高二数学(43)第五讲第4课二项式定理

第76课 二项式定理●考试目标 主词填空1.二项式定理：(a +b )n =)(022211100+---∈++++++N n b a C b a C b a C b a C b a C nn n r r n r n n n a n 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.(a +b )n 展开式中的第r +1项T r +1=),0(Z r n r b a C rr n r n ∈≤≤-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12+n项，它的二项式系数2nn C 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21+n 项和第121-+n 项，它们的二项式系数2121+-=n n n n C C 最大.4.系数和.(a +b )n =.222110n n n n n n n n n b C b a C b a C a C ++++--令a =1,b =1,则有n n n n n n n n C C C C C 21210=+++++-令a =1,b =-1，则有0)1()1(113210=-+-++-+---n n n n n n n n n n C C C C C C ，即 +++=+++531420n n n n n n C C C C C C .由此可得：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系数和，都等于2n -1．●题型示例 点津归纳【例1】 在(x 2+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 ：(x 2+3x +2)5=［(x 2+3x )+2］5则 T k +１=k C 5(x 2+3x )5-k ·2k ， 再一次使用通项公式，有 T r +1=k C 5·2k ·r k C -5·3r ·x 10-2k -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45C ·24·3=240. 故选B ．解法二：由(x 2+3x +2)5=(x +1)5(x +2)5，得含x 的一次项系数为44551522⋅+⋅C C =240. 故选B ．解法三：(x 2+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 的一次项系数为.2402344415=⨯⨯⨯C C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 +x 2)7(1-x )8展开式中x 10的系数.【解前点津】 注意到(1+x +x 2)(1-x )=1-x 3，故可先化简再求解. 【规范解答】 ∵(1+x +x 2)7(1-x )8=(1-x 3)7(1-x ).由于(1-x )中只有常数项和一次项，只需求(1-x 3)7展开式中x 9与x 10的系数. 设(1-x 3)7展开式中的x 9的项为第r +1项(因不含x 10)，则T r +1=r rr r r x C x C 3737)1()(⋅-=-，令3r =9,∴r =3.故展开式中含x 10的项的系数为：.35)1()1(373=-⨯-C【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】 求10032⎪⎪⎭⎫⎝⎛-x x 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.T r +1=65300100321001003100100)2()2(1)()2(r r r r rr r rr r r x C x xC x x C -----=⋅-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (其中0≤r ≤100). 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=(nnn n n n C C C +++- 11088)⨯33-24n +37 =(2312088---+++⋅n nn n n n C C C )⨯82⨯33+(27+216n )-24n +37 =82⨯［(2312088---+∙+n nn n n n C C C )×33+3n +1］. 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b n 形式,应首先将b 改写成k ·a m +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 ·a m +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1.2031515⎪⎪⎭⎫⎝⎛-展开式中有理项的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.42.ab <0,a +b =1,(a +b )9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 ( )A.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-51,B.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+,54C.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-54, 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.14B.13C.12D.154.在nx x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-3122的展开式中含常数项，则自然数n 的最小值是 ( ) A.2 B.3 C.4 D.55.设(2+x )10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10,则(a 0+a 2+a 4+…+a 10)2-(a 1+a 3+…＋a 9)2的值是 ( ) A.1 B.-1 C.0 D.(2-1)106.设(1+x )+(1+x )2+(1+x )3+…+(1+x )n =a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n ,当a 0+a 1+a 2+…+a n =254时，n 等于 ( )A.5B.6C.7D.8 7.在(1－x )4n +1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8.(1+x )3+(1+x )4+…+(1+x )9+(1+x )10展开式中x 3项的系数是 ( )A.310CB.410CC.311CD.411C 9.10109310210110C 24C C 2C ++++ 的值为 ( )A.3×210B.310C.21(29-1) D.21(310-1) 10.32||1||⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+x x 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=a 0+a 1(x +3)+a 2(x +3)2+…+a 9(x +3)9, 则(a 0+a 2+a 4+a 6+a 8)2-(a 1+a 3+a 5+a 7+a 9)2= 12.多项式(1-2x )6(1+x )4展开式中，x 最高次项为 ，x 3的系数为 . 13.关于二项式(x -1)1 999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；③该二项展开式中第六项为6999 1C x1 993； 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 =5003时y 的值，若精确到0.001，其千分位上的数字应是 . 三、能力提高15.已知(1+2x )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65，试求该展开式中二项式系数最大的项.16.在［(x )］］lg x +1+6x ］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).19.设a n =1+q +q 2+…+q n -1(n ∈N *,q ≠±1),A n =C 1n a 1+C 2n a 2+…+C nn a n .(1)用q 和n 表示A n . (2)当-3<q <1时，求∞→n lim nn A 2的值.(3)又设b 1+b 2+…+b n =nn A 2，求证：数列{b n }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 二项式定理习题解答1.D 设为T r +1=C r 205320r-(-1) r·152r -=(-1)rC r 2052320rr --32r-,则r 为偶数且20-r 是3的倍数0≤r ≤20.∴r =20,r =8,r =14,r =20共有4项，故选D.2.D ∵C 19a 8b ≤C 29a 7b 2,∴a 8b -4a 7b 2≤0,即a 7b (a -4b )≤0,∵ab <0,∴a -4b ≥0,∴a -4(1-a )≥0,∴a ≥54, 又ab <0且a +b =1,∴a >1,故选D. 3.A ∵2 n =8 192,∴n =13,故选A. 4.DT r +1=C r n(2x 2)n -r·(-x31)r=C r n·2n -r·(-31)r ·x 222rr n --.∴2n -25r =0 即4n =5r ，∴n 的最小值为5. 5.A 令x =1或-1, 则a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2+1)10,a 0-a 1＋a 2-a 3+…+a 10=(2-1)10， ∴(a 0+a 2+a 4+…+a 10)2-(a 1+a 3+…+a 9)2=(a 0+a 1+a 2+…+a 10) (a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10) =(2+1)10·(2-1)10=1.6.C 令x =1,则a 0+a 1+a 2+…+a n =2+22+…+2n =2n +1-2=254⇒n =7.7.B 第r +1项的系数为C r n 14+ (-1)r ，当r =2n 或2n +1时，C rn 14+最大.∴当r =2n 时，系数最大，故是第2n +1项.8.D 展开式中x 3项的系数为C 33+C 34+C 35+…+C 39+C 310=C 44+C 34+C 35+…+C 39+C 310=C 45+C 35+…+C 39+C 310=…=C 411.9.D ∵C 010+2C 110+22·C 210+…+210·C 1010=(1+2)10=310. ∴C 110+2·C 210+…+29C 1010=21(310-1) 10.D ∵63||1||2||1||⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+x x x x ∴T r +1=C r 6()rx -6||rx ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-||1=C r 6(-1)r ·(||x )6-2r令6-2r =0得r =3，∴T 4= C 36(-1)3=-20.11.当x =-2时,a 0+a 1+a 2+…+a 9=(-2+1)4(-2+2)5=0当x =-4时,a 0-a 1+a 2+…-a 9=(-3)4(-2)5因而(a 0+a 2+a 4+a 6+a 8)2-(a 1+a 3+a 5+a 7+a 9)2=(a 0+a 1+a 2+…+a 9)(a 0-a 1+a 2-a 3+…-a 9)=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.12.x 最高次项C 66(-2x )6·C 44x 4=64x 10.x 3的系数为：C 06·C 34+C 16(-2)·C 24+C 26(-2)2C 14+C 36(-2)3=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2n =64得n =6. y =C 06+C 16·+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-50035C 26250035⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯- =1-0.18+0.0135=0.8335.15.第r +1项系数为C r n 2 r ; 第r 项系数为C 1-r n 2 r -1;第r +2项系数为C 1+r n ·2r +1.依题意得：⎪⎩⎪⎨⎧=∙=++--11112C 652C 2C 22C r r n r r n r r n r n r整理得⎪⎩⎪⎨⎧==+-11C 53C C C r n r n r n rn ，即⎩⎨⎧+=-+=)1(3)1(512r n n r . 求得n =7,故二项式系数最大的项是第4项和第5项.T 4=C 37(2x )3=280x 23,T 5=C 47(2x )4=560x 2.16.(1)C 1n +C 3n =2C 2n ,!2)2(2!3)2)(1(-⨯=--+n n n n n n . 解之得n =0或2或7，取n =7.(2)T 4=C 37［(x )lg x +1］4·(x 61)3，C 25lg 237+x x =35 000,x x lg 2·x 25=103.两边取以10为底的对数，2(lg x )2+25lg x =3，∴(lg x +2)(4lg x -3)=0,解之得x 1=1001, x 2=4310. 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+C1n52-n +…+C 1-n n )+(4n -1+C 1n 4n -2+…+C 1-n n )］是20的倍数，能被20整除.(2)n ≥2时,原式=4×6n +5n -a =4(5+1)n +5n -a =4(5n +C 1n 51-n +…+C 1-n n 5+1)+5n -a =4×52(52-n +C 1n 53-n +…+C 2-n n )+20n +4+5n -a =25×4(52-n +C 1n 53-n +…+C 2-n 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4.18.3n =(2+1)n =2n +C 1n 2n -1+C 2n 2n -2+…+C n n >2n +n ·2n -1=2n -1(n +2).19.(1)∵q ≠1,∴a n =qq n --11.于是A n =q q --11C 1n +q q --112C 2n +…+qq n --11C nn=q-11·［(C 1n +C 2n +…+C n n )-(q C 1n +q 2C 2n +…+q n C n n )］ =q-11［2 n -(1+q ) n ］(q ≠1). (2)q A n n-=112·⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n q 211,∵-3<q <1,q ≠-1, ∴0<21q +<1,∴q A n n n -=∞→112lim .(3)b 1+b 2+…+b n =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=nn nq q A 211112，∴b 1+b 2+…+b n -1=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+---121111n q q (n ≥2),两式相减，得b n 12121-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n q (n ≥2),当n =1时，b 1=2121=A 也包含在上式中，因此数列|b n |的通项公式为b n 12121-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n q (n ∈N )，211qb b n n +=+≠0(∵q ≠-1),∴｛b n ｝是等比数列. 20.该式展开后的通项为a x b yc z ,其中x +y +z =5,x , y , z ≥0且x 、y 、z ∈Z ,求通项a x b y c z 的个数相当于求x +y +z =5的非负整数解(x , y , z )的个数.令x 0=x +1, y 0=y +1, z 0=z +1. ∴x 0+y 0+z 0=8,原题转化为求该方程的正整数解(x 0, y 0, z 0)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(x 0, y 0, z 0)的取值,因此有多少种插法即有多少组解.∴共有C 27=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.。