( gv lê tuấn anh) 9 câu nhị thức newton image marked image marked

Câu 1: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm tập các số âm trong dãy số x1; x2 ;...xn với
An4+ 4 143
xn =
−
, n N *
Pn+2 4Pn

 −54 −23 
 −63 −23 
A. H = 
;
;
 . B. H = 1; 2 . C. H = 
 . D. Đáp án khác.
8 
4 
 5
 4

Hướng dẫn: C
Ta phải tìm các số tự nhiên n  0 thỏa mãn
An4+ 4 143
143
19
5
xn =
−
 0  ( n + 3) .( n + 4) −
 0  4n2 + 28n − 95  0  −  n 
Pn+2 4Pn
4

2
2

Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1;2  các số hạng âm của dãy là x1; x2 .
Câu 2: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức
n

 1

Newton của  3 + x 5  , biết rằng Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3) . (với n là số nguyên dương và
x


x0)
B. 480 .

A. 400 .

C. 495 .

D. 0 .

Hướng dẫn: C
Ta có Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3)  


( n + 4 ) ! − ( n + 3) ! = 7 n + 3
(
)
3!. ( n + 1) ! 3!.n !

( n + 4 )( n + 3)( n + 2 ) − ( n + 3)( n + 2 )( n + 1) = 7
6

6

( n + 3) 

( n + 4 )( n + 2 ) − ( n + 2 )( n + 1) = 7  n = 12
6

6

Khi đó
n

12

12 − k

12
 1
 1
 1 
5 
5 
+
x
=
+

x
=
C12k  3 

 3
  3

x
 x

x 
0

Hệ số của số hạng chứa x8 thỏa mãn

.

( )
x5

k

12

=  C12k x

−3(12 − k )

0

5k

12

.x 2 =  C12k x

11k − 72
2

0

11k − 72
= 8  11k = 88  k = 8
2

Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là C128 = 495 .
Câu 3 (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Trong khai triển biểu thức F =

(

)

9

3 + 3 2 thành tổng của

10 số hạng, hỏi số hạng là số nguyên có giá trị lớn nhất trong các số hạng là số nguyên của
khai triển này.
A. 8 .

B. 4536 .

C. 4528 .

D. 4520 .


Chọn đáp án B

( 3) ( 2 )
9− k

Ta có số hạng tổng quát Tk +1 = C9k

3

k

Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đó để Tk +1 là một số nguyên thì
k  N
k = 3  T = C 3 3 6
0  k  9
4
9




0
9

( 9 − k ) 2
 k = 9  T10 = C9 3
k 3


( ) ( 2 ) = 4536
( ) ( 2) = 8
3

3

9

3

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4 = 4536 và T10 = 8 .
Câu
S=

4:

(Gv

Lê

Tuấn

Anh

2018)

Tính

tổng

1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
theo n ta được.
2!2017! 4!2015! 6!2013!
2016!3! 2018!

A. S =

22018 − 1
.
2019!

B. S =

22018 − 1
.
2017!

C. S =

22018
.
2017!

D. S =

22018
.
2017

Chọn đáp án A
Các số hạng của S có dạng

1
1
2019!
1
2k
=
=
C2019
.
2k !( 2019 − 2k )! 2019! ( 2k )!( 2019 − 2k )! 2019!

2
4
2016
2018

+ C2019
+ ... + C2019
+ C2019
Do đó  2019! S = C2019

2k
Nhận thấy C2019
là hệ số của x 2k trong khai triến ( x + 1)

Vì vậy xét P ( x ) = ( x + 1)
P ( x ) = ( x + 1)

2019

2019

2019

theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có

0
1
2
2019 2019
= C2019
+ C2019
x + C2019
x 2 + ... + C2019
x

Từ đó ta có
0
1
2
2019
P (1) = C2019
+ C2019
+ C2019
+ ... + C2019

0
1
2
2018
2019
P ( −1) = C2019
− C2019
+ C2019
− ... + C2019
− C2019

0
2
4
2018
+ C2019
+ C2019
+ ... + C2019
=
Suy ra 2019! S + 1 = C2019

P (1) + P ( −1)
22018 − 1
= 22018  S =
.
2
2019!

Câu 5 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho phương trình Ax3 + 2Cxx+−13 − 3Cxx−−13 = 3x2 + P6 + 159 .
Giả sử x = x0 là nghiệm của phương trình trên, khi đó
A. x0  (10;13)

B. x0  (10;12)

C. x0  (12;14)

Chọn đáp án A
Điều kiện x  3, x 

. Phương trình đã cho có dạng

D. x0  (14;16)


x!
2( x + 1)! 3( x − 1)!
3
+
−
= 3x2 + 6!+ 159  x( x − 1)( x − 2) + x( x + 1) − ( x − 1)( x − 2) = 3x2 + 879

( x − 3)! 2!( x − 1)! 2!( x − 3)!
2
 x = 12 (sử dụng lệnh SHIFT SOLVE trên máy tính)

(

Câu 6: (Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho khai triển 1+ x + x2
với v n  2 và a0 , a1, a2 ,..., a2n
a3
14

=

)

n

= a0 + a1x + a2 x2 + ... + a2n x2n

là các hệ số. Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + ... + a2n

biết

a4
41

B. S= 312

A. S= 310

D. S= 212

C. S= 210

Chọn đáp án A
+ Theo giả thiết ta có P( x) = (1+ x + x2 )n = a0 + a1x + a2 x2 + ... + a2nx2n
Thay x=1 ta được S = a0 + a1 + a2 + ... + a2n = P(1) = 3n . Như vậy ta chỉ cần xác định được n

(

+ Với 0  q  p  n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức 1+ x + x2

( )

Tp = CnpCpq1n− p x p−q x2

q

)

n

là

= CnpCpq x p+q

p+ q = 3
 ( p; q)  ( 3; 0) , ( 2;1)
Hệ số của x3 ứng với 
0  q  p  n





Suy ra a3 = Cn3C30 + Cn2C21 = Cn3 + 2Cn2

p+ q = 4
 ( p; q)  ( 4; 0) , ( 3;1) , ( 2;2)
Hệ số của x 4 ứng với 
0  q  p  n





Suy ra a4 = Cn4C40 + Cn3C31 + Cn2C22 = Cn4 + 3Cn3 + Cn2

a3
14


=

a4
41



1 n(n − 1)(n + 4) 1  n ( n − 1)( n − 2)( n − 3) n ( n − 1)( n − 2) n ( n − 1) 


= 
+
+
14
6
41 
24
2
2 


1 ( n + 4) 1  n2 − 5n + 6
= 
+ n − 1  7n2 − 33n − 370 = 0  n = 10

14 3
41 
12


Vậy S = a0 + a1 + a2 + ... + a2n = 310
Câu 7 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Khi khai triển nhị thức Newton G( x) = (ax + 1)n thì ta thấy
trong đó xuất hiện hai số hạng 24x và 252x2 . Tìm a và n
A. a = 3; n = 8

B. a = 2; n = 7

C. a = 4; n = 9

D. a = 5; n = 10


Chọn đáp án A
Ta có: G( x) = (ax + 1)n =

n

 Cnk ak xk

k=0

Từ giả thiết ta có:
 na = 24
 n2a2 = 576

na = 24
 C1ax = 24



n
  n(n − 1) 2
  n(n − 1)
  2n2
 2 2 2
16
2
2
a

=
252
=
a
=
252
C
a
x
=
252
x
 n



 2
 2
 n(n − 1) 7

 na = 24
n = 8


14n = 16(n − 1) a = 3
Vậy a = 3; n = 8 là các số cần tìm.
1 1
1 2
1
0

2017
Câu 8: (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Tính tổng S = C2017
+ C2017
+ C2017
+ ... +
C2017
2
3
2018

A.

22017 − 1
2017

B.

22018 − 1
2018

C.

22018 − 1
2017

D.

22017 − 1
2018

Chọn đáp án B
0
1
2
2017 2017
Xét f ( x) = (1+ x)2017 = C2017
+ C2017
x + C2017
x2 + ... + C2017
x
1

  (1 + x)

1

0
1
2
2017 2017 
dx =  C2017
+ C2017
x + C2017
x2 + ... + C2017
x
dx



2017

0

(1 + x)2018

2018


0

1

1

 0
1 1
1 2
1
2017 2018 
= C2017
x + C2017
x2 + C2017
x3 + ... +
C2017
x

2
3
2018


0
0

22018 − 1
=S
2018

Câu 9 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho n * và (1 + x ) = a0 + a1 x + ... + an x n . Biết rằng tồn
n

tại số nguyên k (1  k  n − 1) sao cho
A. 10

B. 11

ak −1 ak ak +1
=
=
. Tính n = ?
2
9
24

C. 20

Chọn đáp án A

n!
1
n!

1
 2 ( k − 1)!( n − k + 1)! = 9 ( n − k )!k !

Ta có: ak = Cnk , suy ra hệ 
n!
1
n!
1
=
 9 ( n − k )!k ! 24 ( n − k − 1)!(k + 1)!

D. 22



2n − 11k = −2
9k = 2 ( n − k + 1)


 n = 10, k = 2 .
9n − 33k = 24

24 ( k + 1) = 9 ( n − k )