Bài tập Đại số và Giải tích Lớp 11: Biểu thức tổ hợp – Nhị thức Newton - Vũ Tuấn Anh

Nội dung text: Bài tập Đại số và Giải tích Lớp 11: Biểu thức tổ hợp – Nhị thức Newton - Vũ Tuấn Anh

1. BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON Bài 1: (ĐHSP TPHCM 1999) k k 2 k 1 Tìm số tự nhiên k thoả mãn hệ thức: C14 C14 2C14 Bài giải k k 2 k 1 C14 C14 2C14 (0 ≤ k ≤ 12, k N) 14! 14! 14! 2 k!(14 k)! (k 2)!(12 k)! (k 1)!(13 k)! 1 1 1 2 (14 k)(13 k) (k 1)(k 2) (k 1)(13 k) (k + 1)(k + 2) + (14 – k)(13 – k) = 2(k + 2)(14 – k) k2 – 12k + 32 = 0 k = 4 hoặc k = 8 Vậy: k = 4 hoặc k = 8 Bài 2.(ĐHDL Kỹ thuật cơng nghệ khối D 1999) 6 7 8 9 10 k Tính tổng: C10 C10 C10 C10 C10 trong đĩ Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử. Bài giải 6 7 8 9 10 S = C10 C10 C10 C10 C10 1 1 1 1 = C0 C1 C9 C10 C10 = .210 C5 = 386. 2 10 10 10 10 2 10 2 2 10 Bài 3.(ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999) 1 2 3 2 Tìm các số nguyên dương x thoả: Cx 6Cx 6Cx 9x 14x Bài giải 1 2 3 2 Cx 6Cx 6Cx 9x 14x (x N, x ≥ 3) x + 3x2 – 3x + x3 – 3x2 + 2x = 9x2 – 14x x 0 (loại) 2 x(x – 9x + 14) = 0 x 2 (loại) Vậy: x = 7 x 7 (nhận) Bài 4.(ĐH Bách khoa HN 1999) 1 2 3 4 n 1 n Tính tổng: S = Cn 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) .nCn
2. trong đĩ n là số tự nhiên lớn hơn 2. Bài giải 1 2 3 4 n 1 n S = Cn 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) .nCn (n > 2) Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo cơng thức Newton ta được: n n k k k p(x) = (1 – x) =  ( 1) Cn.x k 0 n n–1 k 1 k k 1 Suy ra: – p (x) = n(1 – x) = ( 1) .kCn.x k 1 n k 1 k Cho x = 1 ta được: 0 = ( 1) .kCn k 1 1 2 3 4 n 1 n = Cn 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) .nCn = S Vậy: S = 0 Bài 5.(ĐHQG HN khối A 2000) k k 1 1000 1001 Chứng minh rằng: C2001 C2001 C2001 C2001 (trong đĩ k nguyên, 0 ≤ k ≤ 2000) Bài giải Ta sẽ chứng tỏ: 0 2001 1 2000 2 1999 1000 1001 C2001 C2001 C2001 C2001 C2001 C2001 C2001 C2001 k k 1 Thật vậy, chỉ cần chứng tỏ: C2001 C2001 (1) với k = 0, 1, 2, , 999. 2001! 2001! Ta cĩ: (1) k!(2001 k)! (k 1)!(2000 k)! (k + 1) < 2001 – k 2k < 2000 k < 1000 đúng vì k = 0, 1, 2, , 999. k 1000 k 1000 Vì vậy: C2001 C2001 ,k = 0, 1, , 2000 (đẳng thức ) k 1001 k 1 1001 k 999 và: C2001 C2001 ,k = 0, 1, , 2000 (đẳng thức ) k 1000 k k 1 1000 1001 C2001 C2001 C2001 C2001 (đẳng thức k = 1000) Bài 6.(ĐHQG HN khối B 2000) 2
3. Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển của biểu thức sau: 17 1 4 x3 , x ≠ 0 3 x2 Bài giải Số hạng tổng quát của khai triển là: 17 34 2 17 k 3 k 3 k 12 3 k 3 4 k 4 C17 x x C17 x (k N, 0 ≤ k ≤ 17) 17 34 Để số hạng khơng chứa x thì k 0 k = 8 12 3 8 Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng C17 . Bài 7.(ĐH Bách khoa HN khối AD 2000) 1 6 Giải bất phương trình: A2 A2 .C3 10 2 2x x x x Bài giải x N 2 2x x N Điều kiện: 2 x x 3 3 x 1 6 Ta cĩ: A2 A2 .C3 10 2 2x x x x 1 6 x(x 1)(x 2) .2x(2x – 1) – x(x – 1) ≤ . 10 2 x 1.2.3 x2 ≤ x2 – 3x + 12 x ≤ 4 Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = 4. Bài 8.(ĐHSP HN khối A 2000) 28 n Trong khai triển nhị thức x3 x x 15 , hãy tìm số hạng n n 1 n 2 khơng phụ thuộc vào x, biết rằng Cn Cn Cn 79 3
4. Bài giải n(n 1) * Xác định n: Cn Cn 1 Cn 2 79 1 + n + = 79 n n n 2 n 12 n 13 (loại) 28 12 4 k 28 12 k 48 112 12 12 k * Ta cĩ: x3 x x 15 Ck x3 x 15 = Ck x15 5  12  12 k 0 k 0 48 112 Số hạng khơng phụ thuộc x k 0 k = 7. 15 5 7 Vậy số hạng cần tìm là: C12 = 792 Bài 9.(ĐHSP HN khối BD 2000) Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x2 + 1)n bằng 1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax12 trong khai triển đĩ. Bài giải n 2 n k 2k Ta cĩ: (x + 1) =  Cnx (1) k 0 Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn pt: x12 = x2k k = 6. n k n Trong (1) cho x = 1 thì  Cn = 2 k 0 n k Từ giả thiết  Cn = 1024 2n = 1024 n = 10 k 0 6 Vậy hệ số cần tìm là: C10 = 210. Bài 10. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000) 1 1 1 Tính tổng: S = C0 C1 C2 Cn n 2 n 3 n n 1 n Bài giải 1 1 (1 x)n 1 2n 1 1 * Ta cĩ: I = (1 x)ndx n 1 n 1 0 0 4
5. 1 1 x2 xn 1 * I = (C0 C1x Cnxn)dx = C0x C1 Cn n n n n n 2 n n 1 0 0 1 1 1 = C0 C1 C2 Cn = S n 2 n 3 n n 1 n n 1 Vậy: S = 2 1 . n 1 Bài 11. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000) n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1 Chứng minh: 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn nCn n.3 Bài giải n 0 1 2 2 3 3 4 4 n n Ta cĩ: (1 + x) = Cn Cnx Cnx Cnx Cnx Cnx Lấy đạo hàm hai vế: n–1 1 2 3 2 4 3 n n 1 n(1 + x) = Cn 2Cnx 3Cnx 4Cnx nCnx Thay x = 1 , ta được: 2 n 1 3 1 2 1 3 2 4 3 n n 1 n Cn 2Cn.2 3Cn 2 4Cn.2 nCn 2 2n 1 n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 4 4 n n 1 2 Cn 2 Cn 3.2 Cn 4.2 Cn nCn n.3 Bài 12. (ĐH Nơng nghiệp I khối A 2000) 40 31 1 Tìm hệ số của x trong khai triển của f(x) = x x2 Bài giải 40 40 k 1 40 1 40 x = Ck xk. = Ck x3k 80 2  40 2  40 x k 0 x k 0 31 k Hệ số của x là C40 với k thoả mãn đk: 3k – 80 = 31 k = 37 40.39.38 Vậy: hệ số của x31 là C37 C3 = 40.13.19 = 9880. 40 40 1.2.3 Bài 13. (ĐH Thuỷ lợi 2000) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta luơn cĩ: 1 1 1 1 n 1 2 2 2 2 A2 A3 A4 An n 5
6. Bài giải Chứng minh bằng phương pháp qui nạp. 1 1 * Với n = 2, đpcm A2 2 đúng 2 2 A2 2 * Giả sử BĐT cần chứng minh đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta cĩ: 1 1 1 1 k 1 2 2 2 2 A2 A3 A4 Ak k Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k + 1. 1 1 1 1 1 k 1 1 k 1 1 Thật vậy, = 2 2 2 2 2 2 A2 A3 A4 Ak Ak 1 k Ak 1 k (k 1)k (k2 1) 1 k = (k 1)k k 1 1 1 1 1 n 1 Vậy: , n ≥ 2 2 2 2 2 A2 A3 A4 An n Bài 14. (ĐH Thuỷ lợi II 2000) Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + + (1 14 2 + x) cĩ dạng khai triển là: P(x) = a0 + a1x + a2x + + 14 a14x . Hãy tính hệ số a9. Bài giải 9 9 9 9 9 a9 = 1 + C10 C11 C12 C13 C14 1 2 3 4 5 = 1 + C10 C11 C12 C13 C14 11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10 = 1 + 10 + 2 6 24 120 = 3003 Bài 15. (ĐH Y Dược TPHCM 2000) Với n là số nguyên dương, hãy chứng minh các hệ thức sau: 0 1 2 n n 1. Cn Cn Cn Cn = 2 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n 2. C2n C2n C2n C2n = C2n C2n C2n C2n 6
7. Bài giải n 0 1 2 2 n n 1. (1 + x) = Cn Cnx Cnx Cnx 0 1 2 n n Cho x = 1 Cn Cn Cn Cn = 2 2n 0 1 2 2 3 3 2n 2n 2. (1 – x) = C2n C2nx C2nx C2nx C2nx Cho x = 1 đpcm. Bài 16. (ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000) 0 1 2 2000 Tính tổng: S = C2000 2C2000 3C2000 2001C2000 Bài giải 2000 2000 i i Cĩ (x + 1) =  C2000x (1) i 0 2000 i 2000 Trong (1) cho x = 1 ta được  C2000 = 2 i 0 Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta cĩ: 2000.(x + 1)1999 = 2000 i i 1  i.C2000x i 1 2000 i 1999 2000 Cho x = 1 ta được:  i.C2000 = 2000.2 = 1000.2 i 1 2000 2000 i i 2000 Do đĩ: S =  C2000  i.C2000 = 1001.2 . i 0 i 1 Bài 17. (HV Kỹ thuật quân sự 2000) Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12 thành dạng: 2 12 a0 + a1x + a2x + + a12x Tìm max(a1, a2, , a12). Bài giải 12 2 12 P(x) = (1 + 2x) = a0 + a1x + a2x + + a12x k k 23 ak = C .2 ; ak < ak+1 k < 12 3 8 max(ai) a8 C12 = 126720 i 1,12 Bài 18. (ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000) 7
8. 1 Tính tích phân: I = x(1 x2)ndx (n N*) 0 Từ đĩ chứng minh rằng: 1 1 1 1 ( 1)n 1 C0 C1 C2 C3 Cn 2 n 4 n 6 n 8 n 2(n 1) n 2(n 1) Bài giải Tính I bằng 2 cách: * Đổi biến: t = 1 – x2 dt = –2xdx 0 1 1 1 n 1 n 1 n 1 1 I = t dt = t dt = t 2 2 2(n 1) 2(n 1) 1 0 0 * Khai triển nhị thức: 2 n 0 1 2 2 4 3 6 n n 2n x(1 – x ) = x Cn Cnx Cnx Cnx ( 1) Cnx 1 x2 x4 x6 x8 x2n 2 I = C0. C1. C2. C3. ( 1)nCn. n 2 n 4 n 6 n 8 n 2n 2 0 1 1 1 1 ( 1)n = C0 C1 C2 C3 Cn 2 n 4 n 6 n 8 n 2(n 1) n Từ đĩ suy ra đẳng thức cần chứng minh. Bài 19. (CĐ Cảnh sát nhân dân khối A 2000) Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 Bài giải Hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức: (x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7 6! 7! là: C5 C5 C5 = 1 + = 28 5 6 7 5!1! 5!2! Bài 20. (ĐH An Ninh khối A 2001) Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, , xn, với 4 An 4 143 xn = (n = 1, 2, 3, ) Pn 2 4Pn 8
9. Bài giải Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn: 4 An 4 143 143 xn = < 0 (n + 3).(n + 4) – < 0 Pn 2 4Pn 4 19 5 4n2 + 28n – 95 < 0 n 2 2 Vì n là số nguyên dương nên ta được n = 1, 2 các số hạng âm của dãy là x1, x2. Bài 21. (ĐH An ninh nhân dân khối A 2001) Chứng minh rằng với n là số tự nhiên, n ≥ 2, ta cĩ: 1 1 1 n 1 2 2 2 = . A2 A3 An n Bài giải n! 1 1 1 1 Ta cĩ: A2 = n(n – 1) n 2 (n 2)! An n(n 1) n n 1 Thay n lần lượt bằng 2, 3, ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 = 1 (đpcm) 2 2 2 A2 A3 An 1 2 2 3 n 1 n n n Bài 22. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2001) y y Giải hệ phương trình: 2Ax 5Cx 90 y y 5Ax 2Cx 80 Bài giải y y 2u 5v 90 u 20 Đặt u = Ax ; v = Cx 5u 2v 80 v 10 Mà u = y!v y! = 2 y = 2 2 x! 2 x 5 Ax x(x 1) 20 x – x – 20 = 0 (x 2)! x 4 (loại) x 5 Vậy y 2 Bài 23. (ĐH Dân lập Duy Tân khối A 2001) 9
10. 1 1. Tính tích phân: I = (x 2)6dx 0 26 25 24 23 22 2 1 2.Tínhtổng: S = C0 C1 C2 C3 C4 C5 C6 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 Bài giải 1 1 (x 2)7 37 27 1. I = (x 2)6dx = 7 7 0 0 2. Ta cĩ: 1 I = (x 2)6dx = 0 1 0 6 1 5 2 4 2 3 3 3 4 2 4 5 5 6 6 = C6.2 C6 2 x C6 2 x C6 2 x C6 2 x C6 2x C6x dx 0 1 26 25 24 23 22 2 1 = C0x C1x2 C2x3 C3x4 C4x5 C5x6 C6x7 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 0 26 25 24 23 22 2 1 = C0 C1 C2 C3 C4 C5 C6 = S 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 7 7 Vậy: S = 3 2 7 Bài 24. (ĐH Đà Lạt khối D 2001) 1 n n Ck (2x 1)k MRới mọi số x ta cĩ: x = n  n (n N) (*) 2 k 0 Bài giải Đặt u = 2x – 1, ta được: n u 1 1 n n (*) Ckuk (u + 1)n = Ckuk . Đẳng thức đúng. n  n  n 2 2 k 0 k 0 Bài 25. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001) Với mỗi n là số tự nhiên, hãy tính tổng: 1 1 1 1 S = C0 C1.2 C2.22 C3.23 Cn.2n n 2 n 3 n 4 n n 1 n 10
11. Bài giải 2 1 1 1 2 Cĩ Ck.2k Ck.xk 1 Ckxkdx k 1 n 2(k 1) n 2 n 0 0 1 1 1 1 S = C0 C1.2 C2.22 C3.23 Cn.2n n 2 n 3 n 4 n n 1 n n 1 n 1 2 1 2 n = Ck.2k Ckxkdx Ckxk dx =  k 1 n  2 n 2  n k 0 k 0 0 0 k 0 2 1 2 1 (x 1)n 1 3n 1 1 = (x 1)ndx . = 2 2 n 1 2(n 1) 0 0 Bài 26. (ĐH Hàng hải 2001) 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n Chứng minh: C2n C2n.3 C2n.3 C2n.3 2 (2 1) Bài giải 2n 0 1 1 2 2 2n n Ta cĩ: (1 + 3) = C2n C2n.3 C2n.3 C2n.3 2n 0 1 1 2 2 2n n (1 – 3) = C2n C2n.3 C2n.3 C2n.3 Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được: 2n 2n 0 2 2 2n 2n 4 + 2 = 2 C2n C2n.3 C2n.3 0 2 2 4 4 2n 2n 2n 1 2n Từ đĩ ta được: C2n C2n.3 C2n.3 C2n.3 2 (2 1) Bài 27. (ĐH Luật TPHCM khối A 2001) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta cĩ: 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n–1 Cn.3 2.Cn.3 3.Cn.3 n.Cn = n.4 Bài giải n 0 n 1 n 1 n n Xét hàm số: f(x) = (x + 3) = Cn 3 Cn.3 x Cn.x n–1 1 n 1 2 n 2 n n 1 Ta cĩ: f (x) = n(x + 3) = Cn.3 2Cn.3 x nCnx Cho x = 1, ta được: n–1 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n f (1) = n.4 = Cn.3 2.Cn.3 3.Cn.3 n.Cn (đpcm) Bài 28. (ĐHSP HN khối A 2001) 10 1 2 Trong khai triển của x thành đa thức: 3 3 2 9 10 a0 + a1x + a2x + + a9x + a10x (ak R) 11
12. hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0 ≤ k ≤ 10). Bài giải k 1 k 1 k k 1 2 Ta cĩ: ak–1 ≤ ak C .2 C .2 10 10 (k 1)!(11 k)! k!(10 k)! k ≤ 2(11 – k) k ≤ 22 3 1 7 7 Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 = .C10.2 . 310 Bài 29. (ĐH Vinh khối AB 2001) Cho n là một số nguyên dương cố định. Chứng minh rằng k Cn lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất khơng vượt quá n 1. 2 Bài giải n! n! Ta cĩ: Ck = và Ck 1 = n k!(n k)! n (k 1)!(n k 1)! Ck n k 1 n . k 1 Cn k n k 1 n 1 Do đĩ: Ck > Ck 1 1 k < n n k 2 Bảng biến thiên: n 1 k 1 2 n k Cn n 1 Ck lớn nhất nếu k là số tự nhiên lớn nhất khơng vượt quá . n 2 Bài 30. (ĐH Vinh khối DTM 2001) Chứng minh rằng: 0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001 C2001 3 C2001 3 C2001 3 C2001 2 (2 1) 12
13. Bài giải 2001 2001 k k Ta cĩ: (x + 1) =  C2001.x k 0 2001 2001 k k (–x + 1) =  C2001.( x) k 0 Cộng lại ta được: (x + 1)2001 + (–x + 1)2001 = 0 2 2 4 4 2000 2000 = 2 C2001 x C2001 x C2001 x C2001 Cho x = 3 ta được: 2001 2001 0 2 2 4 4 2000 2000 4 – 2 = 2 C2001 3 C2001 3 C2001 3 C2001 0 2 2 4 4 2000 2000 2000 2001 C2001 3 C2001 3 C2001 3 C2001 2 (2 1) Bài 31. (ĐH Y Dược TPHCM 2001) Cho k và n là các số nguyên thoả mãn: 9 ≤ k ≤ n. Chứng n n n 2 minh rằng: C2n k.C2n k C2n Bài giải n n Đặt ak = C2n k.C2n k với 0 ≤ k ≤ n. Ta chứng minh rằng: a0 > a1 > > an (1) Thật vậy, ta cĩ BĐT ak > ak+1 với 0 ≤ k ≤ n – 1 (2) (2n k)! (2n k)! (2n k 1)! (2n k 1)! . . n!(n k)! n!(n k)! n!(n k 1)! n!(n k 1)! 2n k 2n k 1 (2n – k)(n + k + 1) > (n – k)(2n + k + n k n k 1 1) 2nk + n > 0 Ta được BĐT đúng (2) đúng (1) đúng. n n n 2 Do đĩ: ak = C2n k.C2n k C2n = a0 Dấu “=” xảy ra k = 0. Bài 32. (ĐH khối A 2002) 13
14. Cho khai triển nhị thức: x 1 x n x 1 n x 1 n 1 x 2 3 0 2 1 2 3 2 2 Cn 2 Cn 2 2 x 1 x n 1 x n n 1 2 3 n 3 Cn 2 2 Cn 2 (n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đĩ 3 1 Cn 5Cn và số hạng thứ tư bằng 20. Tìm n và x. Bài giải n! n! n(n 1)(n 2) Từ C3 5C1 ta cĩ n ≥ 3 và 5 5n n n 3!(n 3)! (n 1)! 6 2 n 4 (loại) n – 3n – 28 = 0 n 7 x 1 x 3 3 2 3 2x–2 –x Với n = 7 ta cĩ:C7 2 2 = 140 35.2 .2 = 140 2x–2 = 4 x = 4. Vậy n = 7, x = 4. Bài 33. (ĐH khối B 2002) Cho đa giác đều A1A2 A2n (n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp đường trịn (O). Biết rằng số tam giác cĩ các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, , A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật cĩ các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, , A2n. Tìm n? Bài giải 3 Số tam giác cĩ các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, , A2n là C2n . Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2 A2n đi qua tâm đường trịn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho cĩ n đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật cĩ các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, , A2n cĩ các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi cặp đường chéo lớn ta cĩ các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nĩi trên bằng số cặp đường 2 chéo lớn của đa giác A1, A2, , A2n, tức Cn . 14
15. Theo giả thiết thì: (2n)! n! C3 20C2 20. 2n n 3!(2n 3)! 2!(n 2)! 2n(2n 1)(2n 2) n(n 1) 20 2n – 1 = 15 n = 8. 6 2 Bài 34. (ĐH khối D 2002) Tìm số nguyên dương n sao cho: 0 1 2 n n Cn 2Cn 4Cn 2 Cn = 243 Bài giải n n k k Ta cĩ: (x + 1) =  Cnx k 0 n n k k n Cho x = 2 ta được: 3 =  Cn 2 3 = 243 n = 5. k 0 Bài 35. (ĐH dự bị 2 2002) Tìm số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình: 3 n 2 An 2Cn ≤ 9n. Bài giải n 3 n 3 BPT 2 n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1) 9n n - 2n - 8 0 3 ≤ n ≤ 4 n = 3 hoặc n = 4. Bài 36. (ĐH dự bị 4 2002) Giả sử n là số nguyên dương và: n 2 k n (1 + x) = a0 + a1x + a2x + + akx + + anx Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho a a a k 1 k k 1 . 2 9 24 Hãy tính n. Bài giải a a a Ta cĩ: k 1 k k 1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1) 2 9 24 15
16. Ck 1 Ck Ck 1 n n n 2 9 24 1 n! 1 n! 1 n! 2 (k 1)!(n k 1)! 9 k!(n k)! 24 (k 1)!(n k 1)! 2.(k – 1)!(n – k + 1)! = 9.k!(n – k)! = 24.(k + 1)!(n – k – 1)! 2.(n – k +1)(n – k) = 9.k(n – k) = 24.(k + 1)k 2n 2 k 2(n k 1) 9k 11 9(n k) 24(k 1) 3n 8 k 11 Để tồn tại k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt cĩ và đủ là: 3n – 8 = 2n + 2 n = 10. Bài 37. (ĐH dự bị 6 2002) Gọi a1, a2, , a11 là các hệ số trong khai triển sau: 10 11 10 9 (x + 1) .(x + 2) = x + a1x + a2x + + a11. Hãy tính hệ số a5. Bài giải 10 10 1 9 2 8 3 7 9 Ta cĩ: (x + 1) = x + C10x C10x C10x C10x 1 10 11 1 10 2 9 3 8 9 2 (x + 1) (x + 2) = x + C10x C10x C10x C10x x + 10 1 9 2 8 3 7 9 + 2 x C10x C10x C10x C10x 1 11 1 10 2 1 9 3 2 8 = x + C10 2 x C10 C10.2 x C10 C10.2 x 9 8 2 10 9 + C10 C10.2 x + C10 C10.2 x + 2 11 10 9 = x + a1x + a2x + + a11 5 4 Vậy a5 = C10 2C10 = 672. Bài 38. (ĐH khối A 2003) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức n 1 5 n 1 n Newton của x , biết rằng: Cn 4 Cn 3 7(n 3) (n x3 nguyên dương, x > 0). 16
17. Bài giải n 1 n n 1 n n Ta cĩ: Cn 4 Cn 3 7(n 3) Cn 3 Cn 3 Cn 3 7(n 3) (n 2)(n 3) = 7(n + 3) n + 2 = 7.2! = 14 n = 12. 2! Số hạng tổng quát của khai triển là: 5 12 k 60 11k k 3 k 2 k 2 C12(x ) x C12x 60 11k 60 11k Ta cĩ: x 2 = x8 = 8 k = 4. 2 12! Do đĩ hệ số của số hạng chứa x8 là C4 = 495. 12 4!(12 4)! Bài 39. (ĐH khối B 2003) Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 22 1 23 1 2n 1 1 C0 C1 C2 Cn n 2 n 3 n n 1 n Bài giải n 0 1 2 2 n n Ta cĩ: (1 + x) = Cn Cnx Cnx Cnx 2 2 n 0 1 2 2 n n (1 x) dx Cn Cnx Cnx Cnx dx 1 1 2 2 2 3 n 1 1 n 1 0 1 x 2 x n x (1 x) Cnx Cn Cn Cn n 1 1 2 3 n 1 1 22 1 23 1 2n 1 1 3n 1 2n 1 C0 C1 C2 Cn = n 2 n 3 n n 1 n n 1 Bài 40. (ĐH khối D 2003) 3n–3 Với n là số nguyên dương, gọi a3n–3 là hệ số của x trong khai triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n. Tìm n để a3n–3 = 26n. Bài giải 2 n 0 2n 1 2n 2 2 2n 4 n Ta cĩ: (x + 1) = Cnx Cnx Cnx Cn n 0 n 1 n 1 2 2 n 2 3 3 n 3 n n (x + 2) = Cnx 2Cnx 2 Cnx 2 Cnx 2 Cn 17
18. Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 khơng thoả mãn điều kiện bài tốn. Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1 Do đĩ hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của: 2 n n (x + 1) (x + 2) 3 0 3 1 1 là: a3n–3 = 2 .Cn.Cn 2.Cn.Cn 2 n 5 2n(2n 3n 4) a3n–3 = 26n 26n 7 3 n (loại) 2 Vậy: n = 5. Bài 41. (ĐH khối D 2003 dự bị 2) Tìm số tự nhiên n thoả mãn: 2 n 2 2 3 3 n 3 CnCn 2CnCn CnCn = 100 Bài giải 2 n 2 2 3 3 n 3 Ta cĩ: CnCn 2CnCn CnCn = 100 2 2 2 2 3 3 Cn 2CnCn Cn 100 2 2 3 2 3 Cn Cn 100 Cn Cn 10 n(n 1) n(n 1)(n 2) 10 2 6 3n(n – 1) + (n2 – n)(n – 2) = 60 (n2 – n)(n + 1) = 60 (n – 1)n(n + 1) = 3.4.5 n = 4. Bài 42. (CĐ Xây dựng số 3 – 2002) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều cĩ: 1 3 5 2n 1 0 2 4 2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n Bài giải Ta cĩ khai triển: 2n 0 2n 1 2n 1 2 2n 2 2n 1 2n (x + 1) = C2nx C2nx C2nx C2n x C2n Cho x = –1 ta được: 0 1 2 3 4 2n 1 2n 0 = C2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n 18
19. 1 3 2n 1 0 2 2n C2n C2n C2n C2n C2n C2n Bài 43. (CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002) 1 2 3 2 1. Giải phương trình: Cx 6Cx 6Cx = 9x – 14x 1 3 5 17 19 19 2. Chứng minh rằng: C20 C20 C20 C20 C20 = 2 Bài giải x 1 x 2 x 3 1. Điều kiện: x 3 x N x N x! x! PT x + 6 6 = 9x2 – 14x 2!(x 2)! 3!(x 3)! x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x x 0 (loại) 2 x(x – 9x + 14) – 0 x 7 (loại) x = 2 x 2 2. Cách 1: 20 0 1 2 2 19 19 20 20 * Ta cĩ: (1 – x) = C20 C20x C20x C20x C20x 0 1 2 19 20 Cho x = 1 ta cĩ: C20 C20 C20 C20 C20 = 0 0 2 20 1 3 19 C20 C20 C20 C20 C20 C20 0 2 20 1 3 19 Đặt: A = C20 C20 C20 ; B = C20 C20 C20 A = B (1) 20 0 1 2 2 19 19 20 20 * Ta cĩ: (1 + x) = C20 C20x C20x C20x C20x 0 1 2 19 20 20 Cho x = 1 ta cĩ: C20 C20 C20 C20 C20 = 2 A + B = 220 (2) 20 Từ (1) và (2) suy ra A = 2 = 219 (đpcm). 2 k k 1 k 0 Cách 2: Áp dụng cơng thức Cn 1 Cn Cn và Cn 1 , ta được: 1 3 5 17 19 C20 C20 C20 C20 C20 = 0 1 2 3 16 17 18 19 = C19 C19 C19 C19 C19 C19 C19 C19 = (1 + 1)19 = 219. Bài 44. (CĐ khối AD 2003) 19
20. Chứng minh rằng:P 1 + 2P2 + 3P3 + + nPn = Pn+1 – 1 Bài giải Cách 1: Ta cĩ: Pn+1 – [nPn + (n – 1)Pn–1 + + 2P2 + P1] = = (n + 1)! – n.n! – (n – 1).(n – 1)! – – 2.2! – 1! = n![(n + 1) – n] – (n – 1).(n – 1)! – – 2.2! – 1! = n! – (n – 1).(n – 1)! – – 2.2! – 1! = (n – 1)![n – (n – 1)] – – 2.2! – 1! = (n – 1)! – (n – 2)(n – 2)! – – 2.2! – 1! = = 2! – 1.1! = 1 Vậy: P1 + 2P2 + 3P3 + + nPn = Pn+1 – 1. Cách 2: Chứng minh bằng qui nạp: * Với n = 1, ta cĩ P1 = P2 – 1 1! = 2! – 1. Mệnh đề đúng. * Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k > 1), tức là ta cĩ: P1 + 2P2 + 3P3 + + kPk = Pk+1 – 1 * Ta cần ch. minh: P1 + 2P2 + 3P3 + + kPk + (k +1)Pk+1= Pk+2 – 1 Thật vậy, P1 + 2P2 + 3P3 + + kPk + (k +1)Pk+1 = Pk+1 – 1 + (k +1)Pk+1 = (k + 2)Pk+1 – 1 = Pk+2 – 1. (đpcm) Bài 45. (CĐ Giao thơng II 2003) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta đều cĩ: n 1 2n 2 C0C1 Cn n n n n 1 Bài giải 0 n 0 1 n 1 2 n 1 Do Cn Cn 1 nên ta cĩ: CnCn Cn CnCn Cn Áp dụng BĐT Cơsi ta cĩ: n 1 C1 C2 Cn 1 C1C2 Cn 1 n n n n n n n 1 20
21. n n k k n k Áp dụng khai triển (a + b) =  Cna b với a = b = 1, ta cĩ: k 0 0 1 2 n n 1 2 n 1 n Cn Cn Cn Cn = 2 Cn Cn Cn = 2 – 2 n 1 2n 2 Suy ra: C1C2 Cn 1 (đpcm). n n n n 1 Bài 46. (CĐ Giao thơng III 2003) 1 2 3 4 n 1 n 1. Tính tổng: S = Cn 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) nCn (n > 2) 1 1 1 2. Tính tổng: T = C0 C1 C2 Cn n 2 n 3 n n 1 n biết rằng n là số nguyên dương thoả điều kiện: n n 1 n 2 Cn Cn Cn 79 Bài giải n 0 1 2 2 3 3 n n 1. Ta cĩ: (1 + x) = Cn Cnx Cnx Cnx Cnx Đạo hàm 2 vế, ta được: n–1 1 2 3 2 n n 1 n(1 + x) = Cn 2Cnx 3Cnx nCnx Cho x = –1 1 2 3 4 n 1 n 0 = Cn 2Cn 3Cn 4Cn ( 1) nCn Vậy S = 0. n 0 1 2 2 3 3 n n 2. Ta cĩ: (1 + x) = Cn Cnx Cnx Cnx Cnx 1 1 n 0 1 2 2 3 3 n n (1 x) dx Cn Cnx Cnx Cnx Cnx dx 0 0 n 1 1 1 (1 x) 0 1 1 2 1 2 3 1 n n 1 C x C x C x C x n 1 n 2 n 3 n n 1 n 0 0 2n 1 1 1 1 1 C0 C1 C2 Cn n 1 n 2 n 3 n n 1 n n 1 Do đĩ: T = 2 1 n 1 n N, n 2 n n 1 n 2 Ta cĩ: C C C 79 n(n 1) n = 12 n n n 1 n 79 2 21
22. 13 Vậy: T = 2 1 . 13 Bài 47. (CĐ Tài chính kế tốn IV 2003) 0 k 1 k 1 2 k 2 k Chứng minh rằng: C2Cn 2 C2Cn 2 C2Cn 2 Cn (với n, k Z+;n ≥ k + 2) Bài giải k k 1 k 1 k 2 k k 1 k Vế trái = Cn 2 Cn 2 Cn 2 Cn 2 = Cn 1 Cn 1 = Cn . Bài 48. (CĐ Tài chính kế tốn IV 2003 dự bị) 3 n n n Giải bất phương trình: (n!) Cn.C2n.C3n 720 Bài giải Điều kiện: n Z, n ≥ 0. (2n)! (3n)! BPT (n!)3. . 720 (3n)! ≤ 720 n!n! (2n)!n! Ta thấy (3n)! tăng theo n và mặt khác 6! = 720 ≥ (3n)! 0 n 2 Do đĩ: BPT cĩ nghiệm . n Z Bài 49. (CĐ Cơng nghiệp HN 2003) Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003. Khai triển đa thức đĩ dưới dạng: 2 2003 P(x) = a0 + a1x + a2x + + a2003x Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + + a2003. Bài giải 2003 2003 k 2003 k k P(x) = (16x – 15) =  C2003(16x) ( 15) k 0 2003 k 2003 k k 2003 k =  C2003(16) ( 15) x k 0 k 2003 k k Các hệ số trong khai triển đa thức là: ak = C2003(16) ( 15) 2003 2003 k 2003 k k 2003 Vậy: S =  ak  C2003(16) ( 15) = (16 – 15) = 1 k 0 k 0 22
23. Bài 50. (CĐ Khí tượng thuỷ văn khối A 2003) Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức: 3 2 An 2Cn 16n Bài giải Điều kiện: n N, n ≥ 3. n! n! PT 2 16n n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n (n 3)! 2!(n 2)! 2 n 5 n – 2n – 15 = 0 n 3 (loại) vậy: n = 5. Bài 51. (CĐ Nơng Lâm 2003) Tìm hệ số lớn nhất của đa thức trong khai triển nhị thức Newton của: 15 1 2 x . 3 3 Bài giải 15 15 k 1 2 15 1 2 15 2k Ta cĩ: x = Ck xk Ck xk  15  15 15 3 3 k 0 3 3 k 0 3 k Gọi ak là hệ số của x trong khai triển: 1 k k ak = C15.2 ; k = 0, 1, 2, , 15. 315 Xét sự tăng giảm của dãy ak: k 1 k 1 k k k 1 k ak–1 ak k > a10 > a11 > > a15. 3 10 10 2 10 2 Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 = C15 3003. 315 315 Bài 52. (CĐ Cộng đồng Tiền Giang 2003) 23
24. Hãy khai triển nhị thức Newton (1 – x)2n, với n là số nguyên dương. Từ đĩ chứng minh rằng: 1 3 2n 1 2 4 2n 1C2n 3C2n (2n 1)C2n 2C2n 4C2n 2nC2n Bài giải Ta cĩ: 2n 0 1 2 2 3 3 4 4 2n 1 2n 1 2n 2n (1 – x) = C2n C2nx C2nx C2nx C2nx C2n x C2nx Đạo hàm 2 vế theo x, ta cĩ: –2n(1 – x)2n–1 = 1 2 3 2 4 3 2n 1 2n 2 2n 2n 1 = C2n 2C2nx 3C2nx 4C2nx (2n 1)C2n x 2nC2nx Thế x = 1 vào đẳng thức trên, ta cĩ: 1 2 3 4 2n 1 2n 0 = C2n 2C2n 3C2n 4C2n (2n 1)C2n 2nC2n 1 3 2n 1 2 4 2n Vậy: 1C2n 3C2n (2n 1)C2n 2C2n 4C2n 2nC2n . Bài 53. (ĐH khối A 2004) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 – x)]8. Bài giải 2 8 0 1 2 2 4 2 3 6 3 Ta cĩ: [1 + x (1 – x)] = C8 C8x (1 x) C8x (1 x) C8x (1 x) + 4 8 4 5 10 5 6 12 6 7 14 7 8 16 8 + C8x (1 x) C8x (1 x) C8x (1 x) C8x (1 x) C8x (1 x) Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. Vậy x8 chỉ cĩ trong các số hạng thư tư, thứ năm, với hệ số tương 3 2 4 0 ứng là: C8.C3; C8.C4 Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238. Bài 54. (ĐH khối D 2004) Tìm các số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của: 7 3 1 x với x > 0 4 x 24
25. Bài giải 7 k 28 7k 1 7 7 k 1 7 Ta cĩ: 3 x = Ck 3 x = Ck x 12 4  7 4  7 x k 0 x k 0 Số hạng khơng chứa x là số hạng tương ứng với k (k Z, 0 ≤ k ≤ 28 7k 7) thoả mãn: 0 k = 4 12 4 Vậy số hạng khơng chứa x cần tìm là: C7 = 35. Bài 55. (ĐH khối A 2005) Tìm số nguyên dương n sao cho: 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1 C2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 4.2 C2n 1 (2n 1).2 C2n 1 = 2005 Bài giải 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 Ta cĩ: (1 + x) = C2n 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1x C2n 1x Đạo hàm 2 vế ta cĩ: 2n 1 2 3 2 2n 1 2n (2n + 1)(1 + x) = C2n 1 2C2n 1x 3C2n 1x (2n 1)C2n 1x Thay x = –2, ta cĩ: 1 2 2 3 2n 2n 1 C2n 1 2.2C2n 1 3.2 C2n 1 (2n 1)2 C2n 1 = 2n + 1 Theo giả thiết ta cĩ: 2n + 1 = 2005 n = 1002. Bài 56. (ĐH khối D 2005) 4 3 Tính giá trị của biểu thức: M = An 1 3An (n 1)! 2 2 2 2 biết Cn 1 2Cn 2 2Cn 3 Cn 4 = 149. Bài giải Điều kiện: n ≥ 3. 2 2 2 2 Ta cĩ: Cn 1 2Cn 2 2Cn 3 Cn 4 = 149 (n 1)! (n 2)! (n 3)! (n 4)! 2 2 149 2!(n 1)! 2!n! 2!(n 1)! 2!(n 2)! 2 n 5 n + 4n – 45 = 0 n 9 (loại) 25
26. Vậy: n = 5. Bài 57. (ĐH khối A 2005 dự bị 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2 – 3x)2n, trong đĩ n là số nguyên dương thoả mãn: 1 3 5 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 1024 Bài giải 2n+1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 Ta cĩ: (1 + x) = C2n 1 C2n 1x C2n 1x C2n 1x C2n 1x 2n+1 0 1 2 3 2n 1 Cho x = 1 ta cĩ: 2 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 (1) 0 1 2 3 2n 1 Cho x = –1 ta cĩ: 0 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 (2) 2n+1 1 3 2n 1 Lấy (1) – (2) 2 = 2 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2n 1 3 2n 1 2 = C2n 1 C2n 1 C2n 1 = 1024 2n = 10 10 10 k k 10 k k Ta cĩ: (2 – 3x) =  ( 1) C10 2 (3x) k 0 7 7 7 3 Suy ra hệ số của x là C10 3 2 Bài 58. (ĐH khối D 2005 dự bị 1) k Tìm k {0; 1; 2; ; 2005} sao cho C2005 đạt giá trị lớn nhất. Bài giải k k 1 C C Ck lớn nhất 2005 2005 (k N) 2005 k k 1 C2005 C2005 2005! 2005! k!(2005 k)! (k 1)!(2004 k)! k 1 2005 k 2005! 2005! 2006 k k k!(2005 k)! (k 1)!(2006 k)! k 1002 1002 ≤ k ≤ 1003, k N. k 1003 k = 1002 hoặc k = 1003. Bài 59. (ĐH khối D 2005 dự bị 2) 2 2 Tìm số nguyên n > 1 thoả mãn đẳng thức: 2Pn + 6 An PnAn 26
27. = 12. Bài giải 2 2 Ta cĩ: 2Pn + 6An PnAn = 12 (n N, n > 1) 6.n! n! n! 2n! + n! 12 (6 n!) 2(6 n!) 0 (n 2)! (n 2)! (n 2)! 6 n! 0 n! 6 n 3 n! 2 2 0 n(n 1) 2 0 n n 2 0 (n 2)! n 3 n 2 (vì n 2) Vậy: n = 2 hoặc n = 3. Bài 60. (ĐH khối A 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức n 1 7 Newton của x , biết rằng: x4 1 2 n 20 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 1 Bài giải 0 1 2 n 20 Từ giả thiết suy ra: C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 (1) k 2n 1 k Vì C2n 1 C2n 1 , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên: 1 C0 C1 C2 Cn C0 C1 C2 C2n 1 (2) 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 Từ khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra: 0 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 (1 1) 2 (3) từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220 n = 10. 10 1 10 k 10 Ta cĩ: x7 Ck (x 4 )10 k x7 Ck x11k 40 4  10  10 x k 0 k 0 26 k Hệ số của x là C10 với k thoả mãn: 11k–40 = 26 k = 6 26 6 Vậy hệ số của x là C10 = 210. Bài 61. (ĐH khối B 2006) Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con gồm 27
28. 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k {1,2, , n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Bài giải k Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Cn . Từ giả thiết suy ra: 4 2 2 Cn 20Cn n – 5n – 234 = 0 n = 18 (vì n ≥ 4) Ck 1 18 k Do 18 1 k < 9, nên: C1 C2 C9 k 18 18 18 C18 k 1 9 10 18 C18 C18 C18 Vậy số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. Bài 62. (CĐ Bán cơng Hoa Sen khối A 2006) 1 Cx : Cx y y 2 3 Giải hệ phương trình: 1 Cx : Ax y y 24 Bài giải ĐK: x N, y N*, x ≤ y. Từ phương trình thứ hai suy ra x = 4 Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2 y 1(loại) y – 9y + 8 = 0 . Vậy: x = 4; y = 8. y 8 Bài 63. (CĐ KT–KT Cần Thơ khối AB 2006) 1 1 1 Tìm số tự nhiên n sao cho: n n n C4 C5 C6 Bài giải ĐK: n N, n ≤ 4 1 1 1 n!(4 n)! n!(5 n)! n!(6 n)! n n n C4 C5 C6 4! 5! 6! 28
29. 2 n 15 (loại) n – 17n + 30 = 0 n 2 Vậy: n = 2. Bài 64. (CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006) 1.C0 2.C1 3.C2 (n 1).Cn n n n n Tính tổng S = 1 1 1 1 A1 A2 A3 An 1 0 1 2 Biết rằng: Cn Cn Cn 211 Bài giải n N,n 2 0 1 2 C C C 211 n(n 1) n n n 1 n 211 2 n N,n 2 2 n = 20 n n 420 0 (k 1).Ck (k 1)Ck n n Ck (k = 1, 2, , n) 1 (k 1)! n Ak 1 k! 0 1 20 20 Do đĩ: với n = 20 ta cĩ: S = C20 C20 C20 = 2 . Bài 65. (CĐ Sư phạm TPHCM khối BT 2006) Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta được đa thức cĩ dạng: 2 n a0 + a1x + a2x + + anx 5 Tìm hệ số của x , biết a0 + a1 + a2 = 71. Bài giải n k k k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x) là: Tk+1 = Cn( 2) .x 0 1 2 Từ đĩ ta cĩ: a0 + a1 + a2 = 71 Cn 2Cn 4Cn 71 n N, n 2 n N, n 2 n(n 1) n = 7 1 2n 4 71 n2 2n 35 0 2 Với n = 7, ta cĩ hệ số của x5 trong khai triển (1 – 2x)n là: 5 5 a5 = C7( 2) = – 672. Bài 66. (CĐ Điện lực TPHCM 2006) Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển nhị thức 29
30. n 2 1 1 3 x , biết rằng: Cn Cn 13n (n là số tự nhiên lớn hơn x3 2, x là số thực khác 0). Bài giải n(n 1)(n 2) Ta cĩ: C1 C3 13n n 13n n n 6 2 n 10 n – 3n – 70 n 7 (loại) Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức là: k 2 10 k 3 k k 20 5k Tk+1 = C10(x ) (x ) C10x Tk+1 khơng chứa x 20 – 5k = 0 k = 4 4 Vậy số hạng khơng chứa x là: T5 = C10 = 210. Bài 67. (CĐ Kinh tế TPHCM 2006) 0 2 4 2n Tìm n N sao cho: C4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 256 Bài giải 0 1 2 4n 2 4n 2 Cách 1: Ta cĩ: C4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 2 0 2 4 4n 2 4n 1 C4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 2 0 2 4 2n 4n C4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 2 Vậy cĩ: 24n = 256 n = 2 0 2 4 2n Cách 2: Đặt Sn = C4n 2 C4n 2 C4n 2 C4n 2 0 2 4 2n Thì Sn+1 = C4n 6 C4n 6 C4n 6 C4n 6 2k 2k Vì C4n 6 C4n 2 (0 ≤ k ≤ n) nên Sn+1 > Sn dãy (Sn) tăng. 0 2 4 Khi n = 2 thì S2 = C10 C10 C10 = 256 Vậy Sn = 256 n = 2. Bài 68. (CĐ Kinh tế đối ngoại khối AD 2006) 20 10 1 3 1 Cho A = x x . Sau khi khai triển và rút gọn x2 x thì biểu thức A sẽ gồm bao nhiêu số hạng? 30
31. Bài giải 20 10 1 3 1 A = x x x2 x 20 10 k k 20 k 2 k n n 3 10 k 1 n =  ( 1) C20x x  ( 1) C10 x x k 0 n 0 20 10 k k 20 3k n n 30 4n =  1 C20x  1 C10x k 0 n 0 Xét trường hợp 20 – 3k = 30 – 4n 10 – n = 3(n – k) Vì 0 ≤ n ≤ 10 và 10 – n phải là bội số của 3 nên n = 4 hay n= 7 hay n= 10 cĩ 3 số hạng trong hai khai triển trên cĩ luỹ thừa của x giống nhau. Vậy sau khi khai triển và rút gọn thì biểu thức A sẽ gồm: 21 + 11 – 3 = 29 số hạng. Bài 69. (CĐ KT Y tế I 2006) Tìm số tự nhiên n thoả mãn đẳng thức sau: 0 2 2 2k 2k 2n 2 2n 2 2n 2n 15 16 C2n C2n3 C2n3 C2n 3 C2n3 2 (2 1) Bài giải 2n 2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n Ta cĩ: 4 = (1 + 3) = C2n C2n3 C2n3 C2n 3 C2n3 2n 2n 0 1 1 2 2 2n 1 2n 1 2n 2n 2 = (1 – 3) = C2n C2n3 C2n3 C2n 3 C2n3 2n 2n 0 2 2 2n 2n 4 + 2 = 2 C2n C2n3 C2n3 4 2n + 22n = 2.215(216 + 1) (22n – 216)(22n + 216 + 1) = 0 22n = 216 n = 8. Bài 70. (CĐ Xây dựng số 2 2006) 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Chứng minh: Cn 3 Cn3 ( 1) Cn Cn Cn Cn Bài giải Theo khai triển nhị thức Newton ta cĩ: n 0 n 1 n 1 n n (a + b) = Cna Cna b Cnb n n 0 n 1 n 1 n n Với a = 3, b = – 1 2 = (3 – 1) = Cn 3 Cn3 ( 1) Cn 31
32. n n 0 1 n Với a = 1, b = 1 2 = (1 + 1) = Cn Cn Cn 0 n 1 n 1 n n 0 1 n Vậy: Cn 3 Cn3 ( 1) Cn Cn Cn Cn Bài 71. (CĐ KT Y tế 1 2005) 2 2 Giải bất phương trình: 2Cx 1 3Ax 20 0 Bài giải ĐK: x N, x ≥ 2 (x 1)! x! BPT 2 3 20 0 2!(x 1)! (x 2)! x(x + 1) + 3x(x – 1) – 20 < 0 2x2 – x – 10 < 0 – 2 < x < 5 2 Kết hợp điều kiện x = 2. Bài 72. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006) Tìm hệ số của x29y8 trong khai triển của (x3 – xy)15. Bài giải k k 45 2k k Số hạng tổng quát: C15( 1) x y 45 2k 29 k = 8 k 8 29 8 8 Vậy hệ số của x y là: C15 = 6435. Bài 73. (CĐ Sư phạm TPHCM khối DM 2006) Khai triển biểu thức (1 – 2x)n ta được đa thức cĩ dạng: 2 n a0 + a1x + a2x + + anx 5 Tìm hệ số của x , biết a0 + a1 + a2 = 71. Bài giải n k k k Số hạng thứ k + 1 trong khai triển (1 – 2x) là:Tk+1 = Cn( 2) x 0 1 2 Từ đĩ ta cĩ: a0 + a1 + a2 = 71 Cn 2Cn 4Cn = 71 n N, n 2 n N, n 2 n(n 1) n = 7. 1 2n 4 71 n2 2n 35 0 2 32