Đoàn Ngọc Dũng -

MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC VỀ NHỊ THỨC NEWTON GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

BÀI 1 : Tìm số hạng không chứa x (số hạng độc lập đối với x) trong khai triển :

n 3

nx2

2 nx 1

2 



 



  , biết tổng tất cả các hệ số của khai triển là 64.

 Hướng dẫn :

Ta đã biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức là :

3n 0 1 3n 6 3n

3n 3n 3n

(1 1) C C  ... C 2 2  n 2 Khi đó : 4x ¹₂ ⁶

4x

  

 

 

Số hạng thứ k +1 trong khai triển là :

6 2

4x 1 4x

  

 

 

k

k 6 k 6 k k 6 k k 2k 6 2k k 6 3k

6 2 6 6

C (4x) 1 4 C x 4 x 4 C x

4x

          

Hạng tử không chứa x khi 6 – 3k = 0  k = 2 Vậy hạng tử không chứa x cần tìm là 4 C^{2 2}₆ 240

BÀI 2 : Tìm giá trị của x sao cho hạng tử thứ 3 của khai triển



^xxlgx



⁵ là 1000000 ?

 Hướng dẫn :

Ta có : C²₅x³

 

x^{lgx 2}1000000x^32lgx10⁵



32lgx



lgx52lg²x3lgx50





















 













  5

2 5

10 10 10

x 10 x 2 x 5 lg

1 x lg

BÀI 3 : Tìm số nguyên dương x sao cho hạng tử thứ 5 của khai triển : _{ }

6

x 1

4 x

4 2. 2 4





 

  

  là 240 ?

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 1x4, xZ^

Ta có : _{ } ^{ }

6 x

1 x x 4

x 3 6 2

x 1 1 x 4 2 2 6 x 1

x 4

2 6 2

x 1

x

4 2.2 2 2 2 2

2 2 2

. 4 2

4 





 

 







 

 











 

 

 

  ^{     }







Theo giả thiết hạng tử thứ năm của khai triển trên là 240 nên

 

240 2

. 2

. C

4 x

1 x x 4

x 3 2

46  





 ^









   

2 x 0 4 x 4 x x 1

1 x x 4

x 2 3

. 15 2

.

15 ^{x 4 2}

1 x 4 x 4

x 3 2













 

 

 



 ^

 

  





Vậy x2 là số nguyên dương cần tìm.

BÀI 4 : Tìm x, biết hạng tử thứ 4 của khai triển

 

^{x 1 lg1x 12x}_⁶



 



 ^  bằng 200.

 Hướng dẫn :

Ta có : ^T4 ^C36

 

^{x 13lgx.x41} ²⁰⁰



x0



 

 

^_^ 

 









 









 



 



 

 



 ^{ 4 2} _4

1 1 x lg 2

3

10 x

10 x 4 x lg

1 x 0 lg

4 x lg 3 x lg 1 x 4 lg 1 x lg 1 2 200 3 x

. 20

BÀI 5 : Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển



1x



ⁿ có 2 hệ số liên tiếp có tỷ số là 157

 Hướng dẫn :

Theo giả thiết :

 

   

¹⁵

7 k n

1 k 15

7

! 1 k n

! 1 k

! n k! n

! k

! n 15

7 C

C

1 k n k

n 



 









 

 

   

7 1 2 k

k 7 3

1 k 14 k 21 7

15 k

n 22         



Vì  ^     ^   Z^

7 1 Z k

7 1 2 k

k 3 Z

n hay



k1



là bội số của 7.

Ta biểu diễn dưới dạng : k17m



^mN



Vì



^mN



nên ta chọn m1 là số nguyên dương bé nhất.

Khi đó k17k6n21

Vậy n21 là số nguyên dương bé nhất cần tìm.

BÀI 6 : Tìm các giá trị của x0, cho biết hạng tử thứ 6 có giá trị lớn hơn giá trị của các hạng tử kế bên trong khai triển nhị thức



2x3



⁹.

 Hướng dẫn :

Hạng tử thứ 5 trong khai triển



2x3



⁹ là C⁴₉

 

2x ⁵.3⁴ Hạng tử thứ 6 trong khai triển



2x3



⁹ là C⁵9

 

2x ⁴.3⁵ Hạng tử thứ 7 trong khai triển



2x3



⁹ là C⁶₉

 

2x³.3⁶

Từ giả thiết ta có :

   

   

^_





























 









 









 











2 x 3 1

0 x 1 x

0 x

2 x 3 0 x x

2 x 3 x

x

x 2 x 3 3

. x 2 C 3 . x 2 C

3 . x 2 C 3 . x 2 C

3 2 4

5 4 3 6

6 9 4 5

5 9

5 4 4 9 4 5

5 9

BÀI 7 : Tìm số nguyên dương x, cho biết trong khai triển

x 3 3

3

2 1 



 



  tỉ số của hạng tử thứ 7 kể từ hạng tử đầu và hạng tử thứ 7 kể từ cuối là

6 1.

 Hướng dẫn :

Số hạng thứ 7 kể từ hạng tử đầu là : ⁶x

 

^{3 x 6} ₃ ⁶

3 2 1

C 



 







Số hạng thứ 7 kể từ hạng tử cuối là : ^xx ⁶

 

^{3 6} ₃ ^{x 6}

3 2 1 C



 



 





Theo giả thiết ta có :

 

 

^{6 x 9}

9 . 6 4

6 1 3

4 1 9 2 1 6 1 3

2 1 C

3 2 1

C

3 6 x

3 6 x 6

3 x

6 x 3 3 6 6 xx

6 3 6 3 x 6x













 





 







 

















Vậy x9 là số nguyên dương cần tìm.

BÀI 8 : Tìm giá trị của x cho biết hạng tử thứ 6 của khai triển _{log 9}x1 _{7 5}^1log2^{3x1 1} ⁷

2 2

2 





 ^{ }  ^{ } là 84.

 Hướng dẫn :

Hạng tử thứ 6 của khai triển trên là : ^C



²



^{. 2   21 9}₃x 1 ₁⁷ 1 5 x

1 3 5log 2 1 7 9 5 log 7

1 2 x 1

2 x



 

 



 







 



 ^



Giả thiết : 84 9 7 4.3 4 3 ^{ } 4.3 3 0

1 3

7

21 9^x_x ¹₁   ^{x 1}  ^{x 1}  ^{2x 1}  ^{x 1} 



 ^_  ^{   }

 

*

Đặt t3^x1



t0



 

* trở thành : _







 





 t 3

1 0 t

3 t 4 t²

 t13^x11x1

 t33^x13x2 BÀI 9 : Trong khai triển

n x x

4 2 1 



 



  tổng các hệ số của hạng tử thứ hai và thứ ba bằng 36. Cho biết thêm hạng tử thứ ba gấp 7 lần hạng tử thứ hai. Tìm x.

 Hướng dẫn :

Hạng tử thứ hai của khai triển trên là :

 

x 1 x n 1

n 4

2 1

C ^  có hệ số là C ¹_n Hạng tử thứ ba của khai triển trên là : ²n

 

^{x n 2} 4_x ²

2 1

C 



 





 có hệ số là C ²_n

Theo giả thiết :

   

 









 









 







 n 9 loại

nhận 8

0 n 72 n n 2 36

n 1 n n

36 C

C¹_n ²_n ²

Ta lại có : ^7C

 

² ₄^{1 C}

 

² ₄¹x ^{2 7.8.27x.2 2x 28.26x .2 4x 2.25x 22x 3x 1 0} x 6

28 x x 7

18        



 



 

 ^{ }

3 x1



BÀI 10 : Tìm các giá trị của x, cho biết trong khai triển

m

x x

2 32 10 8 16

2 









  hiệu số hai hạng tử 56

T

T₄ ₆  và mC²_m20.

 Hướng dẫn :

Ta có :

   

 









 









 







 m 5 loại

nhận 8

0 m 40 m 3 m 2 20

m 1 m m

20 C

m ²_m ²

1 2 . 2 . 10 10 . 2 2 56

32 10 8

16 C 2 2

32 10 8

16 C 2 56 T

T ^{x 4 3 5 4 x}

5

x x 3

5 8 3

x x 5

3 8 6

4     



















 



















 



 ^{ }

2 1 . 1 2 . 10 2 . 2 .

10^{3 x 4} ^{5 4} _x 

 ^

 

*

Đặt t2^x0

 

* trở thành

 

 









 











 

loại 160

t

nhận 160

0 t 10 . 2 . 3 t 2 t 125 t 1

.1 2 . 10 t . 2 .

10^{3 4 5 4 2 5}

160 log x 160 2

160

t  ^x    ₂

BÀI 11 : Cho khai triển

12 3 2

3 a

3 a 2 4

3 



 



  . Hãy tìm xem hạng tử thứ mấy chứa a⁷ ?

 Hướng dẫn :

Gọi số hạng thứ



k1



là : ^{6k 8}

k k 12 3 12k k k

12

3 3 2 12k

1

k .a

3 2 4

C 3 3 a

2 4

a . C 3

T ^{ }

 

 



 







 



 



 















 

Hạng tử T_k1 chứa a nếu : ⁷ 8 7 k 6 6

k    



7 30 7

6 6 3 126

7 .a 924.2 .a

3 2 4

C 3

T   ^



 







 



 

BÀI 12 : (ĐH A 2006) Tìm hệ số của hạng chứa x²⁶ trong khai triển nhị thức Newton của

n 7

4 x

x

1 



 



  , biết rằng : C¹_2n1C²_2n1...C₂ⁿ_n12²⁰1 (n  N*, C là số tổ hợp chập k của n phần tử) ^k_n ĐS : 210

 Hướng dẫn :

Ta có :

 

⁰2n 1

1 n

1 n 2 n

1 n 2 1

1 n 2 0

1 n 2 1 n 2

1 n 2 1

n 1 n 2 n

1 n 2 1

1 n 2 0

1 n 2 1 n

2 C C ... C C ... C C C ... C C ... C

1

1 ^  _  _   _  ^_   ^_  _  _   _  ^_   _



^{C C ... C}



^{2 2.2 2 2 2n 1 21 n 10}

2 ⁰_{2n 1} ¹_{2n 1}  ⁿ_{2n 1}  ^{2n 1} ²⁰ ^{2n 1} ²¹    

 _{  } ^{ }

Do đó :

   







  

 



 



  ¹⁰

0 k

40 k 11 k 10 10

0 k

k k 7 4 10 k 10 10

7

4 x C x .x C .x

x 1

Vậy hệ x²⁶x^11k4011k402611k66k6số của x²⁶ là C⁶₁₀210 BÀI 13 : (DBĐH 2002) Gọi a1, a2, ... , a11 là các hệ số trong khai triển sau :

(x + 1)¹⁰.(x + 2) = x¹¹ + a1x¹⁰ + a2x⁹ + ... + a11. Hãy tính hệ số a5. ĐS : n = 672

 Hướng dẫn :

(x + 1)¹⁰(x + 2) = (x + 1)¹⁰ + (x + 1)¹¹

(x + 1)¹⁰ = x¹⁰ + C¹₁₀x⁹ + C²₁₀x⁸ + C₁₀³ x⁷ + C₁₀⁴ x⁶ + C₁₀⁵ x⁵ + C₁₀⁶x⁴ + C₁₀⁷ x³ + C₁₀⁸ x² + C₁₀⁹x + C¹⁰₁₀

(x + 1)¹¹ = x¹¹ + C¹₁₁x¹⁰ + C₁₁²x⁹ + C³₁₁x⁸ + C⁴₁₁x⁷ + C₁₁⁵x⁶ + C₁₁⁶x⁵ + C₁₁⁷x⁴ + C₁₁⁸x³ + C₁₁⁹x²+ C¹⁰₁₁x + C¹¹₁₁

 (x + 1)¹⁰(x + 2) = x¹¹ + (1 + C¹₁₁)x¹⁰ + (C¹₁₀ + C₁₁² )x⁹ + (C₁₀² + C₁₁³ )x⁸ + (C₁₀³ + C₁₁⁴ )x⁷ + (C + ₁₀⁴ C₁₁⁵ )x⁶ + (C + ₁₀⁵ C₁₁⁶ )x⁵ + (C + ₁₀⁶ C₁₁⁷ )x⁴ + … + C + ¹⁰₁₀ C¹¹₁₁

 hệ số a5 là : C₁₀⁴ + C⁵₁₁ = 672

BÀI 14 : (ĐH A 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho : (C^k_n là số tổ hợp chập k của n phần tử).

2005 C

2 ).

1 n 2 ( ...

C 2 . 4 C

2 . 3 C

2 . 2

C¹_2n1 ²_2n1 ^{2 3}_2n1  ^{3 4}_2n1   ^{2n 2}₂ⁿ_n^_¹₁ ĐS : n = 1002

 Hướng dẫn :

Khai triển:



1x



^2n1C₂⁰_n1xC¹_2n1x²C²_2n1...x^2n1C²₂ⁿ_n^_¹₁

Đạo hàm hai vế ta có:

  

3

 

2n ²2ⁿn¹1

1 n 2 2

1 n 2 1

1 n 2 n

2 C 2xC 3xC ... 2n 1x C

x 1 1 n

2    _  _  _    ^_

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

    

 

3

 

2n ²2ⁿn ¹1

1 n 2 2 2n 1 1 2

1 n 2

1 n 2

1 n 2 n 2 3

1 n 2 2 2

1 n 2 1

1 n 2 n 2

C 2 1 n 2 ...

C 2 . 3 C 2 . 2 C 1 n 2

C 2 1 n 2 ...

C 2 . 3 C 2 . 2 C 1 1 n 2



















































Do đó: 2n + 1 = 2005  2n = 2004  n = 1002

BÀI 15 : Tính tổng : 1) SC⁰_2nC²_2nC₂⁴_n...C²₂ⁿ_n. 2) 3



n



ⁿn n

2 n 1

n 3C 7C ... 2 1C

C

S     

1)

Tính tổng : SC₂⁰_nC²_2nC⁴_2n...C²₂ⁿ_n.

 Cách 1 : (Chọn hai khai triển)



x1



²ⁿ C₂⁰_nC¹_2nx¹C²_2nx²C³_2nx³C⁴_2nx⁴...C²₂ⁿ_n^1x^2n1C²₂ⁿ_nx²ⁿ (1)

 

2n1 2n1 ²2ⁿn ²ⁿ

n 2 2

2n 1 2 12n 0n 2 n

2 C C x C x ... C x C x

1

x      ^{ } 

    

4 4 ²2ⁿn ²ⁿ



n 2 2 2

n 2 0

n 2 n

2 n

2 x 1 2C C x C x ... C x

1

x       



Chọn x = 1 được : 2²ⁿ 2S. Vậy S2^2n1



x1



²ⁿ C₂⁰_nC¹_2nx¹C²_2nx²C³_2nx³C⁴_2nx⁴...C²₂ⁿ_n^1x^2n1C²₂ⁿ_nx²ⁿ (1)

 Thay x = 1 vào (1) được : 2²ⁿC⁰_2nC¹_2nC²_2nC³_2nC⁴_2n...C²₂ⁿ_n^1C²₂ⁿ_n (2)

 Thay x = 1 vào (1) được : 0C⁰_2nC¹_2nC²_2nC³_2nC₂⁴_n...C²₂ⁿ_n^1C²₂ⁿ_n (3)

Lấy (2) + (3) được :



4 ²2ⁿn



²ⁿ¹

n 2 2

n 2 0

n 2 n

2 2C C C ... C 2S S 2

2         ^

2)

Tính tổng : 3



n



ⁿn

n 2 n 1

n 3C 7C ... 2 1C

C

S     

Ta có :

     

3



n



ⁿn

n 3 2 n 2 1 n

1 1C 2 1C 2 1C ... 2 1C

2

S        

  

n



1 2

n 2

n 1 n n n n 3

n 3 2 n 2 1 n

1C 2 C 2 C ... 2 C C C ... C S S

2          



Chọn khai triển là :

 

2 2 ⁿn ⁿ

1 n 1n 0n

n C C x C x ... C x

1

x     

Chọn x = 2, ta có : 3ⁿ C⁰_n2¹C¹_n2²C²_n...2ⁿCⁿ_n3ⁿ S₁S₁3ⁿC⁰_n Chọn x = 1, ta có : 2ⁿC⁰_nC¹_nC²_n...Cⁿ_nS₂2ⁿC⁰_n

Vậy SS₁S₂ 3ⁿ2ⁿ.

BÀI 16 : (ĐH D 2005) Tính : M =

)!

1 n (

A 3 A⁴_{n 1} ³_n



  , biết C²_n12C²_n2 2C²_n3 C²_n4 149 ĐS : M = 4 3

 Hướng dẫn :

 

     

   

 

          

149

2 3 n 4 2 n

n 3 n 1 n 2 2 n

1 n n

! 149 2 n

! 2

! 4 n

! 1 n

! 2

! 3 2 n

! n

! 2

! 2 2 n

! 1 n

! 2

! 1 149 n

C C 2 C 2

C²_{n 1} ²_{n 2} ³_{n 2} ⁴_{n 4}

 

 











 



 

 



 

 



 

 







 _{  }



 n(n + 1) + 2(n + 2)(n + 1) + 2(n + 3)(n + 2) + (n + 4)(n + 3) = 298

 n² + n + 2n² + 6n + 4 + 2n² + 10n + 12 + n² + 7n + 12 – 298 = 0

 6n² + 24n – 270 = 0  3n² + 12n – 135 = 0  n = 5  n = 9 (loại) Do đó :

4 3

! 6 2!

! 3 5

! 2

! 6

! 6

A 3

M A^{46 35}   

 



BÀI 17 : (ĐH A 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng : ⁰_n ^{2 1}_n ^{3 2}_n ^{n 1} Cⁿ_n 1 n

1 ... 2

3 C 1 C 2

2 1 C 2



 

 

 

 ^

 Hướng dẫn :

Ta có:

 

ⁿn ⁿ

3 3 n 2 2 n 1 n 0 n

n C C x C x C x ... C x

x

1      

   

 

²

1 1 n n n 4

3 n 3 2 n 2 1 n 0 n 2

1 1 n

2

1

n n n 3

3 n 2 2 n 1

n 0 n 2

1

n

1 n C x 4 ...

C x 3 C x 2 C x x 1 C

n x 1

dx x C ...

x C x C x C C dx x 1



 





 









 

 

















 





Vậy

1 n

2 C 3

1 n

1 ... 2

3 C 1 C 2

2 1

C⁰_n 2^{2 1}_n ^{3 2}_n ^{n n}_n ^{n1 n1}



 



 

 

 

 ^{ }