Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
BIỂU THỨC TỔ HỢP – NHỊ THỨC NEWTON
Bài 1: (ĐHSP TPHCM 1999)
k
k2
k 1
Có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn C14
 C14
 2C14
A. 0
C. 2
B. 1
D. 3
Bài giải
k
k2
k 1
(0 ≤ k ≤ 12, k  N)
C14
 C14
 2C14



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. (ĐH Ngoại ngữ HN chuyên ban 1999)
Có bao nhiêu số nguyên dương x thoả: C1x  6C2x  6C3x  9x2  14x
A. 0
C. 2
B. 1
D. 3
Bài giải
(x  N, x ≥ 3)
 9x  14x
2
3
2
 x + 3x – 3x + x – 3x + 2x = 9x2 – 14x

C1x

 6C2x


 6C3x

2

 x(x – 9x + 14) = 0 
2

x  0
x  2

 x  7

(loaïi)

(loaïi)

Vậy: x = 7

(nhaän)

Bài 3. (ĐH Bách khoa HN 1999)
1
2
3
4
2018
 2C2018
 3C2018
 4C2018
 ...  2018.C2018

Tính tổng: S  C2018

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
A. 0
B. 1

C. 2
D. 3
Bài giải

C1n

 2Cn2

 3Cn3

 4Cn4

S=
 ...  (1)n1.nCnn (n > 2)
Xét đa thức p(x) = (1 – x)n. Khai triển theo công thức Newton ta
được:
n

p(x) = (1 – x)n =

 (1)k Ckn .xk


k 0

n

 (1)k1.kCkn .xk 1

Suy ra: – p(x) = n(1 – x)n–1 =

k 1

n

Cho x = 1 ta được: 0 =

 (1)k 1.kCkn

k 1

= C1n  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...  (1)n1.nCnn = S
Vậy: S = 0
Bài 4. (ĐHQG HN khối B 2000)
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức sau:
17

 1

4

 x3 

3 2

 x


,x≠0

A. 24310
B. 12339

C. 23049
D. 29103

Bài giải
Số hạng tổng quát của khai triển là:
k
C17

   
2 17 k

x 3

3 k
x4

k
 C17

Để số hạng không chứa x thì


17 34
3 12 k  3
x4

 

(k  N, 0 ≤ k ≤ 17)

17
34
k
0 k=8
12
3

Vậy số hạng cần tìm là số hạng thứ 9 của khai triển và bằng
8
C17
.

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài 5. (ĐH Bách khoa HN khối AD 2000)

1 2
6
A2x  Ax2  .C3x  10

2
x

Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa:
A. 0
B. 1

C. 2
D. 3

Điều kiện:

Ta có:


x  N

2  2x


2  x
3  x

Bài giải
x  N

x  3

1 2
6

A2x  Ax2  .C3x  10
2
x

1
.2x(2x
2

– 1) – x(x – 1) ≤

6 x(x  1)(x  2)
.
 10
x
1.2.3

 x2 ≤ x2 – 3x + 12  x ≤ 4
Kết hợp điều kiện, ta được: x = 3, x = 4.
Bài 6. (ĐHSP HN khối A 2000)
n

Trong khai triển nhị thức

28 


 x3 x  x 15 






, hãy tìm số hạng không

phụ thuộc vào x, biết rằng Cnn  Cnn1  Cnn2  79
A. 812
C. 293
B. 792
D. 392
Bài giải
* Xác định n: Cnn  Cnn1  Cnn2  79  1 + n +
n  12
n  13 (loaïi)

n(n  1)
2

= 79

 

12

* Ta có:

28 


 x3 x  x 15 








12



k 0

 4
k  3
C12
x



Có tài mà không có đức thì vô dụng

k






12k


  28 
 x 15 





12

=

48

k 15
x
 C12

k 0

k

112
5


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Số hạng không phụ thuộc x 

48
112

k
 0  k = 7.
15
5

7
= 792
Vậy số hạng cần tìm là: C12

Bài 7. (ĐHSP HN khối BD 2000)
Biết tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức (x 2 + 1)n bằng
1024, hãy tìm hệ số a (a là số tự nhiên) của số hạng ax 12 trong
khai triển đó.
A. 120
C. 210
B. 211
D. 312
Bài giải
n

Ta có: (x2 + 1)n =

 Cknx2k

(1)

k 0

Số k ứng với số hạng ax12 thoả mãn pt: x12 = x2k  k = 6.
n


Trong (1) cho x = 1 thì
Từ giả thiết 

 Ckn = 2n

k 0

n

 Ckn = 1024  2n = 1024  n = 10

k 0

6
= 210.
Vậy hệ số cần tìm là: C10
Bài 8. (ĐHSP TPHCM khối DE 2000)
1 1
1 2
1
0
Tính tổng:
S  C2018
 C2018
  C2018
 ... 
C 2018
2
3

2019 2018
2 2020  1
2 2019  1
A.
C.
2020
2019
2020
2 1
2 2019  1
B.
D.
2020
2019

Bài giải
1

* Ta có: I =  (1 x)ndx 
0

(1 x)n1
n1

1


0

Có tài mà không có đức thì vô dụng


2n1  1
n1


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
1

*I=



0

1

(Cn0

C1nx  ...  Cnnxn )dx

1
2

1
3

= Cn0  C1n  Cn2  ... 
Vậy: S =



x2
xn1 
=  Cn0 x  C1n  ...  Cnn

2
n  1

0

1 n
Cn = S
n1

2n1  1
.
n1

Bài 9. (ĐH Kinh tế quốc dân khối A 2000)
1
2
3
2018
 2 2016 C2018
 2 2015 C2018
 ....  2018C2018
Tính tổng: S  22017 C2018
A. 2016.32017
B. 2017.32017

C. 2018.32018

D. 2018.32017

2n1C1n  2n1Cn2  2n3 Cn3  2n4 Cn4  ...  nCnn  n.3n1

Bài giải
Ta có: (1 + x) =
 Cn3x3  Cn4x4  ...  Cnnxn
Lấy đạo hàm hai vế:
n(1 + x)n–1 = C1n  2Cn2x  3Cn3x2  4Cn4x3  ...  nCnnxn1
n

Thay x =
n

3n1
2n1

1
,
2

Cn0

 C1nx  Cn2x2

ta được:

 C1n  2Cn2 .21  3Cn3 22  4Cn4 .23  ...  nCnn 2n1

 S  2n1 Cn1  2n 2 Cn2  2n3 Cn3  ....  nCnn  n3n1

Bài 10.(ĐH Thuỷ lợi 2000)
1
1
1
1
Hãy tính tổng: S  2  2  2  ...  2
A2 A3 A4
A2018

2017
2018
2019
B.
2020
A.

Có tài mà không có đức thì vô dụng

2019
2018
2018
D.
2017
C.


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài giải
Chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
1


* Với n = 2, đpcm 

A22



1
 A22  2 đúng
2

* Giả sử BĐT cần chứng minh đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta
có:
1



A22

1

A32



1

A24

 ... 


1

Ak2



k 1
k

Ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k + 1.
1

Thật vậy,

A22

=
Vậy:

1
A22





1

A32




1

A24

 ... 

1

Ak2



1

Ak21



k 1
1
k 1
1

=
 2
k
(k  1)k

k
Ak 1

(k 2  1)  1
k

(k  1)k
k 1

1
A32



1
A24

 ... 

1



An2

n1
, n ≥ 2
n

Bài 11.(ĐH Thuỷ lợi II 2000)

Cho đa thức P(x) = (1 + x)9 + (1 + x)10 + (1 + x)11 + < + (1 + x)14 có
dạng khai triển là: P(x) = a0 + a1x + a2x2 + < + a14x14.
Hãy tính hệ số a9.
A. 2018
C. 3003
B. 3023
D. 2012
Bài giải
a9 = 1 +
=1+

9
C10
C110

9
9
 C11
 C12
2
3
 C11
 C12

= 1 + 10 +

9
 C13
4
 C13


9
 C14
5
 C14

11.10 12.11.10 13.12.11.10 14.13.12.11.10



2
6
24
120

= 3003
Bài 12.(ĐH An ninh nhân dân khối DG 2000)
2
2000
Tính tổng: S = C02000  2C12000  3C2000
 ...  2001C2000

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
A. 1000.2 2000
B. 1001.2 2000

C. 1001.2 2001

D. 1000.2 2001
Bài giải
2000

Có (x + 1)2000 =



i 0

Ci2000 xi

(1)
2000

Trong (1) cho x = 1 ta được

 Ci2000 = 22000
i 0

2000

Đạo hàm 2 vế của (1) theo x, ta có: 2000.(x + 1)1999 =

 i.Ci2000xi1
i1

2000

Cho x = 1 ta được:

2000

Do đó: S =



i 0

 i.Ci2000 = 2000.21999 = 1000.22000
i1

Ci2000 

2000

 i.Ci2000 = 1001.22000.
i1

Bài 13.(HV Kỹ thuật quân sự 2000)
Khai triển đa thức: P(x) = (1 + 2x)12 thành dạng:
a0 + a1x + a2x2 + < + a12x12
Tìm max(a1, a2, <, a12).
A. 126720
C. 102012
B. 120102
D. 201202
Bài giải
P(x) = (1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x2 + < + a12x12
k
ak = C12

.2k ;

ak < ak+1  k <

23
3

8
 max(ai )  a8  C12
= 126720
i1,12

Bài 14.(ĐH Cảnh sát nhân dân khối A 2000)
Tính tổng sau :
1 0
1 1
1 2
1 3
1
2018
S  C2018
 C2018
 C2018
 C2018
 ... 
.C2018
2
4
6
8

4038

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
1
2019
1
B.
4037

1
4020
1
D.
4038

A.

C.

Bài giải
 Tính I bằng 2 cách:
* Đổi biến: t = 1 – x2  dt = –2xdx
0
1
1
1
 I =    tn dt =  tndt =

1

2



20

1

1
1
tn1 
2(n  1)
2(n  1)
0

* Khai triển nhị thức:
x(1 – x2)n = x  Cn0  C1nx2  Cn2x4  Cn3x6  ...  (1)n Cnnx2n 
1


x2
x4
x6
x8
x2n 2 
 I =  Cn0 .  C1n.  Cn2 .  Cn3 .  ...  (1)n Cnn.

2

4
6
8
2n  2 

0

=

1 0 1 1 1 2 1 3
(1)n n
Cn  Cn  Cn  Cn  ... 
Cn
2
4
6
8
2(n  1)

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
Bài 15.(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
A. 28
C. 36
B. 13
D. 16
Bài giải
Hệ số của x trong khai triển của biểu thức:
(x + 1)4 + (x + 1)5 + (x + 1)6 + (x + 1)7

5

là: C55  C56  C57 = 1 +

6!
7!
= 28

5!1! 5!2!

Bài 16.(ĐH An Ninh khối A 2001)
Tìm các số âm trong dãy số x1, x2, <, xn, < với

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
xn =

An4 4 143

Pn 2 4Pn

(n = 1, 2, 3, <)

A. x1 và x2

C. x3 và x4

B. x2 và x3


D. x1 , x2 và x3

Bài giải
Ta phải tìm các số tự nhiên n > 0 thoả mãn:
xn =

An4 4 143

Pn 2 4Pn

<0

 4n2 + 28n – 95 < 0

 (n + 3).(n + 4) –
 

143
4

<0

19
5
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 17.(ĐH Đà Nẵng khối A 2001)
Hãy tính tổng:
1 1
1 2
1 3
1
0
2018
S  C2018
 C2018
.2  C2018
.22  C2018
.23  ... 
.C2018
.2 2018
2
3
4
2019
2019
3 1
32019  1
A.
C.
4038
4038
2019
3 1
32019  1

B.
D.
2019
2019
Bài giải
2

Có

2

1 k k
1
1
Cn .2 
Cnk .xk 1   Cknxk dx
k 1
2(k  1)
20
0

1
2

1
3

1
4


1 n n
Cn.2
n1
2
2
n
n

1 k k
1
1  n
Cn .2    Ckn xk dx     Cknxk dx =
= 

2 0  k 0
k 0 k  1
k 0 2 0


 S = Cn0  C1n.2  Cn2.22  Cn3 .23  ... 

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
2

1
1 (x  1)n1
=  (x  1)ndx  .

20
2 n1

2

=
0

3n1  1
2(n  1)

Bài 18.(ĐH Hàng Hải 2001)
0
2
4
2018 2018
 C2018
.32  C2018
.34  ...  C2018
.3
Tính tổng: S  C2018



A. 2 2018 2 2017  1



B. 2 2018 2 2019  1







2


 1

C. 2 2017 2 2018  1
D. 2 2018

2018

Bài giải
2
2n n
(1 + 3) =
 C12n.31  C2n
.32  ...  C2n
.3
1
1
2
2
2n n
2n
(1 – 3) =
 C2n.3  C2n.3  ...  C2n.3

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được:
2
2n 2n
42n + 22n = 2  C02n  C2n
.32  ...  C2n
.3 

Ta có:

2n

C02n
C02n

2n
Từ đó ta được: C02n  C22n.32  C42n.34  ...  C2n
 22n1(22n  1)
2n.3

Bài 19.(ĐH Luật TPHCM khối A 2001)
1
2
3
2018
.32017  2C2018
.32016  3C2018
.32015  2018.C2018
Tính tổng: S  C2018
A. 2017.4 2017
B. 2017.4 2018


C. 2018.4 2017
D. 2018.4 2018
Bài giải
Cn0 3n  C1n.3n1x  ...  Cnn.xn
n–1
C1n.3n1  2Cn2 .3n2 x  ...  nCnnxn1

Xét hàm số: f(x) = (x + 3) =
Ta có: f(x) = n(x + 3) =
Cho x = 1, ta được:
f(1) = n.4n–1 = C1n.3n1  2.Cn2.3n2  3.Cn3 .3n3  ...  n.Cnn (đpcm)
Bài 20.(ĐHSP HN khối A 2001)
n

10

1 2
Trong khai triển của   x 
3

3 

thành đa thức:

a0 + a1x + a2x2 + < + a9x9 + a10x10 (ak  R)
hãy tìm hệ số ak lớn nhất (0 ≤ k ≤ 10).

Có tài mà không có đức thì vô dụng



Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
8
C10
.2 8
39
C 7 .27
D. 1010
3

8
C14
.2 4
311
C 9 .27
B. 1112
3

A.

C.

Bài giải
k 1 k 1
k
Ta có: ak–1 ≤ ak  C10
.2  C10
.2k 

 k ≤ 2(11 – k)  k ≤


1
2

(k  1)!(11 k)! k!(10  k)!

22
3

Vậy hệ số a7 là lớn nhất: a7 =

1
310

7
.C10
.27 .

Bài 21.(ĐH Vinh khối DTM 2001)
0
2
4
2000
 32 C2001
 34 C2001
 32000.C2001
Tính tổng: S  C2001


2



 1


2


 1

A. 2 2000 2 2001  1

C. 2 2001 2 2001  1

B. 2 2000

D. 2 2001

2001

2000

Bài giải
2001

Ta có:

(x + 1)2001 =

 Ck2001.xk


k 0

2001

(–x + 1)2001 =

 Ck2001.(x)k

k 0

Cộng lại ta được:
(x + 1)2001 + (–x + 1)2001 =
= 2  C02001  x2C22001  x4C42001  ...  x2000C2000
2001 
Cho x = 3 ta được:
42001 – 22001 = 2  C02001  32 C22001  34 C42001  ...  32000 C2000
2001 

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
2000 2001
 C02001  32 C22001  34 C42001  ...  32000 C2000
(2
 1)
2001  2

Bài 22.(ĐH khối A 2002)

Cho khai triển nhị thức:

2

x 1
2



x n
23

 2   C  2   2   ... 

2 2   C 2 

 Cnn1

x 1 n
2

Cn0

x 1
2

x 1 n1
2

1

n

 x n1
3

n
n

x
3

x n
3

(n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó Cn3  5C1n
và số hạng thứ tư bằng 20. Tính x  n .
A. 20
C. 11
B. 34
D. 5
Bài giải
Từ Cn3  5C1n ta có n ≥ 3 và


n!
n!
5
3!(n  3)!
(n  1)!




n(n  1)(n  2)
 5n
6

n  4 (loaïi)

 n2 – 3n – 28 = 0  
n  7
Với n = 7 ta có:

C37

2 2 
x1
2

x 3
3

= 140  35.22x–2.2–x = 140
 2x–2 = 4  x = 4.

Vậy n = 7, x = 4.
Bài 23.(ĐH khối B 2002)
Cho đa giác đều A1A2tròn (O). Biết rằng số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm
A1, A2, <, A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là
4 trong 2n điểm A1, A2, <, A2n. Tìm n?

A. n  8
C. n  4
B. n  12
D. n  11

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài giải
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n điểm A1, A2, <, A2n là C32n .
Gọi đường chéo của đa giác đều A1A2tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có n đường chéo
lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm A1, A2, <, A2n
có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, với mỗi
cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của
một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp
đường chéo lớn của đa giác A1, A2, <, A2n, tức Cn2 .
Theo giả thiết thì:
(2n)!
n!
 20.
3!(2n  3)!
2!(n  2)!
2n(2n  1)(2n  2)
n(n  1)
 2n – 1
 20
6

2

C32n  20Cn2 



= 15  n = 8.

Bài 24.(ĐH khối D 2002)
Tìm số nguyên dương n sao cho:
Cn0  2C1n  4Cn2  ...  2n Cnn

= 243

A. n  8
B. n  5

C. n  17
D. n  14
Bài giải
n

Ta có: (x + 1)n =

 Cknxk

k 0

n

Cho x = 2 ta được: 3n =

 Ckn 2k  3n = 243  n = 5.

k 0

Bài 25.(ĐH dự bị 2 2002)
Có bao nhiêu số n nguyên dương thoả mãn bất phương trình:
An3  2Cnn2 ≤ 9n.
A. 0
C. 1
B. 2
D. 3

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài giải
n  3
n(n - 1)(n - 2) + n(n - 1)  9n

BPT  

n  3
  2

n - 2n - 8  0

 3 ≤ n ≤ 4  n = 3 hoặc n = 4.

Bài 26.(ĐH dự bị 4 2002)
Giả sử n là số nguyên dương và:
(1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + < + akxk + < + anxn
Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 ≤ k ≤ n – 1) sao cho
ak 1 ak ak 1
.


2
9
24

Hãy tính n.
A. n  5
B. n  5

C. n  10
D. n  7
Bài giải

a
a
a
Ta có: k1  k  k1 (1) (1 ≤ k ≤ n – 1)
2
9
24




Ckn1 Ckn Ckn1


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


2(n  k  1)  9k

9(n  k)  24(k  1)

2n  2

k  11
 
k  3n  8


11

Để tồn tại k thoả mãn hệ thức (1), điều kiện ắt có và đủ là:
3n – 8 = 2n + 2  n = 10.
Bài 27.(ĐH dự bị 6 2002)
Gọi a1, a2, <, a11 là các hệ số trong khai triển sau:

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
(x + 1)10.(x + 2) = x11 + a1x10 + a2x9 + < + a11.
Hãy tính hệ số a5.
A. 672
C. 201
B. 246
D. 329
Bài giải
2 8
3 7
9
C110x9  C10
x  C10
x  ...  C10
x 1
1
10
2
9

3
8
9 2
11
C10x  C10x  C10x  ...  C10
x

Ta có: (x + 1) = x +
 (x + 1)10(x + 2) = x +
10

10

+ 2 x

10

 C110 x9

2 8
 C10
x

3 7
 C10
x

x



+

9
 ...  C10
x 1

2
3
2
 C110 .2 x9   C10
 C10
.2 x8  ... 
= x11 +  C110  2 x10   C10
9
8
9
 C10
.2 x2 +  C10
+  C10
10  C10 .2 x + 2

= x11 + a1x10 + a2x9 + < + a11
5
4
= 672.
Vậy a5 = C10
 2C10
Bài 28.(ĐH khối A 2003)
Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức

n

Newton

 1
5
 3 x 
x


của

,

biết

nguyên dương, x > 0).
A. 194
B. 346

Ta có: Cnn14  Cnn3


(n  2)(n  3)
=
2!

rằng: Cnn14  Cnn3  7(n  3) (n
C. 495
D. 102

Bài giải
 7(n  3)   Cnn13  Cnn 3   Cnn 3  7(n  3)

7(n + 3)

 n + 2 = 7.2! = 14  n = 12.

Số hạng tổng quát của khai triển là:
k
C12
(x3 )k

x 

5 12k
2

k
 C12
x

Có tài mà không có đức thì vô dụng

6011k
2


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Ta có:

x

60 11k
2

= x8 

60  11k
2

= 8  k = 4.

4

Do đó hệ số của số hạng chứa x8 là C12

12!
4!(12  4)!

= 495.

Bài 29.(ĐH khối B 2003)
Tính tổng: S  C

0
2018

32019  2 2019
2019

2018
3  2 2018
B.
2018

A.

22  1 1
23  1 2
2 2019  1 2018

C2018 
C 2018  ... 
C
2
3
2019 2018
32018  2 2018
D.
2019
2019
3  2 2019
C.
2018

Bài giải
Ta có: (1 + x) =
n

2

2

1

1

Cn0

 C1nx  Cn2x2

 ...  Cnnxn

  (1 x)ndx    Cn0  C1nx  Cn2x2  ...  Cnnxn dx
2

2

1
x2
x3
xn1 

(1 x)n1   Cn0x  C1n
 Cn2
 ...  Cnn

n1
2
3

n  1 1

1

 Cn0 

3n1  2n1
22  1 1 23  1 2
2n1  1 n
Cn 
Cn  ... 
Cn =
n1
2
3
n1

Bài 30.(ĐH khối D 2003)
Với n là số nguyên dương, gọi a3n–3 là hệ số của x3n–3 trong khai
triển thành đa thức của (x2 + 1)n(x + 2)n.
Có bao nhiêu số n để a3n–3 = 26n.
A. 0
D. 1
B. 3
C. 2

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn

Bài giải
Cn0x2n  C1nx2n2  Cn2x2n4  ...  Cnn
Cn0xn  2C1nxn1  22 Cn2xn2  23 Cn3xn3

(x2 + 1)n =
(x + 2)n =
 ...  2n Cnn
Dễ dàng kiểm tra n = 1, n = 2 không thoả mãn điều kiện bài
toán.
Với n ≥ 3 thì x3n–3 = x2nxn–3 = x2n–2xn–1
Do đó hệ số của x3n–3 trong khai triển thành đa thức của:
(x2 + 1)n(x + 2)n
là: a3n–3 = 23.Cn0 .Cn3  2.C1n.C1n

Ta có:

 a3n–3 = 26n 

n  5
2n(2n2  3n  4)
 26n  
n   7 (loaïi)
3

2

Vậy: n = 5.
Bài 31.(ĐH khối D 2003 dự bị 2)
Có bao nhiêu số tự nhiên n thoả mãn:
Cn2Cnn2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3 = 100

A. 0
D. 2
B. 1
C. 3

Ta có:




Bài giải
= 100

Cn2Cnn2  2Cn2Cn3  Cn3Cnn3
2
2
Cn2  2Cn2Cn3  Cn3  100

 
 
2
Cn2  Cn3   100

 Cn2  Cn3  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 32.(CĐ Sư phạm Bến Tre khối A 2002)

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa: C1x  6Cx2  6C3x = 9x2 – 14x
A. 0
D. 1
B. 3
C. 2

Bài giải
1. Điều kiện:
PT  x +

x  1
x  2
x  3




x

3
x  N

x  N
x!
x!
6
6
2!(x  2)!
3!(x  3)!

= 9x2 – 14x

 x + 3x(x – 1) + x(x – 1)(x – 2) = 9x2 – 14x
x  0

 x(x2 – 9x + 14) – 0   x  7

(loaïi)
(loaïi)

x=2

 x  2

Bài 33.(CĐ Giao thông II 2003)
Cho số nguyên dương n ≥ 2. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức

P  Cn0Cn1 ...Cnn .
n 1

D. Pmax

 2n  1 


 n1 

n

C. Pmax

 2n  2 


 n1 

n

A. Pmax

 2n  1 


 n1 

B. Pmax

 2n  2 


 n1 

n 1

Bài giải
Do

Cn0



Cnn

1

Cn0C1n...Cnn

nên ta có:
[p dụng BĐT Côsi ta có:

 C1nCn2 ...Cnn1

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
n1

C1nCn2 ...Cnn1

 C1  Cn2  ...  Cnn1 
 n


n1

n

 Cknakbnk với a = b = 1, ta có:

[p dụng khai triển (a + b)n =
Cn0

 C1n

 Cn2

 ...  Cnn

k 0

= 2  C1n  Cn2  ...  Cnn1 = 2n – 2
n

n1

 2n  2 


 n1 

Suy ra: C1nCn2 ...Cnn1  

(đpcm).

Bài 34.(CĐ Giao thông III 2003)
1
2

1
3

T = Cn0  C1n  Cn2  ... 

Tính tổng:

1 n
Cn
n1

biết rằng n là số nguyên dương thoả điều kiện:
Cnn  Cnn1  Cnn2  79

210  1
10
11
2 1
B.

11

2 15  1
15
13
2 1
C.
13

A.

D.

Bài giải
Ta có: (1 + x) =
n

1

Cn0

 C1nx  Cn2x2

 Cn3x3  ...  Cnnxn

1

  (1 x)ndx    Cn0  C1nx  Cn2x2  Cn3x3  ...  Cnnxn dx
0

0

(1 x)n1

n1



1
0

1

1
1
1 n n1 

Cnx 
  Cn0 x  C1nx2  Cn2x3  ... 
2
3
n1

0

n1

2 1
1
1

1 n
 Cn0  C1n  Cn2  ... 
Cn
n1
2
3
n1

Do đó: T =

2n1  1
n1

n  N, n  2
n(n  1)
1 n  2  79

Ta có: Cnn  Cnn1  Cnn2  79  

Có tài mà không có đức thì vô dụng

 n = 12


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Vậy: T =

213  1
.
13

Bài 35. (CĐ Tài chính kế toán IV 2003 dự bị)
Có bao nhiêu số nguyên n thỏa: (n!)3 Cnn.Cn2n.Cn3n  720
A. 1
D. 2
B. 3
C. 4
Bài giải
Điều kiện: n  Z, n ≥ 0.

(2n)! (3n)!
.
 720
n!n! (2n)!n!

BPT  (n!)3 .

 (3n)! ≤ 720

Ta thấy (3n)! tăng theo n và mặt khác 6! = 720 ≥ (3n)!
0  n  2
.
n  Z

Do đó: BPT có nghiệm 

Bài 36.(CĐ Công nghiệp HN 2003)
Cho đa thức: P(x) = (16x – 15)2003. Khai triển đa thức đó dưới
dạng:
P(x) = a0 + a1x + a2x2 + < + a2003x2003

Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + < + a2003.
A. 1
D. 2
B. 3
C. 0
Bài giải
2003

P(x)

= (16x – 15)2003 =
2003

=



k 0



k 0

Ck2003 (16x)2003k (15)k

Ck2003 (16)2003k (15)k x2003 k

Các hệ số trong khai triển đa thức là: ak = Ck2003 (16)2003k (15)k
2003

Vậy: S =



k 0

ak 

2003



k 0

Ck2003 (16)2003k (15)k

Có tài mà không có đức thì vô dụng

= (16 – 15)2003 = 1


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài 37.(CĐ Nông Lâm 2003)
Tìm hệ số lớn nhất của đa thức trong khai triển nhị thức
15

1 2
Newton của:   x  .
3

3 

10

210
315
210
C. 3123. 15
3

2
315
210
B. 3003. 15
3

A. 4535.

D. 2343.

Bài giải

15

1 2
Ta có:   x 
3

15k

15

=

3 

k  1
 
 C15
 3
k 0

k
 2  k 15 k 2 k
  x   C15 15 x
 3
3
k 0

Gọi ak là hệ số của xk trong khai triển:
ak =

1

15

3

k
C15

.2k ;

k = 0, 1, 2, <, 15.

Xét sự tăng giảm của dãy ak:
k 1 k 1
k
k 1
k
ak–1 < ak  C15
.2  C15
.2k  C15
 2C15
k<

32
, k = 0, 1,.., 15
3

Từ đó: a0 < a1 < a2 < < < a10
Đảo dấu BĐT trên ta được:
ak–1 > ak  k >

32
 a10 > a11 > < > a15.
3

Vậy hệ số lớn nhất phải tìm là: a10 =

210

210
10
C

3003.
15
315
315

Bài 38.(ĐH khối A 2004)
Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của [1 + x2(1 –
x)]8.
A. 473
D. 238
B. 919
C. 371

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài giải
C80
5

Ta có: [1 + x2(1 – x)]8 =
 C18x2 (1 x)  C82x4 (1 x)2  C38x6 (1 x)3 +
+ C84x8 (1 x)4  C58x10 (1 x)  C68x12 (1 x)6  C78x14 (1 x)7  C88x16 (1 x)8
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 có trong các số hạng thư tư, thứ năm, với hệ số
tương ứng là:
C38 .C32 ; C84 .C04
Suy ra: a8 = 168 + 70 = 238.
Bài 39.(ĐH khối A 2005)
Tìm số nguyên dương n sao cho:
2
2 3
3 4
2n 2n1
C12n1  2.2C2n
1  3.2 C2n1  4.2 C2n1  ...  (2n  1).2 C2n1 =

A. 919
B. 810

2005

D. 1203
C. 1002
Bài giải

2n1 2n1
 C32n1x3  ...  C2n
Ta có: (1 + x) =
1x
Đạo hàm 2 vế ta có:
2
3

2
2n1 2n
(2n + 1)(1 + x)2n = C12n1  2C2n
1x  3C2n1x  ...  (2n  1)C2n1x
Thay x = –2, ta có:
2
2 3
2n 2n1
C12n1  2.2C2n
1  3.2 C2n1  ...  (2n  1)2 C2n1 = 2n + 1
Theo giả thiết ta có: 2n + 1 = 2005  n = 1002.
2n+1

2
2
C02n1  C12n1x  C2n
1x

Bài 40.(ĐH khối A 2005 dự bị 2)
Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2 – 3x)2n, trong đó n
là số nguyên dương thoả mãn:
2n1
C12n1  C32n1  C52n1  ...  C2n
1  1024
15 15 3
.3 .2
A. C10

7
.38.24

D. C10

17 17 3
.3 .2
B. C10

7
.37.2 3
C. C10

Có tài mà không có đức thì vô dụng


Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
Bài giải
2
2
3
3
2n1 2n1
Ta có: (1 + x)2n+1 = C02n1  C12n1x  C2n
1x  C2n1x  ...  C2n1x
2n1
Cho x = 1 ta có: 22n+1 = C02n1  C12n1  C22n1  C32n1  ...  C2n
1 (1)
2
3
2n1
Cho x = –1 ta có: 0 = C02n1  C12n1  C2n
(2)

1  C2n1  ...  C2n1
2n1
Lấy (1) – (2)  22n+1 = 2  C12n1  C32n1  ...  C2n
1 

1
 22n = C12n1  C32n1  ...  C2n
2n1 = 1024  2n = 10
10

Ta có: (2 – 3x)10 =

k 10k
2
(3x)k
 (1)k C10

k 0

7 7 3
Suy ra hệ số của x7 là C10
3 2
Bài 41.(ĐH khối D 2005 dự bị 1)
Tìm k  {0; 1; 2; <; 2005} sao cho Ck2005 đạt giá trị lớn nhất.

 k  1001
A. 
 k  1002
 k  1002
B. 

 k  1003

 k  1003
D. 
 k  1004
 k  1005
C. 
 k  1004

Bài giải
Ck2005



lớn nhất 

k

C2005
 k

C2005

1
 Ck2005
1
 Ck2005

2005!
2005!


 k!(2005  k)!  (k  1)!(2004  k)!


2005!
2005!


 k!(2005  k)! (k  1)!(2006  k)!
k  1002
k  1003

 

(k  N)

k  1  2005  k
 2006  k  k

 

 1002 ≤ k ≤ 1003, k  N.

 k = 1002 hoặc k = 1003.
Bài 42.(ĐH khối D 2005 dự bị 2)
Có bao nhiêu số nguyên n > 1 thoả mãn: 2Pn + 6 An2  PnAn2 = 12.

Có tài mà không có đức thì vô dụng

Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
A. 1
B. 4

D. 2
C.3

Ta có: 2Pn + 6
 2n! +



An2

 PnAn2

Bài giải
= 12 (n  N, n > 1)

6.n!
n!
 n!
 12
(n  2)!
(n  2)!

 6  n!  0
 n!

20

 (n  2)!
n  3
n  2 (vì n  2)




n!
(6  n!)  2(6  n!)  0
(n  2)!
n  3

n!  6

 
  2
n(n  1)  2  0
n  n  2  0

Vậy: n = 2 hoặc n = 3.
Bài 43.(ĐH khối A 2006)
Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức
n
1
2
n
20
Newton của  4  x7  , biết rằng: C12n1  C2n
1
1  ...  C2n1  2

x



A. 110
B. 410

D. 210
C. 291
Bài giải
2
n
C02n1  C12n1  C2n
1  ...  C2n1

 Từ giả thiết suy ra:
2n1k
Vì Ck2n1  C2n
1 , k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên:
2
n
C02n1  C12n1  C2n
1  ...  C2n1 

 220

1 0
2
2n1

C2n1  C12n1  C2n
1  ...  C2n1
2



(1)



(2)

Từ khai triển nhị thức Newton của (1 + 1)2n+1 suy ra:
1
2n1
C02n1  C12n1  C22n1  ...  C2n
 22n1
2n1  (1 1)

từ (1), (2), (3) suy ra: 22n = 220  n = 10.

10
1
 Ta có:  4  x7  

x

Hệ số của x26 là



k
C10

10

k

k
(x4 )10k  x7 
 C10

k 0



10

k 11k  40
x
 C10

k 0

với k thoả mãn: 11k–40 = 26  k = 6

Có tài mà không có đức thì vô dụng

(3)

Sưu tầm và biên soạn: Phạm Minh Tuấn
6
= 210.
Vậy hệ số của x26 là C10
Bài 44.(ĐH khối B 2006)
Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 4). Biết rằng số tập con gồm 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.
A. 9
D. 7
B. 10
C. 11

Bài giải
Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Ckn . Từ giả thiết suy
ra:
Cn4  20Cn2  n2 – 5n – 234 = 0  n = 18 (vì n ≥ 4)
Do

k 1
C18
k
C18



18  k
1 

k 1

2
9
k < 9, nên: C118  C18
 ...  C18

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 45.(CĐ Sư phạm TPHCM khối A 2006)
Tính tổng S =

1.Cn0
A11



2.C1n
A12



3.Cn2

A13

 ... 

(n  1).Cnn
A1n1

Biết rằng: Cn0  C1n  Cn2  211
A. 217
B. 250

Có tài mà không có đức thì vô dụng

D. 220
C. 2100