Top 7 # Xem Nhiều Nhất Lời Giải Bài Tập Nhị Thức Newton Mới Nhất 1/2023 # Top Like | Asianhubjobs.com

Nhị Thức Newton Và Phương Pháp Giải Các Bài Tập Về Nhị Thức Newton

, Tra cứu, xem điểm thi vào lớp 10, tốt nghiệp THPT, Đại học – Cao đẳng at Công ty Cổ phần Liên kết giáo dục Việt Nam

Published on

Nhị thức newton và Phương pháp giải các bài tập về Nhị thức newton

1. ĐẠI SỐ 11 NHỊ THỨC NEWTON

3. NHỊ THỨC NEWTON n  (không chứa x khi   0 ) trongTrường hợp riêng: Cho nhị thức P  a ( x )  b ( x) tìm số hạng chứa x khai triển thành đa thức của P   n x m m Phương pháp : Công thức cần lưu ý: x m  xm . n , x m x n  xm n ,  xm n ,n xm xn xn  Giải phương trình tổ hợp (hoặc sử dụng phép tính tổng)để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n) n n  Khai triên: P  a ( x ) n k b ( x ) k  g ( n, k )x f ( n , k ) . k 0 k 0  Do đó số hạng tổng quát trong khai triển là: T  g ( n, k )x f ( n , k ) (số hạng thứ k + 1) k 1  Tk 1  g ( n, k )x f ( n , k )   f ( n, k )    k  k0chứa x Thay k  k 0 vào T  g ( n, k )x f ( n , k ) số hạng cần tìm k 1 Ví dụ 1(A – 2012): Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n 1  C3 . Tìm số hạng chứa x5 trong n n  nx 2 1n khai triển nhị thức niu-tơn của P     với x  0 14 x  Bài giải: n  N Điều kiện:  n  3 Ta có: 5C n n 1  Cn 3  5. n !  n! 3!( n  3)!1!( n 1)! 5 1 n  7    n 2  3n  28  0  ( n  3)!( n  2)( n 1) 6.( n  3)!  n 4(loai)  x 2 17 7 k k  x2 n k 1 k 7 ( 1)k k 14 3k Khi n = 7 ta có: P      ( 1) C7       C7 x 2 7k  2 x  k 0  2   x  k 0 Do đó số hạng tổng quát của khai triển là Tk 1  ( 1)k C7k x14 3k27k T chứa x5 14 3k  5  3k  9  k  3 k 1 Vậy số hạng chứa x 5 là T  ( 1) 3 C 3 x 5 35 x 5 27 3 4 7 16 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 3 www.toanhocdanang.com

4. NHỊ THỨC NEWTON 8 Ví dụ 2( A – 2004)Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1  x 2 1  x . Bài giải: 8 P 1  x 2 8 x 3  (1  x 2 ) 8 ( 1) k C k x3 8k 1 x2  k1  x       8   k 0 8 k 8k    ( 1) k C8 k C k i x 24 3 k x2 i  ( 1)k C8 k C k i x24 3 k 2i k 0 i 0 k 0 i0 Số hạng tổng quát trong khai triển là T  ( 1)k C k C i x24 3 k 2i 8 k 0  k  8  0  i  k T chứa x 8  k , i  N  24  3k  2i  8  0  k  8  3k 16 0   k  2 k , i N  i  3k 16  2 16  k  8  3  k , i  N  3k 16 i  2 k  6  i  1   k  8   i 4 Do đó số hạng chứa x8 là: ( 1) 6 C8 6 C6 1 x 8  ( 1) 8 C8 8 C8 4 x 8  C8 6 C6 1  C8 8 C8 4 x 8  238×8 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là 238 Ví dụ 3: Trong khai triển biể thức F   9 3  3 2 hãy tìm số hạng nguyên. 9 9 9k 3 kTa có: F   3  3 2  C9 k  3 2 có số hạng tổng quát là k 0 T   C k  3 9k 3 2 k k 1 9 Ta thấy bậc của hai căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố: k  N  6 3  3 3  k  9  k  3  T4  C9  3   2   45360 Do đó Tk 1 là một số nguyên    0 9 9  k 2  9  T  C9 k 3   3 2   8 k 3  10 9   Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là: T4  4536 và T 10  8 Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)2 + 3(1 + x)3 + … + 20(1 + x)20 Viết lại P(x) dưới dạng : P(x)  a 0  a x  a 2 x2  …  a x19 a 20 x20 . 1 19 Tìm hề số a15 4

6. NHỊ THỨC NEWTON Bài giải Ta có : (1  x) n  Cn 0  Cn 1 x Cn 2 x 2 …  Cn k x k … Cn n 1 x n 1  Cn n xn (1) đúng với x  R Do đó (1) cũng đúng với x = 2. Xét x = 2 khi đó ta có: 1  (1  2) n  Cn 0  2Cn 1  2 2 Cn 2  23 Cn 3 …  2n Cn n Từ giả thuyết ta có: (1  2) n  243  3n  35  n  5 ĐS: n = 5 Ví dụ 3(A – 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4 …  (2n 1)2 2 n C2 n1  2005 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1 Bài giải k k (2 n 1)! (2 n 1)(2 n)! k 1 Ta có: kC 2 n 1    (2 n 1)C2n ( k 1)!(2 n  k 1)!k !(2 n  k 1)! Do đó ta có: C1  2.2C 2  3.22 C 3  4.23 C 4 …  (2n 1)22 n C2 n1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n1  (2n 1)C2 0 n  (2n 1)2C2 1 n  (2n 1)2 2 C2 2 n (2n 1)23 C2 3 n …  (2n 1)22 n C2 2 n n    (2 n 1) C2 0 n  2C2 1 n  2 2 C 2 2 n  23 C 2 3 n  …  22 n C2 2 n n    (2 n 1) 1  2 2n  2 n 1  Từ giả thuyết ta có: 2n 1  2005  n 1002 ĐS: n 1002 Ví dụ 4(B – 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng sau theo n: S  C 0  2 2 1 C 1  2 3 1 C 2  2 4 1 C 3  …  2n1 1C n n 2 n 3 n 4 n n 1 n Bài giải 1 C k  n !  1 ( n 1)!  1 Ck 1 k 1 n ( k 1) k !( n  k )! n 1 ( k 1)!( n  k )! n 1 n1 S  C 0  2 2 1C 2  2 3 1C 3 2 4 1 C 4  …  2n1 1 C n1 n 1n n 1 n 1 n 1 n1 n 1 n 1 n1 0 1 2 2 3 2 n 1 n 1 1 2 2 n1  C n  2 C n 1  2 C n 1  …  2 C n 1  C n 1  Cn 1  …  Cn1 n 1 n 1 6

7. NHỊ THỨC NEWTON  C 0  1 (1 2)n 1  C 0  C 1 2 1 (11)n1  C 0  C1  n n 1  n 1 n 1  n 1  n 1 n1   1 3n 1 1  2( n 1)  2n 1 1  ( n 1)  3n 1 2n1 n 1 n 1 n 1 ĐS: S  3n 1 2n1 n 1 Ví dụ 5(A – 2007) Với n là số nguyên dương, Ck là số tổ hợp chập k của n phần tử. n Chứng minh rằng : 1 C 2 1 n  1 C 2 3 n  1 C 2 5 n  …  1 C2 2 n n1  2 2n 1 2 4 2 n 2 n 16 Bài giải Ta có : 1 C 2 k n  2 n !  1 (2 n 1)! 1)!(2 n  k )!k 1 ( k 1) k !(2 n  k )! 2 n 1 ( k Do đó : VT  1 C 2 1  1 C 2 3 n  1 C 2 5 n  …  1 C2 2 n n1 2 n 4 6 2n 1 0 2 4 6 2n  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  …  C2 n1 2n 1 Ta lại có: C 0 C2 n 1 , C 2 C2 n 1 , C 4 C2 n 3 , 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1  1 Ck 1 2 n 1 2 n1 1  S 1 (1) 2n 1 2n 1 ,C 2 n  C1 2 n 1 2 n1 Suy ra 0 2 2 n  2 n 1 2 n1 1 2 S  C2 n 1  C2 n 1  …  C2 n 1  C 2 n 1 C 2 n 1  …  C2 n1 0 1 2 2 n 2 n 1 2 n1 2 2 n 1  2.2 2n C 2 n 1 C 2 n 1 C 2 n 1  …  C2 n 1  C2 n1  1 1  S  22n Thay vào (1) ta có: VT  2 2n 1 (đpcm) 2 n 1 Ví dụ 5 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)2n biết rằng : C1  C 3  C 5  …  C 2n1 1024 2n1 2n1 2n1 2n1 Ví dụ 6:Cho m, n, p nguyên dương sao cho p  n, p  m p 0p 1 p1 2 p2 p1 1 p 0 Chứng minh rằng : Cnm  Cn Cm  Cn Cm  Cn Cm  …  Cn Cm  Cn Cm  1 n Ví dụ 7: Biết rằng trong khai triển  x   ,Tổng các hệ số của 2 số hạng đầu tiên là 24. x  Cmr : tổng các hệ số của lũy thừa nguyên dương của x là một số chình phương ? GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 7 www.toanhocdanang.com

8. NHỊ THỨC NEWTON Ví dụ 8: Rút gọn tổng sau , từ đó tìm số hạng chứa x: S ( x )  1  x  2(1  x ) 2  3(1  x ) 3  4(1  x ) 4 …  n(1  x)n 3. Xác định xác định hệ số lớn nhất trong khai triển: Phương pháp : n n  Khai triển nhị thức và biến đổi về dạng P   f ( n, k ).x g ( n , k )  ak xk k 0 k 0 từ đó suy ra hệ số ak  f ( n, k) (thông thường giả thuyết cho trước n hoặc k nên trong ak chỉ có một biến)  ak a k 1  k0  ak là hệ số lớn nhấtak là hệ số lớn nhất   k ak  ak 1 0 Ví dụ 1(A- 2008) Cho khai triển 1  2 x n  a0  a1 x  a2 x 2  …  a n xn , trong đó n  N * và các hệ số a0 , a1 , a2 ,…, an thỏa mãn hệ thức : a0 a 1 a 2 an    …   40962 4 2n Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,…, an Bài giải 1  2 x n  Cn 0  Cn 1 x  C n 2 x 2 …  C n n x n  a0  a1 2 x  a2 2 2 x 2 …  a n 2 n x n  a k  2k Cn k với k 1, n a a a  C 0  2C 1 2 2 C 2 2n C n  C 0  C 1  C 2  …  C n  (1 1) n  2n Do đó: a  1  2 …  n n  n  …  n 2 n 2n 0 24 n 2 4 n n n n Kết hợp giả thuyết ta có: 2 n  4096  2 n  212  n 12 Khi đó : a  2k Ck k 12 ak a k 1  kk k 1 k 1 2 C12  2 C12 ak là số lớn nhất   a k 1  2 k C k  2k 1 Ck 1 a k   12 12  2.12!  12!  2  1   k )! ( k 1)!(13  k )! kk !(12  13  k  12! 2.12!  1 2     k !(12  k )! ( k 1)!(11  k )!   k k 1 12 Mà k là số nguyên nên ta có: k  8 Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là: a8  28 C12 8 126720  23  k  26  3 3  GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 8 www.toanhocdanang.com

9. NHỊ THỨC NEWTON BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1:(ĐH BK Hà Nội – 1999) Tính tổng : S  C1 n  2Cn 2  3Cn 3  4Cn 4  …  (1)n1.nCn n Trong đó n là số tự nhiên lớn hơn 2 Bài 2:(ĐH QG Hà Nội – 1999) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau : 17  1  P(x)    4 x 3  , x ≠ 0  3 x2     28  n  Bài 3:(ĐH SP Hà Nội K A – 2000) Trong khai triển nhị thức  x 3 x  x 15    n n1 n 2  79Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng Cn  Cn  Cn Bài 4:(ĐH SP Hà Nội K D – 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức  x2 1n  bằng 1024, Hãy tìm hệ số của số hạng chứa x12 trong khai triển trên Bài 5:(ĐH SP chúng tôi K A – 2000) Tính tổng : S = Cn 0  1 C 1 n  1 Cn 2  …  1 Cn n 2 3 n  1 Bài 6:(ĐH KTQD K A -2000) Chứng minh :2 n1 C 1 n  2 n1 Cn 2  2 n 3 Cn 3  2 n 4 Cn 4  …  nCn n  n.3 n1 Bài 7:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000)Tìm hệ số của số hạng chứa x31 trong khai triển của  1  40 f (x )  x  x 2   Bài 8:(ĐH Nông nghiêp I K A – 2000) Cho biểu thức: P ( x )  1  x 9  1  x 10  1  x 11 …  1 x14 có khai triển là : P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 …  a14 x14 . Hãy tìm hệ số a9 GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 9 www.toanhocdanang.com

10. NHỊ THỨC NEWTON Bài 9:(ĐH Y Dược chúng tôi – 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 1. Cn 0  C 1 n  Cn 2  …  C n n = 2n 1 3 5  2n1 0 2 4  2n 2. C2n  C2n  C2n  C2n = C2n  C2n  C2n  C2n Bài 10:(ĐH An ninh nhân dân KDG – 2000) Tính tổng : S  C2000 0  2C2000 1  3C2000 2  4C2000 3 …  2001C2000 2000 Bài 11:(HV Kỹ thuật quân sự – 2000) Khai triển nhị thức: P ( x )  1  2x12 thành đa thức ta có: P( x )  a0  a1 x  a2 x 2 …  a12 x12 Tìm Max  a0 , a1 , a2 ,…, a12  Bài 12:(ĐH CSND KA – 2000) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển của biểu thức P ( x )  1  x 4  1  x 5  1  x 6  1 x7 Bài 13: Tính tổng : S  2 16 C0 6  2 25 C1 6  2 34 C6 2  2 43 C6 3  2 52 C6 4  6 2 C6 5  7 1 C6 6 1 n Bài 14:( ĐH luật khối D 2001) Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có: xn   Ck n (2x  1)k n 2 k 0 Bài 15:( ĐH Ngoại thương A – 2001) Với n là số tự nhiên, Tính tổng: 0 1 1 1 2 2 1 3 3 1 n n S  Cn Cn .2  C n .2  C n .2  …  C .2 2 3 4 n  1 n Bài 16: Chứng minh rằng: C 0 2n  C 2 2n .3 2  C 4 2n .3 4  …  C 2n 2n .3 2n  2 2n1 (2 2n  1) Bài 17:( ĐH Luật chúng tôi A – 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta đều có: C 1 n .3 n1  chúng tôi 2 .3 n 2  chúng tôi 3 .3 n 3  …  n.C n n = n.4n-1  10 Bài 18:( ĐH SP Hà nội A – 2001) Trong khai triển của nhị thức 1 2  thành đa thức:P(x)   x3 3   a  a x  a x 2  a x 3 …  ax10 Hãy tìm hệ số a k lớn nhất ( 0  k  9 ) 01 2 3 10 10

13. NHỊ THỨC NEWTON 1 n 26  7 Bài 38: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của   x  ,4  x  biết rằng: C 1 2n1  C2n 2 1  …  C n 2n1  2 20 1 Bài 39:Tính tổng S = chúng tôi 0  2.C1 n  chúng tôi 2  …  (n 1).Cn n A1 A1 A1 A1 1 2 3 n1 Biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : Cn 0  C 1 n  Cn 2  211 Bài 40:Khai triển biểu thức (1 – 2x)n thành đa thức ta có dạng: P( x )  a  a x  a x 2 …  a xn . Tìm số hạng chứa x5 , biết rằng: a  a  a  71 0 1 2 n 012  2 1 n  Bài 41:Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức x   , x 3   biết rằng: C 1 n  Cn 3  13n (n là số nguyên lớn hơn 2, x  0 ). Bài 42:Tìm n  N sao cho: C 0 4n 2  C4n 2 2 C4n 4 2  … C4n 2n 2  256     20 10  1   3 1 Bài 43:ChoA  x    x   .2 x x    Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng Bài 44:Tìm n  N thỏa mãn: 0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16 C 2n  C2n 3  …  C2n 3  …  C2n 3  C2n 3  2 (2  1) Bài 45: Chứng minh rằng: Cn 0 3 n  C 1 n 3 n1  …  (1) n C n n  Cn 0  C 1 n  …  C n n Bài 46: Tìm hệ số của số hạng chứa x 29 y8 trong khai triển nhị thức Newton : x 3  xy 15 13

15. NHỊ THỨC NEWTON n Bài 4: Ta có: (x2 + 1) n =  Cnk x2k (1) k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k x2k k 1 n T chứa x12  2k 12  k  6 k 1 n Trong (1) cho x = 1 thì  C n k = 2n k 0 n Theo giả thuyết   Ckn = 1024  2n = 1024  n = 10 k 0 Vậy hệ số cần tìm là: C10 6 = 210. Bài 5: 1 (1 x)n1 1 2n1 1n * Ta có: I = (1 x) dx  n  1 n  1 0 0 1  1 x 2 n xn1  1 * I = 0 1 n n = 0  (Cn Cn x  …  Cn x )dx Cn x  Cn  …  Cn 2 n 1   0   0 0 1 1 1 2 1 n = Cn  Cn  Cn …  Cn = S 2 3 n 1 Vậy: S = 2n1  1. n  1 Bài 6: Ta có: (1 + x)n = Lấy đạo hàm hai vế : n(1 + x)n-1 = C1 n  2Cn 2 x  3Cn 3 x 2  4Cn 4x 3 … nCn nxn 1 Thay x = 2 1 , ta được: 3 n1 n 2n1  C1 n  2Cn 2 .2 1  3Cn 3 2 2  4Cn 4 .2 3  …  nCn n 2 n1  2n1C1n  2n1Cn2  3.2n 3 Cn3  4.2n 4 Cn4  …  nCnn  n.3n1 15 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  Cn4 x 4 …  Cnnxn

16. NHỊ THỨC NEWTON Bài 7:  1 40 40 k k  1 40  k 40 k 3k 80  x   =  C40 x .   =  C 40 x 2 2  x  k 0  x  k 0 Số hạng tổng quát của khai triển là T  C k x3 k 80 k 1 40 Tk 1 chứa x31  3k 80  31  k  37 Heä soá cuûa x31 laø Ck40 vôùi k thoaû maõn ñieàu kieän: 3k – 80 = 31  k = 37 Vậy hệ số của số hạng chứa x31 là C 37 40  C 3 40  40.39.38 = 40.13.19 = 9880.1.2.3 Bài 8: a 9  1 C10 9  C11 9  C12 9  C13 9  C14 9 = 1 + C 1 10  C11 2  C12 3  C13 4  C14 5 = 1 + 10 + 11.10 12.11.10  13.12.11.10  14.13.12.11.10 = 3003 2 6 24 120 Bài 9: 1. (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  …  C n nx n Cho x = 1  Cn 0  C1 n  Cn 2  …  Cn n = 2n 2. (1 – x)2n = C 0 2n  C 1 2n x  C2n 2 x 2  C 3 2n x 3  …  C2n 2n x 2n Cho x = 1  đpcm. Bài 10: Ta có: x  1 2000  2000 Ck2000xk (1)    k 0 2000 Trong (1) cho x = 1 ta được  Ck 2000 = 22000 k 0 2000 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =  i.Ci2000 xi 1 i 1 2000 Cho x = 1 ta được:  chúng tôi 2000 = 2000.21999 = 1000.22000 i 1 2000 2000 Do đó: S =  Ci2000   i.Ci2000 = 1001.2 2000 . i 0 i 1 16

17. NHỊ THỨC NEWTON Bài 11: 12 12 P ( x )  (1  2 x )12  C12 k 2 k x k  a0  a1 x  a2 x 2 …  a12 x12  a k xk  ak  C12 k 2k k 0 k 0 ak a k 1 13 16 ak  Max a0 ; a1 ; a2 ;…; an   a k 1   k   a k 3 3 Max a0 ;a1;a 2 ;…;an  a 8  C128 = 126720   Bài 12: Hệ số của số của số hạng chứa x5 trong khai triển biểu thức là: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 là : C5 5  C6 5  C7 5 = 1 + 6!  7! = 285!1! 5!2! Bài 13: 1 (x  2)7 1 37  27 1. I = (x 6 = 2) dx 7 7 0 0 2. Ta có: 1 I = (x  2)6 dx = 0 1 = C 0 6 .2 6  C 1 6 2 5 x  C 6 2 2 4 x 2  C 3 6 2 3 x 3  C 4 6 2 2 x 4  C 5 6 2x 5  C 6 6x 6 dx 0 26 25 24 23 22 1  0 1 2 2 3 3 4 4 5 2 5 6 1 6 7 =  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x  C6 x 1 2 3 4 5 6 7   0   = 2 1 6 C0 6  2 2 5 C1 6  2 3 4 C6 2  2 4 3 C3 6  2 5 2 C6 4  6 2 C6 5  7 1 C6 6 = S Vậy: S = 37  27 7 Bài 14: Nếu u = 2x – 1, ta được: n n u  1 1 k k (*)      Cnu2 n   2 k 0 n  (u + 1)n =  Ckn uk  điều phải chứng minh. k 0 17

18. NHỊ THỨC NEWTON Bài 15: Có 1 Ck 1 2 1 2 .2k  Cnk .xk 1  Cnk xk dxk 1 n 2(k  1) 0 2 0 1 1 1 10 1 2 2 3 3 n n  S = Cn  Cn .2  Cn .2  Cn .2 …  Cn.2 2 3 4 n 1 n 1 k k n 1 2 k k 1 2 n k k =  Cn .2  Cn x dx    C n x  dx =  2 k 0 k  1 k 02 k 0    0 0    12 n 1(x  1)n1 2 3n1  1 = (x  1) dx  . =2 2 n  1 2(n 1) 0 0 Bài 16: Ta có: (1 + 3)2n = C 0 2n  C 1 2n .3 1  C2n 2 .3 2 …  C2n 2n .3 n (1 – 3)2n = C 0 2n  C 1 2n .3 1  C2n 2 .3 2 …  C2n 2n .3 n Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: 42n + 22n = 2 C 0 2n  C 2 2n .3 2  …  C 2n 2n .3 2n  Từ đó ta có:C0 2n  C2 2n .32  C4 2n .34  …  C2n 2n .32n  22n1(22n  1) Bài 17: Xét hàm số: f(x) = (x + 3)n = Cn 0 3 n  C 1 n .3 n1 x  …  C n n.x n Ta có: f(x) = n(x + 3)n-1 = C1 n .3n1  2Cn 2 .3n 2 x … nCn nxn 1 Cho x = 1, ta được: f(1) = n.4n-1 = C 1 n .3 n1  chúng tôi 2 .3 n 2  3.C 3 n .3 n 3 … n.C n n (đpcm) Bài 18: k 1 k 1 kk Ta có : ak 1  ak  C 10 .2  C10.2  k ≤ 2(11 – k)  k ≤ 1 2  (k  1)!(11 k)! k!(10  k)! 22 3 Vậy hệ số lớn nhất là: a7 = 1 .C10 7.27 .10 3 18

19. NHỊ THỨC NEWTON Bài 19: 2001 Ta có: (x + 1) 2001 =  C k 2001.x k k 0 2001 (-x + 1) 2001 =  Ck2001.(  x)k k 0 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: (x + 1)2001 + (-x+ 1)2001 = 2 C0 2001  x 2C2 2001  x 4C4 2001  …  x 2000C2000 2001  Cho x = 3 ta được: 42001  C 0 2001  3 2 C 2 2001  3 4 C 4 2001  …  3 2000 C 2000 2001  2 2000 (2 2001 1) Bài 20: 3 1 n! n! n(n 1)(n  2) Từ Cn  5Cn ta có n ≥ 3 và  5   5n3!(n  3)! (n  1)! 6 2 n 4 (loaïi)  n  – 3n – 28 = 0   n  7  x 1 x  3 Với n = 7 ta có:C7 3 2 2 3 = 140  35.22x-2.2-x = 1402  2x-2 = 4  x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 21: n Ta có: (x + 1)n =  Ckn xk k 0 n Cho x = 2 ta được: 3n =  Ck n 2k  3n = 243  n = 5. k 0 Bài 22: Ta có: a k 1  ak  a k 1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) 2 9 24  Cnk 1  Cn k  Cnk 1 2 9 24 1 n! 1n! 1 n!    2 (k  1)!(n  k  1)! 9 k!(n  k)! 24 (k  1)!(n  k  1)! 19 – 2 2001 = 2 C02001  32 C22001  34 C42001  …  32000 C20002001 

20. NHỊ THỨC NEWTON  2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)!    2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k   2n  2 2(n  k  1)  9k k     11  9(n  k)  24(k  1)  3n  8 k   11  Để tồn tại k thỏa mãn (1) thì 3n – 8 = 2n + 2  n = 10. Bài 23: Ta có: (x + 1)10 = x10 + C 1 10 x 9  C10 2 x 8  C10 3 x 7  …  C10 9 x 1  (x + 1)10 (x + 2) = x11 + C1 10 x10  C10 2 x9  C10 3 x8  …  C10 9 x 2  x + 2  x10  C1 10 x 9  C10 2 x 8  C10 3 x 7  …  C10 9x 1 = x11 + C110  2  x10  C102  C110 .2  x 9  C103  C102.2  x 8  …  + C10 9  C10 8.2  x2 +C10 10  C10 9.2  x + 2 = x11 + a1 x10 + a2 x9 + … + a11 Vậy a5 = C10 5  2C10 4 = 672. Bài 24: n1 n  7(n  3) n1 n n  7(n  3)Ta có: C n 4  Cn 3   C n 3  C n 3  C n 3  (n  2)(n  3) = 7(n + 3)  n + 2 = 7.2! = 14  n = 12. 2! Số hạng tổng quát của khai triển là: 5 12k 60 11k C12 k (x 3 )k x   C12 kx2 2 60 11k 60  11k Ta có: x 2 = x8  = 8  k = 4. 2 Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là C 12 4 12!  = 495.4!(12  4)! Bài 25: Ta có: (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  …  C n nx n 2 2  (1  x)n dx  Cn0  C1n x  Cn2 x 2  …  Cnn xn dx  20

21. NHỊ THỨC NEWTON  1 n1 2  0 1 x 2 2 x3 n xn1  2 (1 x) Cn x  Cn  Cn  …  Cn  n  1 1  2 3 n  1 1 0 22 1 1 23 1 2 2n1 1 n = 3n1  2n1  Cn  Cn  Cn …  Cn 2 3 n  1 n  1 2 3 n  1 n  1 Bài 26: Ta có: (x2 + 1)n = (x + 2)n = Dễ dàng kiểm tra được n = 1, n = 2 không thỏa mãn điều kiện bài toán. Với n ≥ 3 thì x3n-3 = x2nxn-3 = x2n-2xn-1 Do đó hệ số của x3n-3 trong khai triển thành đa thức của: (x2 + 1)n(x + 2)n là a = 2 3 .Cn 0 .Cn 3 2.C 1 n.C 1 n 3 n3 2n(2n2  3n  4) n  5  a3 n3 = 26n   26n   73 n  (loaïi) 2  Vậy n = 5. Bài 27: Ta có khai triển : (x + 1) 2n 0 2n 1 2n1 2 2n 2 2n 12n = C2n x  C2nx  C2nx  …  C 2n x  C2n Cho x = -1 ta được: 0 1 2 3 4 2n1 2n 0 = C 2n  C2n  C2n  C2n  C2n  …  C2n  C2n 1 3 2n1 0 2  2n  C2n  C2n  …  C2n  C2n  C2n …  C2n Bài 28: x  1  x  2 x  3 1. Điều kiện :  x  3  x  N  x  N  x! x! = 9×2 – 14xPT  x + 6  6 2!(x  2)! 3!(x  3)!  x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9×2 – 14x Cn 0 x 2n  C 1 n x 2n 2  Cn 2 x 2n 4  …  C n n Cn0 xn  2C1nxn1  22 Cn2 xn 2  23 C3n xn 3 …  2n Cnn

22. x  0 (loaïi) 2 – 9x + 14) – 0   x  7 (loaïi)  x = 2 x(x x  2  21 GV:PHAN NHẬT NAM

23. NHỊ THỨC NEWTON 2.  Caùch 1: * Ta có: (1 – x) 20 = C020  C120 x  C202 x 2 …  C1920 x19  C2020 x20 Cho x = 1 ta có: C020  C120  C220  …  C1920  C2020 = 0  C 0 20  C20 2  …  C20 20  C 1 20  C 3 20  …  C 19 20 Nên : A = C 0 20  C20 2  …  C20 20 ; B = C 1 20  C 3 20 … C 19 20  A = B (1) * Ta coù: (1 + x)20 = C 0 20  C 1 20 x  C20 2 x 2 …  C 19 20 x 19  C 20 20 x 20 Cho x = 1 ta coù: C 0 20 C 1 20  C20 2  …  C 19 20  C 20 20 = 220  A + B = 220 (2) Từ (1) và (2) suy ra A = 220 = 219 (đpcm). 2 k k 1 k 0  1, ta được: Cách 2: Áp dụng công thức Cn 1  Cn  Cn và Cn  C 1 20  C 3 20  C 5 20  …  C 17 20  C 19 20 = = C19 0  C19 1  C19 2  C19 3  C19 16  C19 17  C19 18  C19 19 = (1 + 1)19 = 219. Bài 29: 0 n 0 1 n 1 2 n1 Do Cn  Cn  1 nên ta có: Cn Cn chúng tôi  chúng tôi Áp dụng BĐT côsi ta có: 1 2 n 1 1 2 n1 n1  Cn  Cn  …  Cn   CnCn chúng tôi   n  1  n Áp dụng khai triển (a + b)n =  Cnk ak bnk với a = b = 1, ta có: k 0 0 1 2 n = 2 n 1 2 n1 = 2 n – 2Cn  Cn  Cn  …  Cn  Cn  Cn  …  Cn 1 2 n 1  n n1 2  2   Suy ra: CnCn chúng tôi   (đpcm). n  1 Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  …  Cnnxn

24.   Bài 30: 1. Ta có: (1 + x)n = Đạo hàm hai vế , ta được: 22

25. NHỊ THỨC NEWTON n(1 + x)n-1 =C 1 n  2Cn 2 x  3Cn 3 x 2  …  nC n nx n 1 Cho x = -1 0 = Vậy S = 0. 2. Ta có : (1 + x)n = Cn 0  C 1 n x  Cn 2 x 2  Cn 3 x 3  …  C n nx n 1 1  (1  x)ndx  Cn0  C1n x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  …  Cnn xn dx  0 0 (1 x)n1 1  0 1 1 2 1 2 3 1 n n 1  1    Cn x  Cn x  Cn x  …  Cn x  n  1 0  2 3 n  1  0  2n1 1 Cn 0  1 C 1 n 1Cn 2  …  1 Cn n n  1 2 3 n  1 Do đó: T = 2n1  1 n  1 n  N, n  2 n n1 n 2  79   n(n  1)  n = 12Ta có: C n  Cn  Cn  1  n   79  2 Vậy: T = 2 13  1. 13 Bài 31: 2003 P(x) = (16x – 15)2003 =  Ck2003(16x)2003  k ( 15)k k 0 2003 =  Ck2003 (16)2003 k ( 15)k x2003 k k 0 Các hệ số trong khai triển P(x) thành đa thức là: ak = C k 2003(16) 2003 k (15) k 2003 2003 Vậy: S =  ak   Ck2003 (16)2003 k ( 15)k = (16 – 15)2003 = 1 k 0 k 0 Bài 32:  1 2 15 15  1 15 k  2  k 15 2k  k  k k Ta có:   x  =  C15    x   C15 x3 3 3 3 15   k 0     k  0 3 Gọi ak là hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển: 23 C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  …  (1)n1nCnn

27. NHỊ THỨC NEWTON điều kiện: 28  7k  0  k = 412 Vậy số hạng không chứa x cần tìm là: C7 4 = 35. Bài 36: Ta có : (1 + x)2n+1 = Đạo hàm hai vế ta có: (2n + 1)(1 + x) 2n 1 2 3 2  …  (2n 2n1 2n = C2n 1  2C2n 1x  3C2n 1x  1)C2n 1x     Thay x = -2, ta có: 1 2 2 3  …  (2n 2n 2n1 = 2n + 1C 2n 1  2.2C2n 1  3.2 C2n 1  1)2 C2n 1     Theo giả thuyết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002. Bài 37: Ta có: (1 + x) 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n1 2n1 = C 2n 1  C2n 1x  C2n 1x  C2n 1x  …  C2n 1x      Cho x = 1 ta có: 2 2n+1 = 0 1 2 3 2n 1 (1)C 2n 1  C2n 1  C2n 1  C2n 1  …  C2n 1      0 1 2 3 2n1 Cho x = -1 ta có: 0 = C2n 1  C2n 1  C2n 1 C2n1  … C2n 1 (2)      Lấy (1) – (2)  2 2n+1 = 1 3 2n1 2  C 2n1  C2n 1  …  C 2n 1   22n 1 3 2n1 = 1024  2n = 10= C 2n 1  C 2n 1  …  C2n 1    10 Ta có: (2 – 3x)10 =  ( 1)k C10k 210  k (3x)k k 0 Suy ra hệ số của x7 là C10 7 3 7 2 3 Bài 38:  Từ giả thuyết ta suy ra: C 0 2n 1  C 1 2n 1  C 2 2n 1  …  C n 2n 1  2 20 (1)     k 2n1k , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 neân:Vì C2n 1  C2n 1   0 1 2 n 1 0 1 2 2n1 C 2n1  C2n1  C2n1  …  C2n1   C 2n1  C 2n1  C 2n1  …  C2n1 (2)2 Khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n1 2n1  2n1 (3)C 2n 1  C2n 1  C2n 1  …  C2n 1  (1 1) 2     Từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220  n = 10. 25 C0 C1xC2x2C3x3…C2n1x2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1

28. NHỊ THỨC NEWTON 1 10 10 k 10  7 k 4 10 k 7 k 11k 40 x  Ta có:   x    C10 (x )   C10x4  x  k 0 k 0 Hệ số của số hạng chứa x26 là C10 k với k thỏa mãn: 11k-40 = 26  k = 6 Vậy hệ số của x26 là C10 6 = 210. Bài 39: 0 1 2 n  N,n  2 n  N,n  2     n = 20Cn  Cn  Cn  211   n(n  1)  2 1  n   211 n  n 420  0   2   (k  1).Cn k (k  1)Cn k k (k = 1, 2, …, n)  CnA 1 (k  1)! k 1 k! Do đó: với n =20 ta có: S =C 0 20  C 1 20  …  C20 20 = 220 . Bài 40: Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x)n là: Tk+1 = Cn k (2) k .x k Từ đó ta có: a0 + a1 + a2 = 71  Cn 0  2C 1 n  4Cn 2  71 n N, n  2 n  N, n  2    n(n  1)    n = 7  2 1 2n  4  71 n  2n 35  0   2   Với n = 7, ta có hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: a = C7 5 (2) 5 = – 672. 5 Bài 41: Ta có: C 1 n  Cn 3  13n  n  n(n 1)(n  2)  13n 6  n 2 – 3n – 70  n  10  n 7 (loaïi) Số hạng tổng quát của khai triển là: Tk 1 = C10 k (x 2 ) 10 k (x 3 ) k  C k 10x 20 5k Tk 1 không chứa x  20 – 5k = 0  k = 4 Vậy số hạng không chứa x là: T5 = C 10 4 = 210.

31. NHỊ THỨC NEWTON Bài 45: Theo khai triển nhị thức Newton : (a + b)n = Cn 0 an  C1 nan1 b  …  Cn nbn  với a = 3, b = – 1  2n = (3 – 1)n = Cn 0 3n  C1 n 3n1  …  ( 1)n Cn n  với a = 1, b = 1  2n = (1 + 1)n = Cn 0  C 1 n  …  Cn n Vậy : Cn 0 3 n  C 1 n 3 n1  …  (1) n C n n  Cn 0  C 1 n  …  C n n k k 45 2k k 45  2k  29 Bài 46: Số hạng tổng quát: C15(1) x  y   k = 8 k  8  Vậy hệ số của số hạng chứa x29y8 là : C15 8 = 6435. GV:PHAN NHẬT NAM GV:PHAN NHẬT NAM

Bài Tập Về Nhị Thức Newton Nâng Cao Cực Hay Có Lời Giải

Bài tập về nhị thức Newton nâng cao cực hay có lời giải

A. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Gọi Tk là số hạng thứ k trong khai triển (x 3+2y 2) 13 mà tổng số mũ của x và y trong số hạng đó bằng 32. Hệ số của T k bằng?

A.198620 B.186284 C.219648 D.2012864

Hướng dẫn giải :

Đáp án : C

Ví dụ 2: Cho khai triển: (x-1) 2n+x.(x+1)(2n-1)= a 0+ a 1 x+ a 2.x 2+⋯+ a 2n.x 2n với n nguyên dương và n≥3. Biết rằng a 2k=768. Tính a 6

A.188 B.284 C.336 D.424

Hướng dẫn giải :

Đáp án : C

⇒ P(1) + P(-1) = 2 2n-1 +2 2n = 2. a 2k=768= 1536

⇒hệ số a6 chứa x6 trong khai triển đã cho là:

Ví dụ 3: Gọi S là tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương của x trong khai triển nhị thức: P(x) = (x+ 1/x) 2018. Tính S + 1/2 C 10092018

Hướng dẫn giải :

Đáp án : B

Ví dụ 4: Tìm n,biết rằng hệ số của x 4 trong khai triển (x 3+2x 2+3x).(x+1) n bằng 804

A.n=10 B.n=11 C.n=12 D.n=13

Hướng dẫn giải :

Đáp án : C

A.n=10 B.n=11 C.n=12 D.n=13

Hướng dẫn giải :

Đáp án : D

Ví dụ 6: Sau khi khai triển và rút gọn biểu thức (x – 1/x 2) 20+ (x 3– 1/x) 10 có tất cả bao nhiêu số hạng?

A.29 B.28 C.27 D.26

Hướng dẫn giải :

Đáp án : A

Ví dụ 7: Có bao nhiêu số thực x để khi khai triển nhị thức (2 x+ 2(1/2-x)) n có tổng số hạng thứ 3 và thứ 5 bằng 135; còn tổng của ba số hạng cuối là 22.

A.1 B.2 C.3 D.4

Hướng dẫn giải :

Đáp án : B

Ví dụ 8: Trong khai triển của biểu thức (x 3-x-2) 2017. Tính tổng S của các hệ số của x 2k+ 1 với k nguyên dương.

A.2017.2 2017 B.2017.2 2016 C.2016.2 2016 D.2018.2 2017

Hướng dẫn giải :

Đáp án : B

B. Bài tập trắc nghiệm

Câu 1: Gọi a 3n- 3 là hệ số của số hạng chứa x 3n- 3 trong khai triển (x 2+1) n.(x+2) n. Tìm n sao cho a 3n- 3 = 26n?

A.n=4 B.n=5 C.n=6 D.n=7

A.n=13 B.n=15 C.n=16 D.n=17

Hiển thị đáp án

Đáp án : D

Ta có

A.n= 6 B.n= 8 C.n= 10 D.n= 12

Hiển thị đáp án

Đáp án : C

Ta có

Vậy n=10

Câu 4: Xác định n biết rằng hệ số của xn trong khai triển (1+x+2x 2+⋯+n.x n ) 2 bằng 6n

A.n= 5 B.n= 6 C.n= 4 D.n= 7

Hiển thị đáp án

Đáp án : A

Ta có

Vậy n=10

A.S= 9 B.S= 10 C.S= 13 D.S= 11

Câu 6: Biết rằng trong khai triển nhị thức Niu- tơn của đa thức P(x)= (2+x+ 2x 2+ x 3) n thì hệ số của x 5 là 1001. Tổng các hệ số trong khai triển của P(x) bằng :

A.7776 B.6784 C.6842 D.8640

Hiển thị đáp án

Đáp án : A

Câu 7: Cho khai triển P(x)= (1+x).(2+ x). ..(1+2017x) = a 0+ a 1x+ a 2x 2+ …+ a 2017x 2017. Kí hiệu P'(x) và P”(x) lần lượt là đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của đa thức P(x). Khẳng định nào sau đây đúng?

Câu 8: Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển: (1-2x+2015x 2016-2016x 2017+2017.x 2018) 60

Câu 9: Cho khai triển

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k4: chúng tôi

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

Bí Kíp Tìm Hiểu Về Nhị Thức Newton Và Các Dạng Bài Tập Thường Gặp Mà Bạn Không Thể Bỏ Lỡ

Nhị thức Newton là công thức toán học vô cùng nổi tiếng. Công thức là một sự đóng góp lớn lao của Nhà bác học Newton vào sự phát triển của toán học cao cấp, đặc biệt trong các phép tính với các đại lượng vô cùng nhỏ.

Giới thiệu về định lý Nhị thức Newton

Theo các văn bản được lưu giữ từ 200 năm trước Công nguyên cho thấy, từ rất lâu trước đây các nhà toán học Ấn Độ đã rất quen thuộc với một bảng tam giác số học. Trong tác phẩm được viết năm 1303 của nhà toán học Chu Sinh – Trung Quốc, bảng tam giác số học đó cũng được tìm thấy.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 1 0 1 0 5 1

1 6 1 5 2 0 1 5 6 1

1 7 2 1 3 5 3 5 2 1 7 1

1 8 2 8 5 6 7 0 5 6 2 8 8 1

Thực tế, Newton không phải là người đầu tiên tìm ra công thức này. Trước Newton, có rất nhiều nhà toán học khác đã tìm ra nó như nhà toán học người Anh Bô-rít-gôn (1624), nhà toán học người Pháp Fermat (1636), nhà toán học người Pháp Pascal (1654). Newton chỉ mới tìm ra công thức này năm 1665, khi đó ông 22 tuổi.

Công thức nhị thức Newton:

Mặc dù công thức được tìm ra không mới, nhưng người ta vẫn lấy tên Newton để đặt tên cho nhị thức này là do ý nghĩa lớn lao của nó. Khác với những nhà toán học trước đó, Newton đã phát triển công thức này, không chỉ dừng lại ở việc áp dụng công thức này cho các số mũ nguyên dương mà nó còn được áp dụng cho cả các số mũ bất kỳ: số dương, số âm, số nguyên, phân số. Chính nhờ ý nghĩa lớn lao đó, hiện nay, trên bia mộ của Newton được đặt tại tu viện Westminster người ta in hình Newton cùng nhị thức này.

Tại Việt Nam, công thức Nhị thức Newton được áp dụng đưa vào giảng dạy tại chương trình lớp 11 phần đại số và giải tích.

Công thức nhị thức Newton

Số các số hạng của công thức là: n+1

Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng luôn bằng số mũ của nhị thức:

(n – k) + k = n

Các hệ số nhị thức có cách đều hai số hạng đầu, cuối thì bằng nhau.

Các dạng đặc biệt của nhị thức Newton

Nếu trong trường hợp ta gắn cho a, b những giá trị đặc biệt thì ta sẽ thu được những công thức đặc biệt. Cụ thể:

Từ triển khai này ta có kết quả sau:

Cách giải bài tập nhị thức Newton

Ví dụ 1: Tìm hệ số của trong khai triển đa thức:

Ta có:

Số hạng chứa tương ứng với số hạng chứa k thỏa 10 + k = 15 k = 5

Như vậy, hệ số của số hạng có chứa là

Chọn một khai triển phù hợp, ở đây a là hằng số.

Sử dụng các phép biến đổi đại số hoặc áp dụng lấy đạo hàm, tích phân.

Căn cứ vào điều kiện bài toán, thay x bởi một giá trị cụ thể.

Ví dụ 1: (D-02) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:

Ví dụ 2. (D-08) Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức:

Chọn lần lượt x = 1 và x = -1 ta có.

Các dạng bài tập tương tự

1. Tìm hệ số của trong khai triển thành đa thức của biểu thức:

4. Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển biểu thức:

5. Cho khai triển:

7. Tính tổng.

Giải Bài Tập Trang 57, 58 Sgk Giải Tích 11: Nhị Thức Niu

Giải bài tập môn Toán lớp 11

Giải bài tập trang 57, 58 SGK Giải tích 11: Nhị thức Niu – tơn

Giải bài 1, 2, 3, 4, 5, 6 trang 57, 58 SGK Giải tích 11: Nhị thức Niu – tơn

Bài 1. Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu – Tơn: a) (a + 2b)5 b) (a – √2)6 c) (x – 1/x)13 Hướng dẫn giải

+ Sử dụng công thức khai triển Newton:

+ Đối với những số mũ nhỏ hơn 5 ta có thể sử dụng trực tiếp kết quả Tam giác Pascal

Bài giải:

a) Theo dòng 5 của tam giác Pascal, ta có:

b) Theo dòng 6 của tam giác Pascal, ta có:

c) Theo công thức nhị thức Niu – Tơn, ta có:

Bài 2. Tìm hệ số của x3 trong khai triển của biểu thức: Hướng dẫn giải

Để tìm hệ số của một hạng tử trong khai triển biểu thức:

Bước 1: Viết khai triển

Bước 2: Biến đổi khai triển thành dạng

Bước 3: Số hạng chứa

Bước 4: Suy ra số hạng cần tìm

Bài giải:

Trong tổng này, số hạng C k6 . 2 k . x 6 – 3k có số mũ của x bằng 3 khi và chỉ khi

Do đó hệ số của x 3 trong khai triển của biểu thức đã cho là: = 2 . 6 = 12

Bài 3. Biết hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 90. Tìm n. Hướng dẫn giải

Bài tập này chúng ta làm gần giống bài 2

Bước 1: Viết khai triển

Bước 2: Biến đổi khai triển thành dạng

Bước 3: Giair phương trình

Bước 4: Suy ra n cần tìm

Bài giải:

Với số thực x ≠0 và với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có:

Suy ra hệ số của x 2 trong khai triển này là

Từ đó ta có: = 10 ⇔ n(n – 1) = 20.

⇔ n 2 – n – 20 = 0 ⇔ n = -4 (loại) hoặc n = 5.

Đáp số: n = 5.

Bài 4. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của (x3 + 1/x)8 Hướng dẫn giải

Làm tương tự bài 2, chú ý số hạng không chứ x nghĩa là số mũ của x bằng 0 (do )

Bài giải:

Ta có:

Trong tổng này, số hạng không chứa x khi và chỉ khi

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển (theo công thức nhị thức Niu – Tơn) của biểu thức đã cho là C 68 = 28.

Bài 5. Từ khai triển biểu thức (3x – 4)17 thành đa thức, hãy tính tổng các hệ số của đa thức nhận được: Hướng dẫn giải

Từ công thức khai triển nhị thức Newton ta suy ra được tổng các hệ số của đa thức không phụ thuộc vào x hay nói cách khác chính là tổng của khai triển khi x = 1

Bài giải:

Tổng các hệ số của đa thức f(x) = (3x – 4) 17 bằng:

a) 1110 – 1 chia hết cho 100;b) 101100 – 1 chia hết cho 10 000;Bài giải: c)

Hướng dẫn giải

a. Tách

b. Tách

a)

Tổng sau cùng chia hết cho 100 suy ra 11 10 – 1 chia hết cho 100.

b) Ta có

Tổng sau cùng chia hết cho 10 000 suy ra 101 100 – 1 chia hết cho 10 000.

Tổng sau cùng là một số nguyên, suy ra √10[(1 + √10) 100 – (1 – √10) 100] là một số nguyên.