PHỤ LỤC
1.Lời giới thiệu…………………………………………………….......………………………2
2. Tên sáng kiến ………………………………....……………………...…... ..........................2
3. Tác giả sáng kiến ………………………………………...………………........................... 2
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến ………………………………………………..…….. ...............3
5.Lĩnh vực áp dụng sáng kiến ……………………………………………………..…. ............3
6.Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu………………………………………………. ...........3
7.Mô tả bản chất của sáng kiến…………………………………………………………...........3
8.Nội dung …………………………………………………… .. . ….......................................4
I. Kiến thức cơ bản
II.Áp dụng trực tiếp khai triển……………………………………………………… ........6
III.Áp dụng của đạo hàm..………………………………………………………….............8
IV.Áp dụng của tích phân....................................................................................................16
V. Áp dụng của số phức........................................................................................................17
VI. Bài tập trắc nghiệm.........................................................................................................19
9.Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến………………………....................................21
10.Đánhgiá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến...................21
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu......................................................................................................................................23
12.Tài liệu tham khảo.............................................................................................................23


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1.Lời giới thiệu:
- Trong q trình dạy học tơi được phân cơng trực tiếp giảng dạy các lớp ôn thi THPTQG và
lớp 11. Một số học sinh yếu nhận thức còn chậm giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho
từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn.
- Trong chương trình tốn THPT, mà cụ thể là phân mơn Đại số 11, các em học sinh đã được
tiếp cận với một số bài toán về nhị thức newton và được tiếp cận với một vài cách giải thông
thường đối với những bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán thuộc

dạng này rất phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi THPTQG , các em sẽ gặp
một lớp các bài tốn về nhị thức newton mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải nhưng
trình bày cịn lủng củng chưa được gọn gàng, sáng sủa thậm chí cịn mắc một số sai lầm
khơng đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 11 hiện hành được trình bày ở
phần đầu chương II (Giữa học kỳ I) rất là ít và hạn hẹp chỉ có một 2 tiết lý thuyết sách giáo
khoa, giới thiệu sơ lược 1 số ví dụ và đưa ra cách giải khá rườm rà khó hiểu và dễ mắc sai
lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Mặt khác do số tiết phân phối chương
trình cho phần này q ít nên trong q trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra
được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh. Nhưng trong thực
tế, để biến đổi và giải chính xác các loại tốn này đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến
thức, phải có tư duy ở mức độ cao và phải có năng lực biến đổi tốn học nhanh nhẹn thuần
thục.
Thơng qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi một cách
rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm tốn và tạo ra các bài tốn mới. Học sinh thường
hiểu sâu và thích nghi khi học phần này.
Mặc dù đã có sự đầu tư và thu được những thành cơng đáng kể song vì điều kiện thời
gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa được triệt để và chỉ mang tính chất tương đối,
rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để đề tài này được hồn thiện
hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
2. Tên sáng kiến: Nhị thức NEWTON
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: ……….
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: …………..
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
2


- Giảng dạy bộ mơn Tốn chủ đề “Nhị thức NEWTON” dùng cho học sinh lớp 12 ôn

thi THPTQG.
Chuyên đề áp dụng cho chương trình Tốn lớp 12 (cả chương trình chuẩn và nâng cao)
chuyên đề đã giúp các em học sinh khắc sâu một số kiến thức cơ bản về hệ phương trình,
đồng thời đưa ra một hệ thống những bài tập minh họa đa dạng vừa cơ bản, vừa hay và vừa có
loại khó, cũng phong phú về hình thức có cả bài tập tự luận và trắc nghiệm để nghiền ngẫm
sâu sắc , qua đó học sinh có thêm kỹ năng về giải các bài tập .
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu : Ngày 01/11/2019
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Lý do chọn đề tài
Nhị thức NEWTON là một phần quan trọng khơng thể thiếu trong q trình học tập mơn
Tốn. Tuy nhiên, đứng trước mỗi bài tập, điều khó khăn lớn nhất đối với học sinh là sự lựa chọn
cách giải nào cho phù hợp để đi đến kết quả đúng, nhanh và dựa trên cơ sở nào để lựa chọn
phương pháp này thực sự là một bài tốn khó đối với mỗi giáo viên nói chung và với bản thân tơi
nói riêng,hệ phương trình là một phần trong chương trình ôn thi THPT QG hàng năm.
Trong khi giảng dạy tôi thấy học sinh ít nhiều có gặp khó khăn và cảm thấy các em sợ
học phần này, chính vì vậy tôi muốn đi sâu hơn để phần nào giúp các em học tốt hơn, hiệu quả
hơn.
7.2. Mục đích nghiên cứu
- Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy ôn thi THPTQG, cùng với kinh nghiệm
trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành
một chuyên đề: “Nhị thức NEWTON’’.
- Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số phương pháp
tổng quát và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được đâu là điều kiện cần và đủ. Học sinh
thơng hiểu và trình bày bài tốn đúng trình tự, đúng logic, khơng mắc sai lầm khi biến đổi. Hy
vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn
tồn diện cũng như ứng dụng của nhị thức NEWTON vào giải toán.
7.3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Phân loại từng dạng toán và phương pháp giải.
7.4. Đối tượng nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu : Các dạng bài tập về nhị thức NEWTON.

- Đối tượng áp dụng : Học sinh lớp 12, học sinh ôn thi THPT Quốc gia.
7.5. Phạm vi nghiên cứu
- Phạm vi nghiên cứu :Phần nhị thức NEWTON lớp 11 và kiến thức lớp 12.
7.6. Phương pháp nhiên cứu
- Nghiên cứu bằng lý luận : Nghiên cứu các giáo trình về phương pháp dạy học về nhị
thức NEWTON, các sách giáo khoa và sách tham khảo.
3


- Nghiên cứu bằng thực nghiệm : Trao đổi với đồng nghiệp cùng bộ môn ,tổng kết
kinh nghiệm từ thực tế dạy học, khảo sát so sánh kết quả đánh giá học sinh qua từng giai đoạn
để đánh giá tính hiệu quả của đề tài. Thực hiện qua việc giảng dạy phần Nhị thức NEWTON.
7.7 . Thời gian thực hiện
Tháng 1/2019 đến tháng 10/2019.
8.Nội dung
Trong đề tài này tơi trình bày tổng quát các phần như sau:
1. KIẾN THỨC CƠ BẢN:
2. ÁP DỤNG TRỰC TIẾP KHAI TRIỂN:
3. ÁP DỤNG CỦA ĐẠO HÀM:
4. ÁP DỤNG CỦA TÍCH PHÂN:
5.ÁP DỤNG CỦA SỐ PHỨC:
Nội dung thực hiện:
LUYỆN TẬP CHỨNG MINH BÀI TẬP NHỊ THỨC NEWTON
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN:
a.Giai thừa:
Định nghĩa: Với n  Nvà n > 1
Tích của n số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n
được gọi là n - giai thừa. Ký hiệu : n!
Ta có :


n! = 1.2...n

* Quy ước :

0! = 1 và 1! = 1

b.Hoán vị
Định nghĩa :
Cho tập hợp X gồm n phần tử (n >1).
Mỗi cách sắp thứ tự n phần tử của tập hợp X
được gọi là một hoán vị của n phần tử đó
Ký hiện số hốn vị của n phần tử là Pn , ta có cơng thức:
Pn = n!
c. Chỉnh hợp
Định nghĩa:
Cho tập hợp X gồm n phần tử.
Mỗi bộ gồm k ( phần tử sắp thứ tự của tập hợp X
được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của X.
k
A
Ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là n , ta có công thức:

4


A kn 

n!
(n  k)!


d. Tổ hợp
Định nghĩa:
Cho tập hợp X gồm n phần tử.
Mỗi tập con gồm k phần tử ( 0 k n ) của X
được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.

Ký hiệu số tổ hợp chập k của n phần tử là

Cnk =

C kn

, ta có cơng thức:

n!
k!(n - k)!

Tổ hợp có hai tính chất quan trọng sau đây:
a)
b)

Cnk = Cnn-k
k
n

k+1
n

C +C


với mọi k = 0, 1, ..., n

=C

k+1
n+1

với mọi k = 0, 1, ..., n-1

e. Nhị thức Newton
n

(a +b)n = Cn0 a nb0 +Cn1a n-1b+Cn2 a n-2b 2 + ...+C nn a 0b n = �Cnk a n-k b k
k=0

*Tính chất
+. Trong khai triển nhị thức Newton bậc n có n+1 số hạng
+. Trong mỗi số hạng của khai triển đều có tổng bậc là n.
+. Số hạng tổng quát
Nhận xét:
Số hạng tổng quát là: ()
f. Dấu hiệu nhận biết sử dụng nhị thức newton.

5


n

- Khi cần chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức mà có
tiếp.

n

- Trong biểu thức có

�i  i  1 C

i
n

i 1

thì ta dùng đạo hàm

n

Trong biểu thức có



� i  k  C
i 1
n

Trong biểu thức có



�a C
k


i 1

n

Trong biểu thức có



1

i
n

i 1

i
n

với i là số tự nhiên liên

 i ��

thì ta nhân 2 vế với xk rồi lấy đạo hàm

thì ta chọn giá trị của x = a thích hợp.

�i  1 C
i 1

i

n

�C

i
n

thì ta lấy tích phân xác định trên
n

 x a  xb   �Cni  x a 
n

n i

i

 a; b

thích hợp.

n

 xb   �Cni x a ni ib



Nếu bài toán cho khai triển




hệ số của xm là Cin sap cho phương trình
có nghiệm i ��
Nếu hệ số âm, dương liên tục như lũy thừa lại cách 2 bậc ta dùng đồng nhất phần
thực hoặc phần ảo của số phức. Ta lấy số phức dạng lượng giác vế trái, dạng khai
triển Newton của vế phải.

C



i
n

đạt MAX khi

i

i 1

i 1

a  n  i   bi  m

thì

n
n 1
n 1
i

i
2 với n chẵn.
2 với n lẻ,
2 hay

II. ÁP DỤNG TRỰC TIẾP CÔNG THỨC TỔ HỢP VÀ KHAI TRIỂN NEWTON:
Áp dụng trong chứng minh các bài tốn về tổ hợp
Ví dụ1 : Chứng minh rằng:

0
2
4
2n
C2n
+ 32 C2n
+ 34 C2n
+ ...+ 32n C2n
= 2 2n-1  2 2n +1

Giải:

 1+ x  = C +C x+C x + ...+C x +C2n2n x 2n  1
2n
 1- x  = C2n0 - C2n1 x +C2n2 x 2 + ...- C2n2n-1 x 2n-1 +C2n2n x 2n  2 
2n

0
2n

1

2n

2
2n

2

2n-1 2n-1
2n

Lấy (1) + (2) ta được:

 1+ x 

2n

0
2 2
+  1- x  = 2 �
C2n
+C2n
x + ...+C2n2n x 2n �
�
�
2n

Chọn x = 3 suy ra

 4
�


2n

  2 

2n

24 n  22 n
 2�
C  C 3  ...  C 3 �
 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n
�
��
2

22 n  22 n  1
2

0
2n

2
2n

2

2n
2n

2n


 C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n � 22 n 1 (22 n  1)  C20n  C22n 32  ...  C22nn 32 n

Ví dụ 2:Tìm hệ số của trong khai triển nhị thức Newton của đa thức
6


Lời giải:
Cách 1:
Ta có
Bậc của trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8,trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8,do đó x8 chỉ có
mặt trong số hạng thứ 4 và thứ 5 với hệ số tương ứng là và và có tổng là 238
Cách 2: Ta có
Số hạng tổng quát Với
Để có x8 thì suy ra
Suy ra (k;i)=(4;0),(3;2).Vậy hệ số của là :
=238
Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng: với
Bài 2: Chứng minh rằng :
n

(a +b)n = Cn0 a nb0 +Cn1a n-1b+Cn2 a n-2b 2 + ...+Cnn a 0b n = �C nk a n-k b k
k=0

HD * Cho a = 2, b = 7
Bài 3: Chứng minh rằng :
HD * Cho a = 1 b = -1
Bài 4: Chứng minh rằng :


C21n  C23n  C25n  ...  C22nn 1  C20n  C22n  C24n  ...  C22nn

HD * Cho (3 - 1)n = (1 + 1)n
Bài 5: Chứng minh rằng
* Khai triển kép, đồng nhất hệ số:

 1  x  . 1  x 
n

 1 x

2n

n

�n k k �
�n k n k �
�
0
�Cn x �
�Cn x �
�
�k 0
�
�k 0
�Hệ số của xn là Cn

  C 

 1  x  . 1  x 

2n

2n

Hệ số xk là

2

 

 ...  Cnn



 1  x2



C2kn

2n

, Đồng nhất hệ số xn hai vế ta có các bài tập sau:

Bài 6: Chứng minh rằng:

C60 .Cnk  C61.Cnk 1  ...  C66 .Cnk 6  Cnk6

c.


 C    C   ...   C   C
 C    C   ...   1  C    1

d.

Cn0 .Cmp  Cn1 .Cmp 1  ...  Cnp .Cm0  Cnp m

b.

1
n

2n

 �C2kn x k
k 0

a.

2

0
n

0 2
n

2

1

n

2

1 2
n

n
n
n

2

n
2n

n 2
n

III. ÁP DỤNG CỦA ĐẠO HÀM:
7

n

C2nn

2


Áp dụng trong chương Đạo hàm và ứng dụng

Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp tăng dần hoặc giảm dần từ 1, 2, 3, …, n hay n,
k
kCnk a n  k b k 1
…, 3, 2, 1 tức là số hạng đó có dạng kCn hoặc
thì ta có thể dùng đạo hàm
cấp 1 để tính.

 a  x
Cụ thể:

n

 Cn0 a n  2Cn1a n 1 x  ...  nCnn ax n

(*)

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:

n  a  x

n 1

 C1 a n1  2C 2 a n  2  ...  nC n ax n 1  1

n
n
n
1.
Đến đây thay x, a bằng hằng số thích hợp ta được tổng cần tìm.
2. Các bước giải bài tốn tổ hợp bằng phương pháp đạo hàm

n
- Xuất phát từ một khai triển nhị thức hàm số f ( x)  ( x  a ) theo công thức (*), với
các chỉ số a, n thích hợp.
m

- Nhân thêm vào f(x) luỹ thừa của x thích hợp để được một hàm mới
- Lấy đạo hàm đến cấp thích hợp (cấp 1 hoặc 2) được một đẳng thức mới
- Đồng nhất giá trị hoặc đồng nhất hệ số x của đẳng thức thu được.
1. Áp dụng đạo hàm cấp một của một hàm số.
Ví dụ 1:Tính tổng

Cn1  2Cn2  3Cn3  4Cn4  ...   1

n 1

nCnn

Giải:
Ta thấy tổng cần tính có dạng như (1). Việc cịn lại chỉ cần chọn a = 1,
x = -1 ta tính được tổng bằng 0.
k
k 1
kC

nC
n
n
1 ta tính được tổng bằng:
Cách khác: Sử dụng đẳng thức
n


1
n 1
nCn01  nCn11  nCn21  ...   1 nCnn11  n  1  1  0

Ví dụ 2:Tính tổng:

0
1
2011
2012C2011
 2011C2011
 ...  C2011

Giải:
Hệ số trước tổ hợp giảm dần từ 2008, 2007, …, 1 nên dùng đạo hàm là điều dễ hiểu:

 x  1

2011

0
1
2011
 C2011
x 2011  C2011
x 2011  ...  C2011

0
2010

2011C
x
2011
Bây giờ nếu đạo lấy đạo hàm thì chỉ được
trong khi đó đề đến 2012 do đó ta

phải nhân thêm với x vào đẳng thức trên rồi mới dùng đạo hàm:

x  x  1

2011

�  x  1

0
1
2011
 C2011
x 2012  C2011
x 2011  ...  C2011
x

2010

0
1
2011
x 2011  2011C2011
x 2010  ...  C2011
 2012 x  1  2012C2011


Thay x = 1 vào ta tìm được tổng là 2013.22010
Ví dụ 3 Tính giá trị các biểu thức sau
1
2
3
k
2013
a. A  C2013  2C2013  3C2013  ...  kC2013  ...  2013C2013

8


2 k 1

b. B  C2013  3C2013  ...  (2k  1)C2013  ...  2013C2013
Định hướng giải quyết bài tốn: Khi số hạng tổng qt có dạng:
1

3

2013

k
-) kCn : Đạo hàm cấp 1 của khai triển nhị thức luỹ thừa n.
k

-) kCn với k chỉ là chẵn(hoặc lẻ) thì ta phải kết hợp với phần bù của nó trong tổng đầy đủ để
tính.
Lời giải chi tiết.

2013

a. Xét khai triển :

0
1
k
2013 2013
k
f ( x)  ( x  1) 2013  C2013
 C2013
x  ...  C2013
x k  ...  C2013
x  �C2013
xk
k 0

� f '( x)  2013( x  1)

2012

C

1
Chọn x  1 � A  C2013  2C

1
2013
2
2013


 2C

 3C

2
2013
3
2013

x  ...  kC

k
2013

x

k 1

 ...  2013C

2013 2012
2013
2012

x

k
2013
 ...  kC2013

 ...  2013C2013
 2013.2

b. Đặt B '  2C2013  4C2013  ...  2kC2013  ...  2012C2013
Khi đó A  B  B ' . Ta cần tính thêm: B  B '
2

4

2k

2012

Chọn x  1 , thay vào hai vế của f '( x) được:
1
2
3
k
2013
B  B '  C2013
 2C2013
 3C2013
 ...  (1) k 1 kC2013
 ...  2013C2013
0
A
B  B '   2013.22011
2
- Vậy:


Ví dụ 4 Rút gọn (Tính giá trị) các biểu thức
1
2
3
k
2013
a. A  3C2013  4C2013  5C2013  ...  ( k  2)C2013  ...  2015C2013
2 k 1

b. B  5C2013  7C2013  9C2013  ...  (2k  5)C2013  ...  2017C2013
Định hướng giải quyết bài tốn: - Khi số hạng tổng qt trong tổng có chứa hệ số dạng
1

3

5

2013

(k  a)Cnk : Ta có hai cách giải quyết bài toán
k
k
k
Cách 1. Tách thành hai phần: ( k  a )Cn  kCn  aCn
k
Phần thứ nhất: Tính tổng dạng kCn ( Đạo hàm bậc nhất)
k
Phần thứ hai: Tính tổng dạng aCn

n

a
Cánh 2. Nhân thêm x vào khai triển ( x  1) sau đó lấy đạo hàm.
k

- Khi tổng các số hạng chứa các hệ số dạng kCn với k chỉ là chẵn(hoặc lẻ) thì ta phải kết
hợp với phần bù của nó trong tổng đầy đủ để tính.
Lời giải chi tiết.
2013
0
1
k
2013 2013
 C2013
 C2013
x  ...  C2013
x k  ...  C2013
x
a) Xét khai triển: ( x  1)
0
1
k
2013 2015
� f ( x)  x 2 ( x  1)2013  C2013
x 2  C2013
x 3  ...  C2013
x k  2  ...  C2013
x
0
1
k

2013 2014
� f '( x )  ( x 2 ( x  1) 2013 ) '  2C2013
x1  3C2013
x 2  ...  (k  2)C2013
x k 1  ...  2015C2013
x

0
1
k
2013 2014
� 2 x( x  1) 2013  2013.x 2 ( x  1) 2012  2C2013
x1  3C2013
x 2  ...  (k  2)C2013
x k 1  ...  2015C2013
x
Đồng nhất hai vế với x  1 ta được:
0
A  2C2013
 2.22013  2013.22102 � A  2017.22012  2

b) Với ý này thì thực hiện theo cách 1 dài hơn. Chúng ta thực hiện theo cách 2.
0
2
4
2k
2012
Đặt B '  4C2013  6C2013  8C2013  ...  (2k  4)C2013  ...  2016C2013
0
1

2
3
k
2013
Khi đó: B  B '  4C2013  5C2013  6C2013  7C2013  ...  (k  4)C2013  ...  2017C2013
0
1
2
3
2012
2013
B  B '  4C2013
 5C2013
 6C2013
 7C2013
 ...2016C2013
 2017C2013
2013
0
1
k
2013 2013
 C2013
 C2013
x  ...  C2013
x k  ...  C2013
x
Xét khai triển: ( x  1)

9



0
1
k
2013 2017
� f ( x)  x 4 ( x  1)2013  C2013
x 4  C2013
x 5  ...  C2013
x k  4  ...  C2013
x
0
1
k
2013 2017
� f '( x )  ( x 4 ( x  1) 2013 ) '  4C2013
x 3  5C2013
x 4  ...  (k  4)C2013
x k 3  ...  2017C2013
x

0
1
k
2013 2016
� 4 x 3 ( x  1) 2013  2013.x 4 ( x  1)2012  4C2013
x 3  5C2013
x 4  ...  (k  4)C2013
x k 3  ...  2017C2013
x


Đồng nhất hai vế với x  1 ta được:
Đồng nhất hai vế với x  1 ta được:

B

B  B '  4.2 2013  2013.22102
B  B'  0

4.2 2013  2013.22012
 2021.2 2011
2

Vậy:
Ví dụ 5. Cho số nguyên dương n thỏa mãn:

3
k
n
Cn1  2Cn2 2  3C2012
22  ...  kC2012
2k 1  ...  nC2012
2n 1  17496

a. Tìm hệ số của x trong khai triển P ( x)  (2 x  1) (4 x  3)
b. Tính tổng tất cả các hệ số trong khai triển trên.
Chú ý. Có hai cách để tính tổng tất cả các hệ số trong một khai triển.
Cách 1. (trực tiếp): Tìm tất cả các hệ số trong khai triển, sau đó tính tổng tất cả các hệ số
theo phương pháp đồng nhất giá trị.
3n


4

Cách 2 (gián tiếp): Khơng cần tìm các hệ số, trong trường hợp P ( x ) là một biểu thức dạng
tổng các lũy thừa của x với số mũ nguyên thì tổng tất cả các hệ số là P(1)
n
0
1
k k
n 1 n 1
n n
Giải a. Xét khai triển: ( x  1)  Cn  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x  Cn x

� n( x  1)n 1  Cn1  2Cn2 x  ...  kCnk x k 1  ...  nCnn x n 1
1
2
3
2
k
k 1
n
n 1
n 1
Đồng nhất với x  2 được: Cn  2Cn 2  3C2012 2  ...  kC2012 2  ...  nC2012 2  n.3
n 1
7
8.3
�
 n 1 7
Theo giả thiết có: n.3 �


n 8

Thử các giá trị n  1, 2,3,...,7,8 ta được n  8 thỏa mãn.
24

- Khi đó: P ( x)  (2 x  1) (4 x  3)
24

 4 x �C (2 x) (1)
k
24

k 0

k

24 k

4
Hệ số của x trong khai triển là: 4C 2 (1)  3C 2 (1)
3
24

3

21

4
24


4

24

 3�C24m (2 x) m (1) 24m
m 0

20

3
4
 32C24
 48C24

24
b. Tổng tất cả các hệ số trong khai triển là: P (1)  (2.1  1) (4.1  3)  1
3n

� 1�
3x  �
�
2 � thành đa thức bậc
�
Ví dụ 6. Tìm hệ số lớn nhất trong tất cả các hệ số của khai triển
1
3
2 k 1
3n, biết : 4Cn  6Cn  ...  (2k  4)Cn  ...  4096 .
Định hướng giải quyết bài tốn.

- Phương pháp tìm hệ số lớn nhất: Sắp xếp dãy các hệ số bằng cách so sánh hai hệ số liên
tiếp với nhau, từ đó rút ra hệ số lớn nhất.
Lời giải chi tiết.
n
0
1
k k
n 1 n 1
n n
- Xét khai triển: ( x  1)  Cn  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x  Cn x

� x3 ( x  1) n  Cn0 x3  Cn1 x 4  ...  Cnk x k 3  ...  Cnn x n3
� f '( x )  3x 2 ( x  1) n  nx 3 ( x  1) n 1  3Cn0 x 2  4Cn1 x 3  ...  (k  3)Cnk x k  2 
...  nCnn x n 1

Đồng nhất hai vế với x  1; x  1 ta được:

3(1  1) n  n(1  1)n 1  3Cn0  4Cn1  ...  (k  2)Cnk  ...  nCnn
3(1  1) n  n(1  1) n 1  3Cn0  4Cn1  ...  (1) k ( k  3)Cnk  ...  ( 1) n nCnn

10


Khi đó:

4C  6C  8C  ...  (2k  4)C
1
n

3

n

5
n

2
6).2
�n
4096
Theo giả thiết có: ( n �

2 k 1
n

212

3.2n  n.2n1
 ... 
 ( n  6).2 n2
2

n 2 12

n 14

Thử các giá trị n  1, 2,3,...,13,14 ta được n  10 thỏa mãn.
30

30
� 1 � 30 k

k
k 30
3 x  �  �C30 (3x) .2
 �C30k 3k .2k 30.x k
�
2 � k 0
k 0
- Khi đó: �
k k k 30
Dãy các hệ số trong khai triển là ak  C30 3 .2 , k  0,1,...,30

T
- Xét tỉ số:

ak 1 C30k 1 3k 1.2k 29 6(30  k )


ak
C30k 3k .2k 30
k 1

6(30  k )
179
1� k 
k 1
7 . Vậy ak 1  ak , k �25 .
Có:
Tức là ta có so sánh: a0  a1  a2  ...  a25  a26
(1).
6(30  k )

179
T 1�
1� k 
k 1
7 . Vậy ak 1  ak , k �26 .
Tương tự
Tức là ta có so sánh: a26  a27  ...  a29  a30
(2).
T 1�

- Từ (1) và (2) suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển là

a26  C3026 326.24

Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  kCnk  ...  nCnn
 n!

n
�
N
,
n

2
n
Ví dụ 7. CMR
ln có:
Lời giải. Bài tốn này chúng ta kết hợp với phương pháp quy nạp để giải.
n
0

1
k k
n 1 n 1
n n
Xét khai triển: ( x  1)  Cn  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x  Cn x

� n( x  1)n1  Cn1  2Cn2 x  ...  kCnk x k 1  ...  nCnn x n1
1
2
k
n
n 1
Đồng nhất hai vế với x  1 ta được: Cn  2Cn  ...  kCn  ...  nCn  n.2

n 1

Bài toán trở thành chứng minh: 2  n !, n �3 .
Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp toán học.
-

(1)

31
Với n  3 ta có: VT  2  4  6  3!  VP . Vậy (1) đúng với n  3 .

-

k 1
Giả sử (1) đúng với n  k (k �3) , tức: 2  k !


(2)

-

Ta chứng minh (1) đúng với n  k  1 , tức 2  ( k  1)!

(3)

k

Thật vậy. Theo (2) có: 2  2.k !  (k  1).k !  ( k  1)! . Vậy (3) đúng.
Vậy (1) được chứng minh. Bài toán được chứng minh.
* Bài tập tương tự.
Bài tập tự luyện 1.1. Tính giá trị biểu thức sau
k

2
4
6
2k
2012 1011
A  2C2013
.2  4C2013
.23  6C2013
.25  ...  2kC2013
.2 2 k 1  ...  2012C2013
.2
0
2
4

2k
2012
B  C2013
 3C2013
 5C2013
 ...  (2k  1)C2013
 ...  2013C2013
0
2
4
2k
2012
C  C2013
 3C2013
 5C2013
 ...  (2k  1)C2013
 ...  2013C2013

Bài tập tự luyện 1.2. Tính giá trị các biểu thức:
1
3
5
2 k 1 2 k
2013 1012
A  C2013
 3C2013
.22  5C2013
.24  ...  (2k  1)C2013
.2  ...  2013C2013
.2

2
4
6
2k
2012 2011
B  2C2012
.3  4C2012
.33  6C2012
.35  ...  2kC2012
.32 k 1  ...  2012C2012
.3
1
3
5
2 k 1
2013
C  6C2013
 8C2013
 10C2013
 ...  (2k  6)C2013
 ...  2018C2013
4
5
6
k
2013
D  2C2013
 3C2013
 4C2013
 ...  (k  2)C2013

 ...  2011C2013

11


4
6
8
2k
2012
E  C2013
 3C2013
 5C2013
 (2k  3)C2013
 ...  2009C2013

Bài tập tự luyện 1.3. Tìm các số hạng chứa lũy thừa của x với số mũ là bội của 4 trong khai
n

� 2 1�
2x  �
�
x �( x �0 ), biết
�
triển nhị thức
Cn0  2Cn1  3Cn2  4Cn3  ...  (k  1)Cnk  ...  (n  1)Cnn  13312
Bài tập tự luyện 1.4. Chứng minh rằng n �N , n  2 ln có:
Cn2  2Cn3  ...  (k  1)Cnk  ...  (n  1)Cnn �(n  3).2n 1  2n  1
b.Đạo hàm cấp 2.
Dấu hiệu: Khi hệ số đứng trước tổ hợp có dạng :

1.2, 2.3, …, (n-1)n hay (n-1)n, …, 3.2, 2.1 hay 12, 22, …, n2

k n k
k  k  1 Cnk a n k b k
k
(
k

1)
C
a
n
(không kể dấu) tức có dạng
hay tổng qt hơn

thì ta có thể dùng đạo hàm đến cấp 2 để tính.

 a  bx 
Xét đa thức

n

 Cn0  Cn1 a n 1bx  ...  Cnnb n x n

Khi đó đạo hàm hai vế theo x ta được:

bn  a  bx 

n 1


 Cn1a n 1b  2Cn2 a n 2b 2 x...  nCnnb n x n1

Đạo hàm lần nữa:

b 2 n  n  1  a  bx n  2   2.1Cn2 a n  2b 2  ...  n  n  1 Cnnb n x n 1  2 

Đến đây ta gần như giải quyết xong ví dụ tốn chỉ việc thay a, b, x bởi các hằng số
thích hợp nữa thôi.

f  x    1  x  ,  2 �n, n ��
n

Ví dụ1: Cho

�
f�
 1

a.Tính

b.Chứng minh rằng:
a.

�
f�
 x  n  1 x

Giải:

n 1


�
� f�
 x   n  n  1  1  x 

n2

n

n

k 1

k 2

�
� f�
(1)  n(1  x ) n  2

f  x    1  x   �Cnk x k  Cn0  Cn1 x  �Cnk x k
n

b. Ta có

2.1Cn2  3.2Cn3  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2 n 2

n

f�
 x   Cn1  �kCnk x k 1

k 2

n

�
f�
 x   �k  k  1 Cnk x k 2
k 2

n

�
� f�
 1  �k  k  1 Cnk  2n  2
k 1

� 2.1C  3.2Cn2  ...   p  1 Cnp  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2 2 n 1
1
n

Từ câu b thay (n - 1) = (n + 1) thì ta có một bài tốn khác:
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
12


2.1Cn1  3.2Cn2  ...   n  1 pCnp  ...   n  1 nCnn  n  n  1 2n  2
Với bài toán này ta giải như sau:

 1 x
Xét nhị thức:


n

 Cn0  Cn1 x  ...  Cnn x n

Nhân 2 vế của đẳng thức với x �0 đồng thời lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được:

2n  1  x 

n 1

 n  n  1 x  1  x 

n2

 2Cn1 x  3.2Cn2 x  ...   n  1 nCnn x n 1

Cho x = 2 ta được ĐPCM
Có thể nhân, chia cho ẩn x cho cả hai vế và tiến hành đạo hàm nhiều lần, cho x = ?, a
= ?,b = ? ta có các bài tốn sau:
Bài 7: Chứng minh rằng:
a.
b.
c.

Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n.2 n 1 , n  �, n 1
2.1.Cn2  3.2.Cn3  4.3.Cn4  ...  n.(n  1).Cnn  n( n  1).2n  2 , n  �, n

2.


1.2n 1 Cn1  2.2n  2 Cn2  3.2n 3 Cn3  ...  nCnn  n.3n 1 , n  �, n 1

2 1
2 2
2 3
2 2011
2 2012
d. Tính tổng: S  1 C2012  2 C2012  3 C2012  ...  2011 C2012  2012 C2012

Ví dụ 3. Rút gọn các biểu thức sau:
2
3
4
k
2013
a. A  2.1C2013  3.2C2013  4.3C2013  ...  k (k  1)C2013  ...  2013.2012C2013

b. B  2.1C2013  4.3C2013  6.5C2013  ...  2k (2k  1)C2013  ...  2012.2011C2013
Định hướng giải quyết bài tốn.
2

4

6

2k

2012

k

- Số hạng tổng qt trong tổng có chứa hệ số dạng k (k  1)Cn : Ta lấy đạo hàm tới cấp hai
của một khai triển nhị thức bậc n.

- Khi tổng các số hạng chứa các hệ số dạng k (k  1)Cn với k chỉ là các chỉ số chẵn (hoặc lẻ)
thì ta phải kết hợp với phần bù của nó trong tổng đầy đủ để tính.
Lời giải chi tiết.
a. Xét khai triển:
k

2013

0
1
k
2013 2013
k
f ( x)  ( x  1) 2013  C2013
 C2013
x  ...  C2013
x k  ...  C2013
x
 �C2013
xk
k 0

� f '( x)  2013( x  1)

2012

C


1
2013
2011

 2C

2
2013

x  ...  kC

k
2013

x

k 1

2013 2012
 ...  2013C2013
x

� f ''( x)  2013.2012( x  1)
2
3
k
2013 2011
 2C2013
 3.2C2013

x  ...  k ( k  1)C2013
x k 2  ...  2013.2012C2013
x
(2)
Chọn x  1 :
2
3
k
2013
A  2C2013
 3.2C2013
 ...  k (k  1)C2013
 ...  2013.2012C2013
 2013.2012.2 2011
3
5
7
2 k 1
2013
b. Đặt B '  3.2C2013  5.4C2013  7.6C2013  ...  (2k  1)2kC2013  ...  2013.2012C2013
Khi đó: B  B '  A
2
3
k
2013
B  B '  2.1C2013
 3.2C2013
 ...  (1) k k (k  1)C2013
 ...  2013.2012C2013
Chọn x  1 , thay vào hai vế của (2) được: B  B '  0

A
B   2013.2012.2 2010
2
Vậy:

13


1
2 2
2 3
2 k
2 2013
2011
Ví dụ 4. CMR: C2013  2 C2013  3 C2013  ...  k C2013  ...  2013 C2013  2014.2013.2
Định hướng giải quyết bài tốn.
2 k
- Số hạng tổng qt trong tổng có dạng k Cn : Ta có thể thực hiện theo hai cách sau:
2 k
k
k
Cách 1. Tách thành hai tổng nhỏ: k Cn  k (k  1)Cn  kCn
k
+ Tính tổng các số hạng dạng kCn : Bằng cách áp dụng đạo hàm cấp một.

+ Tính tổng các số hạng dạng k (k  1)Cn : Bằng cách áp dụng đạo hàm cấp hai.
Cách 2. Làm xuất hiện dần các hệ số bằng cách 2 lần đạo hàm cấp một các hàm số thích
hợp.
Lời giải chi tiết.
k


2
3
k
2013
Cách 1. VT  [2.1.C2013  3.2C2013  ...  k ( k  1)C2013  ...  2013.2012.C2013 ] 
1
2
3
k
2013
[C2013
 2C2013
 3C2013
 ...  kC2013
 ...  2013C2013
]

Trong đó, Theo kết quả các Ví dụ 1.1 và 2.1 ta có:
2
3
k
2013
A  2C2013
 3.2C2013
 ...  k (k  1)C2013
 ...  2013.2012C2013
 2013.2012.22011
1
2

3
k
2013
B  C2013
 2C2013
 3C2013
 ...  kC2013
 ...  2013C2013
 2013.22012

 2013.2
 2014.2013.2
Do đó: VT  A  B  2013.2012.2
(đpcm)
Nhận xét. Với cách thực hiện như trên thì ta phải tính hai tổng phụ như ở các ví dụ 1.1 và Ví
dụ 2.1, khi đó lời giải tương đối dài. Để lời giải ngắn gọn hơn ta thực hiện theo cách 2.
Cách 2. Xét khai triển:
2011

2012

2011

2013

0
1
k
2013 2013
k

f ( x)  ( x  1) 2013  C2013
 C2013
x  ...  C2013
x k  ...  C2013
x  �C2013
xk

� f '( x )  2013( x  1)

2012

C

 2C

1
2013
1
2013

� g ( x)  2013x( x  1) 2012  C

x  ...  kC

2
2013
2
2
2013


x  2C

k
2013

x

k 0
k 1

2013 2012
 ...  2013C2013
x

k
2013 2013
x  ...  kC2013
x k  ...  2013C2013
x

� g '( x)  2013( x  1)2012  2013.2012.x( x  1)2011
1
2
k
2013 2012
 C2013
 2 2 C2013
x  ...  k 2C2013
x k 1  ...  20132 C2013
x

2012
 2013.2012.(1  1) 2011  VP
Đồng nhất hai vế với x  1 , ta được: VT  2013(1  1)
2n

� 1�
2x  �
�
3 � thành đa
�
Ví dụ 5. Tìm hệ số lớn nhất, nhỏ nhất trong các hệ số của khai triển
1.4Cn1  2.5Cn2  3.6Cn3  ...  k ( k  3)Cnk  ...  n(n  3)Cnn  101367
thức bậc 2n, biết:
Định hướng giải quyết bài toán.
- Ở bài toán này các hệ số đan dấu, do đó hệ số lớn nhất tìm trong các hệ số dương, hệ số
nhỏ nhất tìm trong các hệ số âm.
- Trước tiên ta đi sắp xếp dãy giá trị tuyệt đối của các hệ số, sau đó tách thành hai phần
tương ứng với chỉ số chẵn và chỉ số lẻ.
Lời giải chi tiết.
n
0
1
k k
n 1 n 1
n n
- Xét khai triển f ( x)  ( x  1)  Cn  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x  Cn x

4
Đạo hàm bậc nhất hàm g ( x)  f '( x).x sau đó đồng nhất hai vế với x  1 , được:


1.4Cn1  2.5Cn2  3.6Cn3  ...  k (k  3)Cnk  ...  n( n  3)Cnn  n(n  7)2 n  2
n2
7)2
�
 9.11.210
Từ giả thiết có: n(n �

n 2 10

n 12

Thử các giá trị n  1, 2,3...,11,12 nhận được n  11 .
22 k
k
k k  22
- Khi đó dãy hệ số: ak  (1) C22 .2 .3 , k  0,1, 2.., 22

Chú ý: ak  0 khi k chẵn; ak  0 khi k lẻ. Do đó:
14


amax  max{a0 , a2 , a4 ,..., a22 } ; amax  min{a1 , a3 , a5 ,..., a21} .
Xét dãy | ak |, k  0,..., 22 . Đặt

T

| ak 1 | C22k 1 2k 1.3k 21 6(22  k )


| ak |

C22k 2k .3k  22
k 1

6(22  k )
6(22  k )
T
>�>
1 
1 k 18 T �
1 ۳
1 k 19
k 1
k 1
;
Vậy | a0 || a1 | ... | a18 || a19 || a20 || a21 | ... | a22 | . Từ đó suy ra:
| a0 || a2 || a4 | ... | a16 || a18 |;| a20 || a22 |
�
�
| a1 || a3 | ... | a17 || a19 || a21 |
�
0  a  a2  a4  ...a16  a18 ; a20  a22  0 (1)
�
�� 0
a1  a3  ...  a17  a19  a21
(2)
�

22  20 20 20 20 22
C22 .2 .3
- Từ (1) suy ra amax  max{a18 ; a20 }=a 20  (1)

22 19 19 19 19  22
C22 .2 .3
- Từ (2) suy ra amin  a19  ( 1)

n
Ví dụ 6. Biết n là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho trong khai triển (1  x ) có hai hệ số liên tiếp

7
có tỷ số là 5 . Tính giá trị biểu thức
1.5C21n 1  3.7C23n1  5.9C25n1  ...  k ( k  4)C2kn1  ...  (2n  1)(2 n  5)C22nn11
n
0
1
k k
n 1 n 1
n n
Lời giải. Xét khai triển ( x  1)  Cn  Cn x  ...  Cn x  ...  Cn x  Cn x
- Theo giả thiết có hai trường hợp sau

Trường hợp 1.

Cnk
7
k 1 7
k 1

�

� n  3k  2 
k 1

Cn
15
n  k 15
7
7 � k  7t  1 � n  22t  1
Do n, k �Z � k  1M

1
k �
0 ���
t   nmin
tmin 1 nmin 21
7
Do
Cnk
15
k  1 15
7(k  1)

�

�nk
k 1
7
nk 7
15
Trường hợp 2. Cn
15 � k  15t  1 � n  22t  1
Do n, k �Z � k  1M
1

k �
0 ���
t  
22
Do

nmin

tmin

1

nmin

21

Vậy n  21 thỏa mãn.

43
0
1
k k
42 42
43 43
- Khi đó: Xét khai triển ( x  1)  C43  C43 x  ...  C43 x  ...  C43 x  C43 x

� 43( x  1)42  Cn1  2C432 x  ...  kC43k x k 1  ...  43C4343 x 42
2 6
k k 4
� f ( x)  43 x5 ( x  1) 42  Cn1 x5  2C43

x  ...  kC43
x  ...  43C4343 x 47
2 5
� f '( x )  5Cn1 x 4  2.6.C43
x  ...  k (k  4)C43k x k 3  ...  43.47.C4343 x 46
2 5
� 43.5.x 4 ( x  1)42  43.42.x5 ( x  1)41  1.5Cn1 x 4  2.6.C43
x  ...

1 ta được:
Đồng nhất hai vế của (1) với x  �

43 46
 k (k  4)C43k x k 3  ...  43.47.C43
x

1
43
1.5C43
 2.6C432  ...  k ( k  4)C43k  ...  43.47C43
 215.2 42  43.42.2 41  1118.2 42
1
2
k
43
1.5C43
 2.6C43
 ...  (1) k 1 k ( k  4)C43
 ...  43.47C43
0


15


2 k 1
43

1.5C  3.7C  ...  (2k  1)(2k  5)C
1
43

3
43

Vậy:
* Bài tập tương tự.
Bài tập tự luyện 2.1. Chứng minh rằng:
a)

1118.242
 ...  43.47C 
 559.2 42
2
43
43

2
3
k 1
2013

3.1.C2013
 4.2C2013
 ...  (k  2)kC2013
 ...  2014.2012.C2013
 2013.2014.22011  22013  1
1
2 2
2 3
k 1 2 k
2 2013
b) C2013  2 C2013  3 C2013  ...  ( 1) k C2013  ...  2013 C2013  0
1
2 3
2 2 k 1
2
2013
2010
c) C2013  3 C2013  ...  (2k  1) C2013  ...  2013 C2013  2014.2013.2
Bài tập tự luyện 2.2. Rút gọn các biểu thức sau
1
3
5
2 k 1
2011
A  C2012
 32 C2012
 52 C2012
 ...  (2k  1) 2 C2012
 ...  20112 C2012
1

2
3
k
2012
B  4C2012
 5.2C2012
 6.3C2012
 ...  ( k  3) kC2012
 ...  2015.2012C2012
2
3
k
2012
C  3.1C2012
 4.2C2012
 ...  (k  1)(k  1)C2012
 ...  2013.2011.C2012
2
4
2k
2012
D  3.1C2010
 5.3C2012
 ...  (2k  1)(2k  1)C2012
 ...  2013.2011.C2012

Bài tập tự luyện 2.3.
a). Tìm tất cả các hệ số của lũy thừa x với số mũ nguyên là bội của 5 trong khai triển
2n


� 3 �
1
2 2
2 3
2 k
2 n
�x 
�
x � ( x �0 ), biết: Cn  2 Cn  3 Cn  ...  k Cn  ...  n Cn  28160
�
b). Tính tổng tất cả các hệ số trong khai triển trên.
Bài tập tự luyện 2.4. Tính giá trị biểu thức

P  2.1C21n  4.3C23n  6.5C25n  ...  (2k  2)(2k  1)C22nk 1  ...  2n(2n  1)C22nn 1
n
n 1
n 2
Biết n là số tự nhiên thỏa mãn: Cn  Cn  Cn  79

2
n
5
Bài tập tự luyện 2.5. Tìm hệ số của x trong khai triển P ( x)  ( x  3 x  1) thành đa thức,
biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

Cn1 .2n1  2Cn2 .3.2 n2  ...  kCnk .3k 1.2n k  ...  nCnn .3n 1  3515625
IV. ÁP DỤNG CỦA TÍCH PHÂN:
Áp dụng trong chương Tích phân và nguyên hàm
*


 a  x

b

 a  x
�
0

n

n

n

 �Cnk a n k x k
k 0
b

n

0

k 0

lấy tích phân hai vế ta được:

dx  �
(�Cnk a n  k x k )dx

,…


Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

Giải
Ta có:
Suy ra:
Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được:
16


Suy ra

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

Giải
Ta có:

Tương tự có thể nhân 2 vế với x rồi lấy tích phân từng phần vế trái, tích phân
hàm lũy thừa của vế phải, ta có các bài tập sau:
Bài 8: Chứng minh rằng:

a.
b.

c.

1 0 1 1 1 2
1
1
Cn  Cn  Cn  ...  (1) n

Cnn 
2
4
6
2n  2
2n  2
2 2 1 23 2
2n1 n 3n1  1
2C  Cn  Cn  ... 
Cn 
, n ��
2
3
n 1
n 1
n.4n 1.Cn0  ( n  1).4n 2.Cn1  ( n  2).4 n 3.Cn2  ...  ( 1) n.Cnn1 
0
n

 Cn1  4Cn2  23 Cn3  ...  n.2 n 1 Cnn , n ��, n  1.
V.ÁP DỤNG CỦA SỐ PHỨC:
Áp dụng trong chương Số phức
17


Ta có:

 a  bi 

n


n

n

k 0

k 0

 �Cnk a n  k b k i k � r n (cos n  i.sin n )  �Cnk a n k b k i k

Vế trái ta biến đổi số phức về dạng lượng giác, vế phái ta khai triển nhị thức Newton.
Chú ý:
Cho a = ?, b = ? , đồng nhất phần thực, phần ảo hai vế ta có các bài tốn sau:
Ví dụ 1: Rút gọn:
Lời giải: Xét đa thức
Khi đó
Mặt khác
Ví dụ 2: Tính
Lời giải: Xét đa thức
Lại nhân f(x) với x ta được
Nhận thấy S chính là phần ảo của g(i) mà
Ví dụ 3: Chứng minh rằng :
Lời giải:
Ta có .Đặt thì
Ta thấy
Từ (1) ,(2),(3) suy ra
Cho ta được
Ví dụ 4: Tính tổng:
a.


0
2
4
6
2010
2012
S  C2012
 C2012
 C2012
 C2012
 ...  C2012
 C2012

b.

0
2
4
2010
2012
S  31006 C2012
 31005 C2012
 31004 C2012
 ...  3C2012
 C2012

VI. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TỔNG HỢP TỰ LUYỆN
1
2

3
2016
Câu 1. Tổng C2016  C2016  C2016  ...  C2016 bằng:

18


2016
1
B. 2

2016
A. 2

2016
1
C. 2

2016
D. 4

20
Câu 2. Trong khai triển (1  30) với số mũ tăng dần, hệ số của số hạng đứng chính giữa là:

9 9
A. 3 C20

12 12
B. 3 C20


11 11
C. 3 C20

Câu 3. Tổng các hệ số nhị thức Niu – tơn trong khai triển

 1 x

10 10
D. 3 C20

3n

bằng 64. Số hạng không

3n

1 �
�
2nx 
�
�
2nx 2 � là:
chứa x trong khai triển �
A. 360
Câu 4. Trong khai triển
A.

C113

 x  y


B. 210
11

C. 250

8 3
, hệ số của số hạng chứa x y là:

B.

C118

Câu 5. Tổng của số hạng thứ 4 trong khai triển

 2a  3 

D. 240

 5a  1

C.

C113

D.

C115

5


và số hạng thứ 5 trong khai triển

6

là:

2
A. 4160a

2
B. 4610a

Cn0  Cn1  Cn2  ...   1 Cnn

2
C. 4610a

2
D. 4620a

n

Câu 6. Tổng số
A. 0 nếu n chẵn
C. 0 nếu n hữu hạn

 1 x

có giá trị bằng:

B. 0 nếu n lẻ
D. 0 trong mọi trường hợp

6

Câu 7. Trong khai triển nhị thức
I. Gồm có 7 số hạng.
II. Số hạng thứ 2 là 6x.

xét các khẳng định sau:

5
III. Hệ số của x là 5.
Trong các khẳng định trên
A. Chỉ I và III đúng
C. Chỉ I và II đúng

B. Chỉ II và III đúng
D. Cả ba đúng
8

1 �
�3
�x 4 �
x �với x  0 :
Câu 8. Tìm số hạng chính giữa của khai triển �
A. 56x




1
4

1

1

3
B. 70x

3
C. 70x và 56x



1
4

3
4
D. 70. x . x .

m

x �
� 2 x1 4
 4.2 2 �
�3
� 2
�

1
3
�. Gọi Cm , Cm là hệ số của số hạng thứ 2 và thứ 4.
Câu 9. Xét khai triển �
lg  3Cm3   lg  Cm1   1

Tìm m sao cho:
.
A. 7
B. 6
C. 1
Câu 10. Nếu bốn số hạng đầu của một hàng trong tam giác Pascal được ghi lại là:
1
16
120
560
Khi đó 4 số hạng đầu của hàng kế tiếp là:
A. 1
32
360
1680
B. 1
18
123
C. 1
17
137
697
D. 1
17

136

D. 2

564
680

n

� 2 1�
3x  �
4 5
�
x � hệ số của x3 là: 3 Cn giá trị của n là:
�
Câu 11. Trong khai triển
A. 15
quả khác

B. 12

C. 9

1
2
7
Câu 12. Giá trị của tổng A  C7  C7  ...  C7 bằng:

19


D. Kết


A. 255

B. 63

Câu 13. Nếu A  110 thì:
A. x  11

C. 127

D. 31

2
x

Câu 14. Trong khai triển

B. x  10

 x  2

A. 1

100

C. x  11 và x  10

 a0  a1x1  ...  a100 x100


. Tổng hệ số: a0  a1  ...  a100 .

100
C. 3

100
D. 2

, hệ số của số hạng thứ 3 bằng:
B. −10
C. 10

D. −80

B. 1

 2a  b 
Câu 15. Trong khai triển
A. 80

D. x  0

5

Câu 16. Cho A  C  5C  5 C  ...  5 C . Vậy A 
0
n

1

n

n
A. 7

2

2
n

n

n
n

n
B. 5

Câu 17. Trong khai triển

 x  2

A. 1.293.600

100

n
C. 6

 a0  a1x1  ...  a100 x100


 2 
D.

98

98
C100

5

, số hạng thứ tư là:
B. 0,0064

A. 0,2048

. Hệ số a97 là:

97
297 C100
C.

B. −1.293.600

 0, 2  0,8 
Câu 18. Trong khai triển

n
D. 4


 a  2

n6

Câu 19. Trong khai triển nhị thức
A. 10
B. 17

C. 0,0512

D. 0,4096

 n �� . Có tất cả 17 số hạng. Vậy n bằng:
C. 11

D. 12

9

Câu 20. Tìm hệ số chứa x trong khai triển

1 x

9

 1 x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 x
10

A. 3000


12

13

B. 8008

Câu 21. Trong khai triển
A.

11

16x y  y
15

8

 x y
B.

14

C. 3003

15

.
D. 8000

16


, hai số hạng cuối là:

16x y  y 4
15

15
4
C. 16xy  y

15
8
D. 16xy  y

 1 x
Câu 22. Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển

n

có hai hệ số liên

7
tiếp có tỉ số là 15 .
A. 20
Câu 23. Trong khai triển
A. 11520

B. 21

 2 x  1


C. 22

10

D. 23

8

, hệ số của số hạng chứa x là
B. −11520
C. 256

D. 45

n

1 �
�
2x  2 �
�
x � khơng chứa x. Tìm x biết rằng số hạng
Câu 24. Số hạng thứ 3 trong khai triển �

1 x 
này bằng số hạng thứ hai của khai triển

3 30

A. −2
Câu 25. Trong khai triển

3
của x bằng:
A. 15

.

B. 1

 1  x

n

C. −1

1
2
3
n 1
biết tổng các hệ số Cn  Cn  Cn  ...  Cn  126 . Hệ số

B. 21


Câu 26. Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển
A. 37

D. 2

B. 38


7
 3  x  là
Câu 27. Hệ số của x trong khai triển của

9

20

C. 35

10  8 3



C. 36

D. 20
300

.
D. 39


7
A. C9

7
C. 9C9

7

B. 9C9

5
 1 x
Câu 28. Hệ số của x trong khai triển của
A. 820
B. 210

Câu 29. Trong khai triển
A. 1120

 a  2b 

12

7

là
C. 792

8

4

D. 220

4

, hệ số của số hạng chứa a .b là
B. 560

C. 140

7
 2  3x 
Câu 30. Hệ số của x trong khai triển của
7
15

7
D. C9

7

là

8
15

A. C .2 .3

D. 70

15

B. C

8
8
C. C15 .2


8
8 7
D. C15 .2 .3

2 n 2
C. 2

2 n1
D. 2

0
2
4
2n
Câu 31. C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n . Bằng:

n 2
A. 2

n1
B. 2
n

�1
�
�  3�
�. Tìm n biết tỉ số giữa số hạng thứ tư và thứ ba bằng 3 2 .
Câu 32. Cho khai triển � 2
A. 8


B. 10

Câu 33. Trong bảng khai triển của nhị thức
A.

C118

B.

 x  y

C. 6
11

D. 7

8 3
, hệ số của x y là:

C113

C.

C107  C108

D.

C113

0

1
2
3
n
Câu 34. Tổng T  Cn  Cn  Cn  Cn  ...  Cn bằng:

n
A. T  2

n
B. T  4

n
C. T  2  1

10
9
8
Câu 35. Nghiệm của phương trình Ax  Ax  9 Ax là
A. x  5
C. x  11 và x  5

n
D. T  2  1

B. x  11
D. x  10 và x  2

 1  2x 
Câu 36. Ba số hạng đầu tiên theo lũy thừa tăng dần của x trong khai triển của

A. 1, 45 x,120 x

2

B. 1, 4 x, 4 x

2

C. 1, 20 x,180 x

2

D. 10, 45 x,120 x

10

là:

2

5
P  x    x  1   x  1  ...   x  1
Câu 37. Tìm hệ số của x trong khai triển
.
A. 1711
B. 1287
C. 1716
D. 1715

6


Câu 38. Cho khai triển

a0 

mãn hệ thức
A. 1293600

 1 2x

n

 a0  a1 x1  ...  an x n

7

12

*
, trong đó n �� các hệ số thỏa

a
a1
 ...  nn  4096
2
2
. Tìm hệ số lớn nhất.
B. 126720

5

Câu 39. Hệ số của x trong khai triển biểu thức
A. 13368 .
B. 13368 .

C. 924
8
x  2 x  1   3 x  1

D. 792

6

C. 13848 .

bằng

5
x  3 x  1   2 x  1
Câu 40. Hệ số của x trong khai triển biểu thức
bằng
6

A. 3007 .

B. 577 .

C. 3007 .

D. 13848 .


8

D. 577

9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Tài liệu lí thuyết,bài tập; hệ thống bài tập.
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo
ý kiến của tác giả:
- Qua khảo sát tại lớp 12A5 trong năm học 2018-2019 bằng cách dạy cũ và mới tôi đã thu
21


những kết quả cụ thể sau:

Phương pháp cũ

Xếp loại

Phương pháp mới

Số lượng

%

Số lượng

%

Loại giỏi


12

27

20

44

Loại khá

17

38

19

42

Loại TB

16

35

6

14

Qua bảng thống kê trên tôi thấy rằng phương pháp mới của tôi thật sự có hiệu quả đáng
kể trong khi giảng dạy phần này.

10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo
ý kiến của tổ chức, cá nhân:
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
.................................................................................................................................
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu :
Số

Tên tổ chức/cá nhân

Địa chỉ

TT

Phạm vi/Lĩnh vực
áp dụng sáng kiến

1

Nguyễn Thành Đông

Trường THPT Yên Lạc

Nhị thức NEWTON

2

Nguyễn Văn Thiết


Trường THPT Tam Đảo

Nhị thức NEWTON

Vĩnh Tường, ngày 06 tháng 02 năm 2020

Vĩnh Tường, ngày 06 tháng 02 năm 2020

Thủ trưởng đơn vị

Tác giả sáng kiến

22


12. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.SGK GIẢI TÍCH LỚP 11 TÁC GIẢ TRẦN VĂN HẠO- VŨ TUẤN
2.TẠP CHÍ THTT
3.ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH-CĐ và THPTQG
4.SBT GIẢI TÍCH 11.
5.TRANG WEB WWW.MATHVN.COM

23


24