2022年全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导：二项式定理与多项式 .pdf

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1、1 全国高中数学联赛金牌教练员讲座兰州一中数学组第十讲二项式定理与多项式知识、方法、技能二项式定理1二项工定理nkkknknnnbaCba0*)()(N2二项展开式的通项)0(1nrbaCTrrnrnr它是展开式的第r+1 项. 3二项式系数).0(nrCrn4二项式系数的性质（1）).0(nkCCknnkn（2）).10(111nkCCCknknkn（3）若 n 是偶数，有nnnnnnnnCCCCC1210，即中间一项的二项式系数2nnC最大 . 若 n 是奇数， 有nnnnnnnnnnCCCCCC1212110，即中项二项的二项式系数212nnnnCC 和相等且最大 . （4）.2210n

2、nnnnnCCCC（5）.21531420nnnnnnnCCCCCC（6）.1111knknknknCknCnCkC或名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 2 （7）).(nkmCCCCCCmmknmknmkmnmnmkkn（8）.1121nknnknnnnnnnCCCCC以上组合恒等式（是指组合数mnC满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具 .（7）和（ 8）的证明将在后面给出. 5证明组合恒等式的方法

3、常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明. （2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法. （4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 赛题精讲例 1：求7)11(xx的展开式中的常数项. 【解】由二项式定理得77)1(1 )11(xxxx77772271707)1()1()1()1(xxCxxCxxCxxCCrr其中第)70(1rr项为rrrxxCT)1(71在rxx)1(的展开式中，设第k+1 项为常数项，记为,1kT则)0( ,)1(2, 1rkxCxxCTkrkrkkrkrk由得 r2k=0，即 r=2k，r 为

4、偶数，再根据、知所求常数项为.39336672747172707CCCCCCC【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例 2：求62)321(xx的展开式里x5的系数 . 【解】因为6662)1()31()321(xxxx.1)3()3()3(316665564463362261666633622616xCxCxCxCxCxCxCxCxCxC所以62)321(xx的展开式里x5的系数为26363362624616563)(33)( 1CCCCCCC.16813)(356516464CCC名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

5、 - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - 3 【评述】本题也可将62)321(xx化为62)32(1xx用例 1 的作法可求得 . 例 3：已知数列)0(,0210aaaa满足),3 ,2, 1(211iaaaiii求证：对于任何自然数n，nnnnnnnnnnnnnnxCaxxCaxxCaxxCaxCaxp)1()1()1()1()(111222211100是 x 的一次多项式或零次多项式. （1986 年全国高中数学联赛试题）【思路分析】由211niiiaaaa知是等差数列， 则),2, 1(01iidadaaii从而可将)(

6、xp表示成da 和0的表达式，再化简即可. 【解】因为), 3,2, 1(211iaaaiii所以数列na为等差数列，设其公差为d 有),3 ,2 ,1(0iidaai从而nnnnnnnnnxCndaxxCdaxxCdaxCaxP)()1()2()1()()1()(0222011000,)1(2)1(1)1()1(222111100nnnnnnnnnnnnnnxnCxxCxxCdxCxxCxCa由二项定理，知, 1)1()1()1()1(222110nnnnnnnnnnxxxCxxCxxCxC又因为,)!1() 1()!1()!1()!( !11knknnCknknnknknkkC从而nnnn

7、nnnxnCxxCxxC22211)1(2)1()1()1(12111nnnnxxxCxnx.)1(1nxxxnxn所以.)(0ndxaxP当xxPd为时)(,0的一次多项式，当为时)(,0 xPd零次多项式 . 例 4：已知 a，b 均为正整数， 且,sin)(),20(2sin,2222nbaAbaabbann其中求证：对一切*Nn，An均为整数 . 【思路分析】 由nsin联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos，然后分析An与复数的关系 . 【证明】因为.sin1cos,20,2sin2222222babababaab所以且名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - -

8、- - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - 4 显然nin)sin(cossin为的虚部，由于ni)sin(cos.)()(1)2()(1)2(2222222222222nnnnbiabaabibabaibaabbaba所以.)()sin(cos)(222nnbianinba从而nnnbianbaA222)(sin)(为的虚部 . 因为 a、 b 为整数，根据二项式定理，nbia2)(的虚部当然也为整数，所以对一切*Nn，An为整数 . 【评述】把An为与复数ni)sin(cos联系在一起

9、是本题的关键. 例 5：已知yx,为整数， P 为素数，求证：)(mod)(PyxyxPPP【证明】PPpPPPPPPPyxyCyxCyxCxyx1122211)(由于)1, 2, 1(!)1() 1(PrrrpppCrP为整数，可从分子中约去r！ ，又因为P 为素数，且pr，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,2 , 1(|PrCPrP所以).(mod)(PyxyxPPP【评述】 将Pyx)(展开就与PPyx有联系， 只要证明其余的数能被P整除是本题的关键. 例 6：若)10*,()25(12Nmrmr，求证：.1)(m【思路分析】由已知1)()25(12mmr和猜想12)25(r，因此

10、需要求出，即只需要证明1212) 25()25(rr为正整数即可. 【证明】首先证明，对固定为r，满足条件的,m是惟一的 .否则，设1112)25(mr,),1 ,0(,*,2121212122mmmmmN则)1 ,0()0, 1(,021212121Zmmmm而矛盾 .所以满足条件的m 和是惟一的 . 下面求及m. 因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(rrrrrrrrrCCC名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共

11、 8 页 - - - - - - - - - 5 22)5(2)5()5(12212212211212012rrrrrrrCCC*252525 222)5(2)5( 21212121231312112123223122112NrrrrrrrrrrrrrCCCCC又因为) 1 ,0()25(),1 ,0(2512r从而所以)2252525(21212121231312112rrrrrrrrrCCCm12)25(r故.)25()(12rm.1)45()25(1212rr【评述】猜想121212)25()25( ,)25(rrr与进行运算是关键. 例 7：数列na中，)2(3, 311naaann，

12、求2001a的末位数字是多少？【思路分析】利用n 取 1，2，3，猜想nnaa 及的末位数字 . 【解】当n=1 时， a1=3，3642733321aa27)81(3)81(3)3(3336363643642732aa，因此32,aa的末位数字都是 7，猜想，.*,34Nmman现假设 n=k 时，.*, 34Nmmak当 n=k+1 时，34341)14(33mmakka34034342412434124134034034)1(4) 1(4) 1(4)1(4mmmmmmmmmmCCCC, 3) 1(414TT从而*)(34Nmman于是.27)81(33341mmanna故2001a的末位

13、数字是7. 【评述】猜想34man是关键 . 例 8：求 N=19881 的所有形如badba,(,32为自然数）的因子d 之和 . 【思路分析】寻求N 中含 2 和 3 的最高幂次数，为此将19 变为 201 和 18+1，然后用二项式定理展开 . 【解】因为N=19881=(201)881=(145)881 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 8 页 - - - - - - - - - 6 =88888888878787883338822288188545

14、4545454CCCCC)552(22552565MM其中 M 是整数 . 上式表明， N 的素因数中2 的最高次幂是5. 又因为 N=(1+29)881 8888888822288188929292CCC=32288+34P=32（ 2 88+9P）其中 P 为整数 . 上式表明， N 的素因数中3 的最高次幂是2. 综上所述，可知QN2532，其中 Q 是正整数，不含因数2 和 3. 因此， N 中所有形如ba32的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744. 例 9：设8219)22015()22015(x，求数 x 的个位数字 . 【思路分析】直接求x 的个位数字很困

15、难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 【解】令)22015()22015(,)22015()22015(82198219yxy则)22015()22015(8219，由二项式定理知，对任意正整数n. )2201515(2)22015()22015(22nnnnnC为整数，且个位数字为零. 因此， x+y 是个位数字为零的整数.再对 y 估值，因为2.0255220155220150， 且1988)22015()22015(，所以.4.02.02)22015(201919y故 x 的个位数字为9. 【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题. 例 10：已

16、知),2, 1(8,1,01110naaaaannn试问：在数列na中是否有无穷多个能被 15 整除的项？证明你的结论. 【思路分析】先求出na，再将na表示成与15 有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除 . 【证明】在数列na中有无穷多个能被15 整除的项，下面证明之. 数列na的特征方程为,0182xx它的两个根为154,15421xx，所以nnnBAa)154()154(（n=0，1，2，）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - -

17、- - - - - - 7 由,1521,15211,010BAaa得则,)154()154(1521nnna取), 2, 1 ,0(2kkn，由二项式定理得)15(42)15(42154215211133311nnnnnnnnCCCa),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中 TTkCCCCCCCCCkkkkkkkkkkkkkkknnnnnnn由上式知当15|k，即 30|n 时， 15|an，因此数列na中有无穷多个能被15 整除的项 . 【评述】在二项式定理中，nnbaba)()(与经常在一起结合使

18、用. 针对性训练题1已知实数,均不为 0，多项xxxxf23)(的三根为321,xxx，求)111)(321321xxxxxx的值 . 2 设dcxbxaxxxf234)(， 其中dcba,为常数，如果,3)3(,2)2(, 1)1(fff求)0()4(41ff的值 . 3定义在实数集上的函数)(xf满足：).(,1)1()(xfxxxfxf求4证明：当n=6m 时，.033325531nnnnCCCC5设nxx)1(2展开式为nnxaxaxaa222210，求证：.31630naaa6求最小的正整数n，使得nyxxy)2173(的展开式经同类项合并后至少有1996 项. （1996 年美国数

19、学邀请赛试题）7设493)12()1()(xxxxf，试求：（1）)(xf的展开式中所有项的系数和. （2）)(xf的展开式中奇次项的系数和. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 8 8证明：对任意的正整数n，不等式nnnnnn)12()2() 12(成立 . （第 21 届全苏数学竞赛题）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -