Tổ 24 đợt 1 chương viii đại số tổ hợp toán 10 ctst bài 3 nhị thức niuton bài tập vd

LÝ THUYẾT VÀ VÍ DỤ Ta có: Quan sát các đơn thức ở vế phải của các đẳng thức trên, hãy nhận xét về quy luật số mũ của a và b... TỔNG QUÁT VỀ CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU-TƠN 1.. CÔNG THỨC NHỊ T

Trang 1

Sơ đồ hình cây của

CHƯƠNG VIII – ĐẠI SỐ TỔ HỢP NĂM HỌC 2022 – 2023

BÀI 3: NHỊ THỨC NEWTON

I LÝ THUYẾT VÀ VÍ DỤ

Ta có:

Quan sát các đơn thức ở vế phải của các đẳng thức trên, hãy nhận xét về quy luật số mũ của a

và b Có thể tìm được cách tính các hệ số của đơn thức trong khai triển a b n khi n  4;5 không?

 4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4

4 4 3 6 2 2 4 3 4

Ví dụ 1: Khai triển 2x 14.

Lời giải

Thay a2x và b 1 trong công thức khai triển của a b 4, ta được:

2

1 4





Ví dụ 2: Khai triển x  24.

Lời giải

Trang 2

Thay a x và b 2 trong công thức khai triển của a b 4, ta được:

4 8 3 2

4

1

2

x



 





 5 50 5 1 45 52 3 2 53 2 3 54 4 55 5

5 5 4 10 3 2 10 2 3 5 4 5

Ví dụ 3: Khai triển x 35

Lời giải

Thay ax và b  trong công thức khai triển của 3 a b 5

, ta được:

15 90 270 405 243

              

Ví dụ 4: Khai triển 3x  25

Lời giải

 5 0 5 1  4  2  3 2 3  2 3 4   4 5 5

3x 2 C 3x C 3x 2 C 3x 2 C 3x 2 C 3x 2 C 2

243x 2430x 1080x 720x 240x 32

Ví dụ 5:

a) Dùng hai số hạng đầu tiên trong khai triển của 1 0,05 4 để tính giá trị gần đúng của 1,05 4 b) Dùng máy tính cầm tay tính giá trị của 1,05 và tính sai số tuyệt đối của giá trị gần đúng4 nhận được ở câu a

Lời giải

a)  4 0 4 1 3 1

1 0, 05 C 1 C 1 0, 05  1 0, 2 1, 2 b) Cách bấm: 1.05^4=

Hiển thị

Sai số tuyệt đối của giá trị gần đúng nhận được ở câu a là 0,01550625

II TỔNG QUÁT VỀ CÔNG THỨC NHỊ THỨC NIU-TƠN

1 CÔNG THỨC NHỊ THỨC NEWTON

Khai triển a b n

được cho bởi công thức sau:

Với a b, là các số thực và n là sô nguyên dương, ta có

Trang 3

  0 1 1  

0

n

k



Quy ước a0 b0 1

Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton).

Trong biểu thức ở VP của công thức (1)

a) Số các hạng tử là n 1

b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n

c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau

d) Số hạng thứ k (số hạng tổng quát) của khai triển là: 1

k n k k

2 HỆ QUẢ

Với a b 1, thì ta có 2n C n0C1n C n n

Với a1;b1, ta có 0 0 1  1k k  1 n n

3 CÁC DẠNG KHAI TRIỂN CƠ BẢN NHỊ THỨC NEWTON

  1n 0 n 1 n 1 2 n 2 k n k n 1 n

 1 n 0 1 2 2 k k n 1 n 1 n n

  1n 0 1 2 2  1 k k k  1 n 1 n 1 n 1  1 n n n



C n C n

 C n k C n k1C n k11,n1



 

   

1 1

1 !

k !

n n n



 

     

1 1

1 !

n n

k n





Trang 4

CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1 Khai triển biểu thức dạng a b 4

PHƯƠNG PHÁP

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton với n  ta có 4

a b 4 C a40 4C a b C a b1 34  42 2 2C ab43 3C b44 4

BÀI TẬP

Câu 1. Khi khai triển nhị thức Newton x y 4 ta thu được bao nhiêu hạng tử

Lời giải

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta được

 4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4

Vì không có hạng tử nào có phần biến giống nhau để thu gọn nên có tất cả 5 hạng tử

Câu 2. Khai triển nhị thức Newton 1 x 4

Lời giải

Ta có  4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 2 3 4

1x C 1 C1 x C 1 x C x1 C x  1 4x6x 4x x

Câu 3. Khai triển nhị thức Newton x 24.

Lời giải

Ta có  4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 4 3 2 2

Câu 4. Khai triển nhị thức Newton x 14

Lời giải

Ta có  4 0 4 1 3   2 2  2 3  3 4 4 4 3 2

Câu 5. Khai triển nhị thức Newton 2x y 4

Lời giải

Ta có  4 0 4 1 3 2 2 2 3  3 4 4

2x y C 2x C 2x y C 2x y C 2 x y C y

16x 32x y 24x y 8xy y

Câu 6. Khai triển nhị thức Newton x 3y4

Lời giải

Ta có x 3y4 C x40 4C x41 3 3 yC x42 2 3 y2C x43 3 y3C443y4

4 12 3 54 2 2 108 3 81 4

Câu 7. Khai triển nhị thức Newton

4

2 1

x x



Trang 5

Lời giải

 

Câu 8. Khai triển nhị thức Newton

4 2

1

x x



Lời giải

Ta có

Dạng 2 Khai triển biểu thức dạng a b 5

PHƯƠNG PHÁP

Sử dụng công thức: a b 5 C a50 5C a b51 4 1C a b52 3 2 C a b53 2 3 C a b54 1 4 C b55 5

5 5 4 1 10 3 2 10 2 3 5 1 4 5

BÀI TẬP

Câu 1: Khai triển biểu thức a b 5

Lời giải

Ta có: a b 5 a5 5a b4 110a b3 210a b2 35a b1 4 b5

Câu 2: Khai triển biểu thức (x 1)5

Lời giải

Ta có: x15 x55x410x310x25x1

Câu 3: Khai triển biểu thức x  15.

Lời giải

Ta có: x15x5 5x410x310x25x 1

Câu 4: Khai triển biểu thức x 25.

Lời giải

Ta có: x25 x55 2 10 2x4 1 x3 210 2x2 35 2x1 425x510x440x380x280x32

Câu 5: Khai triển biểu thức 2x y 5

Trang 6

Lời giải

Ta có: 2x y 5 2x55 2 x y4 110 2 x y3 210 2 x y2 35 2 x y1 4y5

32x 80x y 80x y 40x y 10xy y

Câu 6: Khai triển biểu thức x 3y5

Lời giải

Ta có: x 3y5x5 5x43y110x33y210x23y35x13y4 3y5

5 15 4 90 3 2 270 2 3 405 4 243 5

Câu 7: Khai triển biểu thức 2x3y5

Lời giải

Ta có: 2x3y5 2x55 2 x 4 3y110 2 x 3 3y210 2 x 2 3y35 2 x 1 3y43y5

32x 240x y 720x y 1080x y 810xy 243y

Câu 8: Khai triển biểu thức 2x 3y5

Lời giải

Ta có: 2x 3y5 2x5 5 2 x 4 3y110 2 x 3 3y210 2 x 2 3y35 2 x 1 3y4 3y5

32x 240x y 720x y 1080x y 810xy 243y

Dạng 3 Xác định một hệ số hay một số hạng trong khai triển của bậc 4 hay bậc 5:

BÀI TẬP

Câu 1: Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển 2x 14

Lời giải

Ta xét khai triển 2x 14

có số hạng tổng quát là

 4     4 4

1 4k 2 k 1k 1 k 4k2 k k

k

Số hạng chứa x3 trong khai triển ứng với giá trị k thỏa mãn : 4 k 3 k  1

Vậy số hạng chứa x3 trong khai triển là: C141 21 3 3x 32x3

Câu 2: Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển 2 3x 5

Lời giải

Ta xét khai triển 2 3x 5

có số hạng tổng quát là

 

1 5k2 k 3 k 5k2 3k k k

k

Số hạng chứa x4 trong khai triển ứng với giá trị k thỏa mãn : k  4

Trang 7

Vậy hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển là: C54 5 4 42 3 810

Câu 3: Tìm số hạng chứa x trong khai triển ( )4

3x- 2 .

Ta xét khai triển ( )4

3x- 2 có số hạng tổng quát là

 4   4   4

1 4k 3 k 2 k 4k3 k 2 k k

k

Số hạng chứa x trong khai triển ứng với giá trị k thỏa mãn : 4 k  1 k 3

Vậy số hạng chứa x trong khai triển là: C43 4 33   23x 96x

Câu 4: Tính tổng các hệ số trong khai triển 1 2x 5

Lời giải

Đặt 1 2 x5 a0a x a x1  2 2 a x5 5

Cho x  ta có tổng các hệ số 1 a0a1a2 a5  1 25  1

Câu 5: Tìm hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

5

3 1

x x



 

  ( với x  ).0

Lời giải

Ta xét khai triển

5

3 1

x x



 

  ( với x  ) có số hạng tổng quát là0

5

1 5

4 1

k

x



 

Số hạng chứa x3 tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 15 4 k  3  k 3

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 là C 53 10.

Câu 6: Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển

4 4 2

x x



  với x  0

Lời giải

4 4 2

x x



   

4

3 4 4 1

2

4

2

k

x







   

     

Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 4 2 k 0 k  2

Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là 2  3.2 4

4 2 24



Trang 8

Câu 7: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

4 3

2x

x



  với x  0

Lời giải

4 3

2x

x



 

4

4 2 4

3

k k

k

x



 



 

 

Số hạng không chứa x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 2 k 4 0  k  2

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C422 32 2216

Câu 8: Tìm số hạng chứa 2

1

x trong khai triển

4 2

1

2x

x



  , x0.

Lời giải

4 2

1

2x

x



  4 4 3

1 1 k 4k2 k k

k

  

Số hạng chứa 2

1

x trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn: 4 3 k 2 k 2

Vậy số hạng chứa 2

1

x trong khai triển là  2 42 4 2 4 3.2 2

24

1 C 2 x

x

 

Câu 9: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

4 2

2

1

x



Lời giải

Xét số hạng tổng quát  24 4 8 2   4 8 4  

k



(với 0  ).k 4

Số hạng không chứa x ứng với 8 4 k 0 k  2

Vậy số hạng không chứa x là  

2

2 2

3 42 1 24

Câu 10: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C1nC n215 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

4

2

n

x



Lời giải

Điều kiện: n2,n  (1)*

Trang 9

 

6 2

n n

n

n n

n



 



Khi đó,

k

Số hạng không chứa x tương ứng 5 5 k  0 k 1

Suy ra số hạng không chứa x là: C15.2110

Câu 11: Cho khai triển 1 2 n 0 1 2 2 n

n

      thỏa mãn a08a12a21 Tìm giá trị của số nguyên dương n

Lời giải

0



n

n k k k

n k

Suy ra: a k 2k C n k Thay 0 0

0 2 n 1

a  C  , a12C1n,

2

2 4 n

a C vào giả thiết ta có: 1 16 C1n 8C n2 1 2C n1 C n2

   

2



 n n

 n  n

0 5





  



n

Do n là số nguyên dương nên n  5

Câu 12: Tìm hệ số của x10 trong khải triển thành đa thức của (1 x x2x3 5)

Lời giải

Ta có

(1 x x x ) (1x)x (1x) (1x).(1x )  (1 x) (1x )

Xét khai triển

(1 ) (1 ) k k l l ( k l k l)

Số hạng chứa x10 tương ứng với k l, thỏa mãn k2l 10 k10 2  l

Kết hợp với điều kiện, ta có hệ :

10 2

0 5, ( , ) (0;5),(2;4),(4;3)

0 5,









Vậy hệ số của x10 bằng tổng các C C5k 5l thỏa mãn 0 5 2 4 4 3

5 5 5 5 5 5 101

Câu 13: Tìm số hạng có hệ số nguyên trong khai triển thành đa thức của

2

3 2

n

x



  biết n là số

nguyên dương thỏa mãn: 20 1 22 1 24 1 22n1 1024

C  C  C   C  

Lời giải

Trang 10

Thay x 1 vào  1 ta được 22 1n 2 10 12 1 2 12n 2 12 1n  2

Thay x 1 vào  1

2 1 2 1 2 1 2 1

Lấy    2  3

vế theo vế ta được 2 1  0 2 2 

2 1 2 1 2 1



Theo đề 22n12.1024 n5.

Số hạng tổng quát của khai triển

2

3 2

2 3

n

x



5

k





Ta có bảng sau

  5 2 2 5

5k 1 3k k.2 k

32

135 8

3

27

32 243

 Vậy số hạng có hệ số nguyên là 15 x4

Câu 14: Tìm số hạng chứa x2 trong khai triển của biểu thức P x  3 x x2n

với n là số nguyên

dương thỏa mãn

3

2 n 12

n

A C n

Lời giải

3

2 n 12 1

n

A C n

(Điều kiện : n Z n , 3)

 

   

 

   

2

2! 2 ! 3 ! 1

2

4 ( )

( ) 3

n n









 



Với n 4 thì

4

k

   

4

4 4

0 0

k

i

k i k i k k

k i

 

Theo đề bài số hạng chứax2 thỏa mãn với 2 , ,0 4 0, 2

1, 1







Trang 11

Vậy số hạng chứa x2 là 2 0 2 0 1 1 3 1 2 2

4 23 1 4 13 1 54

n

và ứng dụng (nếu có).

BÀI TẬP

Câu 1: Tính tổng sau S C 100 C101  C1010

Lời giải

Xét khai triển  

10

10 0

k k k k



Ta chọn a b  , thu được 1  

10 10 10

1 1 C C  C

Vậy S 210 1024

Câu 2: Tính tổng sau S C 16C62 C65

Lời giải

6

6 0

k k k k



1 1 C C  C

Do đó S 26 C60 C66 62

Vậy S 62

Câu 3: Tính tổng sau S C 602.C612 2C62 2 6C66

Lời giải

6

6 0

k k k k



Ta chọn a1;b2, thu được  6 0 1 2 2 6 6

1 2 C 2.C 2 C  2 C Vậy S  36 729

Câu 4: Tính tổng sau S C 120  C121 C122   C1211C1212

Lời giải

12

12 0

k k k k



Ta chọn a1;b1, thu được  12 0 1 2 11 12

12 12 12 12 12

1 1 C  C C   C C

Vậy S 012 0

Câu 5: Cho n là số tự nhiên thỏa mãn n2 6n 7 0 Tính tổng S C n0C1n C n n

Lời giải

Trang 12

Ta có

6 7 0

1

n





     



Do n   nên n  Khi đó 7 S C 70C71 C77

7

7 0

k k k k



1 1 C C  C

Vậy S 27 128

Câu 6: Cho đa thức P x   1 x8 Tính tổng các hệ số của đa thức P x  .

Lời giải

Ta có    

8 8

8 0

1 k( 1)k k

k



Khi đó tổng các hệ số của đa thức P x 

là

8 8 8 8

S C  C   C C

8

8 0

k k k k



 

Ta chọn a1;b1, thu được  8 0 1 2 7 8

1 1 C  C C   C C Vậy tổng các hệ số của đa thức P x 

bằng 0

Câu 7: Tính tổng sau S C 201 2C202 2 2C203  2 19C2020

Lời giải

Ta có 2S2.C12022C202 2 3C203  2  20C2020

20

20 0

k k k k



Ta chọn a1;b2, thu được  20 0 1 20 20

1 2 C 2.C  2  C

Do đó  20 0 20

20

2S  1 2  C 3 1

Vậy

20

3 1 2

Câu 8: Tính tổng sau S C 200 C202 C204  C2020

Lời giải

20

20 0

k k k k



Chọn a b  , ta thu được 1  

20 20 20 20 20

1 1 C C C C C

Chọn a1;b1, ta thu được 1 1 20 C200  C120C202  C203  C2020

Cộng theo vế hai phương trình ta được

Trang 13

 

20 20 20 20

2 2 C C C  C  2S 220  S 219

Câu 9: Tính tổng: S C 12019.32018.2 C20192 32017.22C20193 32016.23  C20192018.3 21 2018C20192019.22019

Lời giải

2019

2019 2019

2019 0





k

0 2019 1 2018 2 2017 2 3 2016 3 2018 1 2018 2019 2019

2019 2019 2019 2019 2019 2019

Ta chọn a3,b2, khi đó

 3 22019  20190 32019 12019.32018.2 20192 32017.22 20193 32016.23  20192018.3 21 2018 20192019.22019

                            

S

 3 22019 20190 32019

       1201932019 2019

Câu 10: Tính tổng: S C 20210 42021 C20211 42010.2C20212 42019.22 C20213 42018.23 C20212020.4 21 2020

Lời giải

 

2021

2021 2021

2021 0





k

0 2021 1 2020 2 2019 2 3 2018 3 2020 1 2020 2021 2021

2021 2021 2021 2021 2021 2021

Ta chọn a4,b2, khi đó

 2021 0 2021 1 2020 2 2019 2 3 2018 3 2020 2020 2021 2021

4 2  4  4 2 4 2  4 2   4.2  2

                            

S

4 22021 20212021.22021 22021 22021

Câu 11: Cho n *, tính tổng 27 20 28 12 29 22 210 23 22 6 22 1 22 7 22

Lời giải

Ta có:

7 0 1 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2

  n  n n n   n n n  n n n

Xét khai triển Newton

 2 0 2  0 1 2 1  1 2 2 2  2 2 1 1 2 1 2  2

 n  n n   n n   n n    n n  n  n n  n

Tại x1 ta có  2 0 1 1 2 2 3 3 2 1 2 1 2 2

  n C n C n C n C n   n C n n  n C n n

Vậy S 2 17 2n 27

Câu 12: Cho n là số tự nhiên Hãy tính tổng sau: S C 20n1C12n1C22n1 C2n n1

Lời giải

2 1 2 1 2 1 2 1

 n  n  n   n n

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

 S C n C n  C n n C n C n  C n n 

Ta có C n k C n n k (tính chất tổ hợp).

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

 S C n C n  C n n C n n C n n  C n n 

Trang 14

0 1 1 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

 S C n C n  C n n C n n  C n n C n n

Xét khai triển  12 1 20 1 0 12 1 1 22 11 2 1

 n  n  n   n n n

Khi x 1 2S22n1 S 22n 4n

Câu 13: Cho n là số tự nhiên Thu gọn biểu thức S 3C n07C1n11C n2 4n3C n n

theo n

Lời giải

Ta có S 0.4 3 C n01.4 3 C1n2.4 3 C n2 n.4 3 C n n

Xét khai triển  1n 0 0 1 1 n n

x C x C x  C x

Khi x 1 C n0C n1 C n n 2n

Mặt khác ta lại có:  

 

     

1 1

1 !

!

n n n



      

Tương tự xét khai triển   1 0 0 1 1 1 1

         Vậy S 4 2n n 1 3.2n 2n 3 2 n

Câu 14: Rút gọn biểu thức

1.0!.2019! 2.1!2018! 3.2!.2017! 2020.2019!.0!

Lời giải

1 2020

1 ! 2019 ! 2020! 1 ! 2020 1 ! 2020!

k



Xét nhị thức  

2020 2020 2020

2020 2020

Cho x  1

2020 2019

1 2020

2020 2020

Vậy:

2020

2020!

Dạng 5 Dùng hai số hạng đầu tiên trong khai triển của x x4

, x x5

để tính gần đúng và

ứng dụng (nếu có).

BÀI TẬP

Câu 1: Viết khai triển lũy thừa x x5

Lời giải

Trang 15

Ta có:  5 0 5 1 4 2 3  2 3 2  3 4  4 5  5

5 5 5 5 5 5

x x C x C x  x C x x C x x C x x C x

Câu 2: Dùng hai số hạng đầu tiên trong khai triển của lũy thừa x xn

để tính gần đúng số 6, 014

Lời giải

Ta có:

 4  4 40 4 14 3 42 2  2 43  3 44  4

0 4 1 3

6,01 6 0,01 6 6 0, 01 6 0,01 6 0, 01 0,01

.6 6 0, 01 1304,64

Vậy: 6, 014 1304,64

Câu 3: Dùng hai số hạng đầu tiên trong khai triển của lũy thừa x xn để tính gần đúng số

2022, 025

Lời giải

Ta có:

2022,02 2022 0,02 2022 2022 0,02 2022 0,02 2022 0,02

.2022.0,02 0, 02 2022 2022 0,02 3,38.10

Vậy: 2022,025 3,38.1016

để tính gần đúng số 4,985

Lời giải

Ta có:

 

0 5 1 4

4,98 5 ( 0,02) 5 0,02 5 0,02 5 0,02 5 0,02

.5 0,02 0,02 5 5 0,02 3062,5

Vậy: 4,985 3062,5

để tính gần đúng số

1999,994

Lời giải

Ta có:

1999,99 2000 ( 0,01) 2000 0,01 2000 0,01 2000 0, 01

.2000 0,01 0, 01 2000 2000 0, 01 1,599968.10

Vậy: 1999,994 1,599968.1013

Câu 6: Tìm giá trị gần đúng của x , biết 9x559705,1

khi ta dùng 2 số hạng đầu tiên trong khai triển 9 x 5

Lời giải

Tiêu đề	Nhị Thức Newton
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Bài Tập
Năm xuất bản	2022 - 2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	1,14 MB