3.1.4二项式定理(1)
二项式定理公式
二项式定理公式1. 什么是二项式定理公式二项式定理公式是数学中一项非常重要的公式，它描述了如何展开二项式表达式的幂。
二项式定理公式可以用于求解组合问题，展开式等。
在代数和组合数学中广泛应用。
二项式定理公式表达如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) *a^(n-1) * b^1 + C(n, 2) * a^(n-2) * b^2 + ... +C(n, n) * a^0 * b^n其中，a和b是任意实数，n是非负整数，C()表示组合数。
2. 二项式定理公式的证明二项式定理公式可以通过数学归纳法进行证明。
当 n = 0 时：C(0, 0) * a^0 * b^0 = 1左边等式为1，右边等式也为1，所以当 n = 0 时，公式成立。
假设当 n = k 时，公式成立：(a + b)^k = C(k, 0) * a^k * b^0 + C(k, 1) *a^(k-1) * b^1 + ... + C(k, k) * a^0 * b^k当 n = k + 1 时，首先，我们可以展开(a + b)^(k+1)，然后利用二项式定理公式中的假设，展开(a + b)^k。
(a + b)^(k+1) = (a + b) * (a + b)^k展开右边式子：(a + b) * (a + b)^k = a * (a^k + C(k, 1) *a^(k-1) * b^1 + ... + C(k, k) * b^k) + b * (a^k + C(k, 1) * a^(k-1) * b^1 + ... + C(k, k) * b^k)利用分配律进行展开：a * (a^k + C(k, 1) * a^(k-1) * b^1 + ... + C(k, k) * b^k) +b * (a^k + C(k, 1) * a^(k-1) * b^1+ ... + C(k, k) * b^k) = a * a^k + a * C(k, 1) *a^(k-1) * b^1 + ... + a * C(k, k) * b^k + b * a^k + b * C(k, 1) * a^(k-1) * b^1 + ... + b * C(k, k) * b^k根据组合数的性质：a * a^k = a^(k+1)C(k, r) * a^r * b^(k-r) =C(k+1, r) * a^r * b^(k+1-r)可以得到：a * a^k + a * C(k, 1) * a^(k-1) * b^1 + ... +a * C(k, k) * b^k +b * a^k + b * C(k, 1) * a^(k-1) * b^1 + ... + b * C(k, k) * b^k = a^(k+1) +C(k+1, 1) * a^k * b^1 + ... + C(k+1, k) * a^0 * b^(k+1)因此，(a + b)^(k+1) = a^(k+1) + C(k+1, 1) * a^k * b^1 + ... + C(k+1, k) * a^0 * b^(k+1)。
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5.注意区别二项式系数与项的系数的概念
二项式系数为 Crn(r 0,1, 2, , n)
项的系数为：二项式系数与数字系数的积.
二项式定理
例题讲解
例 1．求 (2 x 1 )6 的展开式. x
64 x 3
192x2
240 x
160
60 x
12 x2
1 x3
.
二项式定理
【1】求 (3x 1 )4 的展开式. x
(3x
1 x
)4
81x4
5
108x 2
54 x
12
x
1 2
x 2
二项式定理
例 2．（1）求 (1 2x)7 的展开式的第 4 项的系数； （2）求 (x 1 )9 的展开式中 x3 的系数. x
解：（1） (1 2x)7 的展开式的第 4 项是
T31 C73 173 (2 x)3 C73 23 x3 35 8x3 280x3 .
所以展开式的第4项的系数是280.
二项式定理
例 2．（1）求 (1 2x)7 的展开式的第 4 项的系数；
（2）求 (x 1 )9 的展开式中 x3 的系数. x
（2）解： (x 1 )9 的展开式通项是 x
C9r
x9r
(
1 x
)
r
(1)r C9r x92r ,
根据题意，得 9 2r 3,
r 3.
因此， x3 的系数是 (1)3C93 84 ．
二项式定理
1. 求 (2a 3b)6 的展开式的第 3 项. 答案：T3 2160a4b2 .
二项式定理 课件
(2)x－1x9 的展开式的通项是 Cr9x9－r－1xr＝(－1)rCr9x9－2r. 根据题意，得 9－2r＝3，r＝3. 因此，x3 的系数是(－1)3C93＝－84.
1＋1x4＝1＋C141x＋C241x2＋C341x3＋1x4＝1＋4x＋
方法二 1＋1x4＝1x4(x＋1)4＝1x4[x4＋C14x3＋C24x2＋C34x＋1] ＝1＋4x＋x62＋x43＋x14.
探究点二 二项展开式的通项 例 2 (1)求(1＋2x)7 的展开式的第 4 项的二项式系数、项的
问题 3 二项式定理展开式的系数、指数、项数的特点是什么？ 答 (1)它有 n＋1 项，各项的系数 Ckn(k＝0,1，…，n)叫二项 式系数； (2)各项的次数都等于二项式的次数 n.
问题 4 二项式定理展开式的结构特征是什么？哪一项最具有 代表性？ 答 (1)字母 a 按降幂排列，次数由 n 递减到 0，字母 b 按升 幂排列，次数由 0 递增到 n； (2)Cknan－kbk 叫二项展开式的通项，用 Tk＋1 表示，即通项 Tk＋1＝Cknan－kbk.
＝81x2＋108x＋54＋1x2＋x12.
小结 在展开二项式之前根据二项式的结构特征进行必要变 形可使展开多项式的过程得到简化，例如求(1－x)5(1＋x＋x2)5 的展开式，可将原式变形为(1－x3)5，再展开较为方便．
跟踪训练 1 求1＋1x4 的展开式．
解 方法一 x62＋x43＋x14.
1.4二项式定理
(a+b)1=a+b
(a+b)2=(a+b)(a+b)=a2+ab+ab+b2=a2+2ab+b2
(a+b)3=(a+b)(a+b)(a+b)
=(a2+ab+ab+b2)(a+b) =a3+a2b+a2b+ab2+a2b+ab2+ab2+b3 =a3+3a2b+3ab2+b3 (a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b) =a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4
2008 今天是星期三，问2 天后是
星期几？
100 11 －1的末尾连续零的个数是多
少个？ 131 用二项式定理证明：3 －3能被 8整除.
当n为奇数时，中间两项的二项式系数 C 且同时取得最大值.
、 C
n1 2 n
相等，
二项式系数的性质 (3)二项式系数的和
C C C C 2
0 n 1 n 2 n n n
n
C C C
0 n 2 n 4 n
C C C
1 n 3 n 5 n
2
n 1
求在(3+2x-x3)(1+x)10的展开式 中x5的系数. 求(3+2x-x2)6展开式中含x5的项 .
0 4 0 1 3 1 2 2 2 3 1 3 4 0 4 C4 a b C4 a b C4 a b C4 a b C4 ab
计数原理的应用二项式定理
计数原理的应用：二项式定理1. 介绍二项式定理是高中数学中的一个重要定理，也是概率论和组合数学中的基本工具之一。
它在数学和其他领域中有着广泛的应用。
本文将介绍二项式定理的基本概念，并讨论其在计算中的应用。
2. 二项式定理的表达式二项式定理可以表示为：$$(a + b)^n = C_0^n \\cdot a^n \\cdot b^0 + C_1^n \\cdot a^{n-1} \\cdot b^1 + C_2^n \\cdot a^{n-2} \\cdot b^2 + ... + C_n^n \\cdot a^0 \\cdot b^n$$ 其中，C k n表示从n个元素中选取k个元素的组合数，也等于n的阶乘除以k 的阶乘和(n−k)的阶乘的乘积。
3. 二项式定理的应用二项式定理在数学和其他领域中有着广泛的应用，以下是一些常见的应用：3.1. 高阶多项式的展开二项式定理可以用来展开高阶多项式，例如：$$(a + b)^3 = C_0^3 \\cdot a^3 \\cdot b^0 + C_1^3 \\cdot a^2 \\cdot b^1 +C_2^3 \\cdot a^1 \\cdot b^2 + C_3^3 \\cdot a^0 \\cdot b^3$$展开后可以得到：a3+3a2b+3ab2+b3这对于计算复杂表达式的值非常有用。
3.2. 概率计算二项式定理在概率计算中有重要的应用。
例如，在抛硬币的实验中，抛 4 次硬币，出现正面 3 次及以上的概率可以使用二项式定理进行计算。
3.3. 组合数学二项式定理在组合数学中有着重要的地位。
组合数学主要研究从一组对象中选取若干对象构成子集的方法和性质，二项式定理正是其中的核心概念之一。
它可以用来计算组合数，并解决组合数学中的问题。
3.4. 统计学二项式定理也在统计学中有着重要应用。
例如，在二项分布中，可以通过二项式定理计算不同事件发生次数的概率分布。
二项式定理及其应用
二项式定理及其应用二项式定理是数学中的一条重要定理，它揭示了如何展开和求解(x + y)ⁿ这种形式的表达式。
本文将介绍二项式定理的公式及其应用，并探讨其在数学和实际问题中的意义。
1. 二项式定理的公式二项式定理的公式如下所示：(x + y)ⁿ = C(n,0) · xⁿ · y⁰ + C(n,1) · xⁿ⁻¹ · y¹ + C(n,2) · xⁿ⁻² · y² + ... + C(n,n-1) · x · yⁿ⁻¹ + C(n,n) · x⁰ · yⁿ其中，C(n,k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数，也可以表示为n! / (k! · (n-k)! )。
在展开(x + y)ⁿ时，每一项的系数就是组合数C(n,k)，指数是x和y的幂次。
2. 二项式定理的应用2.1 二项式系数二项式定理中的组合数C(n,k)被称为二项式系数，它具有很多重要的性质。
其中最为著名的是杨辉三角形，每一行的数字都是由上一行相邻两个数字相加而来。
杨辉三角形也是计算二项式系数的一种常用方法。
2.2 展开式的应用二项式定理的展开式可以用于求解多项式的乘法、计算多项式在某一点的值等问题。
通过展开(x + y)ⁿ，可以直观地观察到每一项的系数和指数之间的关系，从而简化计算。
2.3 组合恒等式二项式定理可以通过一些代数推导得到一些有用的组合恒等式，如：- C(n,0) + C(n,1) + C(n,2) + ... + C(n,n) = 2ⁿ- C(n,0) - C(n,1) + C(n,2) - ... + (-1)ⁿ · C(n,n) = 0这些恒等式在组合数学、概率论等领域中有着重要的应用。
3. 二项式定理的意义二项式定理的意义不仅仅局限于数学领域，它在实际问题中也有广泛的应用。
二项式定理 课件
0
90
91
1
又 992=(10-1)92=C92
·1092-C92
·1091+…+C92
·102-C92
·10+1,
前 91 项均能被 100 整除,后两项和为-919,因余数为正,可从前
面的数中分离出 1 000,结果为 1 000-919=81,故 9192 被 100 除所得
余数为 81.
用1110=(10+1)10的展开式进行证明,第(2)小题则可利用9192=(1009)92的展开式,或利用(90+1)92的展开式进行求解.
9
1
(1)证明 ∵1110-1=(10+1)10-1=(1010+C10
·109+…+C10
·10+1)-1
1
2
=1010+C10
·109+C10
·108+…+102
答案:-56
1.如何正确区分二项展开式中某一项的系数与二项式系数
剖析两者是不同的概念. C (r=0,1,2,…,n)叫做二项式系数,而某
一项的系数是指此项中除字母外的部分.如(1+2x)7 的二项展开式的
第 4 项的二项式系数为C73 =35,而其第 4 项的系数为C73 ·23=280.
2.如何用组合的知识理解二项式定理
二项式定理
1.二项式定理
二项展开式:(a+b)n=C0 + C1 − 1 + ⋯ + C − +
⋯ + C (n∈N*)叫做二项式定理,其中各项的系数C (k∈
{0,1,2,…,n})叫做二项式系数.
浅谈二项式定理及其应用
浅谈二项式定理及其应用欧阳志强（伊犁师范学院数学与统计学院09-2A班新疆伊宁 835000）摘要：二项式定理是初等数学中的一个重要的定理, 在高等数学中更是许多重要公式的共同基础．本文主要讨论了二项式定理在解决组合理论、开高次方，以及不等式问题等方面的应用．关键词：二项式定理；不等式；展开式中图分类号：O122.4 文献标识码：A一引言二项式定理的应用非常广泛, 也很重要, 主要表现在两个方面: 一是它所揭示的方法富有启发性; 二是它与高等数学联系紧密.学习与掌握它, 既有利于培养学生联想和抽象思维的能力, 也有利于其今后进一步的学习.二项式定理在中国被称为“贾宪三角”或“杨辉三角”，一般认为是北宋数学家贾宪所首创.它记载于杨辉的《详解九章算法》（1261）之中.在阿拉伯数学家卡西的著作《算数之钥》（1427）中也给出了一个二项式定理系数表，他所用的计算方法与贾宪的完全相同.在欧洲，德国数学家阿皮安努斯在他1527年出版的算数书的封面上刻有此图，但一般称之为“帕斯卡三角形”.因为帕斯卡在1654年也发现了这个结果.杨辉-贾宪三角而在1664年和1665年间，也就是由于瘟疫流行而迫使牛顿从剑桥躲开的前夕，牛顿就开始了二项式定理的研究，值得注意的是，牛顿只处理了二项式的自乘幂是分数或负数的情况.牛顿第一次提到二项式定理是在1676年6月13日他写给奥尔登堡转给莱布尼兹的一封信中，此后牛顿对于该定理进行不断的推理、猜想和证明，最终建立了二项式定理.牛顿在建立了二项式定理以后，马上就抛弃了他以前用于求积的插值法，而把这个定理当做确定曲线下方面积的一个最简单最直接的方法来使用.随着时间的推移，二项式定理被越来越多的人运用，直到今天，二项式定理已经是中学数学内容的重要部分，也是当今高考的难点之一.二项式定理是在处理有关两个元素和的方幂的问题时常常考虑到的一个重要公式，是组合数学中一个基础而重要的定理，在微积分、概率论、初等数论等许多数学分支中都可见其踪影. 二 预备知识二项式定理：(a +(n .理解二项式定理应注意：（1）二项式中，a 是第一项，b 是第二项，顺序不能变； （2）展开式中有1n +项(比指数多1)； （3）01,,,n n n n C C C 是二项式系数；（4）a 的指数降幂，b 的指数是升幂，两者的指数的和等于n ； （5）二项式展开时要注意各项的符号规律； （6）注意二项式定理的可逆性.二项式定理除了要注意以上几点外还具有一些性质：性质一 ()na b +的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即m n mn n C C -=.性质二 二项式系数表中，除两端以外其余位置的数都等于它肩上两个数之和，11m m m n n n C C C -++=.性质三 ()na b +的二项展开式中，所有二项式系数的和等于2n ，即012.nn n n n C C C +++=（令1a b ==即得，或用集合的子集个数的两种计算方法结果相等来解释）.性质四 ()na b +的二项展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即022132112.r r n n n n n n n C C C C C C +-++++=++++=（令1,1a b ==-即得）.性质五 ()na b +的二项展开式中，当n 为偶数时，中间一项的二项式系数2n n C 取得最大值；当n 为奇数时，中间两项的二项式系数12n n C -，12n n C +相等，且同时取得最大值.（即中间项的二项式系数最大）了解了二项式定理的特点与性质的同时，也要学会如何合理的应用二项式定理，下面则介绍一些二项式定理在高中数学题中的应用. 三 二项式定理的应用3.1 二项式定理可计算展开式问题 3.1.1二项式定理可计算展开式中的系数例162⎛⎫⎝的展开式中2x 的系数为 .（2011年高考天津卷理科5） A.154-B.154C.38-D.38解：因为6111226328T C x -⎛⎛=⋅⋅=- ⎝⎝⎭， 所以2x 的系数为38-.例2 在(1-的展开式中，含x 的项的系数是（ ）.（2005年浙江卷）A.74B.121C.-74D.121 解：由等比数列求和公式得：原式.要求展开式中的项的系数.即求中的的系数与中的系数的差.而中含的项为()4445515T C x x =⋅⋅-=，中含的项为()4454591126T C x x =⋅⋅-=，所以在的展开式中，含的项的系数是5-126=-121.例3 设()21221012211x a a x a x a x -=++++，则1011a a += .（2011年高考安徽卷理科12）解：因为()21211202192021212111x x C x C x C x -=-+-+-，则0021a C =-，20121a C =，19221a C =-，，12021a C =-，212121a C =，故111010112121a a C C +=-+， 又因为11102121C C =，所以10110a a +=.例4 （1）若1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中21x 的系数为 ；（2012高考真题全国卷理15）（2）求412x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中各项的二项式系数和及各项系数和.解：（1）因为展开式中的第3项和第7项的二项式系数相同，即26n n C C =，所以628n =+=，所以展开式的通项为8821881kk k k k k T C x C x x --+⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭，令822k -=-，解得5k =，所以25681T C x ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭， 所以21x的系数为5856C =. （2）该展开式的各项二项式系数和为：01234444444216C C C C C ++++==.令二项式中变量1x =，得各项系数之和为4381=.小结：二项式的考查注重基本概念，尤其是二项式系数和系数的相关问题.而解决此类问题的关键是正确认识它们的本质区别.两者本质差别在：展开式中第1r +项的二项式系数是()0,1,2,,r n C r n =，而第1r +项的系数是指经过化简整理后该项未知数前的最简系数（含正负）.特别提醒：（1）求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，n 为奇数时中间两项的二项式系数最大，n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大.求展开式中系数最大的项需先判断各项系数的正、负情况，再列不等式组求解.（2）各项二项式系数和总是012nn n n n C C C +++=；而各项系数和是令展开式中各变量都为1时所得的值.3.1.2二项式定理可求展开式中的特定项例 5 若将函数()5f x x =表示为()()()()250125111f x a a x a x a x =+++++++，其中0125,,,,a a a a 为实数，则3a = .解：方法一：根据等式两边对应的系数相等.即545543315544310100a C a a a C a C a a =⎧⎪+=⇒=⎨⎪++=⎩. 方法二：对等式()()()()2550125111f x x a a x a x a x ==+++++++两边连续对x 求导三次，得到()()22345606241601x a a x a x =++++，再运用赋值法，令1x =-，得到3606a =， 即360610a =÷=.例6 ()522121x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为（ ）.（2012高考真题安徽理7）A.-3B.-2C.2D.3 解：由题意可知，当第一个因式取2x 时，第二个因式就取21x，得到()415115C ⨯-=， 当第一个因式取2时，第二个因式取()51-，得到()5212⨯-=-， 所以展开式的常数项是()523+-=. 例712的展开式中，含x 的正整数幂的项数共有（ ）.（2005年浙西卷）解：设展开式中1r +项的幂为正整数，则121262361121212r rr rrr r rr T CC xC x--+-+===.依题意，r 是6的倍数，且012r ≤≤，所以r 共有3个值.即12的展开式中，含x 的正整数幂的项数共有3个.小结：在求展开式中某个特定项时，主要是考察二项式定理，写出二项展开式的通项公式是解决这类问题的常规办法，首先要知道特定项都有哪些特点，在根据题意将这些特点带入式子中.例如常数项就是x 的指数为0，而有理数就是x 的指数为整数.3.2二项式定理可解决整除或余数问题 3.2.1二项式定理可解决整除问题 例8 证明：()11nn +-能被2n 整除.证明：因()11221nn n n nnn n n n C n C n C --+=++++则()11nn +-=11222n n n n n n C n C n n --++++.由二项式定理的性质知，n 的指数是自左向右逐项递减1的，易见上式n 的最低指数是2，故()11nn +-=()222241n n n n n n n C n ---++++，又因为22421n n n C n --+++是整数.则()11nn +-能被2n 整除.例9 当*n N ∈时，求证：22389n n +--能被64整除. 证明：22389n n +--=1989n n +-- =()11889n n ++--=012233111111118888889n n n n n n n n n n C C C C C C n +++++++++⋅+⋅+⋅++⋅+⋅-- =()2233111111118888889n n n n n n n n n C C C C n ++++++++⋅+⋅+⋅++⋅+⋅-- =()22321111118888n n n n n n n n C C C C --++++++++⋅+⋅， 因为232111111888n n n n n n n n C C C C --++++++++⋅+⋅ 是整数.所以22389n n +--能被64整除. 3.2.2二项式定理可解决余数问题 例10 求9291除以100所得的余数.解：因为()92929219129029191929292929110091001009100910099C C C =-=-⨯+⨯--⨯+所以要求9291被100除所得的余数，只要求929被100除所得余数.因为()()929292921912909029192929292910110101010101C C C C =-=-⨯+⨯-+⨯-⨯+-,又因为9219129090292929210101010C C C -⨯+⨯-+⨯能被100整除.所以只要求()9291921019201919100081C -⨯+-=-+=-=-+被100除所得的余数，显然所得余数为81. 例11 求3023-除以7的余数.解：3023-=()()10103102383713-=-=+-=01019910101010107773C C C C ++++-=091891010107(77)2C C C ⨯+++-.又因为余数不能为负数，需转化为正数， 所以3023-除以7的余数为5.小结：证明整除性问题，或求余数问题.关键是找准指数式中的底数和除数的联系，将指数式分拆成与除数有关联的两个数的和或差，再用二项式定理展开，要注意余数为非负数且不大于除数.3.3二项式定理可计算近似值例12 求61.05的近似值，使结果精确到0.001. 解：()661.0510.05=+23160.05150.05200.05=+⨯+⨯+⨯+10.30.03750.0025=++++其中40.00250.01T =<，舍去.所以61.0510.30.0375 1.34≈++=.例13 求()551.99720.003=-精确到0.001的近似值.解：()555432231.99720.0032520.0031020.0031020.003=-=-⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯+若用k T 表示展开式中第k 项的值，显然654||||||0.00000108T T T <<=，654||0.000004T T T ++=故51.997320.240.0007231.761≈-+≈.3.4二项式定理可证明恒等式或不等式 3.4.1二项式定理可证明恒等式例14 证明：0224411333242n nn n n n n n C C C C --++++=⋅+（n 为偶数，*n N ∈）.证明：因为n 为偶数，所以()012213333nn n nn n n C C C C +=++++，()012213333nn nnn n n C C C C -=-+-+两式相加得 ()02244422333n n n nn n n n C C C C +=+++，所以0224411333242n nn n n n nn C C C C --+++=⋅+.例15 求证12122nn n n n C C nC n -+++=.证明：由二项式定理有：()1111nn n n nnn n x x C x C x C --+=++++.对上式以x 为自变量求导得：()()()1112231111n n n n n n n n n x nx C n x C n x C x -----+=+-+-++.取1x =有()()1121212n n n nn n n n C n C C --=+-+-+.又因组合数性质：m n mn n C C -=得()()1121212n n n nn n n n C n C C --=+-+-+.小结：关于组合恒等式的证明，关键在于十分熟悉二项式定理的展开形式及结构特点，要善于把所论问题用数学方法合理的化为二项式定理数学表达式形式.3.4.2二项式定理可证明不等式 例16 求证2n n > ()n N ∈.证明：()0121211nn n nn n n n C C C C C n =+=++++>=（舍去多余的项）.证得2n n >.例17 求证(0,0)22nn n a b a b a b ++⎛⎫≥>> ⎪⎝⎭.证明：2nna b +122222n na b a b a b a b ⎧⎫+-+-⎪⎪⎛⎫⎛⎫=++-⎨⎬ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎩⎭22222n n nn a b a b a b C -+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++≥ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. （应用二项式定理展开后，留下有用的项，舍去多余项）小结：不等式的变形是以左边开始的，而右边是较为标准的二项式定理形式，所以，我们要盯着这个要证的目标，通过各种手段将左边变形后，使其部分具有右边的形式，这就是我们的目标.四 总结二项式定理有着广泛的应用，如果不能够准确把握其本质，则可能导致无法预测的结果.二项式定理多出现在高考题中，其中比较突出的就是利用二项式的通项公式解决特定项问题，除此之外，二项式定理在整除问题，余数问题，近似值问题等都有出现，但又不是所有问题都可以用二项式定理去做，因此要合理运用二项式定理，掌握其中的技巧，以便于快速解决问题，提高利用二项式定理解决实际问题的能力．参考文献：[1]单意明．二项式定理的几点应用[J]．青海师专学报,1999,(1):81-82．[2]孙幸荣，曹学峰．二项式定理的推广及应用[J]．广西教育学院学报,2004,(5):53-54．[3]方厚良，罗灿．二项式定理的应用[J]．数学通讯,2004,(7):19-20．[4]孟桂芬．二项式定理的应用[J]．承德名族职业技术学院学报,2003,(3):56-57．[5]王荣峰．二项式定理的应用[J]．高中数学教与学,2006,(10):24-25．[6]黄陂，张友力，吴红梅．二项式定理的应用[J]．高中生学习（第二版）,2012,(12):30-32．[7]赵建勋. 二项式定理的应用[J]．数理化学习（高中版）,2010,(6):12-14．[8]唐先成．二项式地管理及其应用[J]．数学教学通讯,2002,(5):82-89．[9]邓勇．基于二项式定理应用的探究[J]．大庆师范学院学报,2008,(5):71-73．[10]马富强．浅谈二项式定理的基本应用[J]．中学生数学,2010,(9):10-12．[11]宋丽萍．浅谈二项式定理的应用[J]．呼伦贝尔学院学报 ,2001,(4):65-67．Introduction to Binomial Theorem And Its ApplicationsOuYang Zhi-qiang(Mathematics and Applied Mathematics 09-2A of School of Mathematics and Statistics，Yili NormalUniversity，Yining835000，Xinjiang，China)Abstract：The binomial theorem is an important theorem in elementary mathematics，and it’s also the common basis of many important formula in higher mathematics.This paper mainly discusses the application of binomial theorem in solving combinatorial theory，a high order and inequality problems.Keywords：binomial Theorem；inequality；expand form。
常用组合恒等式
常用组合恒等式1. 引言组合恒等式是组合数学中的重要概念，它们用于计算组合数、排列数和二项式系数等。
在数学和计算机科学的领域中，常用的组合恒等式有许多重要的性质和应用。
本文将介绍一些常用的组合恒等式，包括二项式定理、组合恒等式的证明和应用等内容。
2. 二项式定理二项式定理是组合恒等式中的基本定理之一，它描述了一个二项式的展开式。
二项式定理的表述如下：(a +b )n =∑(nk)nk=0a n−k b k其中，n 为非负整数，a 和b 为任意实数或复数，(n k )表示从n 个元素中选取k 个元素的组合数。
二项式定理的证明可以通过数学归纳法进行。
假设当n =m 时二项式定理成立，即：(a +b )m =∑(mk)mk=0a m−k b k现在来证明当n =m +1时二项式定理也成立。
根据二项式定理的定义，我们有：(a +b )m+1=(a +b )(a +b )m将(a +b )m 展开，得到：(a +b )m+1=(a +b )∑(mk)mk=0a m−k b k展开后，我们可以得到：(a +b )m+1=∑(m k )mk=0a m+1−kb k +∑(mk)mk=0a m−kb k+1接下来，我们对第一项中的指数进行替换，得到：(a +b )m+1=∑(m k −1)m+1k=1a m+1−kb k−1+∑(m k)mk=0a m−kb k+1对第二项中的指数进行替换，得到：(a +b )m+1=∑(m k −1)m+1k=1a m+1−kb k−1+∑(mk −1)m+1k=1a m+1−kb k 将两个求和式合并，得到：(a +b )m+1=∑(m k −1)m+1k=1a m+1−kb k−1+∑(m k −1)m+1k=1a m+1−kb k=∑((m k −1)+(mk))m+1k=1a m+1−kb k−1 根据组合恒等式的性质，我们知道(m k−1)+(m k )=(m+1k )，所以上式可以进一步简化为：(a +b )m+1=∑(m +1k)m+1k=1a m+1−kb k−1最后，将k 的上限由1改为0，得到：(a +b )m+1=∑(m +1k)m+1k=0a m+1−kb k这就证明了当n =m +1时二项式定理也成立。
二项式定理的基本概念和应用
二项式定理的基本概念和应用二项式定理，又称为“二项式展开定理”，是数学中的一个重要定理，它描述了一个二项式的幂的展开式。
本文将对二项式定理的基本概念和应用进行探讨，希望能够对读者理解和应用该定理起到一定的帮助。
1. 二项式定理的基本概念二项式定理是指将一个二项式的幂展开成一系列项的规律。
表达式的形式如下：$(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n}C_n^k \cdot a^{n-k} \cdot b^k$其中，$(a + b)^n$表示一个二项式的幂，$C_n^k$表示组合数，即从n个元素中选取k个元素的组合数。
2. 二项式定理的证明二项式定理的证明可以通过多种方法进行，其中较为常见的有以下两种方法：数学归纳法和组合数学方法。
这里简要介绍一下数学归纳法的证明思路。
首先，在n=1的情况下，二项式定理成立：$(a + b)^1 = a^1 + b^1$接下来，假设当n=m时，二项式定理也成立，即$(a + b)^m = \sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdot b^k$我们需要证明当n=m+1时，定理也成立。
通过展开$(a + b)^{m+1}$，我们可以得到:$(a + b)^{m+1} = (a + b)^m \cdot (a + b)$根据假设得到的等式，我们将其代入上述公式：$(a + b)^{m+1} = \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdotb^k\right) \cdot (a + b)$我们可以对上述公式进行分配律的展开：$(a + b)^{m+1} = \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k+1} \cdot b^k\right) + \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdotb^{k+1}\right)$我们可以对上述等式进行一些变换和合并得到：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left(C_m^k \cdot a^{m-k+1} \cdot b^k + C_m^k \cdot a^{m-k} \cdot b^{k+1}\right)$进一步化简，我们得到：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left((C_m^k + C_m^{k-1}) \cdota^{m-k+1} \cdot b^k\right)$我们可以观察到$(C_m^k + C_m^{k-1})$的表达式，它可以化简成组合数的形式：$C_{m+1}^k$，于是上述等式可以再次化简为：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1}\left(C_{m+1}^k \cdot a^{m+1-k} \cdot b^k\right)$因此，根据数学归纳法，我们可以得出结论：对于任意的非负整数n，二项式定理都成立。
二项式定理三项
二项式定理三项一、二项式定理简介二项式定理是代数学中的一个重要定理，它描述了如何展开一个二项式的幂。
二项式定理的完整形式如下：(a +b )n =C n 0a n b 0+C n 1a n−1b 1+C n 2a n−2b 2+⋯+C n n a 0b n其中，C n k 表示从n 个元素中选择k 个元素的组合数，也叫做二项式系数。
二项式系数可以通过杨辉三角形来计算。
二、二项式定理的证明二项式定理的证明可以通过数学归纳法来完成。
首先，我们假设对于任意的正整数n ，定理成立。
然后，我们通过证明当n 为n+1时，定理也成立，来完成数学归纳法的证明。
首先，我们展开(a +b )n+1：(a +b )n+1=(a +b )(a +b )n然后，根据展开式的定义，我们可以得到：(a +b )(a +b )n =(a +b )(C n 0a n b 0+C n 1a n−1b 1+C n 2a n−2b 2+⋯+C n n a 0b n )接下来，我们将展开式中的每一项进行展开，并进行合并和化简：=C n 0a n+1b 0+C n 1a n b 1+C n 2a n−1b 2+⋯+C n n a 1b n +C n 0a n b 1+C n 1a n−1b 2+C n 2a n−2b 3+⋯+C n n a 0b n+1 然后，我们可以对展开式中的项进行重新排序和合并：=C n 0a n+1b 0+(C n 0a n b 1+C n 1a n b 1)+(C n 1a n−1b 2+C n 2a n−1b 2)+⋯+(C n n−1a 2b n−1+C n n a 2b n−1)+(C n n a 1b n +C n 0a n b 1)+C n 0a n b 1+C n n a 0b n+1 再次进行合并和化简：=C n+10a n+1b 0+C n+11a n b 1+C n+12a n−1b 2+⋯+C n+1n a 1b n +C n+1n+1a 0b n+1最后，我们可以得到：(a +b )n+1=C n+10a n+1b 0+C n+11a n b 1+C n+12a n−1b 2+⋯+C n+1n a 1b n +C n+1n+1a 0b n+1由此，我们证明了当n 为n+1时，二项式定理仍然成立。
第三章-二项式系数
由上面的式子有
n 0
n 2
n 4
n 1
n 3
n 5
,它的组合意
义为:在n个不同元素中取r-组合, r为奇数的组合数等于r为偶数
的组合数．
3.
1
n 1
n
r
2
n r
2 1
n r
n
r
1
n
r
2
n
r
3
1 r
r
1
1
n r
n
r
1
1
，
另一类含有
a1
,其组合数是
n r
1 1
,
由加法原理n个元素的r-组合数为
n n 1 n 1
r
r
r
1
.
上式可转换为
m n
n
m
n n
1
m n 1
( r 1) .
r!
(| x |1).
特别地当=-n时有： ，
高三数学教案《二项式定理》优秀3篇
高三数学教案《二项式定理》优秀3篇1. 介绍本文档将介绍三篇优秀的高三数学教案，主题为《二项式定理》。
这些教案从不同的角度和方法讲解了二项式定理，帮助学生更好地理解和应用该定理，提高数学解题能力。
2. 教案一：《二项式定理初步认识》2.1 教学目标•了解二项式的定义和性质•掌握二项式展开的基本方法•能够灵活应用二项式定理解决实际问题2.2 教学内容1.二项式的定义和性质–介绍二项式的概念和表达形式–讲解二项式的性质，如二项式系数的对称性等2.二项式展开的基本方法–介绍二项式在展开时的基本方法–给出一些例题进行演示和练习3.实际问题的应用–利用二项式定理解决实际问题，如排列组合问题等–给出一些实际问题的例题和练习2.3 教学方法•讲授与演示相结合：通过讲解二项式的定义和性质，并用例题演示二项式展开的基本方法，加深学生对二项式定理的理解•提问与讨论：引导学生参与讨论，思考问题的解决方法，培养学生的分析和解决问题的能力•练习与巩固：给学生一定数量的练习题，巩固所学知识，并能够应用到实际问题中2.4 教学评价与反馈•教学评价：通过课堂上教师的观察、学生的表现及课后作业的完成情况，进行教学评价•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改正错误，提高学习效果3. 教案二：《二项式定理的证明与应用》3.1 教学目标•掌握二项式定理的证明方法•理解二项式定理的应用领域•提高数学推理和证明能力3.2 教学内容1.二项式定理的证明方法–讲解二项式定理的组合证明方法，如二项式系数的递推关系等–通过数学推理，证明二项式定理的正确性2.二项式定理的应用–介绍二项式定理在组合数学、概率论等领域的应用–给出一些应用题进行练习，提高学生的应用能力3.数学推理与证明–培养学生的数学推理和证明能力，通过解答证明题加深学生对二项式定理的理解3.3 教学方法•讲授与演示相结合：通过讲解二项式定理的证明方法，并演示具体的证明过程，加强学生对二项式定理的理解•课堂讨论：引导学生进行证明题的讨论和分析，提高学生的数学推理能力•练习与应用：给学生一些练习题，加深学生对二项式定理的应用理解3.4 教学评价与反馈•教学评价：通过课堂上的表现、学生的参与情况以及课后作业的完成情况综合评价学生的学习情况•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改进学习方法，提高学习效果4. 教案三：《二项式定理与三角恒等式》4.1 教学目标•掌握二项式定理与三角恒等式的联系和应用•理解二项式定理与三角恒等式在数学中的重要性•提高学生的综合应用能力4.2 教学内容1.二项式定理与三角恒等式的联系和应用–介绍二项式定理与三角恒等式之间的联系和应用–分析二项式展开式的三角形式及其与三角恒等式的关系2.二项式定理与三角恒等式的具体应用–给出一些具体的二项式展开题目，引导学生将其化简成三角恒等式形式–通过练习题，锻炼学生的综合应用能力4.3 教学方法•讲授与实例演示：通过讲解二项式定理与三角恒等式的联系，并给出具体的例题进行演示，加深学生对二项式定理和三角恒等式的理解•练习与应用：给学生一些练习题，锻炼学生将二项式展开式化简成三角恒等式形式的能力•问题探究与讨论：引导学生思考和探索二项式定理与三角恒等式之间的更多联系4.4 教学评价与反馈•教学评价：通过观察学生的课堂表现、参与讨论的情况以及课后作业的完成情况综合评价学生的学习情况•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改进问题解决的方法，提高学习效果5. 总结本文档介绍了三篇优秀的高三数学教案，主题为《二项式定理》。
二项式定理(一)课件可修改文字
3)求二项式系数或项的系数的一种方法是 将二项式展开
例2 (1)求(1+2x)7的展开式的第4项的系数
2求 x 1 9的展开式中x3的系数.
x
解 (1) (1+2x)7的展开式的第4项是
T3+1=C73•17-3•(2x)3 =35×23×x3
)2
C
3 6
(2
x )3( 1 )3 2x
C64(2
x )2(
1 x
)4
C
5 6
(2
x )(
1 x
)5
C66
(
1 )6 x
64 x 3
192x2
240x
160
60 x
12 x2
1 x3
例：求 (2 x 1 )6的展开式．
x
解: 先化简后展开
(2
x
1 x
)6
(2x 1)6 x
1 x3
(2x 1)6
(a b)100 ?
(a b)n ?
……
多项式乘法的再认识
➢问题1: (a1 a2 )(b1 b2 ) 的展开式是什么？ 展开式有几项？每一项是怎样构成的？
➢问题2: (a1 a2 )(b1 b2 )(c1 c2 ) 展开式中 每一项是怎样构成的？展开式有几项？
规律: 每个括号内任取一个字母相乘构 成了展开式中的每一项.
1 x3
[(2 x )6
C61(2x)5
C62(2x)4
C
3 6
(2x)3
C64
(2
x)2
C65
(2x)
C66
]
64 x 3
1.3.1二项式定理
(n∈N+)
(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b) (a+b)4=
C
0 4 4a +
C
1 3 4a b
+C a b +C
2 2 2 4
3 4
4 4 3 ab +C b 4
=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4
一般地，对于任意 正整数n，有 1 n-1 r n-r r n n (a+b)n= C n0 an+ Cn a b+…+ Cn a b +…+ C n b (n∈N+)
例5 已知二项式
( a3
3
3 a
)
12
（1） 求展开式中的第3项和倒数第3项； （2） 求展开式中含a2项的二项式系数和 这一项的系数； （3） 求展开式中的常数项。
例6 在的展开式 ( 2 3 5)100 中，有理 项的个数是多少？
小结
（1）掌握二项式定理 1 n-1 r n-r r n n 0 n n C C C C (a+b) = n a + n a b+…+ n a b +…+ n b (n∈N+) 及定理的推导方法和运用 （2）二项式定理的特点:1.项数 2.系数 3.指数 r 1 2 2 n C 4.通项 5. (1+x) =1+Cnx+ C n x +…+ n xr+…+xn （3）对具体二项式的展开 （4）通项公式的应用
1.3 二项式定理（1）
复习回顾
(a+b)2=a2+2ab+b2
二项式定理数学归纳法证明
二项式定理数学归纳法证明1. 引言好啦，今天我们来聊聊一个看似高大上的数学话题——二项式定理。
别害怕，虽然它听起来像外星语言，但其实非常简单，甚至有点儿像我们平时生活中常遇到的事情。
想象一下，你在选披萨的配料，二项式定理就像是告诉你，怎么把不同的配料组合在一起，最终形成美味的披萨，听起来不错吧？2. 二项式定理简介2.1 什么是二项式定理？首先，二项式定理是数学里的一个法宝，它描述了二项式 ((a + b)^n) 展开后的结果。
你可以把它想象成一场盛大的派对，(a) 和 (b) 是两位主角，(n) 就是派对的热闹程度。
公式告诉我们，每次你选择 (a) 或者 (b) 的方式有多少种，听起来是不是很有趣？2.2 为什么要用数学归纳法？那么，怎么证明这个定理呢？这时候就需要我们用上数学归纳法。
简单来说，数学归纳法就像是一个循序渐进的过程，先从简单的开始，然后逐步推导出更复杂的情况。
就像爬楼梯，先踩第一阶，然后逐步往上走，直到你站在顶层，哇，那种成就感简直无与伦比。
3. 数学归纳法的步骤3.1 基础步骤好，我们先来进行第一步：基础步骤。
我们先考虑当 (n=0) 的时候，((a + b)^0 = 1)，这可真是个简单的事情。
就像是在做一个甜甜的开场白，告诉大家今天的派对已经开始了！这一步没问题吧？3.2 归纳假设接下来，我们假设对于某个 (n=k)，公式成立，即 ((a + b)^k = sum_{i=0^{k C(k, i)a^{ki b^i)，这里的 (C(k, i)) 就是组合数，咱们可以理解为从 (k) 个小伙伴中选择 (i) 个来组成一个小队。
说到这，我的脑海里都浮现出了那些小伙伴们开心的笑脸。
3.3 归纳步骤现在，我们要证明当 (n=k+1) 时也成立。
也就是说，我们要证明 ((a + b)^{k+1 = sum_{i=0^{k+1 C(k+1, i) a^{k+1i b^i)。
这就像是把刚才的派对扩展了一下，增加了几个新朋友。
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用1. 引言1.1 引言介绍二项式定理是代数学中一个非常重要的定理，其起源可以追溯到几百年前。
这个定理在代数计算中有着广泛的应用，可以简化复杂的多项式的计算过程，从而提高计算的效率。
在本文中，我们将探讨二项式定理的历史背景，以及其在代数证明和概率论中的应用。
通过对二项式定理的深入研究，我们可以更好地理解其重要性，并展望未来在这一领域的研究方向。
在下文中，我们将详细介绍二项式定理的定义，以及其在代数学和概率论中的具体应用。
通过深入研究二项式定理，我们可以更好地应用它解决实际问题，并推动代数学和概率论领域的发展。
1.2 二项式定理的定义二项式定理是代数中一个非常重要的定理，它是对多项式的幂展开的一个基本准则。
二项式定理表明，任意实数a和b以及非负整数n，都可以通过下式展开：(a+b)^n=\binom{n}{0}a^n + \binom{n}{1}a^{n-1}b +\binom{n}{2}a^{n-2}b^2 + \cdots + \binom{n}{n}b^n其中\binom{n}{k}表示组合数，即从n个元素中选取k个元素的组合方式数目。
二项式定理不仅仅适用于整数n，也适用于实数n或者复数n的情况，只需要保证n是一个常数。
二项式定理的重要性在于它为我们提供了一种简便的方法来展开多项式的幂。
通过二项式定理，我们可以快速计算各种高次幂的展开式，从而简化代数运算。
二项式定理也在代数证明和概率论等领域中发挥着重要的作用。
在后续的内容中，我们将会深入探讨二项式定理的历史，以及它在代数证明和概率论中的具体应用。
通过对二项式定理的深入研究，我们可以更好地理解其重要性和潜在的研究方向。
【2000字内容到此结束】。
2. 正文2.1 巩固二项式定理的历史巩固二项式定理的历史可以追溯到古希腊时期。
早在公元前4世纪，希腊数学家欧几里得就已经开始研究组合数学，为后来的二项式定理的发展奠定了基础。
真正的二项式定理最早被提出并证明是在16世纪。
二项式定理教案
二项式定理教案二项式定理教案§3.1.1 二项式定理(1)[教学目标]掌握二项式定理的内容,会求多项式的二项展开式,二项式系数以及二项展开式的通项;经历二项式定理的推导过程,体会归纳－猜想－论证的思想方法,发展探究能力.[重点难点]经历二项式定理的推导过程.[教学过程]一. 二项式定理的引入123已知abab,aba22abb2,aba33a2b3ab24n的展开式,进而研究的展开式. abab4ababababab,0母的乘积,因而各项都是四次式: a4,a3b,a2b2,ab3,b4a4C4(每个括号都1不取b),a3b的系数为C4(任取一个括号取ba),a2b2的系数为C42,3ab3的系数为C4,b4的系数为C44.40413244因此abC4aC4a3C4b.1202122参照上式,有abb;abC2aC2abC2b;312233 a3C3abC3ab2C3b.二. n有n1n1rnrrnnabCnabCnbnN* anCnn右多项式叫做ab的二项展开式,共有n1项,其中各项的系数rCnr0,1,2,,n叫做二项式系数,式中的Cnranrbr叫做二项展开式的通项,它是展开式的第r1项,用Tr1表示,即Tr1Cnranrbr.用组合数的方法证明二项式定理.三. 例题与练习上海大学市北附属中学数学教学网1例1 求x的二项展开式. x141131221314142xC4xC4xC4解: xx4C4x4x6. xx2x4xx-xx42344例2求x的二项展开式.解5 5例解例解例证例解例7 求2x1的展开式的第4项的系数.3解: 2x1的展开式的第4项是T31C72x773713560x4.故所求系数为560.335. 注: 第4项的二项式系数为C7上海大学市北附属中学数学教学网§3.1.2 二项式定理(2)[教学目标]进一步掌握二项式定理及其展开式的特点;体验二项式系数的对称性.[教学过程]一. 复习回顾n ninii0n1n12n22nn1. 二项式定理:abCnabCnaCnabCnabCnb, 展开式共 i0有二例解. 解例解例3 已知1x展开式中的第5,6,7项的系数成等差数列,求n的值.546CnCnn7orn14. 解: 2Cn例4 求的二项展开式中的常数项. 6 上海大学市北附属中学数学教学网解: 设二项展开式中的常数项为第r1项,即Tr1Cr166r6kk,由0k3. 33k所以二项展开式中的常数项为T4n205. 821例2*解例解例解例证例解1x992x993x99100x99123100x995050x99,所求系数为5050. 上海大学市北附属中学数学教学网§3.2 二项式系数的应用[教学目标]了解二项式系数表及其特征,掌握二项式系数的性质;体验”杨辉三角”的优美排列和数学规律. [重点难点]二项式系数的性质. [教学过程]一. 二项式系数表n将ab的展开式的二项式系数列表如下111ab2121ab31331ab 4ab14641 51510105ab616152015abn012n2n1nCnCnCnCnCnab二. 二项式系数的性质性质1 (对称性),即CnrCnnr.性质2 (递归性)除1,即CnmCnm1Cnm1.012nCnCnCn2n. 性质3 第n2n,即Cn三. 例1 求证的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和 n0n1n1rnrrnn证: abCnaCnabCnabCnb,令a1,b1,得nn123nCnCn1Cn11Cn0Cn022r132r10CnCnCnCnCnCn022r132r1CnCnCnCnCnCn.上海大学市北附属中学数学教学网例2 在二项式1x的展开式中,求含x的奇次项的系数和.0122331313解: 方法一 1xC13C13xC13xC13xC13x1313所以展开式中含x的奇次项的系数和为C13C13C13.131302121313例;当证例证四2233x,Cnx,,xn的值也与零非常接近.所以1x1nx. 近,当n不太大时, Cn 例 5 求下列数的近似值:(1)1.0003;(2)0.998. 解: (1)1.000310.0003150.00031.0015;5554上海大学市北附属中学数学教学网(2)0.99810.002140.0020.992.§3.2 二项式定理习题课n nrnrr1．abCnab;r1二例解例解 . 例解T一．回忆复习二项式定理及性质例4 若12xa0a1xa2x2a7x7,求a1a2a3a7.解: 令x1,则12a0a1a2a7,又a01,a1a2a3a72. 例5设12x 100744a0a1x1a2x1a100x1,求a1a3a5a99.2100上海大学市北附属中学数学教学网解: 令x2,则5100a0a1a2a100,令x0,则1100a0a1a2a100, 510012a1a3a99a1a3a99110051. 2例6设2100a0a1xa2x2a100x100,求22解例证例解例解例解: anC22nn22n481128 anCnnn1n1n22232nlimnaan2a311111118. 8limnn1n2233上海大学市北附属中学数学教学网例11 证明46n5n19nN*能被20整除. 证: 46n5n194515419n1n1nn1n1n45Cn5Cn5154Cn4Cn4191n2n1n1n11n2n1nn例证上海大学市北附属中学数学教学网1.3.1二项式定理教案2016-09-08 22:41 | #2楼1.3.1二项式定理公主岭第三高级中学数学组——张鹤一.三维目标1.知识与技能：了解二项式定理的形成和过程，掌握二项式定理，会用其展开式的通项求某一项。
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完全平方的展开 形式
所以 (a b)
2
0 2 1 a 2 2ab b 2 C2 a C2 ab C22b 2
类似地， (a b) 3 (a b)(a b)a b 师 生 共 同 完 成
0 3 1 2 2 3 3 a 3 3a 2b 3ab2 b3 C3 a C3 a b C3 ab2 C3 b
从特殊到一般 展示推理过程， 易于学生分析
因此
(a b)4 (a b)(a b)(a b)(a b)
教 师 讲 解
1 3 3 C40a 4 C4 a b C42a 2b2 C4 ab3 C44b4
二、推广： ： 1. 对于任意，有：3－m=0 m=3 因此常数项是
3 3 （ 1 ） C6 23 160
小结
1.二项式定理是初中多项式乘法的延伸，又是后继学习概率的基础， 要理解和掌握好展开式的规律，掌握其定理及通项公式。 2.要注意“系数”、“二项式系数”概念的区别，对二项式展开式的 特征要分析清楚，灵活正用。
(a b)2 a2 2ab b2 (a b)3 a3 3a2b 3ab2 b3
提出问题： a b ?
4
a b10 ?
新课 讲解 一、二项式定理的探究过程： 1.对 (a b) 2 展开式的分析：
(a b) 2 a ba b
（ 1 x） 的二项展开式 例 1：求
5
解： （ 1 x）5
5 1 4 3 C50 1（ x）0 C5 1（ x）1 C52 1（ x） 2 熟练公式
2 1 0 C531（ x）3 C54 1 （ x） 4 C551（ x）5
1 5x 10x 2 10x3 5x 4 x5
板书 设计
3.1.4 二项式定理 一、二项式定理 三、应用 推理过程
(a b)2 a2 2ab b2
二、概念及知识分析
(a b)3 a3 3a2b 3ab2 b3
a b4 ?
作业 课后记 P65 页 A 组，2,3，B 组 1,2
展开后的其项形式为： a 2 , ab, b 2 考虑 b，1)每个括号都不取 b 的情况只有一种， 从组合角度分析
0 0 即 C2 ,所以 a 2 的系数是 C 2 1 1 2)恰有一个取 b 的情况有 C 2 种， ab 的系数是 C 2 。 2 2 3)恰有两个取 b 的情况为 C 2 种，即 b 2 的系数是 C 2 。
练习 1： 对于 (a b)10 展开式有几项？展开式中 考查对知识的掌 的第五项是什么？第 5 项的二项式系数是什么？ 握情况
1 例 2：求 x - 的二项展开式中 x 3 的系数。 x
解：展开式通项为：
9
1 m Tm1 C9m x 9-m - - 1 C9m x 9-2m x
帮助学分析掌握
C a
m n
n -m
b 叫做二项式的通项，用 Tm1 表示，表示的是 展开式的特点
m
第 m+1 项。
m n -m m Tm1 Cn a b (其中0 m n, m N , n N )
叫做二项式的通项公式。
分析：二项展开式共有多少项？ 展开式共有 n+1 个项 每一项的系数有什么特点？ （1）各项的次数和均为 n； 师 生 共 同 完 成 （2）二项和的第一项 a 的次数由 n 逐次降到 0， 第二项 b 的次数由 0 逐次升到 n。 三、应用： 注意二项式系数 通项的概念
根据题意，有： 9-2m=3
3
m
解得：m=3
3 因此： x 3 的系数是 - 1 C9 84
练习 2、求 1 2 x 的展开式
7
变式： 求 1 2 x 展开式第四项的二项式系数
7
与第四项的系数 解：由通项得
3 73 T31 C7 1 2x 280x 3 3
学生分析
思考：(1) (a b) 4 的展开形式分别是什么？
a 4，a 3b， a 2b 2，ab 3，b
4
提问学生
(2)各项前的系数代表着什么？ （在 4 个括号中选几个取 b 的方法种数） (3)你能分析说明各项前的系数吗？
0 0 每个都不取 b 的情况有 1 种； 即 C4 ,即 a 4 的系数是 C 4 1 1 恰有一个取 b 的情况有 C4 种，即 a 3 b 的系数是 C4 。 2 2 恰有两个取 b 的情况为 C 4 种，即 a 2 b 2 的系数是 C 4 。 3 3 恰有三个取 b 的情况为 C 4 种，即 ab 3 的系数是 C 4 。 4 4 四个都取 b 的情况为 C 4 种，即 b 4 的系数是 C 4 。
说明项的系数与 二次项系数是不 同的概念
故第四项二项式系数是 C7 第四项的系数是 280。
3
35
（2 x 练习 3：求
1 x
6 ） 展开式的常数项。
师 生 共 同 完 成
通项的应用：求 二项式中指定项
解：展开式的通项是
m 6 m Tm1 C6 （ 2 x） （
1 x
m ）
m m 6 m 3 m （ 1 ） C6 2 x
课题 时间
3.1.4 二项式定理（1）
1.掌握二项式定理，能根据组合思想及不完全归纳，理解二项式定理 教学 目标 的推导及二项展开式的通项。 2.会对给定一个二项式进行展开，并求出它的特定项。 3.通过定理的发现推导提高学生的观察，比较，分析，概括等能力。 重点 难点 教法 教具 过程 复习 导入 二项式定理的理解应用，二项式系数和某一项的系数的区分 二项式定理的推导 启发引导，讲练结合 常规用具 教 初中我们学习过: 学 内 容 让学生意识到这 类问题一项一项 展开运算量过 大,激发学生发 现规律的积极性 和探索欲望，培 养其学习兴趣.
n 1
a b
n
C a C a
0 n n 1 n
bC a
2 n
n2
b
2
r nr r n n Cn a b Cn b
上述公式所表示的规律叫做二项式定理， 2.定理中，左边叫二项式，右边叫二项展开式，
m 其中 Cn 叫做二项式系数，式中的 （ m 0， 1 ， 2， ，n）