Xem toàn bộ tài liệu Lớp 10 – Kết Nối Tri Thức: tại đây
HĐ1 trang 32 Chuyên đề Toán 10:
Trong Bài 25 SGK Toán 10 (bộ sách Kết nối tri thức với cuộc sống), ta đã biết:
(a + b)1 = a + b
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
Với n {1; 2: 3; 4; 5}, trong khai triển của mỗi nhị thức (a + b)n:
a) Có bao nhiêu số hạng?
b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng bao nhiêu?
c) Số mũ của a và b thay đổi thế nào khi chuyển từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải?
Lời giải:
a) Có n + 1 số hạng, số hạng đầu tiên là an và số hạng cuối cùng là bn.
b) Tổng số mũ của a và b trong mỗi số hạng đều bằng n.
c) Số mũ của a giảm 1 đơn vị và số mũ của b tăng 1 đơn vị khi chuyền từ số hạng này đến số hạng tiếp theo, tính từ trái sang phải.
HĐ2 trang 33 Chuyên đề Toán 10:
Viết các hệ số của khai triển (a + b)n với một số giá trị đầu tiên của n, trong bảng tam giác sau đây, gọi là tam giác Pascal
Lời giải:
Hàng đầu quy ước gọi là hàng 0. Hàng n ứng với các hệ số trong khai triển nhị thức (a + b)n.
Từ tính chất này ta có thể tìm bất kì hàng nào của tam giác Ơasscal từ hàng ở ngay phía trên nó. Chẳng hạn ta có thể tìm hàng 6 từ hàng 5 như sau:
Luyện tập 1 trang 34 Chuyên đề Toán 10:
a) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (a + b)7.
b) Sử dụng tam giác Pascal viết khai triển của (2x – 1)4.
Lời giải:
a) (a + b)7 = a7 + 7a6b + 21a5b2 + 35a4b3 + 35a3b4 + 21a2b5 + 7ab6 + b7.
b) (2x – 1)4 = [(2x + (–1)]4 = (2x)4 + 4(2x)3(–1) + 6(2x)2(–1)2 + 4(2x)(–1)3 + (–1)4
= 16x4 – 32x3 + 24x2 – 8x + 1.
HĐ3 trang 34 Chuyên đề Toán 10:
C
n
k
a) Quan sát ba dòng đầu, hoàn thành tiếp hai dòng cuối theo mẫu:
(a + b)1 = a + b =
C
1
0
a
+
C
1
0
b
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 =
C
2
0
a
2
+
C
2
1
a
b
+
C
2
0
b
2
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 =
C
3
0
a
3
+
C
3
1
a
2
b
+
C
3
2
a
b
2
+
C
3
0
b
3
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 = …
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 = …
Nhận xét rằng các hệ số khai triển của hai số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối luôn bằng nhau. Hãy so sánh, chẳng hạn,
C
4
1
và
C
4
3
,
C
5
2
và
C
5
3
. Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa
C
n
k
và
C
n
n
−
k
(0 ≤ k ≤ n).
b) Dựa vào kết quả của HĐ3a, ta có thể viết những hàng đầu của tam giác Pascal dưới dạng:
Từ tính chất của tam giác Pascal, hãy so sánh
C
1
0
+
C
1
1
và
C
2
1
,
C
2
0
+
C
2
1
và
C
3
1
,… Từ đó hãy dự đoán hệ thức giữa
C
n
−
1
k
−
1
+
C
n
−
1
k
và
C
n
k
.
Lời giải:
a) (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
=
C
4
0
a4 +
C
4
1
a3b +
C
4
2
a2b2 +
C
4
3
ab3 +
C
4
4
b4.
(a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
=
C
5
0
a5 +
C
5
1
a4b +
C
5
2
a3b2 +
C
5
3
a2b3 +
C
5
4
ab4 +
C
5
5
b5.
Ta thấy
C
4
1
=
C
4
3
,
C
5
2
=
C
5
3
,…
Dự đoán:
C
n
k
=
C
n
n
−
k
.
b) Ta thấy
C
1
0
+
C
1
1
=
C
2
1
,
C
2
0
+
C
2
1
=
C
3
1
,…
Dự đoán:
C
n
−
1
k
−
1
+
C
n
−
1
k
=
C
n
k
.
HĐ4 trang 35 Chuyên đề Toán 10:
Lời giải:
Dự đoán công thức khai triển trong trường hợp tổng quát:
(
a
+
b
)
n
=
C
n
0
a
n
+
C
n
1
a
n
−
1
b
+
…
+
C
n
n
−
1
a
b
n
−
1
+
C
n
n
b
n
.
Luyện tập 2 trang 36 Chuyên đề Toán 10:
Lời giải:
(x – 2y)6
=
C
6
0
x
6
+
C
6
1
x
5
−
2
y
+
C
6
2
x
4
−
2
y
2
+
C
6
3
x
3
−
2
y
3
+
C
6
4
x
2
−
2
y
4
+
C
6
5
x
−
2
y
5
+
C
6
6
−
2
y
6
=
x
6
−
C
6
1
2
x
5
y
+
C
6
2
2
2
x
4
y
2
−
C
6
3
2
3
x
3
y
3
+
C
6
4
2
4
x
2
y
4
−
C
6
5
2
5
x
y
5
+
2
6
y
6
.
Luyện tập 3 trang 36 Chuyên đề Toán 10:
Lời giải:
Số hạng chứa x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 hay (–3x + 2)10 là
C
10
10
−
7
−
3
x
7
2
10
−
7
=
C
10
3
−
3
7
2
3
x
7
=
−
2099520
x
7
.
Vậy hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của (2 – 3x)10 là –2099520.
Vận dụng trang 36 Chuyên đề Toán 10:
a) Viết khai triển nhị thức Newton của (1 + x)n.
b) Cho x = 1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này với lưu ý rằng (0 < k < n) chính là số tập con gồm k phần tử của một tập hợp có n phần tử.
c) Tương tự, cho x = –1 trong khai triển ở câu a), viết đẳng thức nhận được. Giải thích ý nghĩa của đẳng thức này.
Lời giải:
a) Ta có:
(
x
+
1
)
n
=
C
n
0
x
n
+
C
n
1
x
n
−
1
1
+
C
n
2
x
n
−
2
1
2
+
…
+
C
n
n
−
1
x
1
n
−
1
+
C
n
n
1
n
=
C
n
0
x
n
+
C
n
1
x
n
−
1
+
C
n
2
x
n
−
2
+
…
+
C
n
n
−
1
x
+
C
n
n
.
b) Cho x = 1, ta được:
(
1
+
1
)
n
=
C
2
0
1
n
+
C
n
1
1
n
−
1
+
C
n
2
1
n
−
2
+
…
+
C
n
n
−
1
1
+
C
n
n
hay
2
n
=
C
n
0
+
C
n
1
+
C
n
2
+
…
+
C
n
n
−
1
+
C
n
n
.
Ý nghĩa của đẳng thức này là tổng số tập con của một tập hợp gồm n phần tử là 2n.
c) Cho x = –1, ta được:
(
−
1
+
1
)
n
=
C
n
0
−
1
n
+C
n
1
−
1
n
−
1
+
C
n
2
−
1
n
−
2
+
…
+
C
n
n
−
1
−
1
+
C
n
n
hay
0
=
C
n
0
−
1
n
+C
n
1
−
1
n
−
1
+
C
n
2
−
1
n
−
2
+
…
+
C
n
n
−
1
−
1
+
C
n
n
.
Ý nghĩa của đẳng thức này là số tập con có chẵn phần tử và số tập hơp con có lẻ phần tử của một tập hợp gồm n phần tử là bằng nhau.
Bài 2.9 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Sử dụng tam giác Pascal, viết khai triển:
a) (x – 1)5;
b) (2x – 3y)4.
Lời giải:
a) (x – 1)5 = [x + (–1)]5 = x5 + 5x4(–1) + 10x3(–1)2 + 10x2(–1)3 + 5x(–1)4 + (–1)5
= x5 – 5x4 + 10x3 – 10x2 + 5x – 1.
b) (2x – 3y)4 = [(2x + (–3y)]4
= (2x)4 + 4(2x)3(–3y) + 6(2x)2(–3y)2 + 4(2x)(–3y)3 + (–3y)4
= 16x4 – 96x3y + 216x2y2 – 216xy3 + 81y4.
Bài 2.10 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Viết khai triển theo nhị thức Newton:
a) (x + y)6;
b) (1 – 2x)5.
Lời giải:
a) (x + y)6
=
C
6
0
x
6
+
C
6
1
x
5
y
+
C
6
2
x
4
y
2
+
C
6
3
x
3
y
3
+
C
6
4
x
2
y
4
+
C
6
5
x
y
5
+
C
6
6
y
6
=
x
6
+
C
6
1
x
5
y
+
C
6
2
x
4
y
2
+
C
6
3
x
3
y
3
+
C
6
4
x
2
y
4
+
C
6
5
x
y
5
+
y
6
.
b) (1 – 2x)5 = [(–2x) + 1]5
=
C
5
0
(–2x)5 +
C
5
1
(–2x)41 +
C
5
2
(–2x)312 +
C
5
3
(–2x)213 +
C
5
4
(–2x)14 +
C
5
5
15
= –25x5 +
C
5
1
24x4 –
C
5
2
23x3 +
C
5
3
22x1 +
C
5
4
2x + 1.
Bài 2.11 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10.
Lời giải:
Số hạng chứa x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là
C
10
10
−
8
2
x
8
3
10
−
8
=
C
10
2
2
8
3
2
x
8
=
103680
x
8
.
Vậy hệ số của x8 trong khai triển của (2x + 3)10 là 103680.
Bài 2.12 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Biết hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là 90 . Tìm n.
Lời giải:
Số hạng chứa x2 trong khai triển của (1 – 3x)n hay [(–3x) +1]n là
C
n
n
−
2
−
3
x
2
1
n
−
2
=
9
C
n
2
x
2
.
Vậy hệ số của x2 trong khai triển của (1 – 3x)n là
9
C
n
2
·
⇒
9
C
n
2
=
90
⇒
C
n
2
=
10
⇒
n
n
−
1
2
=
10
⇒
n
=
5.
Bài 2.13 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Từ khai triển biểu thức (3x – 5)4 thành đa thức, hãy tính tổng các hệ số của đa thức nhận được.
Lời giải:
Sử dụng tam giác Pascal, ta có:
(3x – 5)4 = (3x)4 + 4(3x)3(–5) + 6(3x)2(–5)2 + 4(3x)(–5)3 + (–5)4
= 81x4 – 540x3 + 1350x2 – 1500x + 625.
Tổng các hệ số của đa thức này là: 81 – 540 + 1350 – 1500 + 625 = 16.
Bài 2.14 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10.
Lời giải:
+) Số hạng chứa x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 hay [(–2x) +1]5 là
C
5
5
−
4
−
2
x
4
1
5
−
4
=
80
x
4
.
Vậy hệ số của x4 trong khai triển của (1 – 2x)5 là 80
⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x(1 – 2x)5 là 1.80 = 80 (1).
+) Số hạng chứa x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 hay [3x +1]10 là
C
10
10
−
3
3
x
3
1
10
−
3
=
3240
x
3
.
Vậy hệ số của x3 trong khai triển của (1 + 3x)10 là 3240
⇒ hệ số của x5 trong khai triển của x2(1 + 3x)10 là 1.3240 = 3240 (2).
+) Từ (1) và (2) suy ra hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x(1 – 2x)5 + x2(1 + 3x)10 là 80 + 3240 = 3320.
Bài 2.15 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tính tổng sau đây:
C
2021
0
−
2
C
2021
1
+
2
2
C
2021
2
−
2
3
C
2021
3
+
…
−
2
2021
C
2021
2021
.
Lời giải:
C
2021
0
−
2
C
2021
1
+
2
2
C
2021
2
−
2
3
C
2021
3
+
…
−
2
2021
C
2021
2021
=
C
2021
0
+
C
2021
1
−
2
+
C
2021
2
−
2
2
+
C
2021
3
−
2
3
+
…
+
C
2021
2021
−
2
2021
=
C
2021
0
1
2021
+
C
2021
1
1
2020
−
2
+
C
2021
2
1
2019
−
2
2
+
C
2021
3
1
2018
−
2
3
+
…
+
C
2021
2021
−
2
2021
=
1
+
−
2
2021
=
−
1
2021
=
−
1.
Bài 2.16 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm số tự nhiên n thoả mãn:
C
2
n
0
+
C
2
n
2
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
=
2
2021
.
Lời giải:
Áp dụng câu c) phần Vận dụng trang 36 ta có:
C
2
n
0
−
C
2
n
1
+
C
2
n
2
−
C
2
n
3
+
C
2
n
4
+
…
−
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
=
0
⇒
C
2
n
0
+
C
2
n
2
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
=
C
2
n
1
+
C
2
n
3
+
C
2
n
5
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
.
Mặt khác, áp dụng câu b) phần Vận dụng trang 36 ta có:
C
2
n
0
+
C
2
n
1
+
C
2
n
2
+
C
2
n
3
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
=
2
2
n
⇒
C
2
n
0
+
C
2
n
2
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
=
C
2
n
0
+
C
2
n
1
+
C
2
n
2
+
C
2
n
3
+
C
2
n
4
+
…
+
C
2
n
2
n
−
1
+
C
2
n
2
n
2
=
2
2
n
2
=
2
2
n
−
1
⇒
2
n
−
1
=
2021
⇒
n
=
1011.
Bài 2.17 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Tìm số nguyên dương n sao cho
C
n
0
+
2
C
n
1
+
4
C
n
2
+
…
+
2
n
C
n
n
=
243.
Lời giải:
Có:
C
n
0
+
2
C
n
1
+
4
C
n
2
+
…
+
2
n
C
n
n
=
C
n
0
+
C
n
1
2
+
C
n
2
2
2
+
…
+
C
n
n
2
n
=
C
n
0
1
n
+
C
n
1
1
n
−
1
2
+
C
n
2
1
n
−
2
2
2
+
…
+
C
n
n
2
n
=
1
+
2
n
=
3
n
⇒ 3n = 243 ⇒ n =5
Bài 2.18 trang 37 Chuyên đề Toán 10: Biết rằng (2 + x)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100. Với giá trị nào của k (0 ≤ k ≤ 100) thì ak Iớn nhất?
Lời giải:
+) Ta có:
Số hạng chứa xk trong khai triển của (2 + x)100 hay (x +2)100 là
C
100
100
−
k
x
k
2
100
−
k
=
C
100
k
2
100
−
k
x
k
=
2
100
C
100
k
2
k
x
k
.
Vậy hệ số của xk trong khai triển của (x + 2)100 là:
2
100
C
100
k
2
k
⇒
a
k
=
2
100
C
100
k
2
k
.
+) Giải bất phương trình: ak ≤ ak + 1 (1).
(1) ⇔
2
100
C
100
k
2
k
≤
2
100
C
100
k
+
1
2
k
+
1
⇔
C
100
k
2
k
≤
C
100
k
+
1
2
k
+
1
⇔
C
100
k
C
100
k
+
1
≤
2
k
2
k
+
1
⇔
100
!
k
!
100
−
k
!
100
!
k
+
1
!
100
−
k
−
1
!
≤
1
2
⇔
k
+
1
!
100
−
k
−
1
!
k
!
100
−
k
!
≤
1
2
⇔
k
+
1
100
−
k
≤
1
2
⇔ 2(k + 1) ≤ 100 – k ⇔ 3k ≤ 98 ⇔ k ≤ 32 (vì k là số tự nhiên).
+) Vì ak ≤ ak + 1 ⇔ k ≤ 32 nên ak ≥ ak + 1 ⇔ k ≥ 32
Do đó
a
1
≤
a
2
≤
…
≤
a
32
≤
a
33
≥
a
34
≥
a
35
≥
…
≥
a
100
.
Ta thấy dấu “=” không xảy ra với bất kì giá trị nào của k.
Do đó a33 là giá trị lớn nhất trong các ak.