( gv nguyễn thanh tùng) 7 câu nhị thức newton image marked image marked

Câu

1.

(1 + x + x )

2 n

(GV

Nguyễn

Thanh

Tùng

= a 0 + a1x + a 2 x 2 + ... + a 2n x 2n , biết

2018)

Cho

khai

triển

a 2 a3
=
. Tìm số hạng chứa x 3 trong khai
11 42

triển trên.
A. 210.

B. 55.

C. 615.

D. 265.

Đáp án A.

(1 + x + x )

2 n

= 1 + ( x + x 2 )  =  C kn ( x + x 2 ) =  C kn  x i . ( x 2 )
n

n

k

k =0

n

k

k =0

i =0

k −i

n

k

k =0

i =0

=  C kn  x 2k −i ( 0  i  k  n )

n ( n + 1)
 k = 2;i = 2
2k − i = 2  
→ a 2 = Cn2 .C22 + C1n .C10 =
2
 k = 1;i = 0
n ( n − 1)( n + 4 )
 k = 3;i = 3
2k − i = 3  
→ a 3 = C3n .C33 + C2n .C12 =
6
 k = 2;i = 1
n ( n + 1) n ( n − 1)( n − 4 )
a 2 a3
=
→

=
→ n = 10 → a 3 = 210.
11 42
22
42.6

Câu 2 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Tổng tất cả các số n thỏa mãn Cn1 + Cn2  Cn3 (trong
đó Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử) là
A. 24.

B. 23.

C. 31.

D. 18.

Đáp án D
ĐK: n  ; n  3
Ta có

1

2

3

(

!

)

(

!

)

(

!

)
.

Kết hợp với điều kiện ta có n  3;4;5;6 .
Vậy tổng cần tìm là 3 + 4 + 5 + 6 = 18 .
Câu 3 . (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018) Hệ số chứa x 2 trong khai triển nhị thức của đa
2 

thức f ( x) =  x −

x


A. 40.
Đáp án A

n

( x  0; n  ) bằng bao nhiêu, biết 2 A

2
n

*

B. –80.

C. 90.

− Cn2 = n 2 + 5 .

D. –32.


Ta có 2 An2 − Cn2 = n2 + 5 . Đk n  2, n 
PT  2.

.

n ( n − 1)
n!
n!
−
= n 2 + 5  2n ( n − 1) −
= n2 + 5  n = 5
2
( n − 2 )! 2!( n − 2 )!
5

5
2 
2 

k k
Xét khai triển  x −
=
  C5 x  −

x  k =0
x



Xét

5− k

5

=  C5k ( −2 )

5− k

x

3 k −5
2

.

k =0

3k − 5
= 2  k = 3.
2

Vậy hệ số của x 2 là C53 ( −2 ) = 40 .
2

Câu 4 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018)Với n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1 + Cn2 = 78 ,

(

hệ số của x 4 trong khai triển biểu thức x 2 − x + 2
A. 532224.

B. 534248.

)

n

bằng bao nhiêu?
D. − 463616.

C. 464640.

Đáp án A

1
2
Ta có Cn + Cn = 78 

(

n ( n − 1)
n!
n!
+
= 78  n +
= 78  n = 12 .
2
( n − 1)! 2!( n − 2 )!

Xét khai triển x 2 − x + 2

)

12

12
12 
k

k
=  C12k ( x 2 − x ) .212−k =   C12k .212−k  Ckj x 2 j .( − x k − j ) 
k =0
k =0 
j =0



12  k

k− j
=    C12k Ckj ( −1) 212−k x j +k 
k =0  j =0


 j = 0; k = 4

Xét j + k = 4 ( 0  j  k )   j = 1; k = 3 .
 j = 2; k = 2

3
Vậy hệ số của x 4 là C124 .C40 .( −1) .28 + C12
.C31.( −1) .29 + C122 .C22 . ( −1) .210 = 532224.
4

Câu

(1 − 3x )

5
20

(GV

Nguyễn

2

Thanh

Tùng

0

2018)Khai

triển

đa

= a 0 + a1x + a 2 x 2 + ... + a 20 x 20 . Tính tổng:

S = a 0 + 2 a1 + 3 a 2 + ... + 21 a 20
A. S = 244.
Đáp án A.

B. S = 423.

C. S = 320.

D. S = 518.

thức:


(1 − 3x )20 = a 0 + a1x + a 2 x 2 + ... + a 20 x 20

→ S = b0 + 2b1 + 3b 2 + ... + 21b 20

20
2
20
(1 + 3x ) = b 0 + b1x + b 2 x + ... + b 20 x
x (1 + 3x ) = b 0 x + b1x 2 + b 2 x 3 + ... + b 20 x 21
20

Đạo hàm 2 vế biểu thức trên ta được:

(1 + 3x )

20

+ 60x (1 + 3x ) = b 0 + 2b1x + 3b 2 x 2 + ... + 21b 20 x 20
19

Với x = 1, ta có: 420 + 60.419 = b0 + 2b1 + 3b2 + ... + 21b 20 → S = 422 = 244.
Câu 6 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Gọi a là hệ số không chứa x trong khai triển khai
triển

nhị

thức

n

 2 2 
0

2 n
1
2 n −1  −2 
x −
 = Cn ( x ) + Cn ( x ) 
+
x

 x

n −1
n

+C

Niu-tơn

( x )  −2x 



n −1

2

n

 −2 
+C 
 (n là số nguyên

 x
n
n

dương).
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161. Tìm a
A. a =11520

B. a =11250

C. a =12150

D. a =10125

Đáp án A
2 

Ta có 3 số hạng đầu trong khai triển của  x 2 −

x


n

 −2 
là Cn0 x 2n , Cn1 x 2( n −1) . 
,
 x

2

2
n

C x

2( n − 2)

 −2 

 .
 x

Do đó từ tổng hệ số của 3 số hạng đầu bằng 161, ta có pt

Cn0 + Cn1 .(−2) + Cn2 (−2) 2 = 161
n!
= 161
2!(n − 2)!
n(n − 1)
 1 − 2n + 4.
= 161
2
 2n 2 − 4n − 160 = 0

 1 − 2n + 4.

 n = 10 ( N )

 n = −8 ( L)

Vậy n = 10 .
Ta có số hạng tổng quát trong khai triển trên là


k 2(10 − k )  −2 
k
k 2(10 − k )  1
C10 x

 = C10 .(−2) .x
 12
 x
x
k

k

1
5

2(10 − k ) − k
20− k
k
k
2
 = C10k .(−2) k .x
= C10 .(−2) .x 2



Vì a là hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nên ta cho
x

5
20 − k
2

5
= x 0  20 − k = 0  k = 8 .
2

Do đó, hệ số a cần tìm là a = C108 .(−2)8 = 11520 .
Câu 7 (GV Nguyễn Thanh Tùng 2018). Cho số nguyên n  3 . Giả sử ta có khai triển

( x − 1)

2n

+ x ( x + 1)

2 n −1

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x 2 n . Biết rằng tổng a0 + a2 + ... + a2 n−2 + a2n = 768.

Tính a5 .
B. a5 = −126.

A. a5 = 294.

C. a5 = 378.

D. a5 = −84.

Đáp án B.

x ( x + 1)

2x −1

+ ( x − 1) =
2n

2n −1

2n

i =0

k =0

 Ci2n −1x i+1 +  C2nk .x k . ( −1)

2n − k

2
= C02n + ( C02n −1 − C12n ) x + ( C12n −1 + C2n
) x 2 + ( C2n2 −1 − C32n ) x 3 + ... + ( C2n2n −−12 − C2n2n −1 ) x 2n −1 + ( C2n2n −−11 + C2n2n ) x 2n

2

2n
→ T = a 0 + a 2 + a 4 + ... + a 2n −2 + a 2n = ( C02n + C2n
+ ... + C2n
) + ( C12n −1 + C32n −1 + ... + C2n2n −−11 )

2
2n
0
2
2n
2n −1
(1 + 1)2n = C02n + C12n + C2n
+ ... + C2n
C2n + C2n + ... + C2n = 2
→ 1

2n
3
2n −1
2n −1
0
1
2
2n
C2n + C2n + ... + C2n = 2
(1 − 1) = C2n − C2n + C2n − ... + C2n

→ T = 22n −1 + 22n −2 = 768  22n −2 = 256  2n − 2 = 8  n = 5
4
5

→ a 5 = C2n
−1 − C 2n = −126.