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高二数学(43)第五讲第4课二项式定理


第 76 课
●考试目标 主词填空 1.二项式定理:

二项式定理

0 n 0 1 a ?1 1 2 n?2 2 r n?r r n 0 n (a+b)n= Cn a b ? Cn a b ? Cn a b ? ?? Cn a b ? ?? Cn a b (n ? N ? ) .

这个公式所表示的定理叫做二

项式定理,等号右边的多项式叫做(a+b)n 的二项展开式. 2.二项式展开式的通项.
r n?r r (a+b)n 展开式中的第 r+1 项 Tr+1= Cn a b (0 ? r ? n, r ? Z ) 称为二项展开式的通项公式,它表示展开式的第 r+1 项.

3.二项展开式的中间项二项式系数最大.当 n 是偶数时,中间一项的二项式系数最大,这项是第
n

n ? 1 项,它的二项式系 2

数 C n2 最大;当 n 是奇数时,中间两项的二项式系数相等并且最大,这两项是第
n ?1 n ?1

n ?1 n ?1 项和第 ? 1 项,它们的二项式系数 2 2

C n 2 ? C n 2 最大.

4.系数和.
0 n 1 n ?1 2 n ?2 2 n n (a+b)n= Cn a ? Cn a b ? Cn a b ? ? ? Cn b .

0 1 2 n?1 n 令 a=1,b=1,则有 Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? 2n

0 1 2 3 n ?1 n 令 a=1,b=-1,则有 Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? (?1) n?1 Cn ? (?1) n Cn ? 0,

0 2 4 1 3 5 即 Cn ①二项式系数和为 2n; ②各奇数项二项式系数和等于各偶数项二项式 ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ? .由此可得:

系数和,都等于 2n-1. ●题型示例 点津归纳 【例 1】 在(x2+3x+2)5 的展开式中 x 的系数为 ( ) A.160 B.240 C.360 D.800 【解前点津】 本题有三种解法:一是化为二项式问题来解;二是分解因式后,利用二项展开式知识来解;三是考虑 其展开式中符合条件的项的系数,分析求解. 解法一 :(x2+3x+2)5=[(x2+3x)+2]5 则 Tk+1= C 5k (x2+3x)5-k·2k, 再一次使用通项公式,有 Tr+1= C 5k ·2k· C5r?k ·3r·x10-2k-r, 其中 0≤k≤5,0≤r≤5-k, 令 10-2k-r=1,即 2k+r=9. ∴r=1,k=4,即 x 的系数为 C 54 ·24·3=240. 故选 B. 解法二:由(x2+3x+2)5=(x+1)5(x+2)5,
1 4 得含 x 的一次项系数为 C5 ? 2 5 ? C5 ? 2 4 =240.

故选 B. 解法三:(x2+3x+2)5 是 5 个三项式相乘,从其中一个取 3x,从另外 4 个三项式中取常数项相乘,即得含 x 的一次项系数
1 4 为 C5 ? 3? C4 ? 2 4 ? 240.

故选 B. 【规范解答】 B 【解后归纳】 本题考查二项式定理、二项展开式的性质及有关知识,以及将三项式转化为二项式,即等价转化的思 想方法. 【例 2】 求(1+x+x2)7(1-x)8 展开式中 x10 的系数. 【解前点津】 注意到(1+x+x2)(1-x)=1-x3,故可先化简再求解. 【规范解答】 ∵(1+x+x2)7(1-x)8=(1-x3)7(1-x). 由于(1-x)中只有常数项和一次项,只需求(1-x3)7 展开式中 x9 与 x10 的系数. 设(1-x3)7 展开式中的 x9 的项为第 r+1 项(因不含 x10),则
r r Tr+1= C7 (? x 3 ) r ? (?1) r C7 ? x 3r ,

令 3r=9,∴r=3.
3 故展开式中含 x10 的项的系数为: (?1) 3 C7 ? (?1) ? 35.

【解后归纳】 本题考查比较复杂的三项式、三项式与二项式的积展开式的特定项的系数的求法. 【例 3】
? 2 ? ? 求? ? x?3 ? x? ?
100

展开式中有多少项是有理项.

【解前点津】 有理项应不含根式,即 x 的指数是整数. 【规范解答】 设展开式中的有理项为第 r+1 项.
r 300?5 r 100? r ? ? 1 ? r r r r 3 6 2 ? ? (?2) r C100 Tr+1= (?2) r C100 (其中 0≤r≤100). ( x )100? r ? x ? x ? ( ? 2 ) C x 100 ?3 ? ? x? r

易知 r=6k(k=0,1,2,…,16) ∴展开式中有 17 项是有理项. 【解后归纳】 本题考查求二项展开式的有理项的项数的解题方法. 【例 4】 用二项式定理证明:32n+3-24n+37 能被 64 整除(n∈N). 【解前点津】 把已知式化成 64 的整数倍. 【规范解答】 证明: 32n+3-24n+37=9n ? 33-24n+37=(8+1)n ? 33-24n+37
0 n 1 n ?1 n =( C n ) ? 33-24n+37 8 ? Cn 8 ? ?? Cn

0 1 n?3 n?2 =( C n ) ? 82 ? 33+(27+216n)-24n+37 ? 8 n ? 2 ? Cn 8 ? ? ? Cn

0 n ?2 1 n?2 =82 ? [( Cn )×33+3n+1]. 8 ? Cn ? 8 n?3 ? ?Cn

因此 32n+3-24n+37 能被 64 整除. 【解后归纳】 欲证 f (n)能被 a 整除,一般手法如下:若 f (n)本身或它的一部分可表示 bn 形式,应首先将 b 改写成 k·am+r (k、m∈Z,且 r=0,±1,±2 等,但|r|越接近 0 越好)形式,然后利用二项式定理将(k·am+r) n 展开代入 f (n)中,一般只需经简单的 代数变换便能到欲证目的. ●对应训练 分阶提升 一、基础夯实

?3 1 ? ? 1. ? ? 5? ? 15 ? ?

20

展开式中有理项的个数是

(

)

A.1 B.2 C.3 D.4 9 2.ab<0,a+b=1,(a+b) 展开按 a 的降幂排列后第二项不大于第三项,则 a 的取值范围是 (

)

1? ? A. ? ? ?, ? 5? ?

?4 ? B. ? , ? ? ? ?5 ?

4? ? C. ? ? ?, ? 5? ?

D.(1,+∞) )

3.已知(a+b)n 展开式中各项的二项式系数之和为 8 192, 则(a+b)n 的展开式中项数共有 ( A.14 B.13 C.12 D.15

? 2 1 ? ? 4.在 ? ? 2x ? ? 的展开式中含常数项,则自然数 n 的最小值是 ( 3 x? ?
? A.2 B.3 C.4 D.5

n

)

5.设( 2 +x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则(a0+a2+a4+…+a10)2-(a1+a3+…+a9)2 的值是 ( A.1 B.-1 C.0 D.( 2 -1)10

)

6.设(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+an xn,当 a0+a1+a2+…+an=254 时,n 等于 ( A.5 B.6 C.7 D.8 4n+1 7.在(1-x) 展开式中系数最大的项是 ( ) A.第 2n 项 B.第 2n+1 项 C.第 2n 项和第 2n+1 项 D.第 2n+2 项 3 4 9 10 8.(1+x) +(1+x) +…+(1+x) +(1+x) 展开式中 x3 项的系数是 ( )
3 A. C10 4 B. C10 3 C. C11 4 D. C11

)

2 3 9 10 9. C1 10 ? 2C10 ? 4C10 ? ? ? 2 C10 的值为

(

) D.

A.3×210
3

B.310

C.

1 9 (2 -1) 2
)?

1 10 (3 -1) 2

? ? 1 10. ? ?| x | ? | x | ? 2 ? ? 展开式中的常数项是 ( ? ?

A.12 B.-12 C.20 D.-20 二、思维激活 11.设(x+1)4(x+2)5=a0+a1(x+3)+a2(x+3)2+…+a9(x+3)9, 则(a0+a2+a4+a6+a8)2-(a1+a3+a5+a7+a9)2= 12.多项式(1-2x)6(1+x)4 展开式中,x 最高次项为 ,x3 的系数为 . 1 999 13.关于二项式(x-1) 有下列四个命题: ①该二项展开式中非常数项的系数和是 1; ②该二项展开式中系数最大的项是第 1 000 项;
1 993 6 ③该二项展开式中第六项为 C1 ; 999 x

④当 x=2 000 时,(x-1)1 999 除以 2 000 的余数是 1 999. 其中正确命题的序号是 (注:把你认为正确的命题序号都填上). 14.计算某项税率,需用公式 y=(1-5x)n (n∈N* ).现已知 y 的展开式中各项的二项式系数之和是 64,用四舍五入的方法计算 当 x=

3 时 y 的值,若精确到 0.001,其千分位上的数字应是 500

.

三、能力提高 15.已知(1+2 x )n 展开式中,某一项的系数恰好是它的前一项系数的 2 倍,而等于它后一项系数的 项式系数最大的项.

5 ,试求该展开式中二 6

16.在[( x )] ]lgx+1+ 6 x ]n 展开式中,第二、三、四项的二项式系数成等差数列,且已知第四项是 35 000,试问: (1)次数 n 是多少? (2)展开式中的 x 是多少? 17.(1)求证:4×6n+5n+1-9 能被 20 整除. (2)已知 2n+2×3 n+5n-a 能被 25 整除,求 a 的最小正整数值. 18.求证:3 n>2 n-1 (n+2)(n∈N*,n≥2).

2 n 19.设 an=1+q+q2+…+qn-1(n∈N*,q≠±1),An=C 1 n a1+C n a2+…+C n an.

(1)用 q 和 n 表示 An. (2)当-3<q<1 时,求 lim (3)又设 b1+b2+…+bn=

An 2n

n??

的值.

An 2n

,求证:数列{bn}是等比数列.

20.(a+b+c)5 的展开式合并同类项后共有多少项?

第4课
20 ? r 3 ? r 2

二项式定理习题解答?
? r 2

1.D 设为 Tr+1=C r 20 5 共有 4 项,故选 D.?

(-1) r·15

=(-1) rC r 20 5

20 ? r r ? 3 2

3

,则 r 为偶数且 20-r 是 3 的倍数 0≤r≤20.∴r=20,r=8,r=14,r=20

8 8 7 2 7 2 7 2 2.D ∵C 1 9 a b≤C 9 a b ,∴a b-4a b ≤0,即 a b(a-4b)≤0,∵ab<0,∴a-4b≥0,∴a-4(1-a)≥0,∴a≥

4 , 5

又 ab<0 且 a+b=1,∴a>1,故选 D. 3.A ∵2 n=8 192,∴n=13,故选 A.
2 n-r 4.D Tr+1=C r n (2x ) ·(-

1 3 x

n-r )r=C r n ·2 ·(-

2n?2r ? 1 r 2 ) ·x . 3

r

∴2n-

5 r=0 即 4n=5r,∴n 的最小值为 5. 2

5.A 令 x=1 或-1, 则 a0+a1+a2+…+a10=( 2 +1)10,a0-a1+a2-a3+…+a10=( 2 -1)10, ∴(a0+a2+a4+…+a10)2-(a1+a3+…+a9)2 =(a0+a1+a2+…+a10) (a0-a1+a2-a3+…+a10) =( 2 +1)10·( 2 -1)10=1. 6.C 令 x=1,则 a0+a1+a2+…+an=2+22+…+2n=2n+1-2=254 ? n=7.
r r 7.B 第 r+1 项的系数为 C r 4 n ?1 (-1) ,当 r=2n 或 2n+1 时,C 4 n ?1 最大.

∴当 r=2n 时,系数最大,故是第 2n+1 项.
3 3 3 3 4 3 3 3 3 4 3 3 3 4 8.D 展开式中 x3 项的系数为 C 3 3 +C 4 +C 5 +…+C 9 +C 10 =C 4 +C 4 +C 5 +…+C 9 +C 10 =C 5 +C 5 +…+C 9 +C 10 =…=C 11 .
2 10 10 10 0 2 10 9.D ∵C 10 +2C 1 10 +2 ·C 10 +…+2 ·C 10 =(1+2) =3 . 9 10 2 ∴C 1 10 +2·C 10 +…+2 C 10 =

1 10 (3 -1) 2
6

3 ? ? ? 1 1 ? ? ∴Tr+1=C r ? | x | ? ? 2 ?? | x| ? 10.D ∵ ? 6 ? ? ? | x | | x| ? ? ? ? ?
3 令 6-2r=0 得 r=3,∴T4=? C 3 6 (-1) =-20.

? | x |?

6? r

? ? ? ? 1 ? =C r (-1)r·( | x | )6-2r 6 ? | x| ? ? ?

r

11.当 x=-2 时,a0+a1+a2+…+a9=(-2+1)4(-2+2)5=0 当 x=-4 时,a0-a1+a2+…-a9=(-3)4(-2)5 因而(a0+a2+a4+a6+a8)2-(a1+a3+a5+a7+a9)2=(a0+a1+a2+…+a9)(a0-a1+a2-a3+…-a9)=0. 点评:本题考查二项式的展开式,关键是要将求式转化为关于(x+3)展开式中

各项系数问题,要具有较强的观察力以及整体思维能力,要能抓住二项展开式的本质,而这 些思想品质及运用重要的数学思想方法分析问题、解决问题的能力正是高考中要考查的.
6 10 4 4 12.x 最高次项 C 6 6 (-2x) ·C 4 x =64x . 2 1 3 3 1 2 2 3 x3 的系数为:C 0 6 ·C 4 +C 6 (-2)·C 4 +C 6 (-2) C 4 +C 6 (-2) =4-72+16×15-8×20=12.

13.①④ 设 f (x)=(x-1)1 999, 常数项为 f (0)=-1;非常数项系数和为 f (1)-f (0)=1,当 x=2 000 时余数为-1,即为 1 999. 14.3 由 2 =64 得 n=6.
n

? 1 y=C 0 6 +C 6 · ? ? 5 ? ?

3 ? 3 ? 2 ? ? ? C 6 ?? 5? ? 500 ? 500 ? ?

2

=1-0.18+0.0135=0.8335.
r r+1 r ?1 r-1 ?1 15.第 r+1 项系数为 C r ;第 r+2 项系数为 C r n 2 ; 第 r 项系数为 C n 2 n ·2 .

?C r 2 r ? 2C r ?1 ? 2 r ?1 ① n ? n 依题意得: ? 5 r ?1 r ?1 r r ?C n 2 ? C n 2 ② 6 ?
3 2

?1 ?C r ? Cr n ?2r ? n ? 1 ? n 整理得 ? r 3 r ?1 ,即 ? . ?5(n ? 1) ? 3(r ? 1) ?C n ? C n 5 ?

求得 n=7,故二项式系数最大的项是第 4 项和第 5 项. T4=C 3 7
4 (2 x ) =280x ,T5=C 7 (2 x )4=560x2.
3

3 2 16.(1)C 1 n +C n =2C n , n ?

n(n ? 1)( n ? 2) n(n ? 2) ? 2? . 解之得 n=0 或 2 或 7,取 n=7. 3! 2!
1

lgx+1 (2)T4=C 3 ]4·(x 6 )3,C 3 7x 7 [( x )

2 lg x ?

5 2

5

=35 000,x 2 lg x ·x 2 =103.

两边取以 10 为底的对数,2(lgx)2+

5 1 lgx=3,∴(lgx+2)(4lgx-3)=0,解之得 x1= , x2= 4 10 3 . 2 100

n?2 n-1 ?1 1 n-2 n ?1 17.(1)4×6n+5n+1-9=4(6n-1)+5(5n-1)=4[(5+1)n-1]+5[(4+1)n-1]=20[(5n-1+C 1 +…+C n n5 n )+(4 +C n 4 +…+C n )]是 20

的倍数,能被 20 整除.
n ?1 n?2 n ?3 2 ?1 ?2 (2)n≥2 时,原式=4×6n+5n-a=4(5+1)n+5n-a=4(5n+C 1 +…+C n +C 1 +…+C n n5 n 5+1)+5n-a=4×5 (5 n5 n )+20n+4+5n-a=25 n ?3 ?2 ×4(5 n ? 2 +C 1 +…+C n n5 n )+25n+(4-a),能被 25 整除时 a=4 为最小正整数.

当 n=1 时原式=24+5-a,能被 25 整除时 a 的最小正整数为 4.
2 n-2 n n-1 n n-1 n-1 18.3n=(2+1)n=2n+C 1 n 2 +C n 2 +…+C n >2 +n·2 =2 (n+2).?

19.(1)∵q≠1,∴an=

1? qn . 1? q

于是 An=

1 ? q 1 1? q2 2 1? qn n Cn + C n +…+ Cn 1? q 1? q 1? q

=

1 2 2 n n 2 n 1 · [(C 1 n +C n +…+C n )-(qC n +q C n +…+q C n )] 1? q 1 [2 n-(1+q) n](q≠1). 1? q

=

(2)

An 2n

?

? ?1 ? q ?n ? 1 · ?1 ? ? ? ?, 2 1? q ? ? ? ? ? ?

∵-3<q<1,q≠-1, ∴0<

An 1? q 1 ? <1,∴ lim n . n ?? 2 2 1? q

n 1 ? ?1 ? q ? ? (3)b1+b2+…+bn= n ? ?1 ? ? ? ?, 1? q ? 2 ? ? 2 ? ? ?

An

∴b1+b2+…+bn-1=

n ?1 1 ? ?1 ? q ? ? ?1 ? ? ? ? (n≥2), 1? q ? ? ? 2 ? ? ?

两式相减,得 bn ? ∈N),

1 ?1 ? q ? ? ? 2? 2 ?

n ?1

(n≥2),当 n=1 时,b1=

n ?1 A1 1 1 1 ? q ? (n ? 也包含在上式中,因此数列|bn|的通项公式为 bn ? ? ? ? 2 2 2? 2 ?

bn ?1 1 ? q ? ≠0(∵q≠-1),∴{bn}是等比数列. bn 2
20.该式展开后的通项为 ax by cz,其中 x+y+z=5,x, y, z≥0 且 x、y、z∈Z,求通项 a x b y cz 的个数相当于求 x+y+z=5 的非负整数解 (x, y, z)的个数.令 x0=x+1, y0=y+1, z0=z+1. ∴x0+y0+z0=8,原题转化为求该方程的正整数解(x0, y0, z0)的个数. 也相当于在 8 个 1 之间的 7 个空位上插入两个隔板,分成三组,每组的 1 的个数对应于一个(x0, y0, z0)的取值,因此有多少种 插法即有多少组解.
2 ∴共有 C 7 =21 项.

点评:本题蓦然一看是考查二项式定理的应用,实际上是借鉴二项式求通项 的方法考查学生排列、组合的知识以及化归转换的思想.


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