Đang tải... (xem toàn văn)
ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b) n . – Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp . – Chọn giá trị x sao cho thay vào ta được
ĐẠI SỐ TỔ HP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 2) Dạng 2: ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b)n. – Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp . – Chọn giá trò x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh. Chú ý : • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa kknC ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x)n • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) knC ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x)n. Bài 136. Chứng minh : a) 12nnC2C3C3 nn1n n .nCn2−++123 n1nnnnC2C3C.−−+−n1 1 n1 2nn n n2C 2C 3.2C .(1)nC n−−−+ −+− =0n 1n1 2n22 nnnn n nCa Ca x Ca x . Cx−−++ ++1n1 2n2 3n32 nn1nn n na 2C a x 3C a x . nC x++= b) n (1)nC0+− =n3 3 n1 n− − c) . Giải Ta có nhò thức (a + x)n = . Đạo hàm 2 vế ta được : n(a + x)n-1 = C− −− −++ ++123 nn1nnn nC2C3C .nCn2 a) Với a = 1, x = 1, ta được : −++++= b) Với a = 1, x = –1, ta được : 123 n1nnnn nC2C3C .(1)nC 0−−+−+− =c) Với a = 2, x = –1, ta được : . n1 1 n1 2 n3 3 n1 n2C 2C 3.2C .(1)nC n−− − −−+ −+−nn n n=0 k k 100 100100 100 100 100(x) .Cx−++3 97(1)−Bài 137. Cho (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 . Tính : a) a97 b) S = a0 + a1 + … + a100 c) M = a1 + 2a2 + 3a3 + … + 100a100 Đại học Hàng hải 1998 Giải Ta có : (x – 2)100 = (2 – x)100 = C2 100 1 99 k 100C2.x .C2−−++ a) Ứng với k = 97 ta được a97. Vậy a97 = 97100C2 = –8. 100 = !3!97!8 100 99 986− ×××f(x)′f(x)′≥//f(1) = – 1 293 600 b) Đặt f(x) = (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 Chọn x = 1 ta được S = a0 + a1 + a2 + … + a100 = (–1)100 = 1. c) Ta có : = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Mặt khác f(x) = (x – 2)100 ⇒ = 100(x – 2)99 Vậy 100(x – 2)99 = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Chọn x = 1 ta được M = a1 + 2a2 + … + 100a100 = 100(–1)99 = –100. Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)n với n 2. a) Tính b) Chứng minh 234 nnnn n2.1.C 3.2.C 4.3.C . n(n 1)C n(n 1)2n2−++++−=−. Đại học An ninh 1998 Giải ⇒//(xn – 2 ) thức Newt f(x) =nx ⇒f(x)′22334 n1nn3x C 4x C . nx C−+ + ++ n2nnn(n 1)x C−+− . Chứng minh n1 1 n1 2nn2C 2C 3−−++Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 1n1 2n22 3n33 nnn n n nC2 x C2 x C2 x . Cx−− −+ + ++ ha c 1n1 2n2 23n3 n1nnn n nC2 2xC2 3xC2 . nx C−− −−++ ++ n x ợc n1 1 n1 2 3 n3 nnnn n2C 2C 3C2 .nC−− −++ ++. Bài 140. Chứng minh 1n1 2n2 3n3 n n1nnn nC 3 2C 3 3C 3 . nC n4−−− −++++=. Đại học Luật 2001 a) T ù : f(x + x)n a co ) = (1 = n(1 + x)n – 1 f(x)′ ⇒ f = n(n – 1)(1 + x)) Vậy //f (1) = n(n – 1)2n – 2 . bDo khai triển nhò on (1 + x)n = 0CC+1 22 33 44 nnn n n n nxCxCxCx .C+ + + ++ = n(1 + x)n - 1 = 1nnC 2xC+n n)n - 2 = 2324nn n2C 6xC 12x C .++ +⇒ f(x)′′ = n(n – 1)(1 + x Chọn x = 1 ta được n – 2 = 23 4 nnn n n2C 6C 12C . n(n 1)C++ ++−. n(n – 1)2Bài 139n3 3 n4 4 nn n n.2C 4.2C .nC− −+ ++=n1n3−. Giải Ta có : (2 + x)n = 0nnC2+ Đạo øm 2 vế ta đượ n(2 + x)n – 1 = Chọ = 1 ta đư n3n – 1 = Giải n n n n hax)nn1n . nCx Ta có : (3 + x)n = 0nnC3+1n1 2n2 2 3n33 nnC3 x C3 x C3 x . Cx−− −+ + ++ Đạo øm 2 vế ta được n(3 + n – 1 = 1n1 2n2 23n3nn nC3 2xC3 3xC3− −−++−++ h1 = 1n1 2n2 3n3 nnnn nC3 2C3 3C3 . n−−−++++. Bài 141. Tính A = 1234 n1C2C3C4C .(1)nC−−+−++−Đại học Bách khoa Hà Nội 1999 nnnn1) C x− đa được nnn1n .(1)nCx C ọn x = 1 ⇒ n4n – Cnn nnnnGiải Ta có : (1 – x )n = 01nnC C x C−+2233x C x−n n . (++ Lấy ïo hàm hai vế ta –n(1 – x)n – 1 = 1223nn nC2xC3xC−−+ − ++− n x ta có : C2+ứn nh với Chọ = 1 0 = −123 nnnnn nC3C .(1)nC− ++− ⇒ A = 123nnnC2C3C .(1−+++−n1nn)nC 0−= Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2 123 nnnn1(C 2C 3C . n!n++++ (*) Giải nnn .xC+ đa ế ta được : 1 = 12 n1nnn nC2xC .nxC−+++ n x 2n – 1 = 12 nn nC 2C nC++ nnC )< Ta có : (1 + x)n = 0122nn nCxCxC++ + Lấy ïo hàm theo x hai v n(1 + x)n – Chọ = 1 ta được nn .+ Vậy (*) ⇔ n11(n.2 )− < n! ⇔ 2n – 1 < n! n(**) u = 22 < 3! = 6 û ! > 2k – 1 k – 1 k – 1 kdo k > 3 nên k + 1 > 4 ) Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp (**) đ ùng khi n = 3. Thật vậy 4 G ư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghóa là ta đã có : kiả s Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2⇔ (k + 1)! > 2 . 2 = 2 ( Do đó (**) đúng khi n = k + 1. n – 1 Kết luận : 2 < n! đúng với ∀n ∈ N và n > 2. Bài 143. a) Chứng minh 23 n 2nn n1.2C 2.3C . (n 1)nC n(n 1)2n−+++−=− b) 23 n2 nnn n1.2C 2.3C . ( 1) (n 1)nC 0−−++− −= c) n1 2 n2 n2nn2 C 3.2 C 1)3−− −− d) n1 2 n2 3 nn2 C 3.2 C 3.4.2−−−+ Ta có nhò thức nnnCx+. 2n3 n4 4 nn n3.4.2 C . (n 1)nC n(n−++ ++−=4 4 n2 nn nC . ( 1) (n 1)nC n(n 1)− −−+−−=−. nGiải (a + x)n = 0n 1n1 2n22nCa Ca x Ca x .−−++ +nnĐạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : 2n2 3n3 n(n – 1)(a + x) = nnnn1.2C a 2.3C a x . (n 1)nC xn – 2 − −−+++− Với a = 1, x = 1, ta được : n n2nn n1.2C 2.3C . (n 1)nC n(n 1)2a) 23 −+++−=− Với a = 1, x = – 1, ta được : n2 nnn n1.2C 2.3C . ( 1) (n 1)nC 0−−++− −= c) Với a = 2, x = 1, ta được : n2 2 n3 3 n n2n n1.2.2 C 2.3.2 C . (n 1)nC n(n 1)3−− −+++−=− n4 4 n n2nn n n2 C 3.2 C 3.4.2 C . (n 1)nC n(n 1)3− −++ ++−=− d) Với a = 2, x = –1, ta được : b) 23 nn1 2 n2 3−− ⇔ nn2 2 n3 3 n4 4 n2 nnnn n1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C . ( 1) (n 1)nC n( 1)−−− −−+−+−−= −−. à+ . b) 01 nnn3C 4C . ( 1) (n−++−Giải nn được : 1n14 2n25 nn3nCa x Ca x . Cx ⇔ n1 2n2 C 3−−n2 3 n4 4 n2 nn n n.2 C 3.4.2 C . ( 1) (n 1)nC n(n 1)− − −+ −+−−=B i 144. Chứng minh : a) n)01 nn1nn n3C 4C . (n 3)C 2 (6−++++ =nn3)C 0+ = . Ta có nhò thức (a + x)n = 0nC1n1 2n22 nnn na Ca x Ca x . Cx−−++ ++ Nhân 2 vế với x3, ta x3(a + x)n = 0n3nCaxn n− −+. 1n13 nn2na x . (n 3)C x++++ Đạo hàm 2 vế, ta được : 3x2(a + x)n + nx3(a + x)n – 1 = 0n2nn3C a x 4C− +++++. a = 1, x = 1, ta được : n n n1 n1n3)C 3.2 n2 2 (6 n)−−=+ = +. a = , x = –1, ta được : n nn) (n 3)C 0+ = . -- ------------- Dạng TÍCH PH ON ĐỂ ÄT ĐẲNG THỨC + Lấy tích phân xác đònh hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] c đẳng thức cần chứng minh. ứa a) Với 0 1nn3C 4C . (n++++ b) Với 1 01nn3C 4C . ( 1−++−--------------------------3: ÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWTCHỨNG MINH MO + Viết khai triển Newton của (ax + b)n. ta sẽ đượ Chú ý : • Cần chứng minh đẳng thức chknCk1 ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế +trong khai triển của (a + x)n. • Cần chứn minh đa g thg ún ức chứa 1km1+ +knC ta lấy tích phân với cận thích hợp g khai triển cu xm(a + x)n. Bài 145. Cho n N và n 2. a) Tính I = b) Chứng minh : hai vế tron ûa ∈ ≥123n0x(1 x)dx+∫ n101 2 nnnn n111 1 2CCC1C369 n1)3(n1)+− .3(+++ =++ . Đại học Mở 1999 +Giải a) Ta có : I = 1x( = 23n1 x)dx+0∫1313n 30(1 x ) d(x 1)+ + ∫ I = 13n11(1 x+3.0⎥⎦ = )+⎤n1+n1213(n 1)+1⎡ ⎤−⎣ ⎦+. bTa có : (1 + x3)n = 01326nn nC C x C x . C++++) n2nnC = n3nnx + x3)n = 20 51 82 3nnnx C x C x C . x++++ ⇒ x2(1+Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được : I1369 3n301 2nnn0xxx xCCC .369 3n3+⎡⎤++++⎢⎥+⎣⎦ Vậy : +−n1221 1=++++++01 nnnn n1 1 1C C C . C3(n 1) 3 6 9 3n 3 Bài 146. n121n1+−+Chứng minh knk1 = nC+∑ k0=Đại học Giao thông Vận tải 2000 Giải Ta có : (1 + x)n = 01 22 nnnn n nC C x C x . C x++ ++ Vậy 1n0(1 x) dx+∫ = ( )101 22 nnnn n n0C C x C x . C x dx++ ++∫ ⇔ 10x)n1+⎢⎥+⎣⎦ = n1(1+⎡⎤123 n101 2 nnn n n0xx xC x C C . C23 n1+⎡⎤++++⎢⎥+⎣⎦ ⇔ n121n1+−+012nnn11 1C C C . C23 n1+++++ = nn⇔ n121n1+−+ = knnk0Ck1=+∑ 23 n1n1 . C−. 012nn n21 21 2C C C23 n1+−−+++++Tuyển sinh Đại học khối B 2003 Bài 147. Tính : n Giải Ta có : (1 + x)n = 0 1 22 33 n nnn n n nCCxCxCx .Cx++ + ++ Vậy 21(1∫ndx = x)+( )20 1 22 33 n nnn n n n1C C x C x C x . C x++ + ++∫dx ⇔ 2n1(1 x)1+⎡⎤+n1⎢⎥+⎣⎦ = 2234 n101 2 3 nnn n n nxxx xC x C C C . C1n1+⎡⎤⎢⎥+⎣⎦ ⇔234+++++ n1 n132++n1 n1++− =2211202 12 23 nn1n1C[x] Cx Cx . Cxn1+1n1 n n1123⎡ ⎤⎡⎤ ⎡⎤++++⎣⎦ ⎣ ⎦⎣⎦+⇔ n1 n132++− = n1+23 n11 2 nnn n n21 21 2 1C C . C23 n1+−0C−−+++++ Chứng minh : Bài 148. nn(1)02132 n1nnnn1 1 (1) 12C 2 .C 2 .C . 2 C23 n1 n1+−n+−+++ =++d− Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải Ta có : (1 – x)nC = C01 22 nnnnn n nx C x . ( 1) C x−+ ++− Vậy 2n0(1 x)−∫x =( )nxdx ⇔201 22 nnnn n n0CCxCx .(1)C−+ ++−∫ 2n10(1 x)n1+⎡⎤−−⎢⎥+⎣⎦ =23nn1021 2 nnnn n01x (1)xCx xC C . C23 n1+⎡ ⎤−−+++⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ n1(1)n1+−−−+ = 123 nn101 2 nnnn n22 (1)22C C C .23 n1+−−++++ C ⇔ n1(1)+− = 23 nn101 2 nnnn n22 (1)22C C C . C23 n1+−−++++ n1+ Bài 149. Chứng minh : a) nn0 n1 1 nnnn11((1)C (1) C . C2n1n−1)1−−+− ++ =+ + 01 n nnn n11C C . ( 1) C−++− =. b) 12n1n1++ = Giải hức Ta có nhò t(a + x)1nan = 0nnnCa C1 2n22 nnn nx Ca x . Cx−−++ ++. Vậy : ∫1n(a x) dx+0()10n 1n1 n nnn n0Ca Ca x . Cx dx−+++∫ ⇔ 1n1(a x)++ = 0n1+10n 1n12 nn1nn n011Cax Ca x . Cx2n1−+⎛⎞+++⎜⎟+ ⎝⎠ ⇔ n1 n1(a 1) a+++− = n1+0n 1n1 nnn n11Ca Ca . C2n1−++++. a) ới a = –1 , ta đV ược : +−− −− −+− ++ = =+ ++nn2n1n1nn1 nn1 1 n11(1)(1)) C . C1 ) Vậy (a x) dx+∫ = n0(1n(1)CbTa có nhò thức (a + x)+n = 0nCa1n−1n1 2n22 nnnn n nCa x Ca x . Cx−−+ ++. (0)nC a C a x . C x dx+++∫ 10n 1n1 nn−−nn01n1⇔ 0n1+ = (a x)−++1nn1n011 . Cx2n1−−+⎛⎞+⎜⎟+ 0n 1n12nnCax Ca x++⎝⎠ ⇔ n1 n1(a 1) a++−− = n1+0n 1n1 n1 nnn n11Ca Ca . ( 1) C2n1−+−+ −+−+. a = 1, ta được : Với 01 n1 nnn n111C C . ( 1) C2n1n+−−+ −+− =1+ +. ⇔ 01 n nnn n111C C . ( 1) C2n1n1−++− =+. + Bài 150. Tính Rút gọn S = 1190x(1 x) dx−∫ 01 2 18 1919 191 1C C− 19 19 19111C C C .234 2021−+++Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999 iải • ⇒ dt = –dx Đổi cận GĐặt t = 1 – x x 0 1 t 1 I = 0 = Vậy119x(1 x) dx−∫0 0191(1 t)t ( dt)− −∫ 20t )dt = 120 21 ⇔ I = 1190(t −∫0tt20 21−11⎤⎥⎦ = 1121 = 20−1420 Ta có : 1 2 2 18 18 19 1919x Cx . Cx Cx−+ ++ − x1819192019Cx− Vậ I =19x) dx− = •(1 – x)19 = C019C19 19 19)19 = 0122319 19 19 19xC x Cx . Cx−+++ ⇒ x(1 C– y 0x( 11∫12 3 20 2101 181919 19 19 190xx x xC C . C C2 3 20 21⎡ ⎤−+ −+⎢ ⎥⎦ ⎣1 ⇔ 420 = 01 18 1911 1 1C . C C2 3 20 21−++ − y S = 19 19 19 19C Vậ1420. 12nx ) dx b) Chứng minh Bài 151. a) Tính 0x(1−∫n01 23nnnn1111 (C C C C .2468 2n−+−++nn1) 1C22(n1)−=+ + Đại học Bách khoa Hà Nội 1997 Giải [...]... b) Chứng minh 234 n nnn n 2.1.C 3.2.C 4.3.C n(n 1)C n(n 1)2 n2− ++++−=− . Đại học An ninh 1998 Giải ⇒ // (x n – 2 ) thức Newt f(x) = n x ⇒ f(x) ′ 22334 n1n n 3x C 4x C nx C − + + ++ n2n n n(n 1)x C − +− . Chứng minh n1 1 n1 2 nn 2C 2C 3 −− ++ Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 1n1 2n22 3n33 nn n n n... C −− −− ++ ++ n x ôïc n1 1 n1 2 3 n3 n nnn n 2C 2C 3C2 nC −− − ++ ++ . Bài 140. Chứng minh 1n1 2n2 3n3 n n1 nnn n C 3 2C 3 3C 3 nC n4 −−− − ++++= . Đại học Luật 2001 a) T ù : f(x + x) n a co ) = (1 = n(1 + x) n – 1 f(x) ′ ⇒ f = n(n – 1)(1 + x)) Vaäy // f (1) = n(n – 1)2 n – 2 . b Do khai triển nhị on (1 + x) n = 0 CC + 1 22 33 44 n nn n n n n xCxCxCx C + + + ++ = n(1... – 1)(1 + x Chọn x = 1 ta được n – 2 = 23 4 n nn n n 2C 6C 12C n(n 1)C ++ ++− . n(n – 1)2 Baøi 139 n3 3 n4 4 n n n n .2C 4.2C nC − − + ++= n1 n3 − . Giải Ta có : (2 + x) n = 0n n C2 + Đạo øm 2 vế ta đượ n(2 + x) n – 1 = Chọ = 1 ta đư n3 n – 1 = 123 n1n nnn n C2C3C (1)nC 0 − −+−+− = c) Với a = 2, x = –1, ta được : . n1 1 n1 2 n3 3 n1 n 2C 2C 3.2C (1)nC n −− − − −+ −+− nn n... n1 32 ++ n1 n1 ++ − = 22 11 2 02 12 23 nn1 n 1 C[x] Cx Cx Cx n1 + 1 n1 n n 11 23 ⎡ ⎤⎡⎤ ⎡⎤ ++++ ⎣⎦ ⎣ ⎦⎣⎦ + ⇔ n1 n1 32 ++ − = n1 + 23 n1 1 2 n nn n n 21 21 2 1 C C C 23 n1 + − 0 C −− ++++ + Chứng minh : Baøi 148. nn (1) 02132 n1n nnn 1 1 (1) 1 2C 2 .C 2 .C 2 C 23 n1 n1 + − n + −+++ = ++ d − Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải Ta có : (1 – x) n C = C 01 22 nnn nn n n x C x ( 1) C x −+ . THỨC NEWTON (phần 2) Dạng 2: ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b)n. – Đạo hàm 2 vế. đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x)n.. • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) knC ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x)n. Bài 136. Chứng