NHỊ THỨC NEWTON

Câu 1: [1D2-3-4] Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , trong đó n 
n

và

a
a1
 ...  nn  4096 . Tìm hệ số lớn nhất ?
2
2

các hệ số thỏa mãn hệ thức a0 
A. 1293600 .

*

B. 126720 .

C. 924 .

D. 792 .

Lời giải.
Chọn B
Số hạng tổng quát trong khai triển 1  2 x  là Cnk .2k.xk , 0  k  n , k 
n

. Vậy hệ

số của số hạng chứa x k là Cnk .2k  ak  Cnk .2k .
Khi đó, ta có

a0 

a
a1
n
 ...  nn  4096  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  4096  1  1  4096  n  12
2
2

.
Dễ thấy a0 và a n không phải hệ số lớn nhất. Giả sử a k

0  k  n

là hệ số lớn

nhất trong các hệ số a0 , a1 , a2 ,..., an .
Khi đó ta có

12!
12!.2



C .2  C .2
ak  ak 1
 k !. 12  k !  k  1!. 12  k  1!
 k k




k 1 k 1
12!
12!
1
C12 .2  C12 .2
ak  ak 1


.
 k !. 12  k !  k  1!. 12  k  1! 2
k
12

k 1
12

k

k 1

2
23
 1


k





23
26
12  k k  1
k  1  2 12  k   0

3




k
3
3

26  3k  0
2  1
k  26


3
 k 13  k

Do k   k  8
Vậy hệ số lớn nhất là a8  C128 .28  126720 .
Câu 2: [1D2-3-4] Tính tổng  Cn0    Cn1    Cn2   ...   Cnn 
2

2

2

B. C2nn1 .

A. C2nn .

2

C. 2C2nn .

Hướng dẫn giải:
Chọn A
Ta có:  x  1 1  x    x  1 .
n

n

2n

Vế trái của hệ thức trên chính là:

C x
0
n

n

 Cn1 x n1  ...  Cnn  Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n 

D. C2nn11

Và ta thấy hệ số của x n trong vế trái là

C   C   C 
0 2
n

1 2
n

Còn hệ số của x n trong vế phải  x  1

2 2
n

2n

 ...   Cnn 

2

là C2nn

Do đó  Cn0    Cn1    Cn2   ...   Cnn   C2nn .
2

2

2

2

Câu 3: [1D2-3-4] Cho khai triển 1  2 x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , trong đó n 
n

hệ số thỏa mãn hệ thức a0 
A. 1293600 .

*

và các

a
a1
 ...  nn  4096 . Tìm hệ số lớn nhất ?
2
2

B. 126720 .

C. 924 .

D. 792 .

Lời giải.
Chọn B
Số hạng tổng quát trong khai triển 1  2 x  là Cnk .2k.xk , 0  k  n , k 
n

. Vậy hệ

số của số hạng chứa x k là Cnk .2k  ak  Cnk .2k .
Khi đó, ta có
a0 

a
a1
 ...  nn  4096  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn  4096
2
2
 1  1  4096  n  12
n

Dễ thấy a0 và a n không phải hệ số lớn nhất. Giả sử a k

0  k  n

là hệ số lớn

nhất trong các hệ số a0 , a1 , a2 ,..., an .
Khi đó ta có

12!
12!.2



C .2  C .2
ak  ak 1

 k !. 12  k !  k  1!. 12  k  1!
 k k



k 1 k 1
12!
12!
1
C12 .2  C12 .2
ak  ak 1


.
 k !. 12  k !  k  1!. 12  k  1! 2
k
12

k

k 1
12

k 1

2
23
 1



k


k

1

2
12

k

0



23
26
12  k k  1


3
.




k
2
1

26
3
3
26

3
k

0


 
k 


3
 k 13  k

Do k 

k 8.

Vậy hệ số lớn nhất là a8  C128 .28  126720 .


n




Câu 4: [1D2-3-4] Số hạng thứ 3 của khai triển  2 x 

1 
 không chứa x . Tìm x biết rằng
x2 

số hạng này bằng số hạng thứ hai của khai triển 1  x3  .
30

A. 2 .

C. 1 .

B. 1 .

D. 2 .

Lời giải.
Chọn D
n

k

n
1 

k
nk  1 
 2 x  2    Cn .(2 x) .  2  .
x  k 0


x 
Vì số hạng thứ ba của khai triển trên ứng với k  2 nên số hạng thứ ba của khai
triển là Cn2 .2n2.x n6 .
Mà số hạng thứ ba của khai triển không chứa x nên n  6  0  n  6 .

1
.x3  30 x3 .
Số hạng thứ 2 của khai triển 1  x3  là C30
30

Khi đó ta có C62 .24  30.x3  x  2 .
Câu 5: [1D2-3-4] Trong khai triển 1  x  biết tổng các hệ số Cn1  Cn2  Cn3  .....  Cnn1  126 .
n

Hệ số của x 3 bằng
B. 21 .

A. 15 .

C. 35 .

D. 20 .

Lời giải.
Chọn C
n

1  x    Cnk .x k .
n

k 0

Thay x  1 vào khai triển ta được

1  1n  Cn0  Cn1  ...  Cnn1  Cnn  1  126  1  128  2n  128  n  7 .
Hệ số của x 3 bằng C73  35 .
Câu 6: [1D2-3-4] Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển

A. 37 .

B. 38 .

Chọn B





300

300

k
  C300
k 0

 10 

10  8 3

C. 36 .
Lời giải.

10  8 3



300 k

.

 3
8

k

.



300

?
D. 39 .


300  k 2
Các số hạng hữu tỉ sẽ thỏa mãn 
 k 8.

k 8
Từ 0 đến 300 có 38 số chia hết cho 8 .
Câu 7: [1D2-3-4] C20n  C22n  C24n  .....  C22nn bằng

B. 2n1 .

A. 2n 2 .

C. 22n2 .

D. 22 n1 .

Lời giải.
Chọn D
Xét khai triển  x  1

2n

 C20n x2n  C12n x2n 1  C22n x2n 2  ...  C22nn .

Thay x  1 vào khai triển ta được 22n  C20n  C12n  C22n  ...  C22nn
Thay x  1 vào khai triển ta được :

(1) .

0  C20n  C12n  C22n  ...  C22nn  C20n  C22n  ...  C22nn  C12n  C23n  ....C22nn 1 (2)
.
Từ (1) và (2) suy ra C20n  C22n  C24n  .....  C22nn  22n1 .

Câu 8:

[1D2-3-4] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Biểu thức

1  x 
x10 x9 1  x  x8 1  x 
 .
 .
 ... 
10! 9! 1!
8!
2!
10!
2

A. 10! .

10

bằng

B. 20! .

C.

1
.
10!

D.

1
.
100!

Lời giải
Chọn C
1 k k
1
10!
x k 1  x 
10  k
10  k

.C10 .x . 1  x 

.
.x k . 1  x 
.
10!
k ! 10  k  ! 10! k !10  k  !
10  k

Ta có

với

0  k  10 .

1  x 
x10 x9 1  x  x8 1  x 

 .
 .
 ... 
10! 9! 1!
8!
2!
10!
1
1
10

 x 1 x  .
10!
10!
2

10



Câu 9: [1D2-3-4]

1 10 k k
10 k
C10 .x . 1  x 

10! k 0

(Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Tìm số tự nhiên
C 0 C1 C 2

Cnn
2100  n  3
n thỏa mãn n  n  n  ... 
.

1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2   n  1 n  2 

A. n  101 . B. n  98 . C. n  99 . D. n  100 .
Lời giải
Chọn B
Cách 1: Ta có:


n  2 !

Cnk
Cnk22
n!



 k  1 k  2  k ! n  k ! k  1 k  2   n  k ! k  2 ! n  1 n  2   n  1 n  2 

.
n
Cnk
Cnk22




k  0  k  1 k  2 
k  0  n  1 n  2 
n

Suy ra:


Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
C 2  Cn3 2  Cn4 2  ...  Cnn22


 ... 
 n2
1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2 
 n  1 n  2 

Ta xét khai triển sau: 1  x 

n2

  .

 Cn02  x.Cn12  x 2 .Cn22  x3 .Cn32  ...  x n2 .Cnn22 .

Chọn x  1 
 2n2  Cn02  Cn12  Cn22  Cn32  ...  Cnn22 .
Do đó:   

2n 2  Cn0 2  Cn1 2
2100  n  3

 2100  2n 2  n  98 .
 n  1 n  2   n  1 n  2 

Cách 2: Ta có:
S

Cn0 Cn1 Cn2
Cnn
1  n
1 1 
 1 1
1 1
 1


 ... 
    Cn0     Cn1     Cn2  .....  

 Cn
1.2 2.3 3.4
 n  1 n  2  1 2 
 2 3
3 4
 n 1 n  2 

1

1
1
1
1
1
1
 1

=  Cn0  Cn1  Cn2  .....
Cnn    Cn0  Cn1  Cn2  .....
Cnn 
2
3
n 1   2
3
4
n2 
1
1

Lại có:

1

1

1

 1  x  dx   x 1  x  dx   2 1  x  dx   1  x 
n

0

n

0

n

0

n 1

dx

0

1

1
1
1
1
1
1
2
1
n 1
1
 1


  Cn0  Cn1  Cn2  .....
Cnn    Cn0  Cn1  Cn2  .....
Cnn  
1  x  
2
3
n 1   2
3
4
n  2  n 1
n2
1
0
S

2.2n 1  2 2n  2  1
2n  2  n  3


n 1
n2
 n  1 n  2 

Kết hợp giả thiết có

2n  2  n  3
2100  n  3
 n  98 .


 n  1 n  2   n  1 n  2 