2013届高考数学一轮复习讲义：10.3_二项式定理

二项展开式中， 偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式
0 2 4 1 5 Cn＋C3 ＋Cn＋„ ＝ Cn＋Cn＋Cn＋„ ＝ 2n－1 n 系数的和，即
.
[难点正本
疑点清源]
1．二项式的项数与项 (1)二项式的展开式共有 n＋1 项，Cr an－rbr 是第 r＋1 项． n 即 r＋1 是项数，Cr an－rbr 是项． n (2)通项是 Tr＋1＝Cr an－rbr (r＝0,1,2，„，n)．其中含有 n Tr＋1，a，b，n，r 五个元素，只要知道其中四个即可求 第五个元素．
n－2r 因为第 6 项为常数项，所以 r＝5 时，有 ＝0， 3 即 n＝10.
n－2r 1 1 (2)令 ＝2，得 r＝ (n－6)＝ ×(10－6)＝2， 3 2 2 1 45 2 2 ＝ . ∴所求的系数为 C10 －2 4 10－2r ∈Z， 3 (3)根据通项公式，由题意 0≤r≤10， r∈N. 10－2r 3 令 ＝k (k∈Z)，则 10－2r＝3k，即 r＝5－ k. 3 2 ∵r∈N，∴k 应为偶数．
r n－r r 用 Tr＋1 表示，即展开式的第 r＋1 项；Tr＋1＝ Cna b .
要点梳理
忆一忆知识要点
2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为 n＋1 . (2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n， a 与 b 的指数 即 的和为 n . (3)字母 a 按 降幂 排列，从第一项开始，次数由 n 逐项 减 1 直到零；字母 b 按 升幂 排列，从第一项起，次数由 零逐项增 1 直到 n.
1 ＝(9－1)9－1＝C0×99－C9×98＋„＋C8×9－C9－1 9 9 9 1 ＝9(C0×98－C9×97＋„＋C8)－2. 9 9
∵C0×98－C1×97＋„＋C8是正整数， 9 9 9 ∴S 被 9 除的余数为 7.
探究提高
利用二项式定理解决整除问题时，基本思路是：要证明一个式 子能被另一个式子整除， 只要证明这个式子按二项式定理展开 后的各项均能被另一个式子整除即可．因此，一般将被除式化 为含有相关除式的二项式， 然后再展开， 此时常用“配凑法”、 “消去法”结合有关整除知识来处理．
10
令 x＝－1，则 a0＝1，即∑ an＝31. ＝
(2)∵(x ＋2x＋2) ＝[1＋(x＋1)2]5
2 ＝C0×15 ＋C1(x＋1)2＋C5 (x＋1)4＋C3(x＋1)6＋C4(x＋1)8＋C5 5 5 5 5 5
2
5
n 1
(x＋1)10 ＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋„＋a10(x＋1)10，
变式训练 2
已知等式(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋„＋a9(x＋ 1)9＋a10(x＋1)10，其中 ai(i＝0,1,2，„，10)为实常数．
10 n 1 10 n 1
求：(1)∑ an 的值；(2) ∑ nan 的值． ＝ ＝ 解 (1)∵(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋„＋a9(x＋ 1)9＋a10(x＋1)10， ∴令 x＝0，则 a0＋a1＋a2＋„＋a9＋a10＝25＝32；
n 0 n (4)二项式的系数从 Cn ，C1 ，一直到 Cn－1， Cn . n
要点梳理
忆一忆知识要点
3．二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“ 等距离”的两个二项式系数相
m n 等，即 Cn ＝Cn m.
－
n＋1 (2)增减性与最大值：二项式系数 Cr ，当 r< 2 时，二 n n＋1 项式系数是递增的； r> 2 时， 当 二项式系数是递减的．
(2)令 x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
0 2 (3)奇数项的二项式系数和为 C10＋C10＋„＋C10＝29， 10
偶数项的二项式系数和为 C1 ＋C3 ＋„＋C9 ＝29. 10 10 10
(4)令 x＝y＝1，得到 a0＋a1＋a2＋„＋a10＝1， ①
令 x＝1，y＝－1(或 x＝－1，y＝1)， 得 a0－a1＋a2－a3＋„＋a10＝510，
3
(2)求展开式中含 x 2 的项； (3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．
学生解答展示
审题视角
(1)审条件，构建关于 n 的方程求 n. (2)审要求，可利用“赋值法”求各项系数之和；利用通项公
2．二项式系数与展开式项的系数的异同 在 Tr＋1＝Cr an rbr 中，Cr 就是该项的二项式系数，它与 a， n n b 的值无关；Tr＋1 项的系数指化简后除字母以外的数，如 a＝2x，b＝3y，Tr＋1＝Cr 2n r·rxn ryr，其中 Cr 2n r3r 就是 3 n n Tr＋1 项的系数．
变式训练 3
求证：(1)32n 2－8n－9 能被 64 整除(n∈N*)； (2)3n>(n＋2)·n－1 (n∈N*，n>2)． 2
证明 (1)∵32n 2－8n－9＝32·2n－8n－9 3
＋
＋
＝9·n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9 9 ＝9(C0 8n＋C1 8n－1＋„＋Cn－1· 8＋Cn· n n n n 1)－8n－9 ＝9(8n＋C1 8n－1＋„＋Cn－282)＋9· 8n＋9－8n－9 n n
各项系数和为 a0＋a1＋„＋a10， 奇数项系数和为 a0＋a2＋„＋ a10，偶数项系数和为 a1＋a3＋a5＋„＋a9，x 的奇次项系数和 为 a1＋a3＋a5＋„＋a9， 的偶次项系数和 a0＋a2＋a4＋„＋a10. x
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
1 (1)二项式系数的和为 C0 ＋C10＋„＋C10＝210. 10 10
例 2 在(2x－3y)10 的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和．
求二项式的系数的和，常用赋值法求解．
解
设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋„＋a10y10，(*)
解得 n＝8 或 n＝1(不合题意，舍去)，
8 r
∴Tr＋1＝ C x
r 8
2
( 2
1
4
) C 2
r
x
r 8
r
4
3 4
r
x
3 当 4－ r∈Z 时，Tr＋1 为有理项， 4 ∵0≤r≤8 且 r∈Z，∴r＝0,4,8 符合要求．
35 1 －2 故有理项有 3 项，分别是 T1＝x ，T5＝ x，T9＝ x . 8 256
(2＋1)n＝2n＋C1 ·n 1＋„＋Cn 1· 2＋1≥2n＋n·n 1＋2n＋1>2n 2 n 2 n ＋n·n－1＝(n＋2)·n－1， 2 2 故 3n>(n＋2)·n－1. 2
－ － －
易错警示
混淆二项展开式的项与项数以 及二项式系数与项的系数致误
2 n (14 分)已知( x－ 2) (n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三 x 项的系数的比是 10∶1. (1)求展开式中各项系数的和；
①＋②得 2(a0＋a2＋„＋a10)＝1＋510， 1＋510 ∴奇数项的系数和为 ； 2 ①－②得 2(a1＋a3＋„＋a9)＝1－510， 1－510 ∴偶数项的系数和为 . 2 1－510 (5)x 的奇次项系数 x 的偶次项系数和为 a0＋a2＋a4＋„＋a10＝ . 2
1 ＝C0 ×31n＋Cn×31n 1＋„＋Cn 1×31＋Cn－1 n n n 1 n ＝31(C0 ×31n－1＋Cn×31n－2＋„＋Cn－1)， n
－ －
1 显然 C0 ×31n 1＋Cn×31n 2＋„＋Cn 1为整数， n n
－
－
－
∴原式能被 31 整除．
(2)解 S＝C1 ＋C2 ＋„＋C27＝227－1＝89－1 27 27 27
3 1 已知在 x－ 3 n 的展开式中，第 6 项为常数项． 2 x (1)求 n； (2)求含 x2 的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项．
nr
解
r
(1)通项为 Tr＋1＝ C r x
1 2 ) x
r n2r 3 n
3
(
1 2
) x
r

r 3
C n (
.
0 2 ∴a0＝C5，a1＝a3＝a5＝a7＝a9＝0，a2＝C1，a4＝C5，a6＝C3， 5 5
a8＝C4，a10＝C5. 5 5
10
∴∑ nan＝a1＋2a2＋3a3＋„＋10a10 ＝
n 1 3 4 ＝2C1＋4C2＋6C5＋8C5＋10C5 5 5 5 5 ＝10C1＋10C2＋10C5 5 5
1 ＝9×82(8n－2＋Cn·n－3＋„＋Cn－2)＋64n 8 n
＝64[9(8n－2＋C1 8n－3＋„＋Cn－2)＋n]， n n 显然括号内是正整数，∴原式能被 64 整除．
(2)利用二项式定理对 3n＝(2＋1)n 展开证明． 因为 n∈N*，且 n>2，所以 3n＝(2＋1)n 展开后至少有 4 项．
4
∵n＝8，∴展开式中共 9 项， 35 中间一项即第 5 项的二项式系数最大且为 T5＝ x. 8
探究提高
求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通 项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零； 求有理项时，指数为整数等)，解出项数 r＋1，代回通项公式 即可．
变式训练 1
n
当 n 是偶数时，中间的一项 C 当 n 是奇数时，中间两项 时取得最大值．
C
2 n
2 n
取得最大值．
n 1
n 1