高中选修第三册数学第六章《本章综合与测试》习题课 二项式定理获奖说课课件

解 令x＝0，则展开式为a0＝2100.
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
解 令x＝1，可得 a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－ 3)100，
①
所以 a1＋a2＋…＋a100＝(2－ 3)100－2100. (3)a1＋a3＋a5＋…＋a99； 解 令x＝－1，可得 a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋ 3)100. ②
二项式系数
_C_kn_(_k＝__0_,_1_，__…__，__n_)_
通项 二项式定理
的特例
Tk＋1＝ Cknan－kbk (k＝0,1，…n) (1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cknxk＋…＋Cnnxn
答案
2.二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律)
(1)对称性： Cmn ＝Cnn－m ；
展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数.
由 992＝(10－1)92＝C0921092－…＋C9902102－C991210＋1. 前91项均能被100整除，后两项和为－919，因原式为正，可从前面的数中分离
出1 000，结果为1 000－919＝81，
∴9192被100除可得余数为81.
反思与感悟 解析答案
跟踪训练2 (x2－x－2)3的展开式中x3的系数为__1_1__. 解析 (x2－x－2)3＝[(x＋1)(x－2)]3＝(x＋1)3(x－2)3 ∴(x2－x－2)3 的展开式中 x3 的系数为 C03C33(－2)3＋C13C23(－2)2＋C23C13(－2)1＋C33C03(－2)0＝11.
A.210
B.120
C.80
D.60
解析 在(1＋x)6(2＋y)4 的展开式中，含 x4y3 的项为 C46x4C342·y3＝120x4y3.
故含x4y3项的系数为120.
解析答案
2.x2＋x12－23 的展开式中常数项为( C )
A.Hale Waihona Puke Baidu8
B.－12
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C.－20
D.20
解析 x2＋x12－23＝x－1x6 展开式的通项公式为 Tr＋1＝C6r(－1)rx6－2r.
(2)性质：Ckn＋1＝ Ckn－1＋ Ckn ； n
(3)二项式系数的最大值：_当__n_是__偶__数__时__，_中__间__的__一__项__取__得__最__大__值__，__即___C_n2__
n1
n1
最__大__；_当__n_是__奇__数__时__，_中__间__的__两__项__相__等__，_且__同__时__取__得__最__大__值_，__即__C__n2____C_n_2_最__大_ ；
习题课 二项式定理
学习目标
1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念. 2.会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题.
问题导学
题型探究
达标检测
问题导学
新知探究 点点落实
1.二项式定理及其相关概念 公式(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn，
二项式定理 称为二项式定理.
令6－2r＝0解得：r＝3.
故展开式中的常数项为－C36＝－20.
解析答案
3.9192被100除所得的余数为__8_1__.
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解析 利用9192＝(100－9)92的展开式，或利用(90＋1)92的展开式.
方法一 (100－9)92＝C09210092－C91210091×9＋C292·10090×92－…－C9912100×991＋C9922992.
依题意得 C48(2x)4(xlg x)4＝1 120， 化简得x4(1＋lg x)＝1，所以x＝1，或4(1＋lg x)＝0， 故所求 x 的值为 1 或110.
反思与感悟 解析答案
跟踪训练4 设(2－ 3x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100·x100，求下列各式的值.
(1)求a0；
跟踪训练3 设a∈Z，且0≤a<13，若512 015＋a能被13整除，则a＝___1__. 解析 ∵512 015＋a＝(52－1)2 015＋a＝C02 015522 015－C12 015522 014＋ C22 015522 013－…＋C22 001145521－1＋a， 能被13整除，0≤a<13. 故－1＋a能被13整除，故a＝1.
2－ 3100－2＋ 3100
与①式联立相减得 a1＋a3＋…＋a99＝
2
.
解析答案
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
解
由①②可得，a0＋a2＋…＋a100＝2－
3100＋2＋ 2
3100 ，
∴(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－…＋a100)＝(2－ 3)100·(2＋ 3)100＝1.
(4)二项式系数之和 C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnr＋…＋Cnn＝2n，所用方法是 赋值法.
答案
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题型探究
重点难点 个个击破
类型一 二项式定理的灵活应用 角度1 两个二项式积的问题 例1 (1)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0) ＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝__12_0__. 解析 f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3) ＝C36C04＋C26C14＋C16C24＋C06C34＝120. (2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝_－__1_. 解析 (1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5.
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
解 |a0|＋|a1|＋…＋|a100|，即(2＋ 3x)100 的展开式中各项系数的和，
在(2＋ 3x)100 的展开式中， 令 x＝1，可得各项系数的和为(2＋ 3)100.
解析答案
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达标检测
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1.在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，含x4y3项的系数为( B )
解析答案
规律与方法
1.两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题 (1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点. (2)找到构成展开式中特定项的组成部分. (3)分别求解再相乘，求和即得. 2.三项或三项以上的展开问题 应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题 解决)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时 要注意合理性和简捷性.
解析答案
(2)求证2n＋2·3n＋5n－4能被25整除(n∈N*). 证明 原式＝4(5＋1)n＋5n－4＝4(C0n·5n＋C1n·5n－1＋C2n·5n－2＋…＋Cnn)＋ 5n－4＝4(C0n·5n＋C1n·5n－1＋…＋Cnn－2·52)＋25n， 以上各项均为25的整数倍，故得证.
反思与感悟 解析答案
解析答案
类型二 二项式系数性质的应用
例4
已知
2x－
1
n
x
展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n展开式中奇数项的
二项式系数之和少112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x.
解 依题意得2n－22n－1＝－112，
整理得(2n－16)(2n＋14)＝0.解得n＝4，
所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项.
方法二 (90＋1)92＝C0929092＋C1929091＋…＋C9902902＋C991290＋C9922， 前91项均能被100整除，剩下两项为92×90＋1＝8 281，显然8 281除以100所得
余数为81.
解析答案
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4.若(2x＋ 3 )4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的 值为__1__. 解析 对二项展开式中的x赋值. 当x＝1，x＝－1时， 可分别得到(2＋ 3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，( 3－2)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4， 相乘即可得到(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)·(a0＋a2＋a4－a1－a3) ＝(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2 ＝(2＋ 3)4·(2－ 3)4＝1.
解析答案
角度3 整除和余数问题 例3 (1)233除以9的余数是__8__. 解析 233＝(23)11＝811＝(9－1)11＝C011911×(－1)0＋C111910×(－1)1＋…＋ C111091×(－1)10＋C111190×(－1)11. 分析易得：其展开式中 C011911×(－1)0＋C111910×(－1)1＋…＋C111091× (－1)10 能被 9 整除， 而最后一项为－1，则233除以9的余数是8.
3.用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的 数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者前面) 一、二项就可以了. 4.求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入. 5.确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质.
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令－8＋2r＝0即r＝4，即 T5＝(－1)4C45＝5. 对 2x12－15 的通项为，T′r＋1＝2Cr5x125－r·(－1)r.
令5－r＝0即r＝5.T′6＝－2. ∴(x2＋2)x12－15 的展开式的常数项为 5－2＝3.
解析答案
角度2 三项展开式问题
例2
2x＋1x＋
25 的展开式中的常数项是________.
∴x2 的系数为 C25＋aC15，则10＋5a＝5，解得：a＝－1.
反思与感悟 解析答案
跟踪训练 1 (x2＋2)x12－15 的展开式的常数项是___3__. 解析 (x2＋2)x12－15＝x2x12－15＋2x12－15， 对于 x2x12－15 的通项为，Tr＋1＝x2C5rx125－r·(－1)r＝(－1)rCr5x－8＋2r.