高中数学竞赛-第58讲-二项式定理教案(共13页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第 58讲 二项式定理本二项式定理 设nN，则(ab)nCanCan-1bCan-rbrCbn 式右边称为二项式(ab)n的展开式，第r1项 Tr+1Can-rbr称为二项式展开式的通项公式，C叫做第r1项的二项式系数。特别地，(1x)nCCxCxrCxn。为方便起见，我们引入记号“”，a1a2an可记为，于是式可以写成(ab)n。二项式系数之间有如下性质：2n； CC，0rn； CCC当n为偶数时，CC CC； 当n为奇数时，CC C C。对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且要学会逆向运用和变式使用，有时先作适当变形后再展开；有时需适当配凑后逆用二项式定理。二

2、项式定理及其展开式系数的性质是解决许多数学问题的重要工具，如：整除或求余数（余式）问题，组合数的求和式组合恒等式的证明问题，近似计算问题等等。对于利用二项式定理判断整除问题：往往需要构造对偶式；对于处理整除性问题，往往构造对偶式或利用与递推式的结合。A类例题例1 若(3x1)n（nN+）的展开式中各项系数和是256，则展开式中x2的系数是_。（上海高考题）分析 分清系数和二项式系数两个概念，系数之和常令x1，二项式系数之和为CCC2n解 设(3x1)na0a1xa2x2a2xn，令x1，得4na0a1an，即各项系数之和为4n，由题得4n256，得n4。故(3x1)4的展开式中含x2改为C(3

3、x)254x2。故所求展开式中x2系数为54说明：求二项式所有系数和的方法，常令其字母为1。若求所有奇数项系数和，可先令字母为1，求出所有系数和a0a1a2an，再令字母为1，求出a0a1a2a3an，再令字母为1，求出a0a1a2a3(1)nan，原式相加除以2。即得an有奇数项系数和a0a2a4。同理，两式相减除以2，可求出展开式所有偶数项系数和a1a3a5。注意，二项式系数与展开式某一项系数是不同概念，第r1项的二项式系数是C。例2 在(x23x2)5的展开式中x的系数为（ ）A160 B240 C360 D8004分析 二项式定理实质上是(ab)2，(ab)3，展开公式的推广，是两个字

4、母a和b的和或差的n次方的展开公式，因此只能处理两个字母或两个量之间的关系，遇到大于二个量的和式或差式时，常进行因式分解分成两个量和与两个量和（或差）的积的形式，再利用定理解 (x23x2)5(x1)5(x2)5 ，在(x1)5的展开式中x项的系数为C5，常数项为1，在(x2)5的展开式中x项的系数为24 C80，常数项为32，所以x项的系数为532801240。说明：本题也可以另解。方法二：(x23x2)5(x23x2)(x23x2)(x23x2)，根据多项式相类法则知，x的系数是：从5个括号中任取一个3x项，其他括号中都取项2相乘得的系数，故所求系数为C324240。方法三：(x23x2)

5、5x2(3x2)5，把3x2看成一个整体，运用二项式定理展开后，x项只在(3x2)5中出现，故x项的系数为C324240。情景再现1在(1x3)(1x)10的展开式中，x2的系数是A297 B252 C297 D2072若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为A1 B1 C0 D2 3求(|x|2)2展开式中的常数项。B类例题例3 已知i，m，n是正整数，且1 i mn，证明：niA (1n)m。（2001年全国高考题）分析 本题以排列组合为依托，重点考查了式子的变形和计算能力。证明 即证。， ，由m（k1，2，i1）， 11，即（k1，2，i1

6、）， 成立；(1m)nCmCm2CmnC (1n)mCnCm2CnmC由知niA miA（1imn），且ACi!，ACi!，nCmiC（1imn）n2Cn3CnmC m2Cm3CmmC又当m0，CnCn2CnmC (1n)m 成立。例4 用二项式定理证明：34n+252n+1能被14整除。分析用二项式定理证明整除问题时，首先须注意(ab)n中，a、b中有一个必须是除数的倍数，其次，展开式的规律必须清楚，余项是什么，必须写出。同理可处理余数的问题。证明 34n+252n+192n+152n+1(95)52n+152n+1 (145)2n+152n+1142n+1C142n5C142n-152C1

7、452nC52n+152n+1142n+1C142n5C142n-152C1452n是14的倍数，能被14整除，命题得证。说明：这类整除问题也可用数学归纳法证明，利用二项式定理证明多项式的整除问题，关键是对被除式进行合理变形，把它写成恰当的二项式，使其展开后的每一项都含有除式的因式，即可证得整除。例5 设f(x)是定义在R上的函数，且g(x)Cf()x0(1x)nCf()x1(1x)n-1Cf()x2(1x)n-2Cf()xn(1x)0。若f(x)1，求g(x)；若f(x)x，求g(x)。分析 考查二项式定理的逆用。解 (1)f(x)=1,所以，所以g(x)=1,又无意义，即g(x)=1,且x

8、0,x1,xR.(2)因为f(x)=x,所以所以g(x) =,因为所以g(x)=0+=x(1-x+x)n-1=x.所以g(x)=x,且xR,x0,x1.例6 当nN+时，(3)n的整数部分是奇数，还是偶数？证明你的结论。分析 因(3)n可表示为一个整数与一个纯小数之和，而这个整数即为所求。要判断此整数的奇偶性，由3联想到其共轭根式3(0，1)，其和(3)(3)是一个偶数，即3的整数部分是奇数，于是可从研究对偶式(3)n与(3)n的和入手。解 (3)n的整数部分是奇数，事实上，因为0(3)n1，且(3)n(3)n2(3nC73n-2C723n-4C)是一个偶数，记为2k（kN）。所以(3)n2k

9、(3)n(2k1)1(3)n即(3)n2k1，因此(3)n的整数部分是奇数 例7 设a、bR+，且1。求证对于每个nN，都有(ab)nanbn22n2n+1。分析：本题可以用数学归纳法证明，也可以用二项式定理展开后首尾配对用基本不等式。证法1 由2。欲证的不等式的左边直接用二项式定理有(ab)nanbnCan-1bCan-2b2Ca2bn-2Cabn-1(an-1babn-1)C(an-2b2a2bn-2)C(CCC)2n(2n2)22n2n+1证法2 作变换后应用二项式定理令a1，b1t（tR+），结合abab有 (ab)nanbnanbnanbn(an1)(bn1)1(1)n1(1t)n1

10、1(t-1Ct-2Ct-nC)(t Ct2 CtnC)1(CCC)21（Cauchy不等式）(2n1)2122n2n+1情景再现4（1988年全国高中联赛题）(2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为_。5（1991年全国高中联赛题）除以106，余数是_。6（2002年全国高中联赛题）将二项式()n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有_个。C类例题例8 试证大于(1)2n的最小整数能被2n+1整除（nN）。（第6届普特南数学竞赛）分析由(1)2n联想到(1)2n(0，1)考虑二者之和证明：证：注意到0(1)2ngn Dfngn4(x1

11、)(x36x212x8)2的展开式中含x5项的系数为 （ ） A2016 B2016 C756 D7565(|x|2)3的展开式中的常数项为 （ ） A20 B23 C20 D236求证：对任意的正整数n,不等式(2n1)n(2n)n(2n1)n成立。（第21届全苏数学竞赛）7求证：(C)2(C)2(C)2。8设m4l1，l是非负整数。求证：aCmCm2CmC（n2k1，kN）能被2n-1整除。 B组9设a， b都是正数，且ab(1)100，求ab的个位数字。10求证数列bn：bn2的每一项都是自然数（nN），且当n为偶数或奇数时分别有形式5m2或m2（mN）。（捷克数学竞赛题）本节“情景再现

12、”解答：1分析计算(1x)10展开式中x5和x2的系数。CC207，故选D。2(a0a2a4)2(a1a3)2(a0a2a4a1a3)(a0a2a4a1a3)分别令x1和x1即可，选A。3(|x|2)2()4通项公式Tr+1C()4-r()rC()4-2r(1)r 令42r0得r2，故所求常数项为C(1)26。4填(32n+11)。理由：设(2)2n+1f(x)g(x)。其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1)。而(2)2n+1(2)2n+1f(x) g(x)f(x)g(x)，从而f(1)(2)2n+1(2)2n+1(32n+11)。5填。理由：(11990)200012000

13、19902000199919902。依照这个展开式，只需考虑前三项的和除以106的余数即可，故余数为。6填3。理由：易求前三项系数分别为1，n，n(n1)。由这三个数成等差数列，有2n1n(n1)。解得n8和n1（舍去）。当n8时，Tr+1C()rx，这里r0，1，8。r应满足4|(163r)，所以r只能是0，4，8。7填18。理由：由二项式定理，知anC3n-2，因此18()，()18(1)18(1)18。8设（共1999个1999）为A，则A1999m，（m共1998个19999）显然m为奇数，于是由二项式定理可得A(21031)m(2103)mC(2103)m-1C(2103)m-2(2

14、103)2C(2103)C12m103(m-2)2m-1103(m-1)C22 C1062000m1。于是A的末六位数(2000m1)的末六位数。因为19992n（nN）的末三位数字为001，19992n-1（nN）的末三位数字为999。而m1999，m （共1997个1999）为奇数，故m的末三位数999，因而，(2000m1)的末六位数(20009991)的末六位数。即（共1999个1999）的末六位数字组成的六位数为。9由,有,即=这说明a0，a1，a2是以a0为首项，a1 a0为公差的等差数列，由等差数列的通项公式得）.所以 = 根据二项式定理，有 又因为，则 = =故，即P(x)是x

15、的一次多项式.10因可表示为一个整数与一个纯小数之和.而这个整数即为所求，要判断此整数的奇偶性，由3+联想到其共轭根式3-(0,1)，其和(3+)+(3-)是一个偶数，即从(3+)n与(3-)n的和入手. 首先，我们肯定(3+)n的整数部分为奇数. 事实上，因0(3-)n1，且表示记作），故的整数部分是奇数.“习题 ”解答： A组1A 因，且，又所以 由二项式定理知是整数，即I+F是整数，故F-是整数. 因为0 F1，所以，即F(I+F)=1.2选A3时，令，这时即4原式=(x-1)(x+2)9，x5的系数为56证 由二项式定理有=7证法1 由二项式定理可知，两个展开式右边乘积中的常数恰好等于

16、，即为所证等式的左端，而 又因为(1+x)2n展开式中含xn的项是第n + 1项，它的二项式系数为，就是中的常数项. 而 综上所述：证法2 设有2n个小球，其中n个是白球，n个是黑球，从中取出n个球的取法种数为另一方面，可以把这件事分成n +1类：从n 个白球中取r个，有种，然后再从n个黑球中取n r个，有种，其中r =0,1,2,，n. 所以用乘法原理，从2n个球中取r个白球、n r个黑球的方法有种，因此完成该事件的方法种数为()2 + ()2 + + ()2 =8证 由二项式定理知 = 欲证原题，只要证为整数即可.易知由数学归纳法原理知皆为整数，故9由二项定理可得 所以，故记再由恒等式可得数列xn的递推关系式这样，可得xn的个位数字如下：由此可得 由此，即的个位数字是4.10设则，且有以下用归纳法证明是整数，具有形式时成立. 假设结论对n=k（）成立，则即结论对n = k+1也成立. 从而，所以n为奇数时，是的平方. 当n为偶数时，bn有如下形式专心-专注-专业