巧用二项式定理证明一类不等式

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二项式定理应用常见类型及其解题方法

二项式定理应用常见类型及其解题方法一、知识点回顾： 1．二项式定理：011()()n n n r n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N --*+=+++++∈，2．基本概念：①二项式展开式：右边的多项式叫做()na b +的二项展开式。

②二项式系数：展开式中各项的系数rn C (0,1,2,,)r n =⋅⋅⋅. ③项数：共(1)r +项，是关于a 与b 的齐次多项式④通项：展开式中的第1r +项r n r rn C a b -叫做二项式展开式的通项。

用1r n r rr n T C a b -+=表示。

3．注意关键点：①项数：展开式中总共有(1)n +项。

②顺序：注意准确选择a ,b ,其顺序不能更改。

()n a b +与()nb a +是不同的。

③指数：a 的指数从n 逐项减到0，按降幂排列。

b 的指数从0逐项减到n ，按升幂排列。

各项的次数和等于n .④系数：注意准确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是012,,,,,,.r n n n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅项的系数是a 与b 的系数（包括二项式系数，包含符号）。

4．常用的结论：令1,,a b x == 0122(1)()n r r n nn n n n n x C C x C x C x C x n N *+=++++++∈令1,,a b x ==-0122(1)(1)()n r rn n nn n n n n x C C x C x C x C x n N *-=-+-+++-∈5．性质：①二项式系数的对称性：与首末两端“对距离”的两个二项式系数相等，即0n n n C C =，···1k k n n C C -=②二项式系数和：令1a b ==,则二项式系数的和为0122rnn n n n n n C C C C C ++++++=，变形式1221r nn n n n n C C C C +++++=-。

用二项式定理证明不等式

18
中等数学
=2 - 1 =
n
2 - 1 2- 1
2 3
n- 1
n
1. 试证 : 对于每一个 n ∈N 都有
2n n+1 ( a + b) n - an - bn ≥ 2 - 2 .
= 1 + 2 + 2 + 2 + …+ 2 > n
n
( 1988 ,全国高中数学联赛)
2002 年第 4 期
17
专题写作
用二项式定理证明不等式
李家煜
( 四川省南部县建兴中学 ,637305)
3
二项式定理 ( a + b) n = C0n an + C1n a n - 1 b + …+ Cnn bn , 由于结构比较复杂 , 多年来在竞赛中未能充分展现应有的知识 ; 而有些不等式 , 通过观察、分析题目的特点 , 构造二项式模型 , 经过放缩等手段便可使问题迅速求解 .
3 构造二项式定理
证明 : a = 0 或 b = 0 或 n = 1 时 , 等号成立. 构造二项式 ,作变换 a+ b a- b a+ b a- b a= + ,b = . 2 2 2 2 n n a + b ∵ 2 n n 1 a+ b a- b a+ b a- b = + + 2 2 2 2 2 n n- 2 2 a+ b a+ b a- b 2 = + Cn +… 2 2 2 n a+ b > , 2 n n n a + b a+ b ∴ ≥ . 2 2 以上可看出 , 用二项式定理证明对于指数是整数的不等式 , 或含有多项式的不等式比较有效 ; 通过直接展开 , 或联想、构造二项式定理模型 , 结合放缩、基本不等式等手段 , 可简捷获证 .

用二项式定理证明不等式的几类问题

简析我们可以看出第)5+题中不等式
的左右两边均含有指数式$)*+’)!+两题中的
不等式两边给人以不对称的感觉 $只有一边
的指数含有 ,$而第)!+题似乎更特别 $含有一
个组合数&恰恰就是这个组合数给了我们启
( 简单构造二项式和直接应用二项式
定理
例 ( )*+求证 %,- !时$
!, -
,! .
,. !
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)!+证
明
%0, !,1*
2
3,1*
),4 *+/
)5+)第 !*届前苏数学竞赛试题+求证%
对于任意的正整数 ,$不等式
)!,. *+, - )!,+, . )!,1 *+,成立&
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解 )*+!, 6 )*. *+,
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0 .

数列不等式的证明方法

数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。

这类交汇题充分体现了“以能力立意” 的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。

下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。

、巧妙构造，利用数列的单调性例1•对任意自然数n,求证:%■（1十00 + -）-（14 —「刚也-「加卄‘一证明：构造数列2ti + 2 2ti + 2加4 - 1二2北十2所以＞细，即鼠｝为单调递增数列所以，即点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。

、放缩自然，顺理成章例2.已知函数£（只）=3 5討+x J，数列％｝爲九）的首项引"，以后每项按如下方式取定：曲线"住）在点:仗M珑j））处的切线与经过（0 , 0 ）和：1 |：:'两点的直线平行。

求证：当时:(1)(2)07证明：（1）因为，所以曲线’二--—处的切线斜率为0又因为过点（0, 0）和两点的斜率为k = * +吕，所以结论成立。

（2）因为函数h（H）- z3 + X, > Q时单调递壇则有叮+s a = +轴*1 w斗％J +刼曲=(%+1严+(:孤*1 二1所以％£也1，即砥2，因此7又因为M 1 f Ji ' - ・ _ ・”1 ' ' - ' r I令，且" 0f(x) = In 设所以点评：本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题，在证明过程中多次运用放缩，放缩自然，推理逻辑严密，顺理成章，巧妙灵活。

三、导数引入，更显神威丄丄丄…詁皿“+丄丄丄—丄 E例 3.求证：2 3 4 11 3 3 4 n+1] =丄证明：令5一门"红—口，且当心2|时，恥厂血讥f （口1，所以C n = SL - S R _i = ln(n4 1) - In n = In n +“。

高中不等式证明例题(一题多解)

多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+，又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx，设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0，于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ，则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理，由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-，所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2，所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0，即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ，即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0，所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1，又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。

二项式定理的应用

二项式定理的应用1.利用赋值法进行求有关系数和。

二项式定理表示一个恒等式，对于任意的a，b，该等式都成立。

利用赋值法（即通过对a、b取不同的特殊值）可解决与二项式系数有关的问题，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项等情况。

设(1)令x=0，则(2)令x=1，则(3)令x=－1，则(4)(5)2.证明有关的不等式问题：有些不等式，可应用二项式定理，结合放缩法证明，即把二项展开式中的某些正项适当删去(缩小)，或把某些负项删去(放大)，使等式转化为不等式，然后再根据不等式的传递性进行证明。

①；②；（）如：求证：1. 若，则_________．（用数字作答）【解析】令，则，，即．2.求证：对任何非负整数n，33n－26n－1可被676整除。

【思路点拨】注意到262=676，33n=27n=(26+1)n，用二项展开式去证明．当n=0时，原式=0，可被676整除．当n=1时，原式=0，也可被676整除．当n≥2时，原式．每一项都含262这个因数，故可被262=676整除综上所述，对一切非负整数n，33n－26n－1可被676整除．【总结升华】证明的关键在于将被除式进行恰当的变形，使其能写成二项式的形式，展开后的每一项中都会有除式这个因式，就可证得整除或求出余数．3.求证：3n＞(n+2)·2n－1（n∈N+，且n＞2）．【思路点拨】利用二项式定理3n=(2+1)n展开证明．【解析】因为n∈N+，且n＞2，所以3n=(2+1)n展开至少有四项．，所以3n＞(n+2)·2n－1．概率要点一、随机变量和离散型随机变量1. “随机试验”的概念一般地，一个试验如果满足下列条件：a．试验可以在相同的情形下重复进行．b．试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个．c．每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但在试验之前却不能肯定这次试验会出现哪一个结果．这种试验就是一个随机试验，为了方便起见，也简称试验．2．随机变量的定义一般地，如果随机试验的结果，可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量．要点诠释：（1）所谓随机变量，即是随机试验的试验结果和实数之间的一个对应关系，这种对应关系是人为建立起来的，但又是客观存在的。

二项式定理_1

二项式定理本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址利用二项展开式直接求特定项系数［例1］在5的展开式中，x的系数为A.-160B.240c.360D.800分析：把［+2］5直接展开，即=5+54•2+03•22+102•23+5•24+25.注意到x的指数为1，只有在5•24中才出现x的项，所以x的系数为5×３×２4=240.答案：B但应明确直接展开只适用于n是较小的自然数.二、利用二项展开式的通项公式［例2］由100展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有________项.A.50B.17c.16D.15分析：考虑100的展开式的通项Tr+1=100-rr=•••x100-r=•••x100-r.要使系数为有理数，则r为6的倍数，令r=6k，而且0≤6k≤100,即r=0,6,12,…,96，因此共有17项.答案：B三、分解因式求特定项系数［例3］求10展开式中含x4项的系数.分析：原式=9,其中9展开式的通项为Tr+1=r.令r=4,得T4+1=x4;令r=1,得T1+1=-x.故x4的系数为+=135.四、利用排列组合原理求系数［例4］求94展开式中含x2的项的系数.分析：为了保证相乘得到x2的项，则前一式子中的x2、3x及后一式子中的2x取出的个数有以下几种情况：、0、0；0、2、0；0、1、1；0、0、2.故展开式中含x2的项为x28+27+1•8•2x•+•92=x2=-123x2,故所求系数为-123.五、利用估算公式求系数最大项估算公式：若二项式n的展开式的系数最大的项为第r+1项，则有公式证明：设展开式的第r、r+1、r+2项的系数分别为,,.由展开式相邻两项的系数关系，易知而由题意，第r+1项的系数最大，所以，,即成立.［例5］问20展开式中系数最大的项是第几项？解：设第r+1项的系数最大，则解得¬≤r≤.由于r是正整数，所以r=12,即第13项的系数最大.说明：若在n中，a、b异号，则估算公式改为由此算出的是展开式中系数的绝对值最大的项.六、巧求二项展开式某一特定项求二项展开式中某一特定项是《排列组合》中常见题型之一.它的一般解法是应用二项展开式的通项，这已为大家所熟知.本文要介绍的是另一种解法，这种解法能使某些直接应用二项展开式的通项不易解决的问题迎刃而解.［例6］求1995展开式中a200b800•c900d95项的系数.解：1995=…,一共1995个因式相乘，等号右边的积的展开式的每一项是从1995个因式的每一因式中任取一个字母的乘积.显然a200b800c900d95项的系数应为.［例7］求3展开式中的常数项.解：3=6.展开式中第r+1项为Tr+1=r=r|x|3-r,当且仅当r=3时，Tr+1为常数，所以，所求常数项为T4=-20.［例8］求6展开式中的x5项.分析：1+x-x2不是完全平方式，若不用本文所给方法，则要两次应用，若用本文所给新解法，则化繁为简.解：6展开式中，xm+2n项是n•••xm+2n.已知m+2n=5,方程的解有以下几种情况：①若n=1,则m=3,得项-x5=-60x5;②若n=2，则m=1，得项x5=60x5;③若n=0,则m=5,得项x5=6x5.以上3种合计得项是-60x5+60x5+6x5=6x5.●备课资料一、与二项式系数有关的求和问题赋值法［例1］证明下列等式.+++…+=2n;+++…=+++…=2n-1.证明：利用n=+x+x2+…+xn赋值.令x=1可得n=+++…+=2n.令x=-1可得n=+++….可得+++…=+++….又+++…+=2n,∴++…=++…=•2n=2n-1.［例2］若4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,求a1+a2+a3+a4=________.分析：令x=1可得4=a0+a1+a2+a3+a4.又a0=4=9,∴a1+a2+a3+a4=4-9=88+56.公式法［例3］求和：+++….分析：针对求和问题，抓住变通项思路，灵活运用组合数公式将变量转化为不变量，并结合组合数性质进行化简.解：∵===，∴+++…+=++…+===.裂项求和［例4］求和：+++…+.分析：抓住通项，对通项进行变形，然后寻求求解思路. 解：∵=,∴=.∴++…+==2-.构造等式［例5］求和：+++…+.解：由等比数列前n项和公式知r+r+1+…+n=.又等式左边的展开式中xr项的系数和为+++…+.等式右边的展开式中xr项的系数就是n+1-r展开式中xr+1项的系数为.∴+++…+=.逆用［例6］已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q.求和：a1+a2+a3+…+an+1.解：a1+a2+a3+…+an+1=a1+a1q+a1q2+…+a1qn=a1=a1n.倒序相加法［例7］已知等差数列{an}的首项为a1,公差为d, 求和：a1+a2+a3+…+an+1.解：设Sn=a1+a2+a3+…+an+1,①则Sn=an+1+an+an-1+…+a1,即Sn=an+1+an+an-1+…+a1.②①+②得2Sn=++…+.又∵等差数列{an}的首项为a1,公差为d,∴a1+an+1=a2+an=a3+an-1=…=a1+an+1=2a1+nd. ∴2Sn=+++…+==•2n.∴a1+a2+a3+…+an+1=•2n-1.二、创设问题情境证明组合数等式有关多个组合数之和的等式可以通过创设问题情境，并设计不同的解题方案，寻求其中的等量关系.［例1］求证：+++…+=2n.创设问题：集合A={a1,a2,…,an}的所有子集的个数是多少？方案一：按A的子集中元素的个数分类求解+++…+.方案二：按ai是否进入A的子集分步求解=2n.结论：+++…+=2n.［例2］求证：2+2+2+…+2=.创设问题1：求2n展开式中xn的系数.方案一：考虑2n展开式中xn的系数.方案二：考虑nn展开式中xn的系数为++…+.结论：2+2+2+…+2=.创设问题2：一只口袋中有2n个不同小球，其中有n个红色的，n个黄色的，从中任取n个小球，有多少种方法？方案一：不分红黄，从2n个小球中任取n个小球.方案二：按照所取红球的个数分类++…+.结论：2+2+2+…+2=.另外，类似还可设计问题A={a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn}，求A的含有n个元素的子集的个数.［例3］求证：+2+3+…+n=n•2n-1.创设问题：求数列{ar},ar=r的前n项和Sn.方案一：依次求Sn=+2+…+n.方案二：颠倒求Sn=n++…+=n++…+.错位相加得2Sn=n=n•2n.结论：+2+3+…+n=n•2n-1.创设问题情境证明组合数等式不仅运算量小，生动有趣，而且有利于培养我们的想象力和创造性思维能力，如果我们拥有这方面的意识，就能很快找到创设问题的依据，从而帮助我们巧妙解决难题.●备课资料一、有关的高考试题分类解析高考中试题几乎年年有，主要是利用二项展开式的通项公式求展开式的某一项的系数，求展开式的常数项；利用二项式系数的性质，求某多项式的系数和，证明组合数恒等式和整除问题，及近似计算问题，考查的题型主要是选择题和填空题，多是容易题和中等难度的试题，但有时综合解答题也涉及到的应用.求多个二项式的积的展开式中条件项的系数［例1］9展开式中x9的系数是________.分析：此题体现抓“通项”的思路.解：Tr+1=9-rr=r•2-rx18-2r•x-r=r•2-r•x18-3r,当18-3r=9时,得r=3,所以x9系数为32-3=-.［例2］10•展开式中含x10的系数为________.分析：10•展开式中含x10的项由10展开式中含x10的项乘以-1再加上10展开式中含x8的项乘以x2得到，即x10•+x8•22•x2,故所求的x10的系数为•+•22=179.［例3］在54的展开式中，x3的系数为________.分析：54=4,其中4展开的通项为•r,故展开式中x3的系数为-=-4.［例4］-2+3-4+5的展开式中x2的系数等于________.分析：求较复杂的代数式的展开式中某项的系数，常需对所给代数式进行化简，减小计算量.原式==,只需求6展开式中x3的系数即可，Tr+1=x6-rr,令r=3得系数为-20.求多项式系数和［例5］若4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则2-2的值为A.1B.-1c.0 D.2分析：涉及展开式的系数和的问题，常用赋值法.解：欲求式可变为2-2=.实际上，a0+a1+a2+a3+a4和a0-a1+a2-a3+a4分别为已知式在x=1,x=-1的值.令x=1，得4=a0+a1+a2+a3+a4,令x=-1，得4=a0-a1+a2-a3+a4,∴2-2=4•4=［］4=4=1.求幂指数n［例6］若n=xn+…+ax3+bx2+…+1,且a∶b=3∶1,那么n=________.分析：x3的系数a=，x2的系数b=c2n,依题意a∶b=3∶1,即∶=3∶1,解得n=11.即n=11满足题意.求二项式中有关元素此类问题一般是根据已知条件列出等式，进而解得所要求的元素.［例7］已知9的展开式中x3的系数为,则常数a的值为________.分析：通项Tr+1=•9-r•r=•a9-r•r•, 令r-9=3,解得r=8,故•a9-r•r=.解得a=4.［例8］设n∈N,n的展开式中x3的系数为,则n=________.分析：Tr+1=rxr,令x3的系数为•,展开整理得.解得n=4.三项式转化成二项式问题［例9］在5的展开式中，x的系数为A.160B.240c.360D.800分析：原式写成二项式［+3x］5,设第r+1项为含x的项.则Tr+1=5-r•r,要使x的指数为1，只有r=1才有可能，即T2=4•3x=15x.∴x的系数为15•24=240.答案：B求整除余数［例10］9192除以100的余数是________.分析：9192=92=9092+9091+…+90+.由此可见，除后两项外均能被100整除.而•90+=8281=82×100+81.故9192被100整除余数为81.利用二项展开式证明不等式［例11］已知i,m,n是正整数，且1＜i≤m＜n. 证明：ni＜mi;证明：n＞m.证明：略.由知n=,m=由知ni＜mi,又=,=∴ni＜mi.故<.又n0=m0，n=mn=m,∴<,即m＜n.求近似值［例12］某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减小多少公顷？分析：此类试题是利用的展开式求近似值，主要考查利用进行近似计算的能力.解：设耕地平均每年至多只能减少x公顷,又设该地区现有人口为P人，粮食单产为m吨/公顷,依题意得不等式,化简得x≤103×［1-］,∵103×［1-］=103×［1-×］≈103×［1-×1.1045］≈4.1,∴x≤4.。

算术_几何平均值不等式的证明

平均值不等式是数学分析中解决许多极限问题以及其他应用问题的一个重要依据，特别是算术平均值－几何平均值不等式（以下简称算几不等式）的应用更是尤为广泛，许多极限问题的证明都要应用到这一不等式，而关于这一不等式的证明方法，常见的有利用数学归纳法及詹生不等式的证明，下面介绍几种另外的证明方法。

１利用二项式定理证明：首先，对于ａ，ｂ＞０由二项式定理，得（ａ＋ｂ）ｎ＞ａｎ＋ｎａｎ－１ｂ由数学归纳法，若ｎ－１时为真，对于ｎ，假设ａｎ≥ａｎ－１≥…≥ａ２≥ａ１≥０．又设ａ＝１ｎ－１ｎ－１ｉ＝１"ｘｉ，ｂ＝１ｎ（ｘｎ－ａ），故有ａ，ｂ≥０及１ｎｎ－１ｉ＝１"ｘｉ#$ｎ＝（ａ＋ｂ）ｎ＞ａｎ＋ｎａｎ－１ｂ＝ｘｎ１ｎ－１ｎ－１ｉ＝１"ｘｉ%&ｎ－１≥ｘｎ（ｘ１ｘ２…ｘｎ－１）即ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ’（ｘｉ≥０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．２利用不等式ｅｘ≥１＋ｘ（ｘ≥－１）证明：设Ａｎ＝ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ，Ｇｎ＝ｘ１ｘ２…ｘｎｎ’（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）由不等式ｅｘ≥１＋ｘ（ｘ≥－１）可知，对于每一ｉ，有ｅｘｐｘｉＡｎ－%&１≥ｘｉＡｎ求乘积，得１＝ｎｉ＝１(ｅｘｐｘｉＡｎ－%$１＝ｅｘｐｎｉ＝１"ｘｉＡｎ－%$１%$≥ｎｉ＝１(ｘｉＡｎ＝ＧｎＡｎ%$ｎ算术－几何平均值不等式的证明故Ａｎ≥Ｇｎ，即ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．３利用泰勒公式证明：设ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａｘ（０＜ａ＜１，ｘ＞０），则ｆ″（ｘ）＝１ｘ２１ｎａ＞０，将ｆ（ｘ）在点ｘ０处展开，有ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ０）＋ｆ′（ｘ０）（ｘ－ｘ０）＋ｆ″（ｘ）２（ｘ－ｘ０）２，!＝ｘ０＋"（ｘ－ｘ０）（０＜"＜１）因此有ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘ０）＋ｆ′（ｘ０）（ｘ－ｘ０），取ｘ０＝１ｎｎｉ＝１#ｘｉ（ｘｉ∈（ａ，ｂ），（ｉ＝１，２，…，ｎ），则有ｆ（ｘｉ）≥ｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&’＋ｆ′１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(ｘｉ－ｎｉ＝１%ｘｉ&(（ｉ＝１，２，…，ｎ）故ｎｉ＝１%ｆ（ｘｉ）≥ｎｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(＋ｆ′１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(＋ｎｉ＝１%ｘｉ－ｎｉ＝１%ｘｉ&(＝ｎｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(即ｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(≤１ｎｎｉ＝１%ｆ（ｘｉ）．因此有ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）≤１ｎ（ｌｏｇａｘ１＋ｌｏｇａｘ２＋…ｌｏｇａｘｎ）即１ｎｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）≥ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）亦即ｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）１ｎ≥１ｎｌｏｇａ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）（０＜ａ＜１）故有ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．４利用函数凹凸性证明：设ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａｘ（ａ＞１，ｘ＞０），则ｆ″（ｘ）＝－１ｘ２１ｎａ＜０，故ｆ（ｘ）是上凸函数，因此有ｎｉ＝１%ａｉｆ（ｘｉ）≤ｆｎｉ＝１%ａｉｘｉ&(，取ａｋ＝１ｎ（ｋ＝１，２，…，ｎ），有１ｎ（ｌｏｇａｘ１＋ｌｏｇａｘ２＋…ｌｏｇａｘｎ）≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）即１ｎｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）亦即ｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）１ｎ≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）故有ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．。

二项式定理应用

二项式定理的应用一. 二项式定理的主要内容 1. 公式：通项：二项式展开式中第r+1项为 : （r=0,1, 2,n) 2. 两个特别容易混淆的概念：（1）二项式系数： ( i=0,1, 2,n)叫做二项式系数. （2）展开式中项的系数：展开式中某一项的系数。

3. 递推二项式定理的过程，即某一项的形成过程. 例如：b aC rr n r n -的形成过程：从n 个括号中取r 个括号中的b ，另外n-r 个括号中取a ，故得.二. 主要应用（除常规的展开外） 1. 递推过程的应用：例1.在(x+y+z)9中，求展开式中x 4y 3z 2的系数.解：由x 4y 3z 2的形成过程可知，在9个括号中取4个括号中的x ，剩下5个括号中取3个括号取y ，再剩下的两个括号中取z ，故得x 4y 3z 2系数为 =1260. 例2.在(1+x)(2+x)(3+x)∙∙ (19+x)(20+x)的展开式中,求x 18的系数.解：在20个括号中取出18个括号取x ，另外剩下两个括号取常数，由于各个常数不相等，故不能简单地用“组合数”计算，而应按实际数值计算。

即在1，2， 3，20中任取两个数求积（所取两数不能重复组合），再求出这些积的和. 如以“1”为准时，其积的和为：1⨯2+1⨯3+1⨯4+1⨯5++ 1⨯19+1⨯20=209；以“2”为准时，其积的和为：2⨯3+2⨯4+2⨯5++ 2⨯19+2⨯20=414； ……以此类推，最后为19⨯20=380，故x 18的系数为这些和的和，即20615. 例3.求(1+2x)(1+22x)(1+23x)…(1+2n x)展开式中x 项的系数与x 2项的系数。

x 项的系数是221-+n 与x 2项的系数是2. 求特定的项或特定项的系数：例1.求(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5展开式中x 2项的系数.解：（方法一）可逐项分析：(x-1)中没有x 2项，-(x-1)2中x 2项的系数为C 02-，(x-1)3中x 2()b C b a C a C a C b a nn n n n n n n n n b ++++=--+ 222110()()()bCb a C a C a C b a nn nnn n n n n n n b 112222110)1(---+++-+=-- ()x C x C C x n n n n n n x ++++=+ 22111b a C T rr n r n r -+=1ba C a Cb C rrn rnrn rn r n rrn ----=212384++-+n n C C C 223549Cin项的系数为C 13-，-(x-1)4中x 2项的系数为C 24-，(x-1)5中x 2项的系数为C 35-，于是，展开式中x 2项的系数为：C02-C13-C24-C35-=-20.（方法二）原式可以看成是一个首项为(x-1)，公比为（1-x)的等比数列之和，于是，原式=()()()x x x --⎥⎦⎤⎢⎣⎡---111115=()()xx x -+-161∴展开式中x 2的系数即为(x-1)6的展开式中x 3的系数， ∴系数为()C1363-=-20.例2.求(1+x)6(1-x)4的展开式中x 3的系数.解：由乘法法则可知，展开式中x 3的项分别由(1+x)6中的项x 0, x, x 2, x 3与(1-x)4中的x 3, x 2，x, x 0项对应相乘合并而成，故得展开式中x 3的系数为C C C C C C C C 0436142624163406+-+- = -8.例3.求（1-x 3)(1+x)10的展开式中x 5的系数.解：同上例，可知展开式中x 5的项是由(1+x)10中的x 5项, x 2项分别与1-x 3相乘合并而成，故得x 5的系数为C C 210510-=207. 例4.已知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-29x x a中x 3的系数是49，求a 的值. 解：()()xaCx x a C T rrrr rrrrrr 9239299912121----+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-==令392r3=- 得r = 8故()x x CTa a 334898916921==--∴49a 169=∴a=43. 有关整除或求余数：例1.求2100除以9的余数. 解:()+-+-==- 3331329821009911001000100100100C C CC C C C C 100100991002981003971004961003_333++-+=139)(991009810039710010033+-+-+C C C =)27(971001003C -+ +9⨯4950-300+1 ∵)27(C397100100-+ 能被9整除，故余数由9⨯4950-300+1确定，而9⨯4950-300+1=44251=4916⨯9+7 故余数为7例2.设n ∈N n ≠1求证33n-26n-1能被676整除证明: 33n -26n-1=27 n -26n-1=(26+1)n-26n –1 =CCC C C n nn nn nn n n n n++++++----26122221126262626 -26n-1=)(23122262626C C n n n n n ---+++ =676)(23122626C C n n n n n ---+++而)(23122626C C n n n n n ---+++ 为整数故33 n-26n-1能被676整除. 4. 求有理项或求最大项系数；例1.求⎪⎭⎫ ⎝⎛+32110x x 展开式中项系数最大的项及展开式中的有理项. 解：()xxCx x CTrr rr rrr r 3210101010122113--+==⎪⎭⎫⎝⎛ =xC r rr 630102--（1）设第r+1项系数最大，则210rr C -≥2)1(110+-+r r C 210r rC -≥2)1(110---r r C解第一个不等式得r ≥ 解第二个不等式得r ≤ 因为r 为正整数，故r=3.∴项系数最大的项是第4项，这一项为：. （2）要使展开式为有理项，须6r 30-为整数∵0≤r ≤10 故r=0或r=6即第一项和第七项为有理项，它们分别是：T 1=x 5, T 7=32105x 4.38311x x T 4415=例2.当（1+x+Px 2)4的展开式中x 4的系数取到最小值时，求P 的值. 解：（1+x+Px 2）4=[1+(x+Px 2)4()()xP C C x P xC C xP x C Tkr k k rr kkr k rr rr r +-+===+444122令r+k=4 ∵0≤r ≤4, 0≤k ≤r则r, k 的值可能是(4,0), (3,1), (2,2)故展开式中的系数为P C C C C C C 2222413340444P ++=1+12P+6P 2当x 4的系数取到最小值时P= -1（此时最小值是-5）5. 证明有关组合数的等式：例1.求证：2132132-∙=++++n n n n n n n n C C C C证明：（方法一）∵k )!()!1(!)!(!!k n k n k n k n kC kn --=-==C k n n k n k n n 11)]!1()1[()!1()!1(--=----- (k=1, 2,n)故左边=n C C C C n n n n n n n n 11211101-----++++ =n 21-∙n =右边（方法二）右边=n()C C Cn n n n1110--+++ =C C C n n n n n n n 111101----+++=n ∙1+n ∙ (n-1)+n ∙++∙-- 21)2)(1(n n n 123)2)(1(123)2)(1(⋅⋅--⋅⋅--∙n n n n=C C C C C nn n n n n n n n +-++++-1321)1(32 =左边（方法三）令=s n C C C C Cnn n n n n nn n +-++++-1321)1(32 ①则C C C C C s nn n n nn n n n n n n +-++++=---1321)1(32 ②两式相加①+②得2=s n C C C C n n n n n n n n n n 121]1)1[()]2(2[)]1(1[-+-++-++-++ +n C n n=2121nnn n n n n n n n n n n n C C C C C ∙=+++++- 故=snn 21-⋅n例2.求证2<⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n11<3 n ∈N, n ≥2 证明：⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n11=1+n C n C C n nn n n n111221+++=1+1+nCnCnn nn1122++ ＞2.nn n i i n n n n i n i n nnCiii n⋅⋅⋅⋅⋅+---=-=321)1()2)(1()!(!!1＜i3211 ⋅⋅＜22211 ⋅⋅ =211-i (i= 2n)=1+nC nC C nnnnnn111221+++ ＜1+1+22121121-+++n=2+1-21n＜3. ∴2<⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n11<3 例3.求证：C C C C n nn n n n 11312121+++++ =()11121-++n n .证明:右边=)1(1111111-++++++++C C C n n n n n =)(11112111CCCn n n n n ++++++++=∑∑==++--++++=+ni ni i n i n i n n n C 0011)!11()!1()!1(1111=∑∑==+=-+ni i nni Ci i n i n i 011)!(!!11=CC C C n nn n n n 11312121+++++=左边6. 有关数列的计算；例1.已知（2x+3)4=a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4, 求(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值. 解：令x=1得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+3)4⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n11令x= -1得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(2-3)4∴(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2= (a 0+a 1+a 2+a 3+a 4) (a 0-a 1+a 2-a 3+a 4) = (2+3)4(2-3)4=1例2.若(1-3x)8= a 0+a 1x ++ a 8x 8 , 求|a 0|+|a 1|+|a 2|++ |a 8|的值解：由已知a 1,a 3,a 5,a 7得均小于0而a 0,a 2,a 4,a 6,a 8均大于0∴|a 0|+|a 1|+|a 2|++ |a 8|=a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5+a 6-a 7+a 8故可令x=-1即得|a 0|+|a 1|+|a 2|++ |a 8|=a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5+a 6-a 7+a 8=48例3.求1-2()CC C C n nnn n n 232184-++-+ 的值解:倒用二项式定理可得: 1-2()CC C C n nnn n n 232184-++-+ =())2(22210)2(--+++-+nnn nn n C C C C=(1-2)n =(-1)n例4.已知（2x 2+4x+3)6= a 0+ a 1(x+1)2+ a 2 (x+1)4++ a 6 (x+1)12求:a 0 +a 2 +a 4 +a 6的值. 解：由已知得（2x 2+4x+3)6= [1+2(x+1)2]6=a 0+ a 1(x+1)2+ a 2 (x+1)4++ a 6 (x+1)12令x=0得a 0+ a 1+ a 2+ a 3+ a 4+ a 5+ a 6 = 36= 729 令(x+1)2= -1（事实上是令x = i-1）则得a 0- a 1+ a 2- a 3+ a 4- a 5 + a 6 =(-1)6=1 两式相加得2(a 0 +a 2 +a 4 +a 6)=730 故a 0 +a 2 +a 4 +a 6=365例5.设a n =1+q+q 2+q 3++ q n-1 (n ∈N + , q ≠±1)A n =a C a C a C n nn n n +++ 2211（1）求证:())1/(][12q q A nnn --=+（2）若b 1+b 2+b 3++ b n =A n /2n ，求证:﹛b n ﹜为等比数列（1）证明：由已知得a i =1+q+q 2++ q i-1=qqi--11 (i=1, 2n)∴∑∑∑==-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=--==ni iin ni ii nni iinnqC qCaC Aq q 11111111=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∑==ni iinni i nqC Cq 1111=)]1(1[112212-++++---q C q C C C nnn n n n nq q=()][1112q nnq+--（2）证明：∵b 1+b 2+b 3++ b n =A n /2n ，∴ b 1+b 2+b 3++ b n-1=A n-1/2n-1，∴b n = A n /2n -A n-1/2n-1 b n-1= A n-1/2n-1 -A n-2/2n-2故AAA A A A A A bb n n n nn n n n n n nn n n42222222112211111------------=--==()()()()][114][112][112][1112121212221111q q q q n n n n n n nnqqq q ++++--------∙---∙--∙--- =()()()()q q q q n nn nn nnn++++---+--+--12121212211422=2q 1+∵q ≠±1 故2q 1+为常数 ∴﹛b n ﹜为等比数列,公比为2q 1+.例6：求证：25010010081006100410021001-=+-+-+-C C C C C 证明：构造二项式展开式：()xC xC C x x 100100100221001100211++++=+令x=i 则x 2=i 2=-1, x 3=i 3=-i, x 4=i 4=1 于是得()C C C C C C i i i i 1001005100410031002100110010011+-++--+=+ ①令x= -i 则x 2=(-i)2=-1, x 3=(-i)3=i, x 4=(-i)4=1 于是得()C C C C C C i i i i 1001005100410031002100110010011+--++--=- ②把①+②得()()()CCCCi i 1001006100410021001001001211++-+-=+-+而()()+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+4sin 4cos 211100100100ππi i i⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-4sin 4cos 2100ππi=2100(cos25л+ i sin25л)+2100〔cos (-25л)+ i sin(-25л)〕=250·(cos25л+cos25л) =250·(-1-1)= -2·250∴25010010081006100410021001-=+-+-+-C C C C C7.有关“杨辉三角”的研究：例1.有一个数列：1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，1，2，3，4，5，…… 求第100项的值.解：设以每个1开头的一段数的个数排成的数列为{}a n ，即a 1=1a 2=2a 3=3a 4=4，则n n s n 21+=，令10021=+=n n s n ，即得n 2+n-200=0∵n=13时，有n 2+n-200=-18<0，当n=14时，有n 2+n-200=10>0 故S 13<0，而S 14>0 ∴数列1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，1，2，3中a 14的第9项，所以第100项为9例2.如图，它满足：(1)第n 行的首尾两数均为n ； (2)表中的递推关系类似杨辉三角. 则第n 行的第2个数是多少？解：设第n 行的第2个数是a n ，则a n =(n-1)+a n-1 于是可求得例3.数列：1，2，4，3，9，27，81，4，16，64，256， 1024，4096，16374，65496，………。

一类“至少”命题的证明

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高中数学数列不等式证明的几种方法学法指导

高中数学数列不等式证明的几种方法数列和不等式都是高中数学重要内容，这两个重点知识的联袂、交汇融合，更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力。

这类交汇题充分体现了“以能力立意”的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则。

下面就介绍数列不等式证明的几种方法，供复习参考。

一、巧妙构造，利用数列的单调性例1. 对任意自然数n ，求证：1n 2)1n 211()311)(11(+>-+⋅⋅++ 。

证明：构造数列)3n 2)(1n 2(2n 2a a ,1n 21)1n 211()311)(11(a n1n n +++=+⋅-+⋅⋅++=+则 12n 22n 21)2n 2(2n 22=++>-++=。

所以n 1n a a >+，即}a {n 为单调递增数列。

所以132a a 1n >=≥，即1n 2)1n 211()311)(11(+>-+⋅++ 。

点评：某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题，均可构造数列，通过数列的单调性解决。

二、放缩自然，顺理成章例2. 已知函数23x x )x (f +=，数列)0x }(x {n n >的首项1x 1=，以后每项按如下方式取定：曲线))x (f ,x ()x (f y 1n 1n ++=在点处的切线与经过（0，0）和))x (f ,x (n n 两点的直线平行。

求证：当*N n ∈时：（1）1n 21n n 2n x 2x 3x x +++=+；（2）2n n 1n )21(x )21(--≤≤。

证明：（1）因为x 2x 3)x ('f 2+=，所以曲线))x (f ,x ()x (f y 1n 1n ++=在处的切线斜率为1n 21n x 2x 3k +++=。

又因为过点（0，0）和))x (f ,x (n n 两点的斜率为n 2n x x k +=，所以结论成立。

（2）因为函数≤+=+>+=++1n 21n n 2n 2x 2x 3x x ,0x ,x x )x (h 则有时单调递增当)2()x 2(x 2x 41n 21n 1n 21n +++++=+，所以1n n 2x +≤，即21x x n 1n ≥+，因此1n 1n n 23121n )21(x x x x x x x x --≥⋅⋅= ；又因为)x x (2x 2x 2x 2x 3x x 1n 21n 1n 21n 1n 21n n 2n +++++++==≥+=+。

二项式定理和不等式的证明

直击高考思想方法系列三二项式定理和不等式的证明利用二项定理证明不等式，是二项式定理的一个重要应用。

首先，在二次展开式中取舍若干项，即可将相等关系转化为不等关系，从而获得有关不等式。

例如，由nn nnnnx C x C x C x +++=+ 2211)1(，可得（1）当*N n ∈且x>0时，有x C x nn11)1(+≥+，即nx x n+≥+1)1(.（2）当*N n ∈且n>2,x>0，有2211)1(x C x C x nnn++>+,既22)1(1)1(x n n nx x n-++>+.又如，由nn n n n n n n C C C C C +++++=+-1210)11( ，可得（3）当*N n ∈且n≥3时，112+++≥n n n ，即121+≥-n n .上述这种处理方法，实际上反映了整体与局部的关系。

例1 当*N n ∈且n≥2时，求证：).2(231+>-n n n证明 3n =(2+1)n)2(22·22·2·2·2·2·1111022110+=+=+>++++=-----n n C C C C C C n n n n n n n nn n n n n n n例2 设a 、b ∈R +,n ∈N *，求证：nn n b a b a )2(2+≥+. 证明设a+b=2s ，a －b=2d,则a=s+d,b=s －d ，于是有n n n n d s d s b a )()(-++=+ )]([2))1(()(2220222110222110 ++=-+++-+++++=-----d s C s C d nC d s C d s C s C d C d sC d s C s C n n n n nn n n n n n n n nn nn nn n n n 注意到s>0，即可得到,20nnnns C b a ≥+即.)2(2nn n b a b a +≥+ 本题结论可以写成,22ba b a nn n +≥+它表明二正数a 、b的n 次幂平均不小于其算术平均，利用数学归纳法也可证明。

伯努利不等式的证明

伯努利不等式的证明伯努利不等式，是数学中的一条重要不等式，它被广泛应用于概率论、微积分、数论等领域。

伯努利不等式的证明过程精细而繁琐，需要运用数学分析中的基本原理和推导思想。

本文将从数学角度展开伯努利不等式的证明，以期帮助读者更好地理解和应用这一不等式。

在伯努利不等式的证明中，我们首先需要使用数学归纳法。

数学归纳法是一种常用的证明数学命题的方法，它的基本思想是通过证明当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立，从而推导出对于任意自然数n，命题都成立的结论。

我们假设伯努利不等式对于任意的整数n都成立，即(1+x)^n ≥ 1+nx。

我们现在来证明当n=k+1时也成立。

对于(1+x)^(k+1)，根据二项式定理，有(1+x)^(k+1) = C(k+1,0)*(x^0)*(1^k) + C(k+1,1)*(x^1)*(1^(k-1))+...+ C(k+1,k)*(x^k)*(1^1)+C(k+1,k+1)*(x^(k+1))*(1^0)。

我们将每一项进行展开后得到(1+x)^(k+1)≥ 1 + (k+1)x + kx + k*(k-1)x^2/2! + ...+ k*(k-1)...(k-(k-1))*x^k/k! + (k+1)*x^(k+1)。

根据我们对伯努利不等式的假设，可以得到(1+x)^k ≥ 1 + kx。

我们将其应用于上面等式的每一项后可以得到(1+x)^(k+1)≥ 1 + (k+1)x + kx + k*(k-1)x^2/2! + ... +k*(k-1)...(k-(k-1))*x^k/k! + (k+1)*x^(k+1) ≥ 1 + (k+1)x + (k+1)kx + \[k*(k-1)\]x^2/2!+ ... + (k+1)/k!\[k*(k-1)...(k-(k-1))\]x^k + (k+1)*x^(k+1) = 1 + (k+1)(x + kx + k(k-1)x^2/2! + ... + k*(k-1)..(k-(k-1))x^k/k! + x^(k+1)) = 1 + (k+1)x + (k+1)kx + \[k*(k-1)\]x^2/2! + ... + (k+1)/k!\[k*(k-1)...(k-(k-1))\]x^k + (k+1)*x^(k+1)。

二项式定理及其应用

二项式定理及其应用摘要二项式定理是初中的多项式乘法的延伸，是初等数学中的一个重要定理，是高考中必考内容，研究二项式定理及其内容是重要且有意义的.本文阐述了二项式定理的基本性质，探究它在求二项展开式，二项式系数，二项式有理项，证明不等式和求组合问题中的应用，并给出了典型例题.这些研究将有助于学生掌握二项式定理和灵活运用二项式定理来解决问题.关键词：二项式定理；二项展开式；计算；证明The binomial theorem and its applicationAbstract:The binomial theorem is an extension of the junior high school of the polynomial multiplication, is one of the important theorems in elementary mathematics, is the compulsory content in the college entrance examination, the binomial theorem and its research content is important and meaningful. In this paper, the basic properties of the binomial theorem, explore it in for the binomial expansions, binomial coefficient, binomial rational that inequality and combinatorial problems in application, and gives a typical example. These studies will help students to grasp binomial theorem and flexible use of the binomial theorem to solve the problem.Key words: binomial theorem;two expansion;calculation;poor目录1 引言 (1)2 文献综述 (1)2.1国内外研究现状 (1)2.2国内外研究现状评价 (2)2.3提出问题 (2)3 二项式定理及其应用 (2)3.1 二项式定理 (2)3.2二项式定理性质 (2)3.3 二项式定理的应用 (4)3.3.1求二项展开式 (4)3.3.2求二项式系数 (5)3.3.3求二项式有理项 (6)3.3.4求近似值 (7)3.3.5求整除或余数问题 (7)3.3.6证明不等式 (8)3.3.7求组合数问题 (10)4.结论 (12)4.1主要发现 (12)4.2启示 (12)4.3局限性 (13)4.4努力方向 (13)参考文献 (14)1 引言从古代到现在二项式定理一直是一个非常重要的研究内容，所以在高中二项式定理是非常重要的一节，高中主要是初步的认识二项式定理，教材针对二项式乘方的展开式作出介绍与研究.在历年高考中基本都有二项式定理题型，题型多为选择题、填空题、证明题，针对高考的题型，本论文对于二项式定理及其应用作出基本的研究，帮助人们在解决二项式定理问题上作出一个全面的认识，更加全面的了解及掌握解决二项式定理问题的方法.二项式定理是高中的一个重要内容，同时在每年高考中分数占很大的比值.关于二项式定理最早在1664到1665年间由艾萨克∙牛顿提出，所以二项式定理又称牛顿二项式定理,这一项定理主要由两个数之和的整数次幂的恒等式组成，诸如n y x )(+展开为k k n k n y x C -项之和的恒等式.而对于这一项定理早在我国南宋时期1261年数学家杨辉所著的《详解九章算法》就已经出现过二项式系数表，这一表被称为杨辉三角.在我国北宋时期的数学家贾宪（约公元11世纪）已经学会运用这一表去解决数学问题，而在欧洲这一表被认为是法国数学家帕斯卡首先发现的，所以在欧洲这一表被称为帕斯卡三角.通过研究发现我国的发现比欧洲国家早了五百年左右，可见在我国古代时期对于数学的研究是非常值得中华名族自豪的.2 文献综述2.1国内外研究现状现查阅到的参考文献[1-18]．其中金敏在[1]中就如何处理学生在遇到二项式定理难点作出探究.耿玉霞在[2]中对二项式定理的推广及其应用展开论述，文献中列举全面，举例说明详尽.邓勇在[3]中基于二项式定理的应用作出探究，从新的角度利用二项式定的推广形式对初等数学论中费尔马小定理进行探究性的证明.文献统编高中数学[3]对二项式定理基础作出全面的证明及举例，从基础上进行探究说明.陈正思在[5]中对组合总数公式的证法与意义进行了全面的解释，引导学生发现公式，证明公式.陈镇邃在[6]中对于证明组合不等式提供了不同的方法，探究组合恒等式的规律及证法.孙运娜与田发胜、张焕明在[7-8]中就二项式定理问题的常见题型举例说明，并给出不一样的解题策略.席宏学、徐春生、时怀廷、彭现省[9-12]各自运用不同的方法解答不同的二项式定理题型.钱有成在[13]中对高考中二项式定理问题进行归类与解析，明确目标，突出重点.高洪武[14]从五个大层面，十三个方向非常全面的就二项式定理的不同作出举例说明高考常见题型.蔡玉书、刘武、邓宝银、雷淇未[15-17]就构造二项式定理证明不等式可方便快捷地解决不等式中的一些问题.林观有在文献[18]中举例说明证明幂不等式的六种情形.2.2国内外研究现状评价二项式定理作为高中数学的一个重要内容，同时也是历年高考题中必考的一个知识点，文献[1-18]分别就求二项式定理展开式的系数，指定项，求解整除和余数问题作了总结、分析，并且举例说明，都非常具有代表性.各自介绍了二项式定理及其应用问题必备的解题方法和需要掌握的相关概念，对于学习二项式定理知识很有帮助，值得大家去查阅.而根据近几年的高考趋势，高考数学中二项式定理问题仍然是高考考查的重点、难点，我们必须掌握相关的知识，并对其加以重视.2.3提出问题部分高中生已具备较强的学习能力，在课堂上能够根据老师讲的知识作出知识上的延伸.但是对于部分学生要更好的学习这些比较困难，因此，但都只是单方面探讨一项，针对性不强.对学生在应用中存在的问题也未给出详细深入的说明，本文全面探讨与二项式定理有关问题，并利用典型例题说明.除对解决问题的过程中应用的二项式定理作介绍外，还需对应用二项式定理过程中学生可能遇到的难点及解决办法作探讨，包括对使用这些方法的目的、作用作阐述.3 二项式定理及其应用二项式定理是初中的多项式乘法的延伸，是初等数学中的一个重要定理，是高考中必考内容，在能力上着重考察运用二项式定理分析问题、解决问题的能力.本文阐述了二项式定理的基本性质，探究它在求二项展开式，二项式系数，二项式有理项，证明不等式和求组合问题中的应用，并给出了典型例题.这些研究将有助于学生掌握二项式定理和灵活运用二项式定理来解决问题.3.1 二项式定理在高中数学课程中，就已经对二项式定理作出了一个明确的定义：一般地，对于任意正整数n，有n n n r r n r n n n n n n n b C b a C b a C a C b a ++++=+---110)(（*∈N n ）这个公式表示二项式定理，其中右边的多项式叫做n b a )(+的二项展开式，一共有1+n 项，而其中每一项的系数为r n C ),3,2,1,0(n r =叫做二项式系数.例1证明二项式定理n n n r r n r n n n n n n n bC b a C b a C a C b a ++++=+---110)(（*∈N n ）证明:记=n B n n n r r n r n n n n n n b C b a C b a C a C ++++---110因为010-=n n C C ，r n r n r n C C C 111---+=)1,3,2,1(-=n r ，11--=n n n n C Cb C ab C C b a C C b a C C a C B n n n n n n n n n n n n n n n n 11111212221111110101)()()(--------------++++++++=)()(111212211101111222111101n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b C ab C b a C a C ab C b a C b a C a C -----------------+++++++++= )(1112321211101---------++++=n n n n n n n n n bC b a C b a C a C a + )(1112321211101----------+++++n n n n n n n n n n bC b a C b a C a C b 111)(---+=+=n n n B b a bB aB 所以，)(1b a B B n n +=-),2(N n n ∈≥. 又因为b a b C a C B +=+=11011，即{}n B 是首项为b a +，公比为b a +的等比数列，所以得1))((-++=n n b a b a B =n b a )(+因此，得证n n n r r n r n n n n n n n b C b a C b a C a C b a ++++=+---110)(（*∈N n3.2二项式定理性质(1)二项式系数的对称性：与首末两端“对距离”的两个二项式系数相等，10,-==k n k n n n n C C C C二项式系数和：令1==b a ,则n n n r n n n n C C C C C 2210=++++++ ，(2)奇数项的二项式系数和=偶数项式系数和：在二项式定理中，令1=a ，1=b 则0)11()1(3210=-=-+-+-n n n n n n n n C C C C C ，从而得1123124202-+=++++=+++++n r n n n r n n n n C C C C C C C(3)二项式系数的最大项：当二项式的幂指数n 是偶数时，则中间一项的二项式系数2n nC 取得最大值；当二项式的幂指数n 是奇数时，则中间两项的二项式系数2121,+-n n n n C C 同时取得最大值.(4)系数的最大项：求n bx a )(+展开式中的最大的项，一般采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为1,4321,,,,+n A A A A A ，设第r+1项系数最大，应有⎩⎨⎧≥≥+++211r r r r A A A A ，从而解出r 来. 例2证明在n b a )(+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和.证明：在展开式n n n r r n r n n n n n n n bC b a C b a C a C b a ++++=+---110)(（*∈N n ）中，令,1,1==b a 则有n nn n n n n C C C C C )1()11(3210-++-+-=- , 即 )()(03120 ++-++=n n n n C C C C∴ ++=++3120n n n nC C C C 即在n b a )(+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和.3.3 二项式定理的应用在历年高考，二项式定理是必考的内容，在能力上着重考查运用二项式定理分析问题、解决问题的能力.二项式定理既是排列组合的直接运用，有与概率论中的三大概率分布之一的二项分布有关联.以下探究二项式定理的基本性质，探究它在求二项展开式，二项式系数，二项式有理项，证明不等式和求组合问题中的应用，并给出了典型例题.3.3.1求二项展开式这是二项式考题中最普通的题型，解决的基本手段是运用二项展开式的通项r r n r n r b a C T -+=1，主要考查对公式的运用熟练程度，而按所问不同，有如下类型. 例3 展开52)343(xx -；解法一分析：用二项式定理展开；52)343(x x - =02505)34()3(x x C -+)34()3(2415x x C -+22325)34()3(x x C -+32235)34()3(xx C -+4245)34)(3(x x C -+5255)34(x C - =5243x -2432x +x 480-4x 3640+7271280x -102431024x . 解法二分析：对于较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开52)343(x x -=523349⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x =()105324349x x - =102341x[4345323352332543155305)4)(9()4()9()4()9()4()9()9(-+-+-+-+x C x C x C x C x C +555)4(-C ] =102341x)1024115205184011664013122059049(3691215-+-+-x x x x x =+-25423243x x 107424310242712803640480x x x x -+-. 小结：求二项展开式首先要熟记、记准二项式n b a )(+的展开式，是解决二项展开式的首要条件，对于式子较为繁杂的二项式，先化简再展开较简单.3.3.2求二项式系数利用二项式展开式的通项公式和二项式系数的性质，利用二项展开式的恒等变换，历年高考针对利用二项式定理求二项式系数所占比例很高，主要分为求单一二项式指定幂的系数、两个二项式乘积的展开式指定幂的系数、可化为二项式的三项展开式中指定幂的系数.例462)1(x x -+展开式中5x 的系数.分析：21x x -+不是二项式，则可以通过21x x -+=2)1(x x -+或)(12x x -+,把它看成二项式展开.解：方法一：62)1(x x -+=[]62)1(x x -+= -+++-+44256)1(15)1(6)1(x x x x x其中含5x 的项514535556156x C x C x C +-=56x 含5x 项的系数为6.方法二：62)1(x x -+=[]62)(1x x -+=4232222)(15)(20)(15)(61x x x x x x x x -+-+-+-++6252)()(6x x x x -+- 其中含5x 的项为5556)4(15)3(20x x x +-+-=56x所以5x 项的系数为6.方法三：本题还可以通过把62)1(x x -+看成六个21x x -+相乘，每个因式各取一项相乘，可得到乘积的一项，5x 项可由下列几种可能得到，①五个因式中取x ，一个取1得到556x C ；②三个因式中取x ，一个取2x -，两个取1得到222536)(x x C C -⋅⋅⋅；③一个因式中取x ，两个取2x -，三个取1得到222516)(x x C C -⋅⋅⋅；合并同类项为556x C +222536)(x x C C -⋅⋅⋅+222516)(x x C C -⋅⋅⋅=65x∴5x 项的系数为6.小结：这一种主要是运用组合方式解决问题，但方法较为繁琐，在解决题时可以加以借鉴.3.3.3求二项式有理项利用二项式定理求二项式有理项问题，是高考中一种非常典型求特定项的问题，利用二项式展开式的通项公式求二项式中的某一项或某一项的系数，主要考查学生对通项公式的熟练掌握和灵活运用.例5在二项式n x x )21(4+的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项.分析：本题给定一个二项式，在不知道指数n 的情况下，但是题目给出前三项的系数成等差数列，根据这一个条件，可以将指数n 求出，在最后利用二项展开通项公式求出满足有理项项数.解：二项式的展开式的通项公式为：1+r T =r r n rn x x C )21()(4-=43221r n r rnx C - 前三项的2,1,0=r 所以前三项系数为：11=t ，n C t n 212112==，)1(814123-==n n C t n ，由已知前三项的系数成等差数列则：2122t t t +=，即)1(811-+=n n n ，解得8=n 通项公式为4316821r r rx C -8,,3,2,1,0 =r ,其中是有理项的8,4,0=r ，所以依次得到有理项：41x T =，x x C T 835214485==，292561x T =. 小结：本题通过抓住给定条件已知前三项的系数成等差数列，利用通项公式求出r 的取值，从而得到有理项.3.3.4求近似值利用二项式定理求近似值在近几年的高考题中没有出现过，但是按照新课标要求，对高中生的计算能力有一定的要求，涉及到学生的估算能力，所以在此提出作为一项.例6求8994.0的近似值，使误差小于0.001；分析：因为8997.0=8)003.01(-，所以可以用二项式定理展开计算.解：82188)003.0()003.0(28)003.0(81)003.01(997.0-++-+-+=-=001.0000252.0)003.0(28)003.0(22283<=-⋅=-=C T ，所以从第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后每一项都可以忽略不计，976.0024.01)003.0(81)03.01(997.088=-=-⋅+≈-=∴小结：本题主要由n n n n n n x C x C x C x ++++=+ 2211)1(，当x 的绝对值与1相比很小且n 很大时2x ，3x ， n x 等项的绝对值都很小，所以在精确度允许的范围内可以忽略不计，因此可以用近似计算公式：nx x n +≈+1)1(.3.3.5求整除或余数问题解决有关整除或余数问题，应该把问题先转化为一个二项式，利用二项式展开式和整除的性质解决问题.例7用二项式定理证明；（1）若*∈N n ，求证明：3724332+++n n 能被64整除；（2）的余数除以求73230-（1）分析：首先考虑将323+n 拆成与8的倍数有关的和式子，再用二项式定理展开.证明：3724332+++n n=37243322+-⋅+n n =3724931+-⋅+n n =3724)18(31+-+⋅+n n=3724]8888[311112111101+-+⋅++⋅+⋅+⋅⋅+++-++++n C C C C C n n n n n n n n n n =3724)]98(8888[3211121111+-++++⋅+⋅+⋅-+-+++n n C C C n n n n n n n=]888[83113212111-+-+-+-++++⋅n n n n n n n C C C +3724)98(3+-+⋅n n=64]888[6433212111++++⋅-+-+- n n n n n C C 18-n ,2118-+n n C ,3218-+n n C , ∴上式各项均为64的整数倍，∴3724332+++n n 能被64整除.小结：用二项式定理证明整除问题，先将某一项凑成与除数有关的和式，再展开证明，当然也可以用数学归纳法证明，但是比较繁琐.（2）的余数除以求73230-；分析：将3020分解成含7的因数，然后用二项式定理展开，不含7的项就是余数.解：3)17(3832101030-+=-=-=37771010910911010010-++++C C C C=2)77(791081109010-++C C C=5)177(791081109010+-++C C C∴573230的余数为除以-.小结：解决这一类问题主要方法是首先将问题转化成一个二项式定理，再运用二项展开式的性质解决，主要注意的是在计算中注意仔细认真.3.3.6证明不等式有关幂不等式的证明主要还是运用证明不等式的一些方法与二项式定理结合，解不等式的方法主要有放缩法、分析法、换元法、数学归纳法等，以下运用不等式的这些证明方法结合二项式定理证明不等式，介绍几种解题例子及解题方法.（一）直接应用二项式定理证明不等式主要考察的是学生对于二项式定理公式的掌握程度，对二项展开式性质的了解与求法的掌握程度，学生在做题时能够将二项式定理与解不等式方法相结合，从而更好的去解决问题.例8求证:（1）)()12()2()12(*∈-+≥+N n n n n n n n（2）)(3)11(*∈<+N n nn 证明：（1）n n n n )12()12(--+=])2()2()2([1110n n n n n n n n C n C n C n C ++++-- -])1()2()2([110n n n n n n n C n C n C -++--=])2()2([23311 ++--n n n n n C n C 11)2(2-≥n nn C =n n n n n )2()2(21=⋅- 所以)()12()2()12(*∈-+≥+N n n n n n n n 成立.（2）n n)11(+ =n n n n n n C n C n C )1()1()1(1221++++ =n nn n n n n n n n n n n 132112)2)(1(1321)2)(1(121)1(1132⋅⋅⋅⋅⋅⋅--++⋅⋅⋅--+⋅⋅-++ n⋅⋅⋅⋅++⋅⋅+⋅+< 321132112112 122121212-++++<n =32131<--n . 小结：题型偏易，直接用二项式定理展开，再结合二项式系数的性质，利用不等式证明，学生在做这一类题时可能因为不熟练二项式定理的性质而容易造成不必要的错误，所以学生必须熟练二项式定理的性质.（二）数学归纳法结合二项式定理证明不等式不等式的证明主要在于对放缩法技巧的运用，将二项式定理中的某些正项删除，某些负项删除（放缩法），使之转化为不等式，再根据不等式的传递性进行证明，或者先利用数学归纳法与放缩法，在结和不等式的传递性进行证明.例9若N n ∈，且2≥n ，求证n n n !21>+；分析：从题目中可以看出要证不等式成立，如果直接运用二项式定理证明无法证明，则需要构造二项式定理证明不等式.证明：要证明原不等式，只需证!)21(2n n >+ 用数学归纳法证明：（1）1=n 时，不等式显然成立；（2）假设k n =（2≥k ）时，不等式成立，即!)21(k k k >+ 当1+=k n 时，用二项式定理证明： 11)2121()22(++++=+k k k k =21)21)(1()21()21(21)21()21(111111101⋅++++>++⋅++++++++++k k k k k k k k k k k k C k C k C > )!1(!21!21+=⋅++⋅+k k k k k ∴1+=k n 时不等式成立，由（1）（2）知，对于2≥n ，N n ∈时，n n n !21>+成立. 小结：由题解析可以看出，在做题时应当仔细观察题目的特点，寻找问题的结构模式，可以尝试构造二项式定理，利用放缩法等证明不等式.3.3.7求组合数问题二项式系数的性质实际上是组合数的性质，通常可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值，此外，有些组合数式子需要逆用二项式定理，所以在做题时一定要仔细观察.例10(1)若7)13(-x =016677a x a x a x a ++++ ，求①721a a a +++ ；②7531a a a a +++；③6420a a a a +++.（2）求证：p n m m p n p m n p m n C C C C C C C +-=+++0110（1）分析:本题通过观察发现可以根据问题恒等式特点来用“特殊值”法．一般地，对于多项式n n n x a x a x a a q px x g ++++=+= 2210)()(，)(x g 的各项的系数和为)1(g ：)(x g 的奇数项的系数和为)]1()1([21-+g g ．)(x g 的偶数项的系数和为)]1()1([21--g g ．解：①令0=x ，则10-=a ，令1=x ，则128270167==++++a a a a ．A∴129721=+++a a a ．②令1-=x ，则701234567)4(-=+-+-+-+-a a a a a a a a B 由2B A -得：8256]4128[2177531=--=+++）（a a a a ③由2B A +得：6420a a a a +++ ][210123456701234567）（）（a a a a a a a a a a a a a a a a +-+-+-+-++++++++= 8128])4(128[217-=-+=．小结：在做题之前一定要复习好二项式系数性质知识，掌握并且学会灵活运用，奇数项系数和等于偶数项系数和，奇数项的二项式系数和=偶数项式系数和：在二项式定理中，令a=1,b=-1，则0)11()1(3210=-=-+-+-n n n n n n n n C C C C C ，从而得1123124202-+=++++=+++++n r n n n r n n n n C C C C C C C .(2)分析：注意到两列二项式两乘后系数的特征，可构造一个函数；也可用构造一个组合问题的两种不同解法找到思路．证明：(1)方法1∵n m n m x x x )1()1()1(+⋅+=++∴)1()1()1(221221n n n n n m m m m m n m x C x C x C x C x C x C x ++++⋅++++=++∴此式左右两边展开式中P x 的系数必相等左边P x 的系数是p n m C +，右边P x 的系数是022110mp n p m n p m n p m n C C C C C C C C ⋅++⋅+⋅+⋅-- p n m m p n p m n p m n p m n C C C C C C C C C +--=⋅++⋅+⋅+⋅022110所以等式成立．方法2设想有下面一个问题：要从n m +个不同元素中取出P 个元素，共有多少种取法？该问题可有两种解法．一种解法是明显的，即直接由组合数公式可得出结论：有p n m C +种不同取法．第二种解法，可将n m +个元素分成两组，第一组有m 个元素，第二组有n 个元素，则从n m +个元素中取出P 个元素，可看成由这两组元素中分别取出的元素组成，取法可分成1+P 类：从第一组取P 个，第二组不取，有0n p m C C ⋅种取法；从第一组取1-P 个，从第二组取1个，有11np m C C ⋅-种取法，…，第一组不取，从第二组取P 个．因此取法总数是p n m n p m n p m n p m C C C C C C C C ⋅++⋅+⋅+⋅--022110 ．而该问题的这两种解法答案应是一致的，故有p n m m p n p m n p m n p m n C C C C C C C C C +--=⋅++⋅+⋅+⋅022110 ．小结：构造函数赋值法，构造问题双解法，拆项法、倒序相加法都是证明一些组合数恒等式（或求和）的常用方法，注意“赋值法”在证明或求值中的应用．赋值法的模式是，在某二项展开式，如n n n x a x a x a a bx a ++++=+ 2210)(或b a C a C b a n n n n n 110)(-+=+222b a C n n-+n n n b C ++ 中，对任意的A x ∈（A b a ∈,）该式恒成立，那么对A 中的特殊值，该公式也一定成立．特殊值x 如何选取，一般取1,1,0-=x 较多．一般地，多项式)(x f 的各项系数和为)1(f ，奇数项系数和为)]1()1([21--f f ，偶次项系数和为)]1()1([21-+f f ．二项式系数的性质n n n n n n C C C C 2210=++++ 及15314202-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C 的证明就是赋值法应用的范例．4.结论4.1主要发现二项式定理是高考中的一种重要题型，题型灵活多变，一般的学生难于把握，在解决过程中困难重重，也不能快速找到清晰的解题思路．本文在文献[1-18]的基础上，以2014年高考数学中出现的二项式定理及其应用问题为研究对象，阐述了二项式定理的基本性质，探究它在求二项展开式，二项式系数，二项式有理项，证明不等式和求组合问题中的应用4.2启示从上述的研究中可以看出二项式定理题型多变，在多重领域都有其重要的地位，所以掌握二项式定理的运用方法可以使在解题过程中少走弯路，为真正的难题赢得宝贵时间.但在做题时应该注意灵活选择，不要僵硬地套用，需要做到随机应变，灵活运用.4.3局限性论文就几种主要的二项式定理应用举例，但是随着高考数学试题的不断改变与发展，二项式定理问题也随着变化，在应用二项式定理解决相关问题的方法也不断改变，本文主要针对2014年高考中二项式定理问题进行探讨，存在一定的局限性.4.4努力方向本文就与二项式定理有关的题型作出分层讨论研究，但是还存在一定的局限性，随着高考数学试题的不断改变与发展，二项式定理问题也随着变化，在应用二项式定理解决相关问题的方法也不断改变.本文主要针对2014年高考中二项式定理问题进行探讨，在以后的学习过程中不断的积累二项式定理知识，以便弥补本文不足.参考文献[1]金敏.二项式定理的探究教学[J].中学数学月刊，2011，（9）:17-19.[2]耿玉霞.二项式定理的推广及其应用[J].辽宁教育学院学报，2002，19（4）:50-51.[3]邓勇.基于二项式定理应用的探究[J].大庆师范学院学报，2008，28（5）:71-73.[4]统编高中数学.全日制普通高级中学教科书[M].人民教育出版社，2006:32-37.[5]陈正思.组合总数公式的证法与意义[J].湖南省常德县五中.[6]陈镇邃.浅谈证明组合恒等式的几种方法[J].福建连江四中（3）：14-16.[7]孙运娜、田发胜.二项式定理的常见题型及其解题策略[J].方法技巧语数外，2013，（2）:33-35.[8]张焕明.“二项式定理”有哪些常见的题型[J].数学通讯，2003，（10）：31-32.[9]席宏学.二项式定理的应用类型[J].中学数学研究，2002，（4）：10-11.[10]徐春生.例谈有关二项式定理的题型[J].中学生数理化高考版，2010，（1）.[11时怀廷.有关二项式定理的题型及解法[J].解题探讨，2007，（2）：19-22.[12]彭现省.例析二项式定理几种题型的解法[J].高中数学教与学，2013，（2）：42-49.[13]钱有成.高考二项式定理问题的归类与解析[J].数理化学习，2004，（11）：22-24.[14]高洪武.二项式定理的高考常见题型及解题对策[J].洪武论文系列，2003：1-6.[15]蔡玉书.运用二项式定理证明不等式[J].中学数学月刊，1998，（9）：37-38.[16]刘武.巧用二项式定理证明一类不等式[J].数学学习与研究，2010，（2）：101.[17]邓宝银、雷淇未.用二项式定理证明不等式[J].数学教学研究，2009，28（2）：48-49.[18]林观有.用二项式定理证明幂不等式的六种情形[J].数学通讯，2000，（9）17-18.致谢在论文即将完成之际，首先感谢我的指导老师程毕陶教授，虽然程老师因为学院工作很忙，但是从开始选题到论文的顺利完成，程老师都给了我很多方面的指导，让我可以很好地完成我的这一篇论文写作.程老师在指导我们的过程中都很热情很和蔼，在和程老师交流的时候我感觉很放松，感谢程老师长久以来对我们的关心和指导.谢谢！同时，我也要向数学与信息科学学院的全体教师真诚地说一句：谢谢您们，是你们不辞辛劳的付出、热情精心的教育指导才使得我在这四年的大学生活中学有所得，您们的教诲我相信会是我受益终生，在此请接受我真挚的谢意.感谢我们小组的成员以及在我的论文写作过程中帮助我的同学朋友们，谢谢你们的帮助让我顺利完成我的论文.。

不等式证明

⒈利用三角形的三边关系［例1］已知a，b，c是△ABC的三边，求证：证明：﹥∵=为增函数，又∵∴。

点评：学生知道要利用三角形的三边关系，但无法找到放缩的方法，难在构造函数。

⒉利用函数的单调性［例2］求证：对于一切大于1的自然数n，恒有。

证明：原不等式变形为，令则，所以。

即是单调增函数（n=2，3，…），所以。

故原不等式成立。

点评：一开始学生就用数学归纳法进行尝试，结果失败，就放弃了。

若使不等式的右边变为常数，再用单调性放缩就好了。

⒊利用基本不等式［例3］已知f（x）=x+(x﹥0) 求证：－证明：,设（1）（2）（1）+（2）得点评：用数学归纳法证明，思路简单，但是难度很大，可以通过二项式定理展开，倒序法与基本不等式相结合进行放缩。

⒋利用绝对值不等式［例4］设=，当时，总有，求证：。

证明：∵，∴，，，又∵∴所以，∴=7。

点评：本题是一道函数与绝对值不等式综合题，学生不能找到解题的突破口，关键在于找到a，b，c与f（0），f（1），f（-1）的联系，再利用绝对值内三角形不等式适当放缩。

⒌利用不等式和等比数列求和［例5］求证：。

证明：=，利用不等式∴﹤=﹤。

点评：有些学生两次用错位相减进行放缩，但是没有找到恰当的变形放缩，对利用不等式进行放缩不熟悉。

若经过“凑”与不等式相结合，再利用等比数列求和放缩就到了。

⒍ 利用错位相减法求和［例6］已知a1, a2, a3, ……, a n, ……构成一等差数列，其前n项和为S n＝n2, 设b n＝,记{b n}的前n项和为T n, (1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 证明：T n<1。

解：(1) a1＝S1＝1, 当n≥2时, a n＝S n－S n－1＝2n－1; 由于n＝1时符合公式，∴ a n＝2n－1 (n≥1). (2) T n＝, ∴ T n＝,两式相减得T n＝＋＝＋(1－)－,∴ T n＝＋(1－)－<1。

⒎ 利用裂项法求和［例7］已知函数在上有定义，且满足①对任意的②当时，.证明不等式.证明：令，则.令，则，故在上为奇函数.设，且由可得，则由题有，故，即，所以为上减函数.从而函数在时，.所以，即.点评：本题将数列与不等式、函数综合考查数学逻辑推理能力，分析问题能力，变形能力，可以用数学归纳法证明不等式，但学生解题的过程不过完善。

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… ＋
＋
左边＝ｃ０ｂ＋ｃ０ｂ一一＋… ＋
！二２二２：：：：：：
Ｃ。ａｂ＋Ｃ０：２一：６
＝
÷［。ｂａ）（＋ｂＣ＋
（ｂ＋）：・］ Ⅱ 口ｂＣ＋・・
六＋＋＋．吉． ‘
≥ ２ｃ・
＝１．
所以（ｎ＋１ ≥ （）＋（ｎ一１．２）２２）例４已知Ｉ ≤１ｎ∈Ｎ，明：１＋＋（）ｘＩ，证（）１一 ≤２．
分析
即得．
数学学习与研究
令２＝（）＋（）利用二项式定理展开１＋１一，
则＝［＋）ａ — ｂ ÷ （ｂ＋ａ）ａ丁＋＋ｂ－２］
＝
证不式价（＋一）明原等等于＋）（ ≥ ．则＋）（（）一
Ｃ１。１
一
（）（）（一字）＋ｃ）（）・：一（
例２已知ａ＞０，ｎ是大于１的正整数，证：求（１＋
ａ）＞１＋ｎ．
．
设，，正数证 ≥ ）创ｎ整，：（为求．
证明若ａ＝ｂ结论成立．，若ａ，妨设ａ＞ ≥０ ≠ｂ不ｂ，令。＝＋，＝一，
证明由二项式定理
．
（＋ａ＝１＋口＋Ｃ＋・＋ｃ＋… ＋ｃ１）ｎ２・・：
＞１＋几即证．．
例３试证：任意对ＥＮ，等式（ｎ＋１ ≥ 不２）
（ｎ＋（ｎ一１）恒成立．２）２
扎
３
・
（－）］
≥ ）（，所 ≥ ）以（．
二项式定理决定了它的处理对象是一类与正整数有关的命题，利用二项式定理证明与不等式有关的一类命题在
时．对不等式的特秆加以分析积累绎赊耍
一
例ｎＮ，２证・）ｓ５设 ≥ 求：（ ÷ ．ｎ，ｚ＋
证＋）ｃ ÷ ｃ÷ ＋＋明．１＋・＋（）． ÷ ＝．・
… （）・ ÷ ＋，
・
．．
、
直接用二项式定理展开、合二项式系数的性质证明结
例１设。ｂ＋且＋１证：每Ｎ，Ｒ， ÷：，对个试
ｓ，
… ÷＋ ‘ ＋＋
＝
≥ （６（＋Ｃｏ）Ｃ＋… ＋ｃ）：
≥２（一２）＝２一２２ ” ＝右边．
所以，＋ｂ一ｎ（）一ｂ ≥２一２．不等式证明中的放缩法相结合二不等式证明的真正技巧在于放缩，二项式定理中的将某些正项删去（小）某些负相删去（大）使之转化为缩，放，不等式，根据不等式的传递性进行证明．再
２１．１００２
ｚ（＋）ｎ
本题利用结论２＜ｎｎ∈Ｎｎ）可用一！（， ≥２，
说明
数学归纳法证明．三、助换元法，造条件利用二项式定理借构
１．利用二项式定理展开，得展开后的整体大于局部使
垂 ●
专题研究
巧用 ●项式定理证－－一一
明一类不等式
２１０）１９０
◎刘武（苏省南京师范大学第二附属高级中学江二项式定理是证明代数问题的重要工具之一．项式二定理的结构和形式决定了其应用十分广泛．历年高考为以例，能力上着重考查运用二项式定理分析问题、决问题在解的能力．二项式定理与不等式的证明相结合成为数学综将合题，中学数学的难点之一．文拟通过对一类不等式的是本证明来说明二项式定理在不等式证明中的应用．
都有（＋ｂ一一ｂ ≥ ２一２．）
１）（Ｎ，２＋２ ≥ ． ÷ ｎｎ）・＋
ｎ！・一
＋＋
证明由ｌ：
Ⅱ
＋
ｂ
≥— ，。 ≥ｇ则得６．
ｎ６
又（ ÷ １）＋ … ＋