zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Bài tập nhị thức Newton nâng cao

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

3.955
lượt xem 500
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

" Bài tập nhị thức Newton nâng cao: nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập nhị thức một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập nhị thức Newton nâng cao

Nhị thức NIU-TƠN Nhóm TỔ HỢP - NHỊ THỨC NIUTƠN A. Lý thuyết: I. TỔ HỢP: 1. Định nghĩa: Cho n phần tử khác nhau. Một tổ hợp chập n phần tử là một tập con chứa r phần tử 2. Số tổ hợp n chập r là nn  1(n  2)(n  3)...(n  r  1) n! Cn   r 1.2.3....r r!(n  r )! 3. Tính chất: nr a) C n  C n r n 1 C  C 1 , C  C  n 0 n 1 b) n n n n r 1 C  C C r r c) n n 1 n 1 n  r 1 r 1 C  r C r d) n n 1 C  C  C  ........  C  2 0 1 2 n n e) n n n n II. NHỊ THỨC NIUTƠN ab  C a  C a n 0 n n 1 n n 1 b  Cn a 2 n2 b 2  .......  1 C b n n n n (1) Nhận xét: trong biểu thức ở VP của công thức (1) - Số hạng tử là n+1. - 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 tồng số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n (qui ước a0 = b0 = 1). - Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. - Số hạng tử thứ k+1 la Tk+1= Cnk a n – k b k Chú ý: n 1 2  C n  C n  C n  .....  C n  ...  C n  C n n 0 1 2 k n a = b = 1 ta có a=1; b= -1 ta có 0  Cn  0 C C 1 n 2 n  ...  1 C  ...  1 C k k n n n n B. BÀI TẬP Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị của biểu thức Dạng 3: Giải phương trình Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Newton Phương pháp: a b n  Cn a n i n i i Ta có : b i 0 Khi đó: Trang 1
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm i Hệ số của số hạng tử thứ i là C n i n i i Số hạng tử thứ i là Ca b n Ta có: x   C x    n n i n     i x C n x n i i  ( n  i )  i i 0 n x i 0 Khi đó: Hệ số của x là C n trong đó I là nghiệm của phương trình :  (n  i)  i  k k i Khi k = 0 đó là số hạng không phụ thuộc vào x Dạng 5: Sử dụng khai triển Newton chứng minh đẳng thức - bất đẳng thức Trang 2
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm BÀI TẬP NHỊ THỨC NIU – TƠN  Dạng 1: Viết khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn Dạng 2: Rút gọn, tính giá trị biểu thức Dạng 3: Giải phương trình Bài 1: a) a  2b 5  C5k .(2b)k .a5k 5 = k 0 = C50 .(2b)0 .a5 + C5 .(2b)1.a 4 + … + C55.(2b)5.a0 1 = a 5 + 10ba 4 + 40b2a3 + 80b3a 2 + 80b4a + 32b5 Bài 2: Viết 3 số hạng đầ tiên theo lũy thừa tăng dần của x trong khai triển 3  2 x 8 = 5 0 C5k .(3) k .(2 x)8k k Bài 3: Tính a) S= C50  xC5  x 2C52  ...  x5C5 1 5 Ta có: (1  x) 5  C50  xC 5  x 2 C52  ...  x 5C5 1 5  (1  2) 5  C50  2C5  2 2 C52  ...  2 5 C5 1 5  35  C5  2C5  2 2 C52  ...  2 5 C5 0 1 5  S  35  243 1 n Cn Cn c) C = C + +…+0 n 1 n 2 1 (1  x) n 1 2 n 1  1  1  x  dx =  C  1 1  C x  ...  C x n 0 1 n n dx = = n 1 0 n 1 n n n 0 0 2 n 1  1 Vậy C = n 1 d) D = C n - 2 C n2 + … + (1)n1 . n. C nn 1 (1  x) ' = C n 0 n  Cn x  Cn x 2  Cn x3  ...   1 Cn x n 1 2 3 n n  -n (1  x) n1 =  Cn  2Cn x  3Cn x2  ...   1n nCn xn1 1 2 3 n Chọn n (1  1)n1 = D  D = 0 Bài 4: Rút gọn biểu thức: A = C2n  C2n  ...  C2n 1 1 3 2n B = C2n  C2n  ...  C2n 0 2 2n Ta có A + B = C2n  C2n  ...  C2n 1 + C2n  C2n  ...  C2n 1 3 2n 0 2 2n = (1  1) n = 2n (1) Trang 3
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm và A - B = C2n  C2n  ...  C2n 1 - C2n  C2n  ...  C2n  1 3 2n 0 2 2n = (1  1) n =0 (2) 2 n 1 Từ (1) và (2), ta có A  B  2 Bài 5: Giải phương trình: Cxx1  Cxx2  ...  Cx 9  Cxx10 = 1023 ( x  10) c  Cx  C1  Cx  ...  Cx  C10 = 1024 0 x 2 9 x  2x = 210  x = 10 Dạng 4: Tìm giá trị của hệ số trong khai triển Niu-tơn Bài 1: Tìm số hạng thứ 13 của khai triển 3 3  2  15 Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là T k 1  C15.(3 3)15k .( 2 )k k Theo giả thuyết T k 1  T 13  k+1 = 13  k = 12 Khi đó T 13  C15 .(3 3 )3.( 2 )12 12 = 87360. Vậy T 13 = 87360 13  1  Bài 2: Tìm số hạng thứ 5 của khai triển  z  3  , số hạng nào chứa z với mũ  z số tự nhiên. Giải Ta có số hạng thứ k+1 của khai triển là 1 T k 1  C13.z13k .( 3 ) k k z Theo giả thuyết T k 1  T 5 k+1 = 5 k = 4 1 z8 Khi đó T 5  C13.z 9 .( 3 ) 4 = 715. 3 4 z z z8 Vậy T 5 = 715. 3 z 1 Mặt khác, ta có: T k 1  C13.z13k .( 3 ) k k z 394 k  C .z k 13 3 .(1)k Do đó, z có số mũ tự nhiên 39 – 4k 3 (0 ≤ k ≤13) 4 k 3   39  4k Trang 4
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm k 0 k 3   k 6  k 9 + Với k=0 T 1 = z13 + Với k=3 T 4 = - C13.z 9 = -286 z 9 3 + Với k=6 T 7 = C13.z 5 = 1716 z 5 6 + Với k=9 T 10 = - C13.z1 = -175 z 9 Vậy các số hạng chứa z với số mũ tự nhiên là T 1 = z13 , T 3 = -286 z 9 , T 7 = 1716 z 5 , T 10 = -175 z Bài 3: Viết lại P(x) = 1  x  + 2 1  x 2 + … + 20 1  x 20 dưới dạng P(x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + … + a20 x 20 . Tìm a9 Giải Ta có: P(x) = 1  x  + 2 1  x 2 + … + 20 1  x 20 = (1 + 2 C 2 + 3 C30 + … + 20 C 20 ) + (1 + 2 C 2 + 3 C3 + … + 20 C 20 ) x 0 0 1 1 1 + (2 C22 + 3 C32 + … + 20 C20 ) x 2 + … + 20 C20 x 20 2 20  a9 = 9 C9 + 10 C10 + … + 20 C20 9 9 9 n  3 28   x x  x 15  hãy tìm số hạng không phụ thuộc x, biết: Bài 4: Trong khai triển     C n + Cn + C n  2 = 79 n n 1 n Giải Ta có C nn + Cnn 1 + Cnn  2 = 79 nn  1  1+n + = 79 2  n 2 + n - 156 = 0 n  12  n  13  n = 12  k Số hạng thứ k + 1 là T k 1  C . x x k 8   3 nk  28  . x 15    = Cnk .x  3  4 n 16k 5   Số hạng không phụ thuộc biến 4n 16k   = 0  k = 5  C12 = 792 5 3 5 n  1  Bài 6 : Cho biết ba hạng tử đầu tiên của khai triển  x  4  có các hệ số là    2 x 3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng. Tìm tất cả các hạng tử hữu tỷ của khai triển trên. Giải Trang 5
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có: Số hạng thứ nhất là : C 0  1. n 1 n Số hạng thứ hai là : C 1 .   n . 2 2 nn  1 2 1 Số hạng thứ ba là : C .   2 n 2 8 nn  1 Theo đề bài ta có : 1  n 8  n 2  9n  8  0 n  1  .  n8 8 k k  1   1 1  1 k 3 4 k Với n = 8 ta có T k 1 = C . x 2  . x 4  =   .C8k .x 4 . k   2 8      2 3 4 k 3 16  Xét x 4 để hữu tỷ thì 4  k  0  k  . Do k nguyên dương nên ta chọn k 4 3 = 6, 7, 8. 1 6  2  6 1 7 x   k = 6 ta được T 7 =   .C8 .  . 2   16 x 16 k = 7 ta có T 8 = . x3 4 x 1 k = 8 ta cũng có T 9 = . 256 x 2 k 1  Xét   . C8k . Ta có : 2 k=0 T 1  x 4 (loại) k=1 T 2  4 x 3 4 x (loại) k=2 T 3  7 x 2 x (loại) k= 3 T 4  7 x 4 x 3 (loại) k=4 35 T5 x (nhận) 8 k=5 7 T 6  4 x (nhận) 4 n  1  Vậy trong khai triển  x  4  khi ba số hạng đầu tiên liên tiếp lập thành cấp số    2 x 1 7 16 1 35 7 cộng thì ta có các hạng tử hữu tỷ là 4 , , 34 , 2 , x, 4 x . 2 x 16 x x x 256 x 8 4 Bài 7 : Tìm hệ số của x101 y 99 trong khai triển 2 x  3 y  . 200 Giải Trang 6
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T 100  C200.2101. 399 .  C200.299.3101 . 99 99 Bài 8 : Tính hệ số của x 5 y 8 trong khai triển x  y 13 . Giải Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 9  C13  1287 . 8 Bài 9 : Tìm hệ số của x 9 trong khai triển 2  x 19 Giải Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 10  C19 .210. 19  C19 .210  94595072 . 9 9 Bài 10 : Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 3  2 x 15 . Giải Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T 8  C15 .38. 27  C15 .38.2 7 . 7 7 Bài 11 : Tìm hệ số của x 25 y 10 trong khai triển x 3  xy  . 15 Giải Áp dụng công thức nhị thức Niu – Tơn ta có : T k 1  C15 .x 3  .xy k  C15 .x 452k . y k . k 15 k k 45  2k  25 Để tìm hệ số của x 25 y 10 thì  . k  10 Vậy hệ số của x 25 y 10 trong khai triển x 3  xy  là T 11  C15  3003 . 15 10 n  1 Bài 12 : Biết hệ số của x n 2 trong khai triển  x   là 31. Tìm n  4 Giải Hạng tử chứa x n 2 trong khai triển là hạng tử chứa hệ số thứ ba, nên theo đề bài ta 2 2 1 có phương trình : C n     31  4  nn  1  31.32 n  32  n 2  n  992  0   .ta nhận n = 32. n  31 n n2  1 Vậy hệ số của x trong khai triển  x   là 31 thì n = 32.  4 Bài 13 : Biết hệ số x 2 trong khai triển 1 3x n là 90. Tìm n. Giải Theo đề bài ta có phương trình : C n .(3) 2  90  n 2  n  20  0 2 n  5  (loại n = -4) n  4 Vậy hệ số x 2 trong khai triển 1 3x n là 90 thì n = 5. Trang 7
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 8  1 Bài 14 : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 3   .  x Giải k Theo công thức nhị thức Niu – Tơn ta có T k 1  C .x  3 8k  1 k 8 .    C8k .x 244 k  x Để tìm số hạng không chứa x thì 24  2k  0  k  6 . 8  1 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển  x 3   là C 8 . 16  28 . 6  x Dạng 5: Sử dụng khai triển Niu-tơn chứng minh đẳng thức-bất đẳng thức: Bài 1: Ta có: 1  x n = k 0 Cnk .x k n = Cn .x 0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n 0 1 Thay x = 4, ta được: 1 4n = n0 Cnk .4k k  5n = Cn .40 + Cn .4 + Cn .4 2 + … + Cn .4 n (đpcm !) 0 1 2 n Bài 2: Ta có: 1  x n = Cn .x 0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n 0 1  1 1n = Cn0 + Cn + Cn2 + … + Cnn 1 (1) và 1  x n = Cn0 .x 0 - Cn .x + Cn2 .x 2 - Cn3.x3 + … + (1)n .Cnn .x n 1  1 1n = Cn0 - Cn + Cn2 - Cn3 + … + (1)n .Cnn 1 (2) Lấy (1) + (2), ta được: 2n = 2( Cn + Cn + Cn + …) 0 2 4  2n1 = Cn + Cn + Cn + … 0 2 4 Lấy (1) - (2), ta được: 2n = 2( Cn + Cn + Cn + …) 1 3 5  2n1 = Cn + Cn + Cn + … 1 3 5 Vậy Cn0 + Cn2 + Cn4 + … = Cn + Cn + Cn + … = 2n1 1 3 5 Bài 3: 1 Cn Cn 2 n 1  1 1) CMR: Cn0 + +…+ n = 2 n 1 n 1 Giải 1 (1  x) n 1 2 n 1  1 Ta có:  1  x  dx = 1 n = 0 n 1 0 n 1 Mặt khác: 1  x n = Cn0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n 1 Lấy tích phân 2 vế ta được: 2 n 1  1 1 Cn Cn = Cn0 + + … + n (đpcm!) n 1 2 n 1 Trang 8
Nhị thức NIU-TƠN Nhóm 1 n Cn Cn 1 2) CMR: C - + … + (1) 0 n = n 1 n 1 n 2 Giải 0 (1  x) n 1 Ta có:  1  x  dx = 0 n 1 = 1 n  1 1 n  1 Mặt khác: 1  x n = Cn0 - Cn .x + Cn2 .x 2 + … + (1) n Cnn .x n 1 Lấy tích phân 2 vế ta được: 1 Cn Cn 1 0 Cn - + … + (1) n n = (đpcm!) 2 n 1 n 1 Bài 4: Với n là số nguyên dương. CMR: 1 ( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) ≤ n! 1 n Giải Ta có: 1  x n = Cn0 + Cn .x + Cn2 .x 2 + … + Cnn .x n 1 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n 1  x n1 = Cn + 2 x 2Cn2 + … +n x n1Cnn 1 Cho x = 1, ta được: n 1  1n1 = Cn + 2. 12 Cn2 + … +n .1n1 Cnn 1 1 ( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) = 2n1 1 n Mặt khác: 2n1 ≤ 1.2.3…n = n! 1 Vậy ( Cn + 2 Cn2 + … + n Cnn ) ≤ n! 1 n Trang 9

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.