Tải bản đầy đủ (.pdf) (19 trang)

Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newton

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (750.36 KB, 19 trang )

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
 
       
Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn
Người soạn: Vũ Trung Thành 11 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802
 
2 2 2 2 2
n
0 1 2 2 n n
n n n n
0 0 0 0 0
1 x dx C dx C xdx C x dx C x dx
      
    

 
2
n 1

2 2 2
2
2 n n 1
0 1 n 1 n
n n n n
0
0 0 0
0
1 x
x x x x
C C C C
n 1 1 2 n n 1




     
 

2 3 n n 1 n 1
0 1 2 n 1 n
n n n n n
2 2 2 2 3 1
2C C C C C
2 3 n n 1 n 1
 


      
 

.Vậy
n 1
3 1
S
n 1




.
Ví dụ 15. Rút gọn tổng sau:
2 3 100 101
0 1 2 99 100
100 100 100 100 100
2 1 2 1 2 1 2 1
S 3C 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 C x C x C x C x
      
 
2 2 2

100
0 1
100 100
1 1 1
2 2
99 99 100 100
100 100
1 1
1 x dx C dx C xdx
C x dx C x dx
  
 
   
  
  
 
 
2
101
2
2
2
0 1
100 100
1
1
1
2 2
100 101
99 100

100 100
1 1
1 x
x x
C C
101 1 2
x x
C C
100 101



 

   
 

101 2 100 101
0 1 99 100
100 100 100 100
3 2 1 2 1 2 1
3C C C C
101 2 100 101
  
      .Vậy
101
3
S
101
 .


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




Bài 2 T×m hÖ sè
4
a
cña
4
x
trong khai triÓn Niut¬n ®a thøc
2
( ) ( 1)
n
f x x x
  
víi n lµ sè tù nhiªn tháa
m·n:
2 3 1 11

0 1 2
3 3 3 4 1
3
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n 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 12 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802



Bài 3 Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển Newton của biểu thức
5
3
2
 

 
 

n
x
x
biết rằng:

0 1 2
1 1 1 1
( 1)
2 3 1 13
     

n n
n n n n
C C C C
n

HD Theo Newton thì:
0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x B
       


1
0
1
(1 )
1

n
x dx
n
 


,
1
0 1 2
0
1 1 1
( 1)
2 3 1
n n
n n n n
Bdx C C C C
n
     


1 13 12
n n
    

Lại có:
12
5 5
12
3 3
0

2 2
( ) .( ) ( )
n k
n k k
k
x C x
x x


 

,
12 8 36
1 12
.2 .
k k k
k
T C x
 

 Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7
k k
   


Hệ số của
20
x
là:

7 5
12
.2 25344
C 
Bài 4 Tìm số tự nhiên n thoả mãn:
1
2
8192
.
1
2
2

7
2
.
5
2
.
3
2
.2
2
2
6
2
4
2
2
2

0
2




n
C
n
CCCC
n
nnnnn

nn
nnnn
n
xCxCxCCx
22
2
22
2
1
2
0
2
2
)1( 
nn
nnnn
n

xCxCxCCx
22
2
22
2
1
2
0
2
2
)1( 


n
x
2
)1( ) (2)1(
22
2
44
2
22
2
0
2
2 nn
nnnn
n
xCxCxCCx 




dxx
n
1
0
2
)1( 2)1(
1
0
2


dxx
n


1
0
22
2
44
2
22
2
0
2
) ( dxxCxCxCC
nn
nnnn







1
0
12
12
)1(
n
x
n













1
0
12

2
2
1
0
3
2
2
1
0
0
2
1
0
12
12

3
2
12
)1(
n
x
C
x
CxC
n
x
n
n
nnn

n
2
1
2
1
1
2
12
12







n
n
n
)
1
2
1

3
1
(
2
2
2

2
0
2
n
nnn
C
n
CC

 



1
2
2
12
n
n
n
nnn
C
n
CC
2
2
2
2
0
2

1
2
2

3
2
2


1
2
8192
1
2
2
12





n
n
n
6


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 13 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802
Bài 5 Tìm hệ số của số hạng chứa
2
x trong khai triển
n
x
x









4
2
1
biết n là số nguyên dương thoả mãn:
1
6560
.
1
2

3
2
.
2

2
.2
1
2
3
1
2
0





n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

HD Ta có
nn
nnnnn
n
xCxCxCxCCx  )1(
332210



 


2
0
332210
2
0
)1( dxxCxCxCxCCdxx
nn
nnnnn
n

2
0
1
1
)1(



n
x
n
2
0
1
2
0
3

2
2
0
2
1
2
0
0
1

32 


n
x
C
x
C
x
CxC
n
n
nnnn
2
1
13
1






n
n
n
n
n
nnn
C
n
CCC
1
2

3
2
2
2
1
2
3
1
2
0




1
6560

1
13
1






n
n
n
765613
1


n
n

4
314
7
7
0
7
4

2
1
2

1
k
k
k
k
xC
x
x













Theo bài ra 22
4
314


 k
k
Vậy hệ số cần tìm là
4

21
.
2
1
2
7
2
C

Bài 6 Tìm a và n nguyên dương thỏa :
2 3 1
0 1 2
127

2 3 ( 1) 7
n
n
n n n n
a a a
aC C C C
n

    


3
20
n
A n
 .

:
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n
        
 n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C   
Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 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 6
6 6 6
0
0
0 0

(1 )
2 7
a a
a
a
x x
x dx C x C C
   
    
   
   



7 2 7
0 1 6
6 6 6
0
(1 )
. .
7 2 7
a
x a a
a C C C
 

   
 
 



7
7 7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a

       

a
1


Vậy a = 1 và n = 6 .
Bài 7 Tính tổng :
2 4 6 2010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C
   
    
Tacó
2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010

0
(1 ) . . . . .
K k
k
x C x C C x C x C x C x C x

        


2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) .( ) . . . . .
k k
k
x C x C C x C x C x C x C x

         




2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 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 2
2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
1 1
(1 ) (1 )
.
2
x x
dx C x C x C x C x dx
  
    
 

Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn
Người soạn: Vũ Trung Thành 14 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802

2011 2011
1 2 3 4 2009 2010
2010 2010 2010
(1 ) (1 )
2 2
1 1 1
2011 2011


2 2 4 2010
1 1
x x
C x C x C x
 
 

 
 
    
 
 
 
 
 
 
2011 2011 2 4 2010
1 3 2009
2010 2010 2010
3 1 2 2 1 2 1 2 1

4022 2 4 2010
C C C
    
     .Vậy:
2011 2011
3 2 1
4022
S

 

Bài 8 Chứng minh đẳng thức sau:
2012
2012
4
2012
2
2012
2011
2012
3
2012
1
2012
20124220113 CCCCCC 



Bài 9 Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng :
2 3 1 1
0 1 2
2 2 2 3 1
2
2 3 1 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n

 

    
 

HD Xét khai triển
 
0
1
n
n
k k
n
k
x C x

 

(1)
Lấy tích phân hai vế của (1) ta có:
1 1
2 2
0 0
0 0
2 2
(1 )
(1 )
0 0
1 1
n k

n n
n k k k
n n
k k
x x
x dx C x C
n k
 
 

   
 
 
 

Từ đó dẫn tới :
2 3 1 1
0 1 2
2 2 2 3 1
2
2 3 1 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
 

    
 

(Đpcm)
Bài 10 Tìm m, n thỏa mãn:
1 2 3 2
6 6 9 14
n n n
C C C n n
    và
2 3 4 1
0 1 2 3
255

2 3 4 1 8
n
n
n n n n n
m m m m
mC C C C C
n

     


HD Giải phương trình
1 2 3 2
6 6 9 14
n n n
C C C n n
    tìm được n = 7
2 3 4 8
0 1 2 3 7 7

7 7 7 7 7
1
255
(1 )
2 3 4 8 8
m
m m m m
mC C C C C x dx
       

8 8
(1 ) 255 (1 ) 256
|
1
8 8 8 8
1, 3
m
x m
m m
 
   
   

Bài 11 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n

n
n n n n
C C C C
n n
    
 

Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x 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 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
 

    
 



2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
 

 
      
   
   
Vậy n=4.
Bài 12 Tìm m, n thỏa mãn:
1 2 3 2
6 6 9 14
n n n
C C C n n
    và
2 3 4 1
0 1 2 3

255

2 3 4 1 8
n
n
n n n n n
m m m m
mC C C C C
n

     


HD Giải phương trình
1 2 3 2
6 6 9 14
n n n
C C C n n
    tìm được n = 7
2 3 4 8
0 1 2 3 7 7
7 7 7 7 7
1
255
(1 )
2 3 4 8 8
m
m m m m
mC C C C C x dx
       


8 8
(1 ) 255 (1 ) 256
| 1
1
8 8 8 8
m
x m
m
 
     

Bài 13 KB – 2003 Cho n là số nguyên dương. Tính tổng
2 3 1
0 1 2
2 1 2 1 2 1

2 3 1
n
n
n n n n
C C C 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 15 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802

Bài 14 KA-2007 CMR
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1

2 4 6 2 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n


    





Bài 15 Rút gọn tổng
2n 1 2n 1 2n 3 3 1
0 1 2 n 1 n
n n n n n
2 2 2 2 2
S 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 n
n 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 2
n 1 n 1 n n 1 2
2
n 0 n 1 1 n 2 2 n 1 n
n n n n n
0
0 0 0 0 0
(2x 1) x x x x
2 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 n
n n n n n
2 2 2 2 2
S C C C C C
n 1 n n 1 2 1
  

     
 
.

Bài 16 Rút gọn tổng:
Luyện thi đại học - Chuyên đề : Ứng dụng đạo hàm và tích phân vào khai triển nhị thức Newtơn
Người soạn: Vũ Trung Thành 16 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802
     
 
   
2
2 2 2 2 2
1 2 3 4 99 100
100 100 100 100 100 100
1 2 3 4 99

S C C C C C 100 C
100 99 98 97 2
      
HD . Ta có:
100 0 1 2 2 3 3 99 99 100 100
100 100 100 100 100 100
(1 x) C C x C x C x C x C x
       
99 1 2 3 2 99 98 100 99
100 100 100 100 100
100(1 x) C 2C x 3C x 99C x 100C x
        (1).
100 0 100 1 99 2 98 99 100
100 100 100 100 100
(x 1) C x C x C x C x C
      
100 0 100 1 99 2 98 99 100
100 100 100 100 100
(x 1) dx C x dx C x dx C x dx C xdx C dx
       
     

101 101 100 99 2
0 1 2 99 100
100 100 100 100 100
(x 1) x x x x
C C C C C C x
101 101 100 99 2

        (2).

Nhân (1) và (2) ta được:
200 99
100
(1 x) 100C(1 x)
101
   

 
101 100 99
1 2 3 2 100 99 0 1 2 100
100 100 100 100 100 100 100 100
x x x
C 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 x
100
ta được:

100
200
100
S C
101
 .
Bài 17 Với mỗi số tự nhiên n hãy tính tổng:
1 1 1
0 1 1 2 2
.2 .2 .2
2 3 1
n n n n
S C C C C
n n n n
n
 
    

.
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 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 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 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C C C C C C      

0 2 4 6 2006 2008
2009 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 2
i i i i i
        .

Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )
i nờn
1004
2
A

.
+ 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
( ) ( ) 2
C C C C C C        .
Suy ra:
2008
2
B

.
+ Từ đó ta có:
1003 2007

2 2
S   .
Bài 2 Chứng minh rằng
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .
C C C C     
Ta có

 




100
0 1 2 2 100 100 0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100
1
i C C i C i C i C C C C C C C i
              
Mặt khác
     
2 100 50
2 50
1 1 2 2 1 2 2
i i i i i i          Vậy
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .
C C C C     

Bài 3 Tính tổng:
1 3 5 7 2009 2011
2011 2011 2011 2011 2011 2011
S C 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 17 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802


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:
30
30
1
(1 ) . ,

   



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

x

10
10 30

a C
.
Do (1) đúng với mọi x nên
10 10

a b
. Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2 Chứng minh rằng:
1 2 2011 0 1 2010
2011 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 2
2 2 2
2 4 2 4
2
n n
n n n
n
C C nC    n nguyên dương
Bài 4 Chøng minh:
0 1 2
2
1 1 1
5 6
5 5 5
n n n
n n n n
n
C C C C
 
    
 
 

HD Ta cã:



1 1 2 2
1 5 5 5 6
n o n n n n
n n n n
C C C C
 
     

 
0 1 1 1
1
n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C
 
     
Cho x=5
1 1 2 2
5 5 5 6
n o n n n n
n n n n
C C C C
 
    


Bài 5 Chứng minh rằng
2011

0 2 4 2010
2011 2011 2011 2011
1 1 1 2

3 5 2011 2012
C C C C     .
Bài 6 Tính tổng
1 2 100
100 100 100 100
3 2 1 199
2 4 2 200

3 3 3 3
k
k
k
T C C C C

      .
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 
Tính tổng
2011
2012
2009
2012
5
2012
3
2012
1
2012
2012.20112010.2009 30122 CCCCCS  .

Bài 7 Tính:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010

2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1 2 3 4 2011
     
Ta có:
 
 


   


   


   
 
         
k k k
k k
k k 1
k 1
2010
2011
1 2 2011 2011 0
1 2 2011 0
2011 2011 2011 2011
2 2010! 2 2010! 2 2011!
2 C 1 1
1 2 C

k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k ! 2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
1 1 1
A 2 C 2 C 2 C 2 1 2 C
4022 4022 2011


  
        
       
   
                 
   


Luyn thi i hc - Chuyờn : ng dng o hm v tớch phõn vo khai trin nh thc Newtn
Ngi son: V Trung Thnh 18 Trng THPT Bỡnh Giang LH 0979791802

Bi 8 Tỡm s nguyờn dng n; bit khai trin P(x) = (5 + 2x + 5x
2
+ 2x
3
)
n
thnh a thc thỡ h s ca x
3
bng
458
HD P(x) = [5 +2x + 5x
2
+ 2x

3
]
n
= (1 + x
2
)
n
(5 + 2x)
n
H s x
3
:
0 3 3 3 1 1 1
5 2 5 .2
n n
n n n n
C C C C

= 5
n-2
.2(
3 2
4 25 )
n
C n
= 458 ==> n = 3
Bi 9 Tỡm s h s ca s hng cha
6
x
trong khai trin

1
2
n
x
x




, bit rng
2 1
1
4 6
n
n n
A C n



.
Gii phng trỡnh
2 1
1
4 6
n
n n
A C n




; iu kin: n 2 ; n N.
Phng trỡnh tng ng vi
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n




( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n



n
2
11n 12 = 0 n = - 1 (Loi) hoc n = 12.
Vi n = 12 ta cú nh thc Niutn:

12
24 3
12 12
12
12

2 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
k
k k k
k k
x C x x C x
x











S hng ny cha
6
x
khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k

k
k






. Vy h s ca s hng cha
6
x
l:
4 8
12
2
C
Bi 1 Tớnh giỏ tr biu thc:
1 2 100
100 100 100 100
3 2 1 999
2 4 2 200

3 3 3 3
k
k
k
A C C C C

.


Bi Cho khai triển
n
n
n
xaxaxaa
x








32
1
2
210
. Tìm số lớn nhất trong các số
n
aaaa , ,,,
210
biết
rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 110252
111222

n
nn
n
n

n
n
n
nn
CCCCCC .
HD Ta có
221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n
105)CC(11025CCCC2CC











)iạlo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC
21
n
2
n

Ta có khai triển



























14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2

1

Do đó
k14kk
14k
3.2Ca


Ta xét tỉ số
)1k(3
)k14(2
32C
32C
a
a
k14kk
14
1k13k1k
14
k
1k






. 5k1
)1k(3
)k14(2

1
a
a
k
1k





. Do k


, nên k
4

.
Tơng tự 5k1
a
a
,5k1
a
a
k
1k
k
1k


Do đó

14765410
a aaaa aa
Do đó a
5
và a
6
là hai hệ số lớn nhấtVậy hệ số lớn nhất là
62208
1001
32Caa
595
1465




Bi Tớnh giỏ tr biu thc A =
4
2
3
2
2
2
1
2
3
2011
32
2011
21

2011
10
2011
0
CCCC

2012
2
2011
2011
2011
C

Ta cú
)!2011!.().1(
!2011.)2(
1
.2
)1(
2011
kkkk
C
k
kk
k




=

)!12012)!.(1(2012
!2012.)2(
)!2011)!.(1(
!2011.)2(





kkkk
kk
= -
1
2012
.)2.(
2012
1


kk
C == -
1
2012
1
.)2.(
4024
1


kk

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 19 Trường THPT Bình Giang LH 0979791802
Với k = 0, 1, 2, …… , 2011 ta có:
A = -
4024
1
.


2012
2012
20122
2012
21
202
1
)2( )2()2( CCC  =
= -
4024
1
.


0
2012
02012
2012
20122
2012

21
202
10
2012
0
)2()2( )2()2()2( CCCCC  =
= -
4024
1
.


0
2012
02012
)2()12( C = -
4024
1
.


11 = 0 Vậy A = 0


Bài Tính tổng:
1 1 1 1 1
S
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 2008
2009 2009 2009 2009 2009
C 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:
2008
2 1
S
2009!

 (Các đề theo hình thức tự luận)

Bài Tính:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
     


HD Ta có:
 
 


   


   
 
   
 
     
   
k k
k k
k
2010
k
k 1
k 1
2011
1 2 2011
1 2 2011
2011 2011 2011
2011 0
0
2011
2 2010! 2 2010!
2 C

1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C
4022 2011


 
  
    

     
  
 
         
 
 
       
 


×