99 100 100 100 100 100 100 21 21 2 1 2 1 S3C C C C C 2 3 100 101 -+ - + =+ + ++ + . Giải Ta có khai triển: () 100 0 1 2 2 99 99 100 100 100 100 100 100 100 1 x C Cx Cx Cx Cx+=++ ++ + () 2 100 1 1x dx - Þ+ = ò 22 2 2 0 1 99 99 100 100 100 100 100 100 11 1 1 CdxCxdx CxdxCxdx - - +++ + òò ò ò . 8 () 2 101 222 2 2 100 101 0 1 99 100 100 100 100 100 1 111 1 1x xx x x CC C C 101 1 2 100 101 - - + Þ=++++ 101 2 100 101 0 1 99 100 100 100 100 100 3212121 3C C C C 101 2 100 101 + Þ= + ++ + . Vậy 101 3 S 101 = . III. Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Newton 1. Dạng tìm số hạng thứ k Số hạng thứ k trong khai triển n (a b)+ là k1n(k1)k1 n Ca b - . Ví dụ 16. Tìm số hạng thứ 21 trong khai triển 25 (2 3x)- . Giải Số hạng thứ 21 là 20 5 20 5 20 20 20 25 25 C2(3x) 2.3Cx-= . 2. Dạng tìm số hạng chứa x m i) Số hạng tổng quát trong khai triển n (a b)+ là knkk f(k) n Ca b M(k).x - = (a, b chứa x). ii) Giải phương trình 0 f(k) m k=Þ, số hạng cần tìm là 000 knkk n Ca b - và hệ số của số hạng chứa x m là M(k 0 ). Ví dụ 17. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 18 x4 2x æö ÷ ç + ÷ ç ÷ ÷ ç èø . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển () 18 18 11 x4 2x 4x 2x æö ÷ ç += + ÷ ç ÷ ÷ ç èø là: ()() 18 k k k 1 1 k 3k 18 18 2k 18 18 C2x 4x C2 x - = . Số hạng không chứa x ứng với 18 2k 0 k 9-= Û = . Vậy số hạng cần tìm là 99 18 C2. Ví dụ 18. Tìm số hạng chứa x 37 trong khai triển () 20 2 xxy- . Giải Số hạng tổng quát trong khai triển () 20 2 xxy- là: k 2 20 k k k k 40 k k 20 20 C(x) (xy) (1)Cx y -=- . Số hạng chứa x 37 ứng với 40 k 37 k 3-= Û = . Vậy số hạng cần tìm là 3373 373 20 C x y 1140x y-=- . http://www.ebook.edu.vn 9 Vớ d 19. Tỡm s hng cha x 3 trong khai trin () 10 2 1xx++ . Gii S hng tng quỏt trong khai trin () () 10 10 2 1xx 1x1x ộự ++ = + + ởỷ l kk k 10 Cx(1 x)+ . Suy ra s hng cha x 3 ng vi 2k3ÊÊ . + Vi k = 2: 22 2 2 2 3 4 10 10 Cx(1 x) C(x 2x x)+= ++ nờn s hng cha x 3 l 23 10 2C x . + Vi k = 3: 33 3 10 Cx(1 x)+ cú s hng cha x 3 l 33 10 Cx. Vy s hng cn tỡm l ( ) 323 3 10 10 C 2C x 210x+= . Cỏch khỏc: Ta cú khai trin ca () () 10 10 2 1xx 1x1x ộự ++ = + + ởỷ l: 0 1 2 2 2 3 3 3 10 10 10 10 10 10 10 10 C Cx(1x)Cx(1x) Cx(1x) Cx(1x)+++ ++ +++ +. S hng cha x 3 ch cú trong 22 2 10 Cx(1 x)+ v 33 3 10 Cx(1 x)+ . + 22 2 2 2 3 4 23 10 10 10 Cx(1 x) C(x 2x x) 2Cx+= ++ị . + 33 333456 33 10 10 10 Cx(1 x) C(x 3x 3x x) Cx+= +++ị . Vy s hng cn tỡm l 23 33 3 10 10 2C x C x 210x+=. 3. Dng tỡm s hng hu t i) S hng tng quỏt trong khai trin n (a b)+ l mr knkk k p q nn Ca b C. . - =ab ( , ab l hu t). ii) Gii h phng trỡnh 0 m p (k ,0 k n) k r q ỡ ù ù ẻ ù ù ù ẻÊÊị ớ ù ù ẻ ù ù ù ợ Ơ Ơ Ơ . S hng cn tỡm l 000 knkk n Ca b - . Vớ d 20. Tỡm s hng hu t trong khai trin 10 3 1 5 2 ổử ữ ỗ + ữ ỗ ữ ữ ỗ ốứ . Gii S hng tng quỏt trong khai trin 10 11 10 23 3 112.5 5 22 ổử ữ ỗ ữ ổử ỗ + ữ ỗ ữ ỗ ữ += ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ữ ỗ ữ ốứ ỗ ữ ỗữ ữ ỗ ốứ l kk k 23 10 1 C2.5 32 . S hng hu t trong khai trin tha iu kin: () k k0 2 k, 0k10 kk6 3 ỡ ù ù ẻ ộ ù = ù ờ ẻÊÊị ớ ờ ù = ờ ù ở ẻ ù ù ợ Ơ Ơ Ơ . + Vi k = 0: s hng hu t l 0 10 11 C 32 32 =. 10 + Với k = 6: số hạng hữu tỉ là 632 10 1 2625 C2.5 32 2 = . Vậy số hạng cần tìm là 1 32 và 2625 2 . 4. Dạng tìm hệ số lớn nhất trong khai triển Newton Xét khai triển n (a bx)+ có số hạng tổng quát là knkkk n Ca bx - . Đặt knkk kn uCab, 0kn - =££ ta có dãy hệ số là {} k u . Để tìm số hạng lớn nhất của dãy ta thực hiện các bước sau: Bước 1: giải bất phương trình k k1 u 1 u + ³ ta tìm được k 0 và suy ra 00 kk1 n uu u + ³³³ . Bước 2: giải bất phương trình k k1 u 1 u + £ ta tìm được k 1 và suy ra 11 kk1 0 uu u - ³³³ . Bước 3: số hạng lớn nhất của dãy là { } 01 kk max u , u . Chú ý: Để đơn giản trong tính toán ta có thể làm gọn như sau: Giải hệ bất phương trình kk1 0 kk1 uu k uu + - ì ³ ï ï Þ í ï ³ ï î . Suy ra hệ số lớn nhất là 000 knkk n Ca b - . Ví dụ 21. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển () 17 10,2x+. Giải Khai triển () 17 10,2x+ có số hạng tổng quát là kkk 17 C(0,2)x. Ta có: () () () () kkk1k1 17 17 k k k1 k1 17 17 17 ! 17! 5 C (0, 2) C (0, 2) k! 17 k ! (k 1)! 16 k ! 17 ! 17 ! C (0, 2) C ( 0, 2) 5 k! 17 k ! (k 1)! 18 k ! ++ ì ï ï ³ ï ì ï ï ³ -+- ï ïï Û íí ïï ³ ïï ï ³ î ï ï ï î 5(k 1) 17 k 2k3 18 k 5k ì +³ - ï ï ÛÛ££ í ï -³ ï î . + Với k = 2: hệ số là 22 17 C (0, 2) 5, 44= . + Với k = 3: hệ số là 33 17 C(0,2) 5,44=. Vậy hệ số lớn nhất là 5,44.