高中数学 奥赛辅导精品第十讲 二项式定理与多项式
2020高中数学第十章 3《二项式定理》复习学案+检测
2020高中数学复习学案第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布3 二项式定理【要点梳理·夯实知识基础】1．二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n an －r b r ＋…＋C n n b n(n ∈N ＋)． 这个公式所表示的规律叫做二项式定理，等式右边的多项式叫做(a ＋b )n 的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫做 二项式系数 .式中的 C r n an －rb r 叫做二项展开式的 通项 ，用T r ＋1表示，通项是展开式的第 r ＋1 项，即T r ＋1＝C r n an －r b r (其中0≤r ≤n ，r ∈N ，n ∈N ＋)． 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 ，即a 与b 的指数的和为 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 .(4)二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到 C n －1n ，C nn .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等，即C m n ＝C n －m n .(2)增减性与最大值：二项式系数C r n，当r <n ＋12时，二项式系数是递增的；当r >n ＋12时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，那么其展开式中间两项T n2＋1的二项式系数最大． 当n 是奇数时，那么其展开式中间两项T n ＋12和T n ＋12＋1的二项式系数相等且最大．(3)各二项式系数的和(a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n.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系数的和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1 . 【学练结合】[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)C k n an －k b k是(a ＋b )n 的展开式中的第k 项．( ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( )(4)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× [小题查验]1．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：B [令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8.]2．(教材改编)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n 展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )A ．10B ．20C ．30D ．120解析：B [二项式系数之和2n ＝64，所以n ＝6，T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ＝C k 6x 6－2k，当6－2k ＝0，即当k ＝3时为常数项，T 4＝C 36＝20.]3．(2018·全国Ⅲ卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80解析：C [T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r ，由10－3r ＝4，得r ＝2，所以x 4的系数为C 25×22＝40.]4．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式的二项式系数之和为128，则展开式中x 2的系数为( )A ．－21B ．－35C ．35D ．21解析：C [由已知得2n ＝128，n ＝7，所以T r ＋1＝C r 7x 2(7－r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 7(－1)r x 14－3r，令14－3r ＝2，得r ＝4，所以展开式中x 2的系数为C 47(－1)4＝35.故选C.]5.⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋x n 的展开式中，第3项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的第4项为 ________ .解析：由题意得C 2n ＝C 6n ，所以n ＝8.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋x 8展开式的第4项为T 4＝C 38⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3x 5＝56x 2. 答案：56x 2【考点探究·突破重点难点】考点一 二项展开式的特定项或系数问题(多维探究)[命题角度1] 求展开式中的某一项1.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式中x 4的常数项为( ) A ．32 B ．34 C ．36D ．38解析：D [⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4的展开式的通项为T k ＋1＝C k 4·(x 3)4－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k ＝C k 4(－2)k x 12－4k，令12－4k ＝0，解得k ＝3， ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式的通项为 T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ， 令8－2r ＝0，得r ＝4，所以所求常数项为C 34(－2)3＋C 48＝38.][命题角度2] 求展开式中的系数或二项式系数2．(1＋x )(1－x )5的展开式中x 4的系数是( ) A ．－35 B ．－5 C ．5D ．35解析：B [(1－x )5展开式的通项是T r ＋1＝C r 5(－x )r ＝(－1)r C r 5x r ，所以(1－x )5展开式中x 4的系数是(－1)4C 45＝5，x 3项的系数是(－1)3C 35＝－10，所以(1＋x )(1－x )5的展开式中x 4项的系数是1×5＋1×(－10)＝－5，故选B.][命题角度3] 由已知条件求n 的值或参数的值3．若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝ ________ .解析：⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ·x －r 2＝C r 5a 5－r ·x 10－5r 2，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2.答案：－2 【解题规律方法】与二项展开式有关问题的解题策略(1)求展开式中的第n 项，可依据二项式的通项直接求出第n 项．(2)求展开式中的特定项，可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可．(3)已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.[跟踪训练](1)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40D ．80解析：C [因为x 3y 3＝x ·(x 2y 3)，其系数为－C 35·22＝－40，x 3y 3＝y ·(x 3y 2)，其系数为C 25·23＝80.所以x 3y 3的系数为80－40＝40.故选C.] (2)若⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n (n ∈N ＋)展开式的二项式系数和为32，则其展开式的常数项为( )A ．80B ．－80C ．160D ．－160解析：B [根据二项式系数和的性质，可知2n ＝32，解得n ＝5，所以⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·(x )5－r⎝⎛⎭⎪⎪⎫－23x r ＝(－2)r C r 5x 5－r 2－r 3，令5－r 2－r 3＝0，解得r ＝3，所以其展开式的常数项为(－2)3C 35＝－80，故选B.]考点二 二项式系数的性质或各项系数的和(师生共研)[典例] (1)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 11的展开式中，系数最大的项为第 ________项．(2)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为 ________ .[解析] (1)依题意可知T r ＋1＝C r 11(－1)r x 22－3r,0≤r ≤11，r ∈Z ，二项式系数最大的是C 511与C 611.当r ＝6时，T 7＝C 611x 4，故系数最大的项是第七项．(2)令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.[答案] (1)七 (2)1或－3 [互动探究]本例(2)变为：若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为 ________ .解析：令x ＝2，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(4＋m )9，令x ＝0，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝(m ＋2)9，所以有(4＋m )9(m ＋2)9＝39，即m 2＋6m ＋5＝0，解得m ＝－1或－5.答案：－1或－5 【解题方法指导】(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.[跟踪训练](1)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20解析：D [令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.](2)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项二项式系数之和为B ，且A ＋B ＝72，则展开式中常数项的值为 ________ .解析：令x ＝1，得各项系数的和为4n ，而各项的二项式系数的和等于2n ，根据已知，得方程4n ＋2n ＝72，解得n ＝3.所以二项展开式的通项T r ＋1＝C r 3(x )3－r⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝3r C r 3x 32－32r ，显然当r ＝1时，T r ＋1是常数项，值为3C 13＝9. 答案：92020高中数学复习学案第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布3 二项式定理检测一、选择题1．C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n 等于( D ) A ．3n B ．2·3n C.3n2－1D.3n －12解析：因为C 0n ＋2(C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n )＝(1＋2)n ，所以C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n ＝3n －12.2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 5的展开式中x 的系数为( B )A ．5B ．10C ．20D ．40解析：∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 5x 10－3r，令10－3r ＝1，得r ＝3，∴x 的系数为C 35＝10.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n的展开式的各项系数和为243，则展开式中x 7的系数为( B )A ．5B ．40C ．20D ．10解析：由题意，二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n 的展开式中各项的系数和为243，令x ＝1，则3n＝243，解得n ＝5，所以二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(x 3)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r C r 5x 15－4r ，令15－4r ＝7，得r ＝2，则T 3＝22C 25x 15－4×2＝40x 7，即x 7的系数为40，故选B.4．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( C )A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1D ．2n解析：令x ＝1，得1＋2＋22＋ (2)＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.5．(3－2x －x 4)(2x －1)6的展开式中，含x 3项的系数为( C )A ．600B ．360C ．－600D ．－360解析：由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x 3项的系数为3×C 3623(－1)3－2×C 2622(－1)4＝－600.6．已知(2x －1)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝( B )A ．1B ．243C ．121D ．122解析：令x ＝1，得a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝1，① 令x ＝－1，得－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝－243，② ①＋②，得2(a 4＋a 2＋a 0)＝－242， 即a 4＋a 2＋a 0＝－121.①－②，得2(a 5＋a 3＋a 1)＝244， 即a 5＋a 3＋a 1＝122.所以|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝122＋121＝243.故选B. 7．在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510的展开式中，x 2的系数为( C )A ．10B ．30C ．45D ．120解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋x )＋1x 2 01510＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x 2 015＋…＋C 1010⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2 01510，所以x 2只出现在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.故选C. 二、填空题8．(x 2－1x )8的展开式中x 7的系数为－56.(用数字作答)解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ·(－1x )r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56. 9．若二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其常数项是13_440.解析：∵二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，∴n＝10，∴T r ＋1＝C r 10(x )10－r(－23x )r ＝(－2)r C r 10·x 30－5r6 ，令30－5r 6＝0，解得r ＝6，∴常数项是(－2)6C 610＝13 440.10．若(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为20，则a ＝－14.解析：(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为C 25·22＋a ·C 35·23＝20，∴40＋80a ＝20，解得a ＝－14.11．在(x ＋4x －4)5的展开式中，x 3的系数是180.解析：(x ＋4x －4)5＝(－4＋x ＋4x )5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(－4)5－r·(x ＋4x )r ，r ＝0,1,2,3,4,5，(x ＋4x )r 的展开式的通项T k ＋1＝C k r x r －k (4x )k ＝4k C k r xr －2k ，k ＝0,1，…，r .令r －2k ＝3，当k ＝0时，r ＝3；当k ＝1时，r ＝5.∴x 3的系数为40×C 03×(－4)5－3×C 35＋4×C 15×(－4)0×C 55＝180.12．在(x ＋x )6⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5的展开式中，x 4y 2项的系数为( C )A ．200B ．180C ．150D ．120解析：(x ＋x )6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x )6－r x r＝C r 6，令6＋r2＝4，得r ＝2，则T 3＝C 26＝15x 4.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1y r ＝C r 5y －r ，令r ＝2可得T 3＝C 25y －2＝10y －2.故x 4y 2项的系数为15×10＝150.13．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2＝( B )A ．18B ．24C ．36D ．56解析：∵(2x －1)4＝[(2x －2)＋1]4＝[1＋(2x －2)]4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，∴a 2＝C 24·22＝24，故选B.14．⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中含x 4项的系数为－48.解析：令x ＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为1－a ＝2，得a ＝－1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中x 4项的系数即是⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的x 3项与x 5项系数的和．又⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(－1)r ·25－r ·x 5－2r，令5－2r ＝3，得r ＝1，令5－2r ＝5，得r ＝0，将r ＝1与r ＝0分别代入通项，可得x 3项与x 5项的系数分别为－80与32，故原展开式中x 4项的系数为－80＋32＝－48.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．已知(1＋ax ＋by )5(a ，b 为常数，a ∈N *，b ∈N *)的展开式中不含字母x 的项的系数和为243，则函数f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)，x ∈[0，π2]的最小值为2.解析：令x ＝0，y ＝1，得(1＋b )5＝243，解得b ＝2.因为x ∈[0，π2]，所以x＋π4∈[π4，3π4]，则sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)∈[1，2]，所以f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)＝sin2x ＋2sin x ＋cos x ＝2sin x ·cos x ＋2sin x ＋cos x＝sin x＋cos x＋1sin x ＋cos x≥2(sin x ＋cos x )·1sin x ＋cos x＝2，当且仅当sin x ＋cos x ＝1时取“＝”，所以f (x )的最小值为2.。
二项式定理
二项式定理二项式定理是高中数学中与排列组合、多项式的概念性质联系比较紧密的内容。
在高考中，二项式定理的命题主要以选择、填空题的形式考查二项展开式的项、系数及其相关问题。
因此，复时要正确理解二项式定理、二项展开式的概念和性质，牢牢掌握二项展开式的通项公式是解答有关问题的关键。
同时，注意把握二项式与定积分及其它知识的联系。
其中，非标准二项式定理求解特殊项的问题是难点问题。
二项式定理的公式为(a+b)^n=C(n,0)*a^n+C(n,1)*a^(n-1)*b+。
+C(n,k)*a^(n-k)*b^k+。
+C(n,n)*b^n，其中n∈N*。
展开式的第k+1项为C(n,k)*a^(n-k)*b^k。
在求二项展开式的特定项问题时，实质上是考查通项T(k+1)=C(n,k)*b的特点。
一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解。
注意k的取值范围为k=0,1,2，…，n。
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解。
二项式系数是二项展开式中各项的系数，记为C(n,k)。
项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等。
二项式系数具有对称性，在二项展开式中与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即C(n,k)=C(n,n-k)。
二项式系数的增减性与最大值是：当k(n+1)/2时，二项式系数逐渐减小。
当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数最大。
各二项式系数的和等于2，即C(n,0)+C(n,1)+…+C(n,n)=2.奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即C(n,0)+C(n,2)+…=C(n,1)+C(n,3)+…=2^(n-1)。
在高考中，常涉及多项式和二项式问题，主要考查学生的化简能力。
常见的命题角度有：(1)几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题；(2)几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题；(3)三项展开式中的特定项(系数)问题。
赋值法是一种重要的方法，适用于恒等式，用于求形如(ax＋b)、(ax＋bx＋c)(a，b∈R)的式子展开式的各项系数之和。
高中数学《二项式定理》课件
03
二项式定理的证明
数学归纳法的应用
数学归纳法是一种证明数学命题的重 要方法，尤其在证明二项式定理时， 它能够通过有限步骤来证明无限递推 关系。
然后，通过假设当$n=k$时二项式定 理成立，推导出当$n=k+1$时二项 式定理也成立。
在二项式定理的证明中，数学归纳法 首先证明基础步骤，即当$n=0$或 $n=1$时，二项式定理成立。
二项式定理的推导
二项式定理推导思路
通过组合数的性质，将二项式定理展开式中的每一项表示为组合数的形式，从而推导出二项式定理的 展开式。
二项式定理的推导过程
根据组合数的性质，将二项式定理展开式中的每一项表示为C(n, k)的形式，其中k表示二项式中某一 项的次数。通过计算，可以得到二项式定理的展开式为C(n, 0) + C(n, 1)x + C(n, 2)x^2 + ... + C(n, n)x^n。
C(n, m) = C(n, n-m)，即从n个不同元素中取出m个元素和取出n-m个元素的 组合数相等。
组合数的性质2
C(n+1, m) = C(n, m-1) + C(n, m)，即从n+1个不同元素中取出m个元素的组 合数等于从n个不同元素中取出m-1个元素的组合数加上从n个不同元素中取出 m个元素的组合数。
详细描述
二项式定理的应用场景非常广泛。在多项式的展开中，二项式定理可以用来求解形如$(x+y)^n$的多项式的展开 结果。在组合数学中，二项式定理可以用来计算组合数和排列数等。在概率论中，二项式定理可以用来计算事件 的概率和期望值等。此外，二项式定理在统计学、物理、工程等领域也有广泛的应用。
02
二项式定理的推导过程
二项式定理 课件
[点评] 二项式的展开式的某一项为常数项，就是这项不含“变元”，一般采用令通项Tr＋1中 的变元的指数为零的方法求得常数项．
[例 4]
若
x＋ 1 4
2
n x
展开式中前三项系数成等差数
列．求：
(1)展开式中含 x 的一次幂的项；
(2)展开式中所有 x 的有理项．
[分析] 首先由“前三项系数成等差数列”，得到关于n的方程，解得n的值，然后根据题目的 要求解答每一问．每问都与二项展开式的通项公式有关．
[点评] 要注意区分二项式系数与项的系数：二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者 仅与二项式的指数及项数有关，与二项式的构成无关，后者与二项式的构成、二项式的指数 及项数均有关．
[例6] 试判断7777－1能否被19整除？ [分析] 由题目可获取以下主要信息： ①76是19的倍数； ②7777＝(76＋1)77可用二项式定理展开．解答本题可用二项式定理求得(76＋1)77－1能被19整
3．①Cknan－kbk 是二项展开式中的第 k＋1 项，不是第 k 项，a 与 b 不可随便更换；
②(a－b)n 的展开式通项为：Tk＋1＝Cknan－k(－b)k＝(－ 1)kCknan－kbk；
③取 a＝1，b＝x，则(1＋x)n＝1＋Cn1x＋C2nx2＋…＋ Crnxr＋…＋xn 在解题中是很有用的，要认真体会，熟练掌 握．
[例 2] 设 n 为自然数，化简 Cn0·2n－C1n·2n－1＋…＋(－ 1)k·Ckn·2n－k＋…＋(－1)n·Cnn.
[分析] 由题目可获取以下主要信息： ①展开式中“＋”与“－”相间隔； ②2的指数最高为n，依次递减至0且每一项的指数等于对应的组合数的下标与上标的差． 解答本题可先分析结构形式，然后逆用二项式定理求解．
二项式定理ppt课件
答案:10
课堂小结
1.二项式定理的概念、特点,用二项式定理解决整除问题.
2.通项的应用.利用通项求二项展开式的某一项,特定项和特定项的系数.
3.简单了解二项式系数.
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课时作业
(2)解:0.998 =(1-0.002) =1+ ×(-0.002)+ ×(-0.002) +…+ ×(-0.002) .
2
2
由题意知 T3= ×(-0.002) =15×0.002 =0.000 06<0.001,
且第 3 项以后(包括第 3 项)的项的绝对值都远小于 0.001,
探究点一
角度1
通项公式及其应用
求二项展开式中的特定项
[例 1] ( -
10
) 的展开式中,所有的有理项为
.
解析:二项展开式的通项为
-
Tk+1= (- ) .
-
由题意知
令
∈Z,且 0≤k≤10,k∈N.
-
=r(r∈Z),则 10-2k=3r,k=5- r.
n
答案:(-1)n
.
4.已知(1+kx2)6(k是正整数)的展开式中,x8的系数小于120,则k=
.
解析:x 是(1+kx ) 的展开式的第 5 项,x 的系数为 k =15k .由已知得
4
4
15k <120,即 k <8.又 k 是正整数,故 k=1.
8
答案:1
2 6
8
4
4
课堂探究·素养培育
6
6
二项式定理与多项式展开
二项式定理与多项式展开二项式定理和多项式展开是高中数学中的重要概念，它们在代数学习中扮演着极为重要的角色。
二项式定理是指将一个二项式的幂展开成一系列项的和的规律，而多项式展开则是将一个多项式进行拆解和合并，以求得更简化的形式。
本文将详细介绍二项式定理和多项式展开的概念、公式及应用。
一、二项式定理的概念与公式二项式是指由两个项构成的代数式，常写成(a+b)^n的形式，其中a和b为实数，n为非负整数。
二项式定理是指将(a+b)^n展开成一系列项的和的规律。
根据二项式定理，当n为非负整数时，展开的式子将由多个组合而成的项组成，而每个组合项的系数则和展开式中的位置有关。
二项式定理可以表示为以下公式：(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-1)*a^1*b^(n-1) + C(n,n)*a^0*b^n其中C(n,k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数，计算公式为：C(n,k) = n! / (k! * (n-k)!)在展开式中，每一项的次数和系数满足以下规律：- 当k为偶数时，系数为正整数。
- 当k为奇数时，系数为负整数。
二项式定理可以用于求解二项式的幂及其性质，例如二次方、三次方等。
二、多项式展开的概念与公式多项式是指由多个项构成的代数式，其中每个项包含变量的幂和系数。
多项式展开是将一个多项式进行拆解和合并，以求得更简化的形式。
多项式展开涉及到各种计算方法，比如乘法法则、分配率等。
下面以一个简单的示例来说明多项式展开。
假设我们有一个多项式表达式为(a+b)^3，按照展开的规则，我们可以将其展开为：(a+b)^3 = (a+b)(a+b)(a+b) = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3在展开的过程中，我们需要运用乘法法则和分配率，逐步计算得到每个项的系数。
多项式展开不仅可以用于简化多项式的形式，还能帮助我们解决实际问题。
高二数学人选修课件二项式定理
二项式系数性质
二项式系数具有对称性、增减性与最大值等性质，可以通过帕斯卡 三角形进行推导和理解。
二项式定理的应用
二项式定理在解决概率、统计、近似计算等问题中具有广泛应用，可 以通过具体案例进行分析和讲解。
03 二项展开式的性质
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。
通项公式推导与理解
01 组合数公式引入
$C_n^r = frac{n!}{r!(n-r)!}$，表示从$n$个不同 元素中取出$r$个元素的组合数。
02 通项公式推导
通过组合数公式和二项式定理，推导出通项公式 $T_{r+1} = C_n^r a^{n-r} b^r$。
解题技巧
在解题过程中，可以运用“分类讨论”、“数形结合”、“特殊值代入”等解题技巧，简化问题难度， 提高解题速度和准确性。
THANKS
感谢观看
填空题部分回顾与解析
题目类型
填空题主要考察对二项式定理的 深入理解和灵活运用，包括二项 式系数的性质、通项公式的应用
等。
解题思路
解答填空题时，需要根据题目所 给的条件和要求，结合二项式定 理的相关知识点，通过分析、推
理和计算，得出正确的答案。
经典例题
若(x - 1/(2x))^n的展开式中第5 项的二项式系数最大，则展开式
示例解析与练习
示例解析
考虑多项式$(x+y+z)^2$的展开式。根据多项式定理，展开 式中的每一项都是$x, y, z$的乘积，且指数之和等于2。因此 ，展开式为$x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2xz + 2yz$。
中职高考数学一轮复习讲练测专题10-2 二项式定理(讲)解析版
专题10.2 二项式定理【考纲要求】会用二项式定理解决与二项展开式有关的简 单问题【考向预测】1. 求二项展开式的第n 项.2. 求二项展开式中的特定项.3. 已知二项展开式的某项，求特定项的系数.4. 二项式系数的最大值.【知识清单】1. 二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n nb n (n ∈N ＋)． 这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a ＋b )n 的二项展开式，其中的系数C k n (k＝0,1,2，…，n )叫做__二项式系数__，式中的__C k n a n －k b k__叫做二项展开式的__通项__，用T k ＋1表示，即通项为展开式的第__k ＋1__项：T k ＋1＝__C k n an －k b k __． 2.二项展开式形式上的特点(1)项数为__n ＋1__．(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为__n __．(3)字母a 按__降幂__排列，从第一项开始，次数由n 逐项减小1直到零；字母b 按__升幂__排列，从第一项起，次数由零逐项增加1直到n ． 3.二项式系数的性质(1)0≤k ≤n 时，C k n 与C n －k n 的关系是__C k n ＝C n －kn __．(2)二项式系数先增后减，中间项最大．当n 为偶数时，第n2＋1项的二项式系数最大；当n 为奇数时，第n ＋12项和n ＋32项的二项式系数最大．(3)各二项式系数的和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝__2n __，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n＋…＝__2n －1__．重要结论1．二项式定理中，通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k是展开式的第k ＋1项，不是第k 项． 2．(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在T k ＋1＝C k n a n －k b k 中，C k n 是该项的二项式系数，该项的系数还与a ，b 有关．(2)二项式系数的最值和增减性与指数n 的奇偶性有关．当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n 为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．【考点分类剖析】考点一 二次展开式的通项公式的应用例1. (x 2＋2x )5的展开式中x 4的系数为( C )A ．10B ．20C ．40D ．80[解析]T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝⎛⎭⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r ， 当10－3r ＝4时，解得r ＝2，则x 4的系数为C 25×22＝40，选C ．例2 (1) ⎝⎛⎭⎫ax －1x 6的展开式中的常数项为160，则a 的值为( A ) A ．－2 B ．2 C ．－4D ．4(2)已知二项式⎝⎛⎭⎫2x －1x n的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x 3的系数为__240__．[解析] (1)⎝⎛⎭⎫ax －1x 6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(ax )6－r ·⎝⎛⎭⎫－1x r ＝(－1)r C r 6a 6－rx 6－2r，由题意得－C 36a 3＝160，解得a ＝－2，故选A ．(2)由题意得：C 1n ∶C 2n ＝2∶5，解得n ＝6．所以T r ＋1＝C r n (2x )n －r ⎝⎛⎭⎫－1x r＝C r 626－r(－1)r x 6－32r, 令6－32r ＝3，解得：r ＝2．所以x 3的系数为C 2626－2(－1)2＝240． 【变式探究】1. 二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是__7__．2.设n 为正整数，⎝⎛⎭⎫x －2x 3n 的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为( B )A ．－112B ．112C ．－60D ．60[解析] 1.T r ＋1＝C r 8(3x )8－r · ⎝⎛⎭⎫12x r ＝12r C r 8x 8－4r3，由8－4r ＝0得r ＝2，故常数项为T 3＝122C 28＝7． 2.依题意得，n ＝8，所以展开式的通项T r ＋1＝C r 8x 8－r ·⎝⎛⎭⎫－2x 3r ＝C r 8x 8－4r (－2)r ，令8－4r ＝0，解得r ＝2，所以展开式中的常数项为 T3＝C28(－2)2＝112． 考点二 二项式系数的性质与各项系数的和例1.已知二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋1x n 的展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于( A )A ．240B ．120C ．48D ．36[解析]∵二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋1x n 的展开式中， 二项式系数之和等于2n＝64，则n ＝6，故展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·26－r ·x 6－3r2，令6－3r 2＝0，求得r ＝2，∴常数项为C 26·24＝240．故选A ．例2.设(2－3x )100＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 100x 100，求下列各式的值． (1)a 0；(2)a 1＋a 2＋…＋a 100； (3)a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99；[解析] (1)由(2－3x )100展开式中的常数项为C 0100·2100，即a 0＝2100(或令x ＝0，则展开式可化为a 0＝2100)．(2)令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100，① ∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100－2100． (3)令x ＝－1，可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 100＝(2＋3)100，② 与①联立相减可得a 1＋a 3＋…＋a 99＝(2－3)100－(2＋3)1002．【方法归纳】赋值法的应用(1)形如(ax ＋b )n (a 、b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)， 奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2．【变式探究】1. 已知(x 3＋ax )n 的展开式中各项的二项式系数之和为32，且各项系数和为243，则展开式中x 7的系数为( C )A ．20B ．30C ．40D ．50[解析]因为(x 3＋ax )n 的展开式中各项的二项式系数之和为32，则2n ＝32，解得n ＝5，所以二项式为(x 3＋ax )5．因为⎝⎛⎭⎫x 3＋a x 5展开式各项系数和为243，令x ＝1，代入可得(1＋a )5＝243＝35，解得a ＝2，所以二项式展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x 3)5－r ·⎝⎛⎭⎫2x r＝2r ·C r 5x 15－4r ，所以当展开式为x 7时，即x 15－4r＝x 7，解得r ＝2，则展开式的系数为22·C 25＝4×10＝40．故选C ．2. 已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7． 求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6； [解析] 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37② (1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2． (2)由(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094．(3)由(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093．。
2020高考数学10.2 二项式定理
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,即a与b的指数的和为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0,字母b按升 幂排列,从第一项起,次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式系数为 C0n , C1n ,…, Cnn1 , Cnn .
解析 设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+…+a10y10,(*)
则各项系数的和为a0+a1+…+a10,
奇数项系数的和为a0+a2+…+a10,
偶数项系数的和为a1+a3+a5+…+a9.
由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数的和.
(1)二项式系数的和为 C100 + C110 +…+ C1100 =210. (2)令x=y=1,各项系数的和为(2-3)10=(-1)10=1.
二 二项式系数的性质及应用
例2
(2018河北邯郸二模,9)在
x
3 x
n
的展开式中,各项系数和与二项
式系数和之比为64,则x3的系数为 ( )
A.15 B.45 C.135 D.405
二项式定理 课件
解法二 2 x＋ 1x4＝2x＋x 14＝x12(2x＋1)4 ＝x12[C04(2x)410＋C14(2x)311＋C24(2x)212＋C34(2x)113＋C44(2x)014] ＝x12(16x4＋32x3＋24x2＋8x＋1) ＝16x2＋32x＋24＋8x＋x12. (2)原式＝C05(x－1)5＋C15(x－1)4＋C25(x－1)3＋C35(x－1)2＋C45(x－1)＋C55(x－1)0－1＝ [(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
探究二 求展开式的特定项
[典例 2]
已知在3
x－ 3 3
n
的展开式中，第
6
项为常数项．
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．
[解析]
nk
通项公式为 Tk＋1＝Cknx 3
(－3)kx
k 3
＝Ckn(－
3)kx
n2 3
k
.
(1)∵第 6 项为常数项，
∴k＝5 时有n－32k＝0，即 n＝10.
正用、逆用二项式定理： (1)展开二项式可以按照二项式定理进行．展开时注意二项式定理的结构特征，准确 理解二项式的特点是展开二项式的前提条件．对较复杂的二项式，有时先化简再展开 会更简便． (2)逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项 数、各项幂指数的规律以及各项的系数．
探究一 二项式定理的正用与逆用
[典例 1]
(1)写出2
x＋
1 4 x
的展开式；
(2)化简：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．
[解析]
(1)解法一
直接利用二项式定理展开并化简：2
数学一轮复习讲义第10章§10-3二项式定理2023年新高考
§10.3 二项式定理考试要求 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．知识梳理1．二项式定理二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n b n (n ∈N *)二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k ，它表示展开式的第k ＋1项二项式系数C k n(k ＝0,1，…，n )2.二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．(2)增减性与最大值：当n 是偶数时，中间的一项2C n n 取得最大值；当n 是奇数时，中间的两项12C n n -与12C n n +相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和：(a ＋b )n 的展开式的各二项式系数的和等于2n .常用结论1．两个常用公式(1)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n ＝2n .(2)C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.2．二项展开式的三个重要特征(1)字母a 的指数按降幂排列由n 到0.(2)字母b 的指数按升幂排列由0到n .(3)每一项字母a 的指数与字母b 的指数的和等于n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)C k na n －kb k 是(a ＋b )n 的展开式的第k 项．( × )(2)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( √ )(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )(4)(a ＋b )n 的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同．( × )教材改编题1．(x －1)10的展开式的第6项的系数是( )A ．C 610B ．－C 610C ．C 510D ．－C 510答案 D解析 T 6＝C 510x 5(－1)5，所以第6项的系数是－C 510.2．(多选)已知(a ＋b )n 的展开式中第5项的二项式系数最大，则n 的值可以为( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 ABC解析 ∵(a ＋b )n 的展开式中第5项的二项式系数C 4n 最大，∴n ＝7或n ＝8或n ＝9.3．在(1－2x )10的展开式中，各项系数的和是________．答案 1解析 令x ＝1可得各项系数的和为(1－2)10＝1.题型一 通项公式的应用命题点1 形如(a ＋b )n (n ∈N *)的展开式的特定项例1 (1)(2022·烟台模拟)(1－2x )8展开式中x 项的系数为( )A ．28B ．－28C ．112D ．－112答案 C解析 (1－2x )8展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 8(－2x )k ＝28(-2)C k k kx .要求x 项的系数，只需k 2＝1，解得k ＝2，所以x 项系数为(－2)2C 28＝4×8×72×1＝112.(2)(2022·德州模拟)若n ∈Z ，且3≤n ≤6，则(x ＋1x 3)n 的展开式中的常数项为______．答案 4解析 (x ＋1x 3)n 的通项公式为T k ＋1＝C k n x n －k (1x 3)k ＝C k n x n －4k ，因为3≤n ≤6，令n －4k ＝0，解得n ＝4，k ＝1，所以(x ＋1x 3)n 的展开式中的常数项为4.命题点2 形如(a ＋b )m (c ＋d )n (m ，n ∈N *)的展开式问题例2 (1)(2022·泰安模拟)(x 3－2)(x ＋1x )6的展开式中x 6的系数为( )A ．6 B ．10 C ．13 D ．15答案 C解析 由于(x ＋1x )6的展开式的通项为T k ＋1＝36-26C k kx ，令6－3k 2＝3，求得k ＝2；令6－3k 2＝6，求得k ＝0，故(x 3－2)(x ＋1x )6的展开式中x 6的系数为C 26－2C 06＝15－2＝13.(2)(2022·合肥模拟)二项式(2－x a )(1－2x )4的展开式中x 3项的系数是－70，则实数a 的值为( )A ．－2B ．2C ．－4D ．4答案 D解析 因为(2－x a )(1－2x )4＝2×(1－2x )4－x a×(1－2x )4，(1－2x )4的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 4(－2x )k ＝(－2)k C k 4x k ，k ＝0,1,2,3,4，所以2×(1－2x )4展开式中x 3项的系数是2×(－2)3C 34＝－64，x a×(1－2x )4展开式中x 3项的系数是1a ×(－2)2C 24＝24a ，所以－64－24a＝－70，解得a ＝4.教师备选1．(2022·菏泽模拟)已知正整数n ≥7，若(x －1x )(1－x )n 的展开式中不含x 5的项，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 D 解析 (1－x )n 的二项展开式中第k ＋1项为T k ＋1＝C k n(－1)k x k ，又因为(x －1x )(1－x )n ＝x (1－x )n －1x(1－x )n 的展开式不含x 5的项，所以x C 4n (－1)4x 4－1xC 6n (－1)6x 6＝0，C 4n x 5－C 6n x 5＝0，即C 4n ＝C 6n ，所以n ＝10.2．(2022·烟台模拟)在(x 2＋2x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( )A ．60B ．30C ．15D ．12答案 A解析 由(x 2＋2x ＋y )5＝[(x 2＋2x )＋y ]5，由通项公式可得T k ＋1＝C k 5(x 2＋2x )5－k y k ，∵要求x 5y 2的系数，故k ＝2，此时(x 2＋2x )3＝x 3·(x ＋2)3，其对应x 5的系数为C 1321＝6.∴x 5y 2的系数为C 25×6＝60.思维升华 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，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k ＋1，代回通项即可．(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．跟踪训练1 (1)(2021·北京)(x 3－1x )4的展开式中常数项为________．答案 －4解析 (x 3－1x )4的展开式的通项T k ＋1＝C k 4(x 3)4－k ·(－1x )k ＝(－1)k C k 4x 12－4k ，令k ＝3得常数项为T 4＝(－1)3C 34＝－4.(2)(2022·攀枝花模拟)(1－1x 2)(1＋2x )5的展开式中，含x 3的项的系数是( )A ．－112B ．－48C ．48D ．112答案 C解析 由(1－1x 2)(1＋2x )5＝(1＋2x )5－1x 2(1＋2x )5，(1＋2x )5展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 5(2x )k ＝2k C k 5x k ，其中k ＝0,1,2,3,4,5，(1＋2x )5展开式中含x 3项的系数为23C 35＝80，1x 2(1＋2x )5展开式中含x 3项的系数为25C 5＝32，所以(1－1x 2)(1＋2x )5的展开式中，含x 3的项的系数为80－32＝48.题型二 二项式系数与项的系数的问题命题点1 二项式系数和与系数和例3 (1)(多选)(2022·十堰调研)在(3x －1x )n 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则( )A ．二项式系数和为64B ．各项系数和为64C ．常数项为－135D ．常数项为135答案 ABD解析 在(3x －1x )n 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令x ＝1，得各项系数和为2n ，二项式系数和为2n ，则2×2n ＝128，得n ＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A ，B 正确；(3x －1x )6展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·(3x )6－k ·(－1x)k ＝36-626C (-1)3k kk k x -⋅⋅，令6－32k ＝0，得k ＝4，因此展开式中的常数项为T 5＝C 46·(－1)4·32＝135.故D 正确．(2)已知多项式(1－2x )＋(1＋x ＋x 2)3＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，则a 1＝______，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝______.答案 1 23解析 根据题意，令x ＝1，则(1－2)＋(1＋1＋1)3＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝26，令x ＝0，a 0＝1＋1＝2，由于(1－2x )＋(1＋x ＋x 2)3＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，a 1为展开式中x 项的系数，考虑一次项系数a 1＝－2＋C 13C 2×12＝1，所以a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝26－1－2＝23.命题点2 系数与二项式系数的最值问题例4 (y －2x 2)6的展开式中二项式系数最大的项为第________项，系数最大的项为________．答案 4 240x －8y 2解析 因为(y －2x2)6的展开式中二项式系数的最大值为C 36，所以二项式系数最大的项为第4项．因为(y －2x 2)6的展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·y 6－k (－2x 2)k ＝C k 6·(－2)k x －2k y 6－k ，所以展开式中系数最大的项为奇数项．展开式中第1,3,5,7项的系数分别为C 06·(－2)0，C 26·(－2)2，C 46·(－2)4，C 6·(－2)6，即1,60,240,64，所以展开式中系数最大的项为240x －8y 2.教师备选1．(多选)已知(1－2x )2 022＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 022x 2 022，下列命题中正确的是( )A ．展开式中所有项的二项式系数的和为22 022B ．展开式中所有奇次项系数的和为32 022－12C ．展开式中所有偶次项系数的和为32 022＋12D.a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 02222 022＝－1答案 ACD解析 选项A ，由二项式知，C 02 022＋C 12 022＋…＋C 2 022＝(1＋1)2 022＝22 022，A 正确；当x ＝1时，有a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2 022＝1，当x ＝－1时，有a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 021＋a 2 022＝32 022，选项B ，由上可得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 021＝1－32 0222，B 错误；选项C ，由上可得a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2 022＝32 022＋12，C 正确；选项D ，令x ＝12可得a 0＋a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 02222 022＝0，又a 0＝1，所以a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 02222 022＝－1，D 正确．2．(多选)已知(x －3)8＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋…＋a 8(x －2)8，则下列结论正确的有( )A ．a 0＝1B ．a 6＝－28C.a 12＋a 222＋…＋a 828＝－255256D ．a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝128答案 ACD解析 对于A ，取x ＝2，得a 0＝1，A 正确；对于B ，(x －3)8＝[－1＋(x －2)]8展开式中第7项为C 68(－1)2(x －2)6＝28(x －2)6，即a 6＝28，B 不正确；对于C ，取x ＝52，得a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 828＝(52－3)8＝1256，则a12＋a222＋…＋a828＝1256－a0＝－255256，C正确；对于D，取x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a7＋a8＝0，取x＝1，得a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝(－2)8＝256，两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝256，即a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128，D正确．思维升华 赋值法的应用一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a n x n，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为12[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．跟踪训练2 (1)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )A．1 B．243C．121 D．122答案 B解析 令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，即a4＋a2＋a0＝－121.①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.(2)(多选)(2022·济南模拟)在(2x－x)6的展开式中，下列说法正确的是( )A．常数项为160B．第4项的二项式系数最大C．第3项的系数最大D．所有项的系数和为64答案 BC解析 展开式的通项为T k＋1＝C k6·(2x)6－k·(－x)k＝26－k(－1)k·C k6x2k－6，由2k－6＝0，得k＝3，所以常数项为23(－1)3C36＝－160，A错误；展开式共有7项，所以第4项二项式系数最大，B正确；第3项的系数最大，C正确；令x＝1，得(2x－x)6＝1，所有项的系数和为1，D 错误．题型三 二项式定理的综合应用例5 (1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 021＋a能被13整除，则a等于( )A．0 B．1 C．11 D．12答案 B解析 因为a∈Z，且0≤a≤13，所以512 021＋a＝(52－1)2 021＋a，2 02152－C2 021＋a，＝C02 021522 021－C12 021522 020＋C22 021522 019－…＋C2 020因为512 021＋a能被13整除，结合选项，所以－C2 021＋a＝－1＋a能被13整除，所以a＝1.(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是( )A．1.23 B．1.24C．1.33 D．1.34答案 D解析 1.056＝(1＋0.05)6＝C06＋C16×0.05＋C26×0.052＋C36×0.053＋…＋C6×0.056＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.教师备选已知n为满足S＝n＋C127＋C227＋C327＋…＋C27(n≥3)能被9整除的正数n的最小值，则(x－1x)n 的展开式中，系数最大的项为( )A．第6项B．第7项C．第11项D．第6项和第7项答案 B解析 S＝n＋C127＋C227＋C327＋…＋C27＝n＋(1＋1)27－C027＝(9－1)9＋n－1＝9(98－C1997＋…＋C89)＋n－2，∵n≥3，∴S能被9整除的正数n的最小值是n－2＝9，∴n＝11.∴(x－1x)11的展开式中的通项公式为T k＋1＝C k11x11－k(－1x)k＝(－1)k C k11x11－2k，只考虑k为偶数的情况，由T5＝C411x3，T7＝C611x－1，T9＝C811x－5，可知系数最大的项为第7项．思维升华 二项式定理应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.跟踪训练3 (1)设n为奇数，那么11n＋C1n·11n－1＋C2n·11n－2＋…＋C n－1n·11－1除以13的余数是( )A．－3 B．2C．10 D．11答案 C解析 11n＋C1n·11n－1＋C2n·11n－2＋…＋C n－1n·11－1＝C0n·11n＋C1n·11n－1＋C2n·11n－2＋…＋C n－1n·11＋C n－2＝(11＋1)n－2＝12n－2＝(13－1)n－2＝C0n·13n－C1n·13n－1＋…＋(－1)n－1·C n－1n·13＋(－1)n·C n－2，因为n为奇数，则上式＝C0n·13n－C1n·13n－1＋…＋(－1)n－1·C n－1n·13－3＝[C0n·13n－C1n·13n－1＋…＋(－1)n－1·C n－1n·13－13]＋10，所以11n＋C1n·11n－1＋C2n·11n－2＋…＋C n－1n·11－1除以13的余数是10.(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是( )A．0.940 B．0.941C．0.942 D．0.943答案 B解析 (0.99)6＝(1－0.01)6＝C06×1－C16×0.01＋C26×0.012－C36×0.013＋…＋C6×0.016＝1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016≈0.941.课时精练1．(2022·济南模拟)(x ＋1x)6的展开式中，含x 4项的系数为( )A ．4B ．6C ．10D ．15答案 B 解析 (x ＋1x)6的展开式通项为T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·(1x)k ＝C k 6·x 6－2k ，令6－2k ＝4，解得k ＝1，因此，展开式中含x 4项的系数为C 16＝6.2．(2022·武汉部分重点中学联考)在(x 2－1x)n 的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式常数项是( )A.552B ．－552C ．－28 D ．28答案 B解析 展开式中，只有第7项的二项式系数最大，可得展开式有13项，所以n ＝12，展开式的通项为T k ＋1＝C k 12(x 2)12－k ·(－1x)k＝12-412-3121C (-1) 2kk k k x⎛⎫⎪⎝⎭，若为常数项，则12－43k ＝0，所以k ＝9 ，得常数项为T 10＝C 912(－1)9(12)12－9＝－2208＝－552.3．(2022·邯郸模拟)(x 2－x )(1＋x )6的展开式中x 3项的系数为( )A ．－9 B ．9C ．－21D ．21答案 A解析 展开式中x3项的系数为C16－C26＝－9.4．(2022·芜湖质检)已知(x－m)(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，其中m为常数，若a4＝30，则a0等于( )A．－32 B．32C．64 D．－64答案 A解析 由多项式乘法知，第一个因式中x乘以(x＋2)5展开式中的x3项得一个x4项，第一个因式中的常数－m乘以(x＋2)5展开式中的x4项得另一个x4项，两项合并同类项得系数即为a4，所以a4＝C25×22－m×C15×2＝30，解得m＝1，再令x＝0，得a0＝－25＝－32.5．(2022·大连模拟)(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－2，则实数a的值为( )A．－13B．－1 C．1 D.13答案 D解析 化简得(ax－y)(x＋y)4＝ax·(x＋y)4－y·(x＋y)4，∵(x＋y)4的展开式的通项公式T k＋1＝C k4x4－k y k，当k＝2时，ax·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为C24a＝6a，当k＝1时，－y·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－C14＝－4，综上，(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为6a－4＝－2，∴a＝1 3 .6．已知在(2x－1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则C1n＋C2n＋C 3n＋…＋C n的值为( )A．28B．28－1C．27D．27－1答案 B解析 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a n x n，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….由已知得，B－A＝38，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a n(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n，∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8，由二项式系数性质可得C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n＝2n－C0n＝28－1.7．(多选)(2022·邯郸模拟)已知(5x－3x)n的展开式中，二项式系数之和为64，下列说法正确的是( )A．2，n,10成等差数列B．各项系数之和为64C．展开式中二项式系数最大的项是第3项D．展开式中第5项为常数项答案 ABD解析 由(5x－3x)n的二项式系数之和为2n＝64，得n＝6，得2,6,10成等差数列，A正确；令x＝1，(5x－3x)6＝26＝64，则(5x－3x)6的各项系数之和为64，B正确；(5x－3x)6的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；(5x－3x)6的展开式中的第5项为C46(5x)2(－3x)4＝15×25×81为常数项，D正确．8．(多选)(2022·烟台模拟)已知(2－3x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则下列选项正确的是( ) A．a3＝－360B．(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝1C．a1＋a2＋…＋a6＝(2－3)6D．展开式中系数最大的为a2答案 BD解析 (2－3x)6的展开式通项为T k＋1＝C k6·26－k·(－3x)k＝C k6·(－3)k·26－k·x k，对于A，令k＝3，则a3＝C36×23×(－3)3＝－4803，A错误；对于B，令x＝1，则a0＋a1＋…＋a6＝(2－3)6；令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a6＝(2＋3)6，∴(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a6)(a0－a1＋a2－…＋a6)＝[(2－3)×(2＋3)]6＝1，B正确；对于C，令x＝0，得a0＝26，∴a1＋a2＋…＋a6＝(2－3)6－26，C错误；对于D，∵a0，a2，a4，a6为正数，a1，a3，a5为负数，又a0＝26＝64，a2＝C26×24×3＝720，a4＝C46×22×32＝540，a6＝33＝27，∴展开式中系数最大的为a2，D正确．9．(2021·天津)在(2x3＋1x)6的展开式中，x6的系数是________．答案 160解析 (2x3＋1x)6的展开式的通项为T k＋1＝C k6(2x3)6－k·(1x)k＝26－k C k6·x18－4k，令18－4k＝6，解得k＝3，所以x6的系数是23C36＝160.10．(2022·济宁模拟)已知(x－2x)n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是________．答案 84解析 依题意，2n＝128，解得n＝7，(x－2x)7的展开式的通项为T k＋1＝C k7x7－k·(－2x)k＝(－2)k C k7x7－2k(k∈N，k≤7)，由7－2k＝3得k＝2，所以所求展开式中x3项的系数是(－2)2C27＝4×7×62×1＝84.11．(2022·温州模拟)若(x ＋2x)n 的展开式中共有7项，则常数项为________(用数字作答)．答案 240解析 因为(x ＋2x)n 的展开式中共有7项，所以n ＋1＝7，可得n ＝6，所以(x ＋2x)6展开式的通项为T k ＋1＝1626C 2k k kkxx--＝3626C 2k k kx-令6－32k ＝0，可得k ＝4，所以常数项为C 4624＝15×16＝240.12．(2021·浙江)已知多项式(x －1)3＋(x ＋1)4＝x 4＋a 1x 3＋a 2x 2＋a 3x ＋a 4，则a 1＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.答案 5 10解析 (x －1)3展开式的通项T r ＋1＝C r 3x 3－r ·(－1)r ，(x ＋1)4展开式的通项T k ＋1＝C k 4x 4－k ，则a 1＝C 03＋C 14＝1＋4＝5；a 2＝C 13(－1)1＋C 24＝3；a 3＝C 23(－1)2＋C 34＝7；a 4＝C 3(－1)3＋C 4＝0.所以a 2＋a 3＋a 4＝3＋7＋0＝10.13．已知n 为正整数，若1.1510∈[n ，n ＋1)，则n 的值为( )A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 C解析 因为1.155＝(1＋320)5＝C 05·(320)0＋C 15·(320)1＋C 25·(320)2＋C 35·(320)3＋C 45·(320)4＋C 5·(320)5＝1＋34＋940＋27800＋(5×320＋9400)(320)3＝2＋7800＋309400×(320)3，而2<2＋7800＋309400×(320)3<2＋7800＋278 000<2＋7800＋308 000＝2＋180<2.1，所以2<1.155<2.1，因此4<1.1510<4.41，又n 为正整数，1.1510∈[n ，n ＋1)，所以n ＝4.14．(2022·浙江Z20名校联盟联考)设(x －1)(2＋x )3＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 1＝________，2a 2＋3a 3＋4a 4＝________.答案 －4 31解析 因为x ·C 03·23·x 0－C 13·22·x 1＝－4x ，所以a 1＝－4，对所给等式，两边对x 求导，可得(2＋x )3＋3(x －1)(2＋x )2＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3，令x ＝1，得27＝a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4，所以2a 2＋3a 3＋4a 4＝31.15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若(1－2x )2 022＝b 0＋b 1x ＋b 2x 2＋…＋b 2 022x 2 022，数列{a n }的首项a 1＝b 12＋b 222＋…＋b 2 02222 022，a n ＋1＝S n ·S n ＋1，则S 2 022等于( )A ．－12 022B.12 022C ．2 022 D ．－2 022答案 A解析 令x ＝12，得(1－2×12)2 022＝b 0＋b 12＋b 222＋…＋b2 02222 022＝0.又因为b 0＝1，所以a 1＝b 12＋b 222＋…＋b 2 02222 022＝－1.由a n ＋1＝S n S n ＋1＝S n ＋1－S n ，得S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1＝1，所以1S n ＋1－1S n ＝－1，所以数列{1S n}是首项为1S1＝－1，公差为－1的等差数列，所以1Sn ＝－1＋(n －1)·(－1)＝－n ，n n所以S2 022＝－12 022.16．(多选)(2022·南京模拟)已知n∈N*，n≥2，p，q>0，p＋q＝1，设f(k)＝C k2n p k q2n－k，其中k∈N，k≤2n，则( )A.2n∑k＝0f(k)＝1 B.2n∑k＝0k f(k)＝2npqC．若np＝4，则f(k)≤f(8) D.n∑k＝0f(2k)<12<n∑k＝1f(2k－1)答案 AC解析 2n∑k＝0f(k)＝2n∑k＝0C k2n p k q2n－k＝(q＋p)2n＝1，A正确；k C k2n＝k(2n)！k！(2n－k)！＝2n×(2n－1)！(k－1)！[(2n－1)－(k－1)]！＝2n C k－12n－1，所以2n∑k＝0k f(k)＝2n∑k＝1k C k2n p k q2n－k＝2n∑k＝12n C k－12n－1p k q2n－k＝2npq2n∑k＝1C k－12n－1p k－1q2n－1－k＝2np 2n－1∑k＝0C k2n－1p k q2n－1－k＝2np(q＋p)2n－1＝2np≠2npq(除非p＝0)，B错；设f(m)是f(k)中最大项，Error!即Error!注意到C m2nC m－12n＝(2n)！m！(2n－m)！(2n)！(m－1)！(2n－m＋1)！mC m2n C m＋12n ＝m＋12n－m，又np＝4，不等式组可解为8－q≤m≤8＋p，所以m＝8，所以f(k)≤f(8)，C正确；例如n＝2时，p＝13，q＝23，n∑k＝0f(2k)＝(13)4＋6(13)2(23)2＋(23)4＝4181，n∑k＝1f(2k－1)＝4081，D错误．。
二项式定理 优秀课件
(a b)n
C?n0a n
Cn1an1(b)
C
k n
a
nk
(b)n
(1 x)n ?Cn0 Cn1 x Cnk xk Cnn xn
此时，二项式系数就等于项的系数！！
(a b)n
C
1 4
a
3b
C42a 2b2
C
3 4
ab3
C
4 4
b
4
(a b)n ?
没有大胆的猜想，就不能有伟大的发现和发明。 ------牛顿
探究3：请分析 (a b)n 的展开过程，证明猜想.
(a b)n (a b)(ab)(ab)
n
①项： a n a n1b L a nkbk L bn
……
(a b)100 ? (a b)n ?
此法 有困难
多项式乘法的再认识
➢问题1: (a1 b1)(a2 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 b1)(a2 b2 )(a3 b3 ) 展开式中 每一项是怎样构成的？展开式有几项？
C n0a n
Cn1an1b
C
k n
a
nk
bk
Cnnbn(n
N*)
Tk1 Cnkankbk
例1：展开(x 2)5 .
解：(x 2)5 C50x5 20 C51x4 21 C52x3 22
C53x2 23 C54 x124 C55x0 25
②系数：Cn0 Cn1 Cnk Cnn
高二数学二项式定理知识精讲
高二数学二项式定理【本讲主要内容】二项式定理二项式定理、二项展开式的通项公式、二项式系数的性质、二项式系数和【知识掌握】 【知识点精析】1. 二项式定理及其特例： （1）（2）1(1)1n r r n n n x C x C x x +=+++++2. 二项展开式的通项公式：1r n r rr n T C a b -+=3.杨辉三角：()n a b +展开式的二项式系数，当n 依次取1,2,3…时，二项式系数表，表中每行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和。
4. 二项式系数的性质：()n a b +展开式的二项式系数是0n C ，1n C ，2n C ，…，n n C 。
rn C 可以看成以r 为自变量的函数()f r ，定义域是{0,1,2,,}n ，例当6n =时，其图象是7个孤立的点（如图）（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（证明：m n m n n C C -=）。
直线2nr =是图象的对称轴。
（2）增减性与最大值：当n 是偶数时，中间一项2n nC 取得最大值； 当n 是奇数时，中间两项12n nC-，12n nC+取得最大值。
（3）二项式系数和：0122n r nn n n n n C C C C C =++++++证明：∵1(1)1n r r n n n x C x C x x +=+++++，令1x =，则0122n r nn n n n n C C C C C =++++++（4）在()na b +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证明：在展开式01()()n n nr n r r n nn n n n a b C a C a b C a b C b n N -*+=+++++∈中，令1,1a b ==-，则0123(11)(1)n n nnn n n n C C C C C -=-+-++-，即02130()()n n n n C C C C =++-++，∴0213n n n n C C C C ++=++，即在()na b +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。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·广东·高三竞赛）袋中装有m 个红球和n 个白球，m ＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系40m n +≤的数组（m ，n ）的个数为_______. 【答案】3 【解析】 【详解】记“取出两个红球”为事件A ，“取出两个白球”为事件B ，“取出一红一白两个球”为事件C ，则()22m m n C P A C +=，()22n m n C P B C +=，()112m nm nC C P C C +⋅=. 依题意得()()()P A P B P C +=，即2211m n m n C C C C +=.所以()2m n m n +=-，从而m n +为完全平方数.又由4m n >≥及40m n +≤，得940m n ≤+≤. 所以9,3,m n m n +=⎧⎨-=⎩或16,4,m n m n +=⎧⎨-=⎩或25,5,m n m n +=⎧⎨-=⎩或36,6,m n m n +=⎧⎨-=⎩. 解之得（m ，n ）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）. 故符合题意的数组（m ，n ）有3个. 故答案为32．（2018·湖南·高三竞赛）已知123A B={a ,,}a a ⋃，当A B ≠时，(,)A B 与(,)B A 视为不同的对，则这样的(,)A B 对的个数有_____个. 【答案】26 【解析】 【详解】由集合A 、B 都是A B 的子集，A B ≠且()123,,A B a a a ⋃=. 当 A =∅时，B 有1种取法； 当A 为一元集时，B 有2种取法；当A 为二元集时，B 有4种取法； 当A 为三元集时，B 有7种取法.故不同的（A ，B ）对有13234726+⨯+⨯+=（个）. 故答案为263．（2018·湖南·高三竞赛）从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个. 【答案】24 【解析】 【详解】可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成()2f x a bx =+的形式.又()2224b b f x a x a a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，所以其顶点坐标是2,24b b a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.若顶点在第一象限，则有02b a >，204b a->.故0a <，0b >. 因此，这样的二次函数有113412A A ⋅=个.若顶点在第三象限，则有02b a -<，204b a-<.故0a >，0b >.这样的二次函数有2412A =个. 由加法原理知，满足条件的二次函数共有11234424A A A ⋅+=个.故答案为244．（2018·湖南·高三竞赛）31||2||x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为_____.【答案】-20 【解析】 【详解】因为6312x x ⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.所以()333346120T C ⎛⎫=-=-. 故答案为-205．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集A B 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答） 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集，则B 为I 的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050kkk kk k k k C C C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.6．（2020·浙江·高三竞赛）已知十进制九位数()12910a a a ⋅⋅⋅，则所有满足1254a a a >>>=，569a a a <<<的九位数的个数为__________.【答案】25 【解析】 【详解】由题意得：{}i (i 1,2,3,4,6,7,8,9)5,6,7,8,9a =∈，且有顺序.于是满足题意的有445525N C C =⋅=.故答案为：25.7．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______． 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =，则B 中元素个数为10k -，依题意k A ∉，441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．10k B -∉，10k A -∈，此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --．其中，当5k =时，不满足题意，故5k ≠．所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=．8．（2020·辽宁锦州·高二期末）202148被7除后的余数为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】将问题转化为二项式定理即可求解. 【详解】()2021202148491=-的通项公式为()202112021491r rr r T C -+=⨯⨯-，当{}0,1,2,,2020r ∈时，1r T +都能整除7，当2021r =时，该项为-1，所以余数为6. 故答案为：6 【点睛】本题主要考查二项式定理，属于基础题.9．（2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习（理））已知多项式()()10310290129101(1)(1)1x x a a x a x a x a x +=+++++++++，则2a =___________.【答案】42 【解析】 【分析】根据题意把310x x +变形为()()3101111x x ⎡⎤⎡⎤-+++-++⎣⎦⎣⎦，然后利用二项式定理来求. 【详解】因为()()3103101111x x x x ⎡⎤⎡⎤+=-+++-++⎣⎦⎣⎦()()10290129101(1)(1)1a a x a x a x a x =+++++++++，所以22231042a C C =-+=.故答案为：42.10．（2021·全国·高三竞赛）若33223(2011)x y ax bx y cxy dy +=+++，则248a b c d -+-=__________．【答案】8-【分析】 【详解】令x 1,y 2==-，条件式立即化为3(2)248a b c d -=-+-，即2488a b c d -+-=-. 故答案为：8-.11．（2020·江苏·高三竞赛）用三个数字“3，1，4”构成一个四位密码，共有___________种不同结果． 【答案】81 【解析】 【详解】解析：只有一个数时，3种；两个数时，()221344242C C C +⨯=种；三个数时，33436⨯⨯=种，共81种． 故答案为：81.12．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合{}1,2,3,4,5,6A =，则满足()()()f f f x x =的函数f ：A A →共有___________个．【答案】47 【解析】 【详解】解析,值域中元素的个数为1或6，若值域中元素的个数为1， 则()f x m =（m 为常数），共6种； 若值域中元素的个数6， 当()f x x =时，1种；当()(())((()))x f x f f x f f f x x →→→→，则3个一组，有36240C =．因此题述所求为164047++=个． 故答案为：47.13．（2018·河北·高三竞赛）欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.【解析】 【详解】本题采用分步计数原理.第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有166C =种方法；第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有5210C =种方法；第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有344C =种方法；共计21种上楼梯的方法.14．（2018·河南·高三竞赛）若()()222012224nn n x a a x a x a x n *+=++++∈N ，则242n a a a +++被3除的余数是______．【答案】1 【解析】 【详解】令0x =，得204na =．分别令1x =和1x =-，将得到的两式相加，得()2202421622nn n a a a a ++++=+． 所以()()2222122242162423142nn n n n n n a a a -+++=+-=+- ()()21211121mod3n n -≡-⨯-≡-≡．15．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______. 【答案】772【解析】 【详解】设1234a a a a 、、、分别是四次投掷骰子得到的点数，那么()1234,,,a a a a 共有46种不同的情况. 如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则1234a a a a ≤≤≤.若1234a a a a 、、、的值都相等，则()1234,,,a a a a 有16C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取两个不同的值，则()1234,,,a a a a 有263C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取3个不同的值，则()1234,,,a a a a 有363C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取4个不同的值，则()1234,,,a a a a 有46C 种不同的情况.因此，满足1234a a a a ≤≤≤的情况共有1234666633126C C C C +++=（种）.故所求的概率为41267672=. 16．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以，奇子集共有：()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为：256．17．（2019·贵州·高三竞赛）已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则mn 的个位数是1的概率为____________ . 【答案】25【解析】 【详解】当m =11，n ∈{2000，2001，…，2019}时，mn 的个位数都是1，此时有20种选法； 当m =13，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =15时，mn 的个位数不可能为1，此时有0种选法；当m =17，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =19，n ∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m 的个位数都是1，此时有10种选法. 综上，所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为：25．18．（2020·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为______ . 【答案】37100【解析】 【分析】题中条件2a b +是3的倍数，考虑2a 被3除的余数分情况讨论.另外注意有2a 和b 被3除的余数相加是3的倍数. 【详解】数组(),a b 共有210100=种等可能性的选法. 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N .若a 被3整除，则b 也被3整除.此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有239=种.若a 不被3整除，则()()222319613321a k k k k k =±=±+=±+，于是2a 被3除余1，那么b 被3除余2.此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=种.因此92837.N =+=于是所求概率为37100. 【点睛】此题考查计数原理和概率的知识，属于中档题.19．（2021·全国·高三竞赛）把数字09～进行排列，使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边的排法种数为_________． 【答案】151200 【解析】 【分析】 【详解】考虑全排列，有种1010A 排法；将数字2、3、5、7从队列中拿出来，保留原队列顺序，有44A 种排法；使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边，只能按照2、3、5、7的顺序排列，有1种排法；故满足题意的排法数是1010441151200A A ⋅=． 故答案为：151200.20．（2021·全国·高三竞赛）若多项式219201x x x x -+--+可以表示成1920011920a a y a y a y ++++，这里1y x =+，则2a =___.【答案】1330 【解析】 【分析】 【详解】 因为: ()()219202192021211(1)111(1)y x x x x x x x x x x y -+--+=+-+--+=+=+-，又因为：()()219201920220210119200119201y x x x x y a a y a y a y a y a y a y a y -+--+=++++=++++，所以3221C 1330a ==.故答案为：1330.21．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______. 【答案】319512【解析】 【分析】 【详解】相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率， 即5101011101051319222512i i p CC ===+=∑.故答案为：319 512.22．（2021·全国·高三竞赛）一次聚会有8个人参加，每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次．聚会结束后，将所有握手的情况记录下来，得到一张记录单．若记录单上的每条握手记录不计先后顺序（即对某两张记录单，可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的，则这两张被认为是同一种），则所有可能的记录单种数为_______．【答案】3507【解析】【分析】【详解】根据已知，将这8个人进行分组，每组的所有人排成一个圆圈，每个人和与其相邻的两个人握手．问题转化为这样的分组、以及分完组之后的项链排列（因为要求握手记录无序）方法有几种．注意到最多分成两组，则：当分成一组时，有7!2种；当分成两组时，若两组人数分别为3和5，则有384!2! 22C⋅⋅种；若两组人数都是4，则有483!3!2!22C⋅⋅种．故共有43887!4!2!3!3!3507 2222!22CC+⋅⋅+⋅⋅=种．故答案为：3507.23．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________．【答案】23 108【解析】【分析】【详解】有两次为5的概率为213531166216C C+=，有两次为6和4的概率为211134323306216A C C C+=，所以概率为163023216216108+=. 故答案为：23108. 24．（2021·浙江·高二竞赛）对于正整数n ，若(5315)n xy x y -+-展开式经同类项合并，(,0,1,,)i j x y i j n =合并后至少有2021项，则n 的最小值为______.【答案】44 【解析】 【分析】 【详解】由(5315)(3)(5)n n n xy x y x y -+-=+-，共有()21n +项，所以2(1)2021n +≥，得1n ≥，则min 44n =. 故答案为：44.25．（2021·浙江·高三竞赛）已知整数数列1a ，2a ，…，10a ，满足1012a a =，4862+=a a a ，且11k k a a +-=（1k =，2，…，9），则这样的数列个数共有______个. 【答案】192 【解析】 【分析】 【详解】 分情况讨论：①先考虑468,,a a a ,设4a r =，则：(1)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==+=+=+=+; (2)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==+=; (3)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==-=; (4)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==-=-=-=-; (5)45678,1,2,3,a r a r a r a r a r ==-=-=+=; (6)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==-==-=;②再考虑910,a a ,同理共有4种,且10a r s =+,其中6,4,2,0,2,4,6s =---;③最后考虑123,,a a a 共有8种,且1a r t =+,其中1,3t =±±,所以110a a ≠,故1012a a =一定有解, 综上共有864192⨯⨯=个; 故答案为：192.26．（2021·全国·高三竞赛）将2枚白棋和2枚黑棋放入一个44⨯的棋盘中，使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子，且相同颜色的棋子既不在同一行，也不在同一列，如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子，则不同放法的种数为_________． 【答案】3960 【解析】 【分析】利用去杂法可求不同方法的种数. 【详解】解析：将两枚白棋放入方格中的方法数为169722⨯=种，两枚黑棋放入方格中使得它们既不在同一行，也不在同一列的方法数为169722⨯=，其中至少有1枚黑棋与白棋放入同一方格的方法数为1892=⨯种，两枚黑棋均放入两枚白棋所在的方格中的方法数为1种，故由容斥原理可知不同的方法数为72(72291)3960⨯-⨯+=种． 故答案为：3960. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的组合计数问题，我们可以采用去杂法从反面考虑，但要注意防止重复计算，如本题中同色的棋子不做区分.27．（2021·全国·高三竞赛）用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________. 【答案】315 【解析】 【详解】解析：设边长为n 的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为n a ，则1231,5,13a a a ===，当n 为偶数时，则21+12+212322n n n n n a a C --⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 2212322n n -⎛⎫++++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，同理，当n 为奇数时，则21+11+21232n n n n a a C --⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 121232n -⎛⎫+++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，故2221034111a C C C =++++()()()()()2012121221221234212345+⨯++⨯+⨯++⨯+++⨯++++⨯++++⎡⎤⎣⎦=()()3223441112123454136101580315C C C C ++++++++++++=++=答案为：315.28．（2021·全国·高三竞赛）设()40382019201k k k x xa x =++=∑，其中(0,1,,4038)i a i =为常数，则134630kk a==∑___________.【答案】20183 【解析】 【详解】 设()201822403601240361x x b b x b x b x ++=++++，则()()()201922498601403611x x x x b b x b x ++=+++++.可见0031236456,,,a b a b b b a b b b ==++=++，因此40384036a b =.20180340380140363a a a b b b +++=+++=.故答案为：20183.29．（2021·全国·高三竞赛）设129,,,a a a 是1，2，…，9的一个排列，如果它们满足123456789a a a a a a a a a <<>>>><<，则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________. 【答案】379 【解析】 【详解】解析： 3a 只能取7､8､9，按照3a 取值依次分成三类，若39a =，有2385280C C =种排列；若38a =，有237484C C =种排列；若37a =，有26=15C 种排列； 可得总数为379. 故答案为：379.30．（2021·全国·高三竞赛）从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点，则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________. 【答案】514【解析】 【详解】解析：按照选取点中正方形顶点的个数进行分类，依次可以为3､2､1､0个，相应的等腰三角形个数为3344C 4142C 20+⨯+⨯+=，因此所求概率为38205C 14=. 故答案为：514. 31．（2021·全国·高三竞赛）圆周上有20个等分点，从中任取4个点，是某个梯形4个顶点的概率是_______． 【答案】48323【解析】 【详解】解析：梯形共有两种：从10组平行于直径的9条平行直线中选2条，或从10组不平行于直径的10条平行直线中选2条．第一种去掉矩形有()2910C 4320⨯-=个，第二种去掉矩形有()21010C 5400⨯-=个，共有720个，故概率是42072048323C =．故答案为：48323. 32．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,){1,2},{1,2,3,4}}K x y x y =∈∈．从K 中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________． 【答案】57【解析】 【详解】考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形． 由无四点共线知每列至少有一个点不取．不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为2200228+++++=．故原概率为3838C 165C 7P -==． 故答案为：57.33．（2021·全国·高三竞赛）在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数，其中是27倍数的最小数是_______． 【答案】14256 【解析】 【详解】解析：首先这个数是9的倍数，故这5个数字只能是0、3、4、5、6或1、2、4、5、6，五位数字之和为18．设五位数是abcde ，则()1000010001001010810mod27a b c d e a b c d e ++++≡+-++， 为了使数最小，考虑1a =，故可取各数字为1、2、4、5、6，先考虑12456，此时10810123250628a b c d e +-++=-++=，不合要求； 再考虑14256，此时10810141650654a b c d e +-++=-++=，符合要求. 故所求的最小的数是14256． 故答案为：14256.34．（2019·山东·高三竞赛）6个相同的红色球，3个相同的白色球，3个相同的黄色球排在一条直线上，那么同色球不相邻的概率是______ .【答案】5924【解析】 【详解】由题意可知，所有的排列方法种数为：12!6!3!3!N =⨯⨯，满足题意的排列方法数量为：5!253!2!n =⨯⨯⨯， 故同色球不相邻的概率为5!2553!2!12!9246!3!3!p ⨯⨯⨯==⨯⨯. 故答案为：5924． 35．（2019·贵州·高三竞赛）若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n =____________ . 【答案】959 【解析】 【详解】设(a +b )n 的展开式中连续三项的二项式系数为11C ,C ,C (11)k k k n n n k n -+-.因为112C C C k k k n n n -+=+，所以22(41)420n k n k -++-=，得到n =①由n 为正整数，则8k +9应为奇完全平方数，故设8k +9=(2m +1)2，即222k m m =+-， 代入①式得n =(m +1)2－2或n =m 2－2. 所以，三位正整数n 的最大值为959. 故答案为：959．36．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ . 【答案】338【解析】 【详解】设取出的3个不同的数分别为a 、b 、c .不同的取法共有320C 种，若这3个数构成等差数列，则有a +c =2b .故、c 同为奇数或同为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定.从而所求概率为221010320338C C P C +==. 故答案为：338． 37．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________. 【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100π，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数，记1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,49}P y x y z y =++=，3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=.故答案为：39200．38．（2019·新疆·高三竞赛）随机取一个由0和1构成的8位数，它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ . 【答案】35128【解析】 【分析】该8位数首位数字必须为1，分别计算出奇数位上和偶数位上1的个数，结合组合知识求出基本事件总数和偶数位数字之和与奇数位数字之和相等包含的基本事件个数即可得解. 【详解】设n 是满足题意的8位数，故知其偶数位上1的个数和在奇数位上1的个数相同，从而在奇数位上与偶数位上1的个数可能为1、2、3或4.注意到首位为1，下面分情况讨论：（1）奇数位上与偶数位上有1个1，3个0共有0134C C 4⋅=种可能；（2）奇数位上与偶数位上有2个1，2个0，共有1234C C 18⋅=种可能；（3）奇数位上与偶数位上有3个1，1个0，有2334C C 12⋅=种可能；（4）奇数位上与偶数位上有4个1，共有34341C C ⋅=种可能.合计共有4+18+12+1=35个满足条件的自然数n .又因为0和1构成的8位数共有72128=个，从而概率为35128. 故答案为：35128【点睛】此题考查求古典概型，关键在于熟练掌握计数原理，根据分类计数原理结合组合知识求解概率.39．（2019·新疆·高三竞赛）记[x ]为不超过实数x 的最大整数.若27788A ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦201920207788⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则A 除以50的余数为____________ .【答案】40 【解析】 【分析】根据21277,88k k -均不是整数，利用放缩法分析出21221217772788k k k k ---⎡⎤⎡⎤-<+<⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，结合二项式定理得A 除以50的余数. 【详解】注意到21277,88k k-均不是整数. 按定义212212212212177777772117888888k k k k k kk k -----⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤-=-+-<+<+= ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， 所以对任意正整数k 均有21221777188k k k --⎡⎤⎡⎤+=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦22771k -=⋅-17(49)1k -=⋅- ()()()1101111117(501)175050111r k k k r k r k k k k C C C ---------=⋅--=⋅⨯+⋅⋅⋅+⨯⨯-+⋅⋅⋅+⨯--17(1)1(mod 50)k -=⋅--.从而71010(11)101040(mod50)A ≡⋅⋅--≡. 故答案为：40 【点睛】此题考查数论相关知识点，涉及同余问题结合二项式定理处理，需要熟练掌握初等数论相关知识.40．（2020·全国·高三竞赛）现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i ，j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有________种． 【答案】120． 【解析】 【分析】结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解. 【详解】解：用{,}i j 表示写有i ，j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}(15)i j i j ≤<≤．考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片，能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}．情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有6264=种好的放法．情况二：这4张卡片恰有3张在1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片． 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N ．卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6种是在2，3，4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2，3，4号盒中各放一张．若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{{2,3},{2,4},{3,4}在2，3，4号盒中各一张，则2，3，4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对应0133C C 4+=种放法．因此612414N =⨯+⨯=．由对称性，在情况二下有456N =种好的放法． 综上，好的放法共有6456120+=种． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.41．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=.当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.42．（2021·全国·高三竞赛）刘老师为学生购买纪念品，商店中有四种不同类型纪念品各10件（每种类型纪念品完全相同），刘老师计划购买24件纪念品，且每种纪念品至少购买一件．则共有________种不同的购买方案． 【答案】633 【解析】 【详解】解析：只需计算()4210()f x x x x =+++中24x 的系数而()()4104210441()(1)x f x x x x x x -=+++=⋅-又由幂级数展开式可得233411420(1)nn x x C x x +=+++++-，故()()4102030403301464n n n f x x x x x x C x ∞+=⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭∑，故24x 的系数为3332313346633C C C -+=．故答案为：633．43．（2021·全国·高三竞赛）从集合{1,2,,2020}的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为____________． 【答案】20192020221- 【解析】 【详解】解析：集合{1,2,,2020}共有非空子集202021-个，元素和为奇数的子集个数恰为函数()()22000()(1)11f x x x x =+++的展开式中奇次项系数之和2019(1)(1)22f f --=．故20192020221P =-．故答案为：20192020221-. 44．（2021·全国·高三竞赛）将圆周21n 等分于点1221,,,n A A A +，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为__________． 【答案】1(1)(21)6n n n ++【解析】 【详解】任取一个分点记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志， 自P 点后，逆时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ，顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ．先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ，含有圆心当且仅当1,,{1,2,,}i j n i j n ++∈．现计算符合条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值．因此这种含有圆心的i j PA B 个数为()112nk n n k =+=∑ ， 当点P 取遍21n 个位置，共得1(1)(21)2n n n ++个三角形，由于每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍， 因此符合条件的三角形个数为1(1)(21)6n n n ++．故答案为：1(1)(21)6n n n ++.二、解答题45．（2021·全国·高二课时练习）已知集合M={1，2，3，4，5，6}，N={6，7，8，9}，从M 中选3个元素，N 中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C ，则这样的集合C 共有多少个？ 【答案】90 【解析】 【分析】分类计数，再用加法原理求解. 【详解】第一类：从M 中选取3个元素且含6有25C 种，从N 中选取2个元素不含6有23C 种，根据分步乘法计数原理，有2253C C ⨯=10×3=30（种）;第二类：从M 中选取3个元素且不含6有35C 种，从N 中选取2个元素有24C 种，根据分步乘法计数原理，有3254C C ⨯=10×6=60（种）．由分类加法计数原理，集合C 共有30+60=90（个）． 46．（2018·广东·高三竞赛）已知正整数n 都可以唯一表示为2012999m m n a a a a =+⋅+⋅++⋅ ①的形式，其中m 为非负整数，{}0,1,,8j a ∈（0j =，1,,1m -），{}1,,8m a ∈.试求①中的数列012,,,,m a a a a 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和. 【答案】984374748 【解析】【详解】设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S （M ）表示数集M 中所有数的和，并将满足①式的正整数记为110m m n a a a a -=.把集合A 分成如下两个不交子集{}000A n A a =∈=和{}100A n A a =∈≠. 我们有()()()01S A S A S A ==.对任意1n A ∈，令()09f n n A =∈，则f 是1A 到0A 的双射. 由此得()()019S A S A =，从而()()110S A S A =. 又对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()101999m m b g a a a a A -==---∈，则g 是B 到1A 的双射，其中()119999918m m m a b +++=+++=-. 因为{}101018,0,1,,7m m m m B a a a a a a m --=≤<<<≤=所以B 中共有718m m C+=∑个元素，因此()()()7111809918m m m S B S A C ++=+=-∑88880099988k k k k k C C ===-∑∑ ()8891028=-. 又令2A 表示A 中最高位数8m a =的正整数全体，A 中其余的数和零所构成的集合记为3A ， 则()()()23S A S A S A =+. 对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()103888m m b a a a a A σ-==---∈则σ是B 到3A 的双射，其中118989891m m m a b -++=⋅+⋅++=-.所以()()()71138091m m m S B S A C++=+=-∑ ()888091102k k o k C ==-=-∑.最后对任意{}0288ma a a A =∈-，令()()()088mb a a a B τ==--∈.则τ是{}28A -到B 的双射，其中128989891m m m a b +++=⋅+⋅++=-.所以()()()712280891m m m S B S A C ++=+=+-∑()8188818919102k k k C +==+-=⋅-∑.于是，()()()()()8899191021082102S B S A S B S A ⎧+=-⎪⎨⎪+=-⎩解之得()931108096875008032S A =⨯+=，()15624704S B =. 由于A 和B 中都含有1，2，…，8，因此所求正整数的和等于()()36984374748S A S B +-=. 47．（2019·江苏·高三竞赛）平面直角坐标系中有16个格点(i ，j )，其中0≤i ≤3，0≤j ≤3.若在这16个点中任取n 个点，这n 个点中总存在4个点，这4个点是一个正方形的顶点，求n 的最小值. 【答案】11. 【解析】 【分析】分两步来证明：先找到10个点，它们中的任意四点不能构成正方形的顶点，再根据抽屉原理证明任意的11个点，一定存在4个点为正方形的四个顶点. 【详解】存在下面的10点即：点(0，0)，(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，1)，(0，2)，(3，2)，(0，3)，(1，3)，(3，3)， 其中任意4个点不能构成正方形的顶点，故11n ≥. 下证：任意11点中，一定存在4个点为正方形的四个顶点.因为共取11个点，分两种情况讨论：（1）有一行有4个点（设为1234,,,P P P P ），则余下三行共有7个点， 由抽屉原理知余下三行中必有一行至少有3个点（设为123,,Q Q Q ），因1234,,,P P P P ，123,,Q Q Q 分布在两行，若该两行相邻或中间隔一行，则存在四个点，它们为正方形的四个顶点；若该两行间隔两行，如图，不妨设1234,,,P P P P 为线段AB 上的格点，123,,Q Q Q 为线段OC 上的格点，对应的点的坐标为()()()0,0,1,0,2,0，余下4个点分布在中间两行，若线段DE 上有两个整点，则它们和1234,,,P P P P 中的两点构成正方形的顶点，否则线段GF 上至少有3个点，则其中必有两个格点与123,,Q Q Q 中的两点构成正方形的顶点.（2）任意一行都没有4个点，则各行的格点数分别为3,3,3,2，故4行中必有相邻两行各有3个格点，这6个格点中必存在4个格点，它们构成正方形的顶点. 【点睛】本题考查组合最值，此类问题，解决的基本方法是先找一个反例，从而确定变量的初始范围，再利用抽屉原理来证明该范围成立.48．（2019·上海·高三竞赛）设n 为正整数，称n ×n 的方格表Tn 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n +1)2分配给Tn 的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称Tn 的一个1×1格子S 为“好方格”，如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T 2的格点的一种方式，其中B 、C 是好方格，而A 、D 不是好方格)设Tn 中好方格个数的最大值为f (n ).（1）求f (2)的值；（2）求f (n )关于正整数n 的表达式.【答案】（1）f (2)=3.（2）221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.【解析】【详解】(1)如图①，将T 2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A 、B 、C 、D ，将9个格点上的数分别记为a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i.当a ，b ，……，i 依次取为1，2，……，9时，易验证B 、C 、D 均为好方格，这表明f (2)≥3. 现假设f (2)=4，即存在一种数的分配方式，使A 、B 、C 、D 均为好方格.由对称性，不妨设边界上8个数a ，b ，……，h 中的最小数为a 或b .此时由A 为好方格知，或者有a <b <i <h ，或者有b <i <h <a ，故b <i <h 总是成立的.进而由B 、C 为好方格知，必有i <f <g <h ，b <c <d <i ，但这时d <i <f ，与D 为好方格矛盾. 综上可得f (2)=3.(2)设Tn 的各格点的数已被分配好，此时好方格有k 个称格子的一条边为一段“格线”我们对Tn 的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U 、V ，其中U 上的数小于V 上的数，则对格线UV 标上一个指向UV 顺时针旋转90°后所得方向的箭头.称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S ，UV )为一个“对子”，如果UV 上所标的箭头由S 内指向S 外设对子总数为N .一方面，每个格子S 至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减，矛盾)，而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子，于是()22312N k n k k n +⋅-=+.另一方面，Tn 的每段格线至多贡献1个对子，且Tn 边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则，沿逆时针方向读n 边界上的数将永远递增，矛盾)，从而不贡献对子.注意到Tn 的格线段数为2n (n +1)，所以又有2(1)1N n n +-.综合两方面得，2k +n 2≤2n (n +1)－1，即好方格的个数2212n n k+-. 最后，对n 为奇数和n 为偶数的情况，分别如图②和图③，将1，2，……，(n +1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子，易验证，按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点，恰是一种逆时针排列，因而这些格子均为好方格.。
二项式定理公开课课件
2
二项式系数
探索二项式系数的概念以及其与二项式定理的关系。
3
递推关系
推导出二项式定理的递推关系，用于计算更高次幂的展开式。
二项式定理的应用举例
概率计算
在统计学和概率论中，二项式定理被广泛应 用于计算事件发生的可能性。
经济与金融
在经济学和金融学中，二项式定理用于计算 股票和期权的价格。
数值计算
在计算机科学和工程领域，二项式定理可用 于优化算法和计算复杂性。
二项式定理的展示
数学式子
通过表达式的展示，我们可以 更好地理解二项式定理的工作 原理。
几何图形
通过几何形状的展示，我们可 以直观地理解二项式定理的几 何意义。
图表
通过图表的展示，我们可以更 清楚地看到二项式定理的模式 和特点。
二项式定理的推导
1
排列组合
学习如何使用排列组合的知识推导出二项式定理。
物理学
在物理学中，二项式定理在波动理论和量子 力学等领域有着重要的应用。
二项式定理的重要性
二项式定理是数学中的基础工具之一，被广泛应用于各个学科领域。它不仅帮助我们理解数学的本质， 还为解决实际问题提供了有效的计算方法。
结论和总结
通过本次公开课，我们深入探讨了二项式定理的定义、展示、推导和应用。二项式定理不仅在数学中具 有重要地位，也在其他学科领域发挥着巨大作用。希望本课件能够加深你对二项式定理的理解，并激发 你对数学的兴趣。
二项式定理公开课课件
欢迎来到二项式定理公开课！在这个课件中，我们将探讨二项式定理的定义、 展示、推导以及应用举例。同时，我们还将讲述二项式定理的重要性并进行 结论和总结。
二项式定理的定义
二项式定理是一个重要的数学公式，用来展示两个数的幂的展开式中每一项 的系数。它的定义基于组合数学的概念，可以帮助我们计算任意指数的二次 多项式。
高中数学奥赛辅导精品第十讲二项式定理与多项式
第十讲 二项式定理与多项式知识、方法、技能Ⅰ．二项式定理 1．二项工定理∑=-∈=+nk kk n k n nn b a C b a 0*)()(N2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T r r n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项.3．二项式系数).0(n r C r n ≤≤4．二项式系数的性质（1）).0(n k C C k n n k n ≤≤=-（2）).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n（3）若n 是偶数，有nn n nnnnn CCCC C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2n nC 最大.若n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnnCC 和相等且最大. （4）.2210n nn n n n C C C C =++++（5）.21531420-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C（6）.1111----==k n kn k n k n C kn C nC kC 或 （7）).(n k m C C C C C C mm k n m k nm k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- （8）.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式（是指组合数mn C 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(xx x x ++=++77772271707)1()1()1()1(xx C x x C x x C x x C C r r ++++++++++= ①其中第)70(1≤≤+r r 项为r rr xx C T )1(71+=+ ②在rxx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T则)0(,)1(2,1r k xC xx C T kr k r k k r k r k ≤≤==--+ ③ 由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为.39336672747172707=+++C C C C C C C【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例2：求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.【解】因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+- .16813)(356516464-=⋅+-⋅+C C C【评述】本题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得. 例3：已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，n n n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)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}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.【解】因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=--- 由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n nn n n n n n n n x x x C x x C x x C x C 又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndxa x P += 当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式. 例4：已知a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.【思路分析】由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.【证明】因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222ba b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且 显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于ni )sin (cos θθ+.)()(1)2()(1)2(2222222222222n n n n bi a b a abi b a b a i b a ab b a b a ++=+-+=+++-= 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部. 因为a 、b 为整数，根据二项式定理，nbi a 2)(+的虚部当然也为整数，所以对一切*N ∈n ，A n 为整数.【评述】把A n 为与复数ni )sin (cos θθ+联系在一起是本题的关键. 例5：已知y x ,为整数，P 为素数，求证：)(mod )(P y x y x PP P +≡+【证明】P P p P P P P P P P y xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)( 由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C r P 为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以).(mod )(P y x y x P P P +≡+【评述】将P y x )(+展开就与P P y x +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(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm【思路分析】由已知1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜想12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.【证明】首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否则，设1112)25(α+=++m r],),1,0(,*,,[2121212122ααααα≠≠∈∈+=m m m m m N则)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而矛盾.所以满足条件的m 和α是惟一的. 下面求α及m .因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C ]22)5(2)5()5([12212212211212012+-++++-+⋅+⋅--r r r r r r r C C C*]252525[2]22)5(2)5([21212121231312112123223122112N ∈+++⋅⋅+⋅=++⋅+⋅=+--+-+++-++r r r r r r rr r r r r r CCCC C又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 12)25(+-=r α故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r【评述】猜想121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进行运算是关键. 例7：数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a a n n ，求2001a 的末位数字是多少？ 【思路分析】利用n 取1，2，3，…猜想n n a a 及的末位数字. 【解】当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a 27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜想，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka34034342412434124134034034)1(4)1(4)1(4)1(4++++++++++-⋅⋅+-⋅⋅++-⋅⋅+-⋅=m m m m m m m m m m C C C C ,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n 于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.【评述】猜想34+=m a n 是关键.例8：求N=1988－1的所有形如b a d b a ,(,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20－1和18+1，然后用二项式定理展开.【解】因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－888888888787878833388222881885454545454⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯C C C C C)552(22552565-=⨯+⨯-=M M 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+2×9)88－18888888822288188929292⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=C C C=32×2×88+34·P=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Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2和3. 因此，N 中所有形如ba 32⋅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(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 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(201919<⨯<-<<y 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：已知),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 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n a ，再将n a 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}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ， 所以n n n B A a )154()154(-++= （n=0，1，2，…） 由,1521,15211,010-====B A a a 得 则],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得])15(42)15(421542[15211133311----⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=n n n n n n n n C C C a),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中T T k C C C C C C C C C k k k kk k k k k k k k k k k n n nn nn n+⋅=⋅⋅++⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=-----------由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项. 【评述】在二项式定理中，nnb a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。
数学竞赛初级讲座二项式定理
数学竞赛初级讲座二项式定理竞赛园地★数学竞赛初级讲座二项式定理江苏省海安高级中学李红二项式定理是证明代数问题的重要工具之一,是组合数学的基础,它具有一定的技巧和难度,且灵活性、综合性强,对学生运算能力的培养和思维灵活性的训练都具有重大的作用.因此,它在国内外数学竞赛中出现的频率较高.一、基础知识1.(a +b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +C 2n a n -2b 2+…+C r n a n -r br +…+C n n bn=∑nr =0C r n a n -r b r (r =0,1,2,…,n ).21通项公式:T r +1=C r n a n -r b r(0≤r ≤n ).31二项式系数的性质:(1)在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.(2)如果n 为偶数,中间一项的二项式系数最大;如果n 为奇数,中间两项的二项式系数相等且最大.(3)所有项的二项式系数和等于2n .(4)奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,即C 0n +C2n +…=C 1n +C 3n +…=2n -1.例1 设f (x )=(x 2+x -1)9(2x +1)4,试求:(1)f (x )的展开式中所有项的系数和;(2)f (x )的展开式中奇数次项的系数和.导析:设f (x )可展开为a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 22x22,则f (1)=a 0+a 1+a 2+…+a 22即为所有项的系数和.若令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 22=f (1)=81;令x =-1,得a 0-a 1+a 2-…+a 22=f (-1)=-1.两式相减除以2,得a 1+a 3+…+a 21=41.例2 求证:∑kr =0C r m C k -rn=C k m +n .导析:C r m 和C k -rn可分别看做是(1+x )m和(1+x )n二项展开式中x r 和x k -r 的二项式系数,于是构造恒等式(1+x )m (1+x )n =(1+x )m +n ,比较两边x k的系数,得∑kr =0C r m C k -r n =C km +n .例3 试证:大于(1+3)2n (n ∈N )的最小整数能被2n +1整除.(第六届普特南竞赛题)导析:由(1+3)2n 联想到其对偶式(1-3)2n ,且0<(1-3)2n<1,考虑它们的和(1+3)2n+(1-3)2n=2(3n+3n -1C 22n+3n -2C 42n+…)为偶数,记作2k (k ∈N ),所以大于(1+3)2n 的最小整数必为2k.同理可证(2+3)n +(2-3)n 也为偶数,记作2k 1(k 1∈N ),又因为2k =(1+3)2n +(1-3)2n =(4+23)n +(4-23)n =2n [(2+3)n+(2-3)n ]=2n2k 1=2n +1k 1,所以2n +1|2k.二、综合应用例4 设n =1990,求2-n (1-3C 2n +32C 4n -33C 6n+…+3994C 1988n -3995C 1990n)的值.(1990年全国联赛题)导析:考察各项的绝对值(12)1990?3r ?C 2r1990,它可以写成C 2r1990(12)1990-2r (32)2r ,再注意到虚数单位i 乘方的性质i 2=-1,i 4=1,就不难发现原式是复数(1+3i 2)1990的实部.而(1+3i 2)1990=(-1-3i 2)1990=-1-3i 2,∴原式=-12.例5 已知3|n ,求证:2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C nn .导析:由(1+x )n =∑nk =1C k n x k,注意到单位根的周期性,令x =1、ω、ω2(ω=-12+32i ),得(1+1)n =C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n ,(1+ω)n=C 0n +C 1n ω+C 2n ω2+…+C n n ωn ,(1+ω2)n=C 0n +C 1n ω2+C 2n ω4+…+C n nω2n .三式相加,得2n +(-ω2)n +(-ω)n =3(C 0n+C 3n +C 6n +…+C n n ).∵3|n ,∴2[2n -1+(-1)n -1]=3(C 0n +C 3n+C 6n +…+C n n ).又(2,3)=1,∴2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C n n .例6 设a ,b ∈R +,且1a+1b=1,试证对于每个n ∈N ,都有(a +b )n-a n -b n ≥22n -2n +1.(1988年全国联赛题)导析1:由1=1a+1b≥2ab,得ab ≥4.则左边=C1n a n-1b+C2n a n-2b2+…+C n-2na2b n-2+C n-1n ab n-1=12[(a n-1b+ab n-1)C1n+(a n-2b2+a2b n-2)C2n+…]≥(ab)n(C1n+C2n+…+C n-1n)≥2n(2n-2)=22n-2n+1.导析2:由1a +1b=1,可令a=1+1t,b=1+t(t∈R+),结合a+b=ab,立得左边=a n b n-a n-b n=(a n-1)(b n-1)-1=[(1+1t)n-1][(1+t)n-1]-1=(t-1C1n+t-2C2n+…+t-n C n n)?(tC1n+t2C2n +…+t n C n n)-1≥(C1n+C2n+…+C n n)2-1=(2n-1)2-1=22n-2n+1.例7 已知实数a0、a1、a2、…满足a i-1+a i+1 =2a i(i=1,2,…),求证:对于任何自然数n,P(x) =a0C0n(1-x)n+a1C1n x(1-x)n-1+a2C2n x2(1-x)n-2+…+a n-1C n-1nx n-1(1-x)+a n C n n x n是x的一次多项式或常数.(1986年全国联赛二试题)导析:特殊值探路.令a0=a1=a2=…=a n,则P(x)=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+ C n n x n]=a0[(1-x)+x]n=a0为常数.对于一般情况,由已知,{a k}是等差数列,可设a k=a0+kd,k为公差(k∈Z-),则P(x)=a0C0n(1-x)n+a1C1n(1-x)n-1x+…+a n C n n x n=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+C n n x n]+d[1?C1n(1-x)n-1x+2C2n(1 -x)n-2x2+…+kC k n(1-x)n-k x k+…+nC n n x n]= a0+d[nC0n-1(1-x)n-1x+nC1n-1(1-x)n-2x2+…+nC k-1n-1(1-x)n-k x k+…+nC n-1n-1x n]=a0+dnx[(1-x)+x]n-1=a0+dnx是x的一次多项式.例8 已知数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m≥1.(20届国际数学奥林匹克题) 导析:因1978n与1978m的最后三位数相等,所以1000|(1978n-1978m),又1978n-1978m=1978m (1978n-m-1),故23?53|2m?989m(1978n-m-1).又因为989m与1978n-m-1都是奇数,所以23|2m,则m≥3.而2m与989m中都不含因数5,所以53| (1978n-m-1),由二项式定理可知1978n-m=(2000 -22)n-m=1000k+(-22)n-m,这里k∈Z+,所以53 |[(-22)n-m-1].又因为22l(l∈Z+)的末位数字只能是2,4,8,6的循环,所以仅当4|n-m时, (-22)n-m-1能被25整除,不妨设n-m=4p(p∈N),则(-22)4p=4842p=(500-16)2p=(1000k1+256)p=(125k2+6)p(k1,k2∈Z+).由二项式定理知只要53|6p-1.又6p-1=(5+1)p-1,从而只要C2p ?52+C1p?5能被125整除即可,即52|p?5p-32.但5不整除5p-32,所以52|p,即p=25q(q∈N).于是,n -m=4p=100q,n-m至少等于100(当q=1时取到),因此,m+n的最小值是n-m+2m=106(当m =3,n=103时取到).三、强化训练1.求值:2n-C1n2n-1+C2n2n-2-…+(-1)n-1C n-1n2+(-1)n.2.计算:∑lk=0C k n C l-km.3.证明:∑nk=0(C k n)2=C n2n.4.证明:2n=(C0n-C2n+C4n-…)2+(C1n-C3n +C5n-…)2.(1980年安徽赛题)51试证:对任意的n∈N,不等式(2n+1)n≥(2n)n+(2n-1)n成立.61设自然数a、b的末位数字是3或7,试证对任意自然数m和n,a4n+2m-b2m是20的倍数.答案或提示11提示:逆用二项式定理.21C l m+n.提示:考察(1+x)m(1+x)n的展开式中x l的系数.31提示:C n2n为(1+x)2n展开式中x n的系数,而(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n,对右边分别运用二项式定理展开,再求出x n的系数即可.41提示:左边=(1+1)n=(1+i)n(1-i)n= [(C0n-C2n+C4n-…)+(C1n-C3n+C5n-…)i]?[(C0n -C2n+C4n-…)-(C1n-C3n+C5n-…)i]=右边.5.原不等式等价于(1+12n)n≥1+(1-12n)n.则(1+12n)n-(1-12n)n=2[C1n?12n+C3n?(12n)3+…]≥2C1n?12n=1.6.不妨设a=10a1+7,b=10a1+3,则a4n+2m-b2m=[(10a1+7)2]2n+m-[(10b1+3)2]m=[20(5a12+7a1+2)+9]2n+m-[20(5b12+3b1)+9]m=(20a2 +9)2n+m-(20b2+9)m.由二项式定理可知只要证: 92n+m-9m是20的倍数即可,而92n+m-9m=9m ?[(80+1)n-1],运用二项式定理得证,其它情况同理可证.参考文献1 单土尊.数学竞赛研究教程.南京:江苏教育出版社2 胡炳生.国际数学奥林匹克(IMO)30年.中国展望出版社3 梅向明.中学数学奥林匹克丛书—组合基础.。
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第十讲 二项式定理与多项式知识、方法、技能Ⅰ．二项式定理 1．二项工定理∑=-∈=+nk kk n k n nn b a C b a 0*)()(N2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T r r n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项.3．二项式系数).0(n r C r n ≤≤4．二项式系数的性质（1）).0(n k C C k n n k n ≤≤=-（2）).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n（3）若n 是偶数，有nn n nnnnn CCCC C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2n nC 最大.若n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnnCC 和相等且最大. （4）.2210n nn n n n C C C C =++++（5）.21531420-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C（6）.1111----==k n kn k n k n C kn C nC kC 或 （7）).(n k m C C C C C C mm k n m k nm k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- （8）.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式（是指组合数mn C 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(xx x x ++=++77772271707)1()1()1()1(xx C x x C x x C x x C C r r ++++++++++= ①其中第)70(1≤≤+r r 项为r rr xx C T )1(71+=+ ②在rxx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T则)0(,)1(2,1r k xC xx C T kr k r k k r k r k ≤≤==--+ ③ 由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为.39336672747172707=+++C C C C C C C【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例2：求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.【解】因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+- .16813)(356516464-=⋅+-⋅+C C C【评述】本题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得. 例3：已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，n n n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)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}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.【解】因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=--- 由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n nn n n n n n n n x x x C x x C x x C x C 又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式. 例4：已知a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.【思路分析】由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.【证明】因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222b a b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于ni )sin (cos θθ+.)()(1)2()(1)2(2222222222222n n n n bi a b a abi b a b a i b a ab b a b a ++=+-+=+++-= 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部. 因为a 、b 为整数，根据二项式定理，nbi a 2)(+的虚部当然也为整数，所以对一切*N ∈n ，A n 为整数.【评述】把A n 为与复数ni )sin (cos θθ+联系在一起是本题的关键. 例5：已知y x ,为整数，P 为素数，求证：)(mod )(P y x y x PP P +≡+【证明】P P p P P P P P P P y xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)( 由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C r P 为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以).(mod )(P y x y x P P P +≡+【评述】将P y x )(+展开就与P P y x +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(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm【思路分析】由已知1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜想12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.【证明】首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否则，设1112)25(α+=++m r],),1,0(,*,,[2121212122ααααα≠≠∈∈+=m m m m m N则)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而矛盾.所以满足条件的m 和α是惟一的. 下面求α及m .因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C ]22)5(2)5()5([12212212211212012+-++++-+⋅+⋅--r r r r r r r C C C*]252525[2]22)5(2)5([21212121231312112123223122112N ∈+++⋅⋅+⋅=++⋅+⋅=+--+-+++-++r r r r r r rr r r r r r CCCC C又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 12)25(+-=r α故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r【评述】猜想121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进行运算是关键. 例7：数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a a n n ，求2001a 的末位数字是多少？ 【思路分析】利用n 取1，2，3，…猜想n n a a 及的末位数字. 【解】当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a 27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜想，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka34034342412434124134034034)1(4)1(4)1(4)1(4++++++++++-⋅⋅+-⋅⋅++-⋅⋅+-⋅=m m m m m m m m m m C C C C ,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n 于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.【评述】猜想34+=m a n 是关键.例8：求N=1988－1的所有形如b a d b a ,(,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20－1和18+1，然后用二项式定理展开.【解】因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－888888888787878833388222881885454545454⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯C C C C C)552(22552565-=⨯+⨯-=M M 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+2×9)88－18888888822288188929292⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=C C C=32×2×88+34·P=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Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2和3. 因此，N 中所有形如ba 32⋅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(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 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(201919<⨯<-<<y 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：已知),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 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n a ，再将n a 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}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ， 所以n n n B A a )154()154(-++= （n=0，1，2，…） 由,1521,15211,010-====B A a a 得 则],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得])15(42)15(421542[15211133311----⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=n n n n n n n n C C C a),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中T T k C C C C C C C C C k k k kk k k k k k k k k k k n n nn nn n+⋅=⋅⋅++⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=-----------由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项. 【评述】在二项式定理中，nnb a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。