Ứng dụng của Đạo Hàm, Tich Phân trong nhị thức Niuton

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
       

Vì
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

    

và
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
là
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


 
  
    

     
  
 
         
 
 
       
 