二轮复习 二项式定理 学案(全国通用)
二项式定理复习教案
二项式定理复习教案三维目标一、知识与技能1．二项式定理：(a+b)n =0n C a n +1n C a n-1b+…+k n C a n-k b k +…+nn C b n (n ∈N*) 2．通项公式：1+k T ＝k n C an-k b k(k ＝0，1，2,…，n) 二、过程与方法 1．理解并掌握二项式定理，从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式．2．能运用展开式中的通项公式求展开式中的特定项．三、情感、态度、价值观1．提高学生的归纳推理能力．2．进一步树立由特殊到一般的归纳意识．教学重点、难点重点：1．二项式定理及结构特征，2．展开式的通项公式难点：通项公式的灵活应用。
教学过程例1 .(1)求7)21(x +的展开式的倒数第4项，第4项二项式的系数及第四项系数；(2)7)1(x x -的展开式中x 3的系数． 此类问题一般由通项公式入手分析，要注意项的系数和二项式系数的概念区别．例2.若n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为( ) A.-540 B.-162 C.162 D.540考查展开式各项系数与二项式系数的不同以及通项公式的应用.例3.设8878710(2)x a x a x a x a -=++++，则8710a a a a ++++= ，86420a a a a a ++++=考查赋值法的应用练习1. 41()n x 的展开式中,第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大44,则展开式中不含x 的项是（ ）A 第3项B 。
第4项C 。
第7项 D.第8项2.若5(12)x -的展开式中，第2项小于第1 项且不小于第3项，则x 的取值范围是（ ）A ．110x <-B 。
1010x -<≤C 。
11410x -≤<-D 。
104x -≤≤ 3.在56(1)(1)x x +-+展开式中，含3x 的项的系数是（ ）A ．-5 B.5 C.-10 D.104.在10()x a -的展开式中，7x 的系数是15.则实数a 的值为 。
高考数学二轮：专题复习教学案：专题八二项式定理与数学归纳法(理科)
江新高考本部分内容在高考取基今年年都考，并以形式考. 2012，2013 年主要考合数； 2014 年考复合函数求和数学法；2015 年考数原理主，又波及到数学法； 2016 年考合数及其性等基知，考考生的运算求解能力和推理能力；2017 年考概率散布与希望及合数的性，既考运算能力，又考思能力.最近几年高考合数的性要求高，常与数列、函数、不等式、数学法等知交考 .第 1数原理与二式定理(能力 )[常考型打破]数原理的用[例 1] 一个非空会合中的各个元素之和是3 的倍数，称会合f(n)．“好集”．会合{1,2,3，⋯， 3n}的子集中全部“好集”的个数(1) 求 f(1)， f(2)的；(2) 求 f(n)的表达式．[解 ](1)①当n＝ 1 ，会合{1,2,3} 中的一元好集有{3} ，共 1 个；二元好集有{1,2}，共1 个；三元好集有{1,2,3} ，共 1 个，所以f(1)＝ 1＋ 1＋ 1＝ 3.②当 n＝ 2 ，会合 {1,2,3,4,5,6} 中一元好集有{3} ， {6}，共 2 个；二元好集有 {1,2} ， {1,5}， {2,4} ， {3,6}， {4,5} ，共 5 个；三元好集有 {1,2,3} ， {1,2,6} ， {1,3,5} ， {1,5,6} ， {4,2,3} ， {4,2,6} ， {4,3,5} ， {4,5,6} ，共8个；四元好集有 {3,4,5,6} ， {2,3,4,6} ，{1,3,5,6} ， {1,2,3,6} ， {1,2,4,5}，共 5 个；五元好集有 {1,2,4,5,6} ， {1,2,3,4,5} 共 2 个，有一个全集．故 f(2) ＝ 1＋ (2＋ 5) ×2＋ 8＝ 23.(2)第一考 f(n＋ 1)与 f(n)的关系．会合 {1,2,3 ，⋯，3n,3n＋ 1,3n＋ 2,3n＋ 3}在会合 {1,2,3 ，⋯，3n}中加入 3 个元素 3n＋ 1,3n＋2,3n＋ 3.故 f(n＋ 1)的成有以下几部分：①本来的 f(n)个会合；②含有元素 3n ＋ 1 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 2 的会合， 含有元素是 3n ＋ 2 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被3 除余 1 的会合， 含有元素是 3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 0 的会合．合 是 23n ；③含有元素是 3n ＋ 1 与 3n ＋ 2 的 “好集 ”是{1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余0 的会合，含有元素是3n ＋ 2 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 1 的集合，含有元素是3n ＋ 1 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 2 的集合．合 是 23n ；④含有元素是3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2，3， ⋯ ， 3n}中“好集 ”与它的并，再加上 {3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3}．所以 f(n ＋ 1)＝ 2f(n)＋ 2×23n ＋ 1.两 同除以2n ＋1，得 f n ＋ － f n ＝4 n12 n ＋12 n＋ n ＋1.2f nn －1n －21 11 3 4n－ 11所以2n＝ 4 ＋ 4 ＋⋯＋4＋2n ＋2n －1＋ ⋯ ＋ 22＋ 2 ＝3 ＋ 1－ 2n (n ≥2)．又f1 也切合上式，2所以 f(n)＝2 nn－＋ 2n－ 1.3[方法 ]深入 两个 数原理的 ，培育 “全局分 ”和 “局部分步 ”的意 ，并在操作中保证： ① 分 不重不漏； ② 分步要使各步拥有 性和独立性 . 解决 数 用 的基本思想是 “化 ”，即由 成立 合模型，再由 合数公式来 算其 果，进而解决.本 是有关数 ，其 度 大， 求解关 是得出fn ＋与 fn 的关系，求解顶用到 法和分 思想.[ 式 ](2017 ·北三市三模 )已知会合 U ＝ {1,2，⋯，n}( n ∈ N * ，n ≥2)， 于会合 U 的两个非空子集 A ， B ，若 A ∩B ＝ ?， 称 (A ， B) 会合 U 的一 “互斥子集 ”． 会合 U 的全部 “互斥子集 ”的 数 f(n)( (A ，B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”)．(1) 写出 f(2)， f(3)， f(4) 的 ；(2) 求 f(n)．解： (1)f (2)＝ 1，f(3) ＝ 6， f(4)＝ 25.(2) 法一： 会合 A 中有 k 个元素， k ＝ 1,2,3， ⋯ ， n － 1.与会合 A 互斥的非空子集有2n － k － 1 个． 于是 f(n)＝ 1n －1 k n － k － 1)＝ 1n －1 k n － k n －1 k2 C n (2 ( C n 2 － C n )．＝ 1 2 ＝ k ＝ 1k k 1n －1n －k n0 n n 0n nnn因kk n －kC n 2 ＝C n 2－ C n 2 － C n 2 ＝(2＋1) －2－ 1＝3 － 2 － 1，k ＝1k ＝0 n －1nC n k ＝ C n k － C n 0－ C n n ＝ 2n － 2，k ＝1k ＝所以 f(n)＝ 1 [(3 nn n1nn ＋12 － 2 －1)－(2 － 2)] ＝(3－2＋ 1).2法二： 随意一个元素只好在会合 A ， B ， C ＝?U (A ∪ B)之一中， n 个元素在会合 A ， B ， C 中，共有 3n 种，此中 A 空集的种数2n ，B 空集的种数 2n ，所以 A ， B 均 非空子集的种数3n － 2×2n ＋ 1.又 (A ， B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”，1nn ＋ 1所以 f(n)＝ (3 － 2＋ 1).二 式定理的 用[例 2](2017 ·北四市期末 )已知等式 (1＋ x)2n － 1＝ (1＋ x)n －1(1＋ x)n .(1) 求 (1＋x) 2n －1的睁开式中含n 的 的系数，并化 ：0n1n －1n －1x C n －1C n ＋ C n －1 C n ＋ ⋯＋ C n －1C 1n ；1 22 2n 2n(2) 明： (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n ) ＝ nC 2n － 1.[解 ](1)(1＋ x)2n －1 的睁开式中含 x n 的 的系数C 2n n － 1，由 (1＋ x) n －1n0 1n － 1 n －10 1 n n(1＋ x) ＝ (C n －1＋ C n － 1x ＋ ⋯＋ C n － 1x ) ·(C n ＋ C n x ＋ ⋯＋ C n x )，可知 (1＋ x) n －1n的睁开式中含n的 的系数n 1n －1n －1 1(1＋ x) x C n －1 C n ＋C n － 1C n ＋ ⋯ ＋ C n － 1C n .所以 0n1n －1n －11nC n － 1C n ＋C n －1C n ＋ ⋯ ＋ C n －1C n ＝ C 2n －1.(2) 明 ： 当 k ∈n － ！ n ×k －！n － k！N *， kC n k ＝ k ×n ！！＝ n ！ ＝k ！ n － kk －！ n － k ！－11.＝ nC n k－1222 n 2nnnnk － 1＝k 2k kk － 1 k所以 (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n )[k(C n ) ]＝( kC n C n )＝(nCn －1 C n)＝ n(C n －1k ＝1k ＝1k ＝1k ＝1knkn －kC n )＝ n(C n －1C n ) ．k ＝1n1n －1 n －1 1nn由n －k k n(1)知 C n － 1C n ＋ C n －1C n＋ ⋯ ＋ C n － 1C n ＝ C 2n － 1，即(C n －1C n )＝ C 2n －1，k ＝1所以 (C 1n )2＋ 2(C 2n )2＋ ⋯ ＋ n(C n n )2＝ nC n 2n － 1.[方法 ]二 式定理中的 用主假如结构一个生成相 二 式系数的函数，通 研究函数关系明恒等式、不等式和整除性.将二 式定理a ＋b n ＝ C\o\al( 0,n )a n ＋ C\o\al( 1,n )a n －1brn －r rnn＋⋯ ＋ C\o\al( ,n )a b ＋ ⋯ ＋ C\o\al( ,n )b 中的 a ， b 行特别化就会获得好多实用的有关合数的有关和的 果， 是研究有关 合数的和的 的常用方法 . 能够利用求函数 的思想 行 求解 .[ 式 ](2017 ·京、 城一模南)n ∈ N * ， n ≥3， k ∈ N * .kk －1(1) 求 ：① kC n － nC n － 1；2kk －2k －1② k C n － n(n － 1)C n － 2－ nC n － 1(k ≥ 2)；(2) 化 ： 12C n 0＋ 22C n 1＋ 32C n 2＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C n k ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n .解：kk － 1(1)① kC n － nC n － 1＝ k × n ！n －！－ n ×k ！ n － k ！ k －！ n － k ！＝n ！－n ！ ＝ 0.k － ！ n － k！ n － k！k －！2 kk －2 k －1 2n ！n －！② k C n － n(n － 1)C n －2 － nC n －1 ＝ k ×！ － n(n － 1) ×！k ！ n － kk － ！ n －k－ n ×n － ！＝ k ×n ！－n ！－k － ！ n － kk －！ n － kk － ！ n －k ！ ！！n ！ － ＝n ！k－ 1－1＝ 0.k －！n k！k －！－k！ k －－n(2) 法一： 由 (1)可知，当k ≥2 ， (k ＋ 1)2C n k ＝ (k 2＋ 2k ＋ 1)C n k ＝ k 2C n k ＋ 2kC n k ＋ C n k ＝ [n(n －－－－－22＋ －11＋ C n k.1)C n k －22＋ nC n k －11 ]＋ 2nC n k －11＋ C n k ＝ n(n － 1)C n k － 3nC n k －故 12C 0n ＋ 22C 1n ＋ 32 C 2n ＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C k n ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n ＝ (12C 0n ＋ 22C 1n )＋ n(n － 1)(C 0n － 2＋1n － 212n － 123nn － 2C n－2 ＋ ⋯ ＋ C n － 2)＋ 3n(C n －1＋ C n － 1＋ ⋯ ＋ C n － 1)＋ (C n ＋ C n ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (1＋ 4n) ＋ n(n － 1)2＋ 3n(2n － 1－1)＋ (2n － 1－ n)＝ 2n －2(n 2＋ 5n ＋ 4)．法二： 当 n ≥3 ，由二 式定理，有 (1＋ x)n ＝ 1＋ C 1n x ＋ C 2n x 2＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋ ⋯ ＋C n n x n ，两同乘以 x ，得 (1＋ x)n x ＝ x ＋ C 1n x 2＋ C 2n x 3＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋1＋ ⋯＋ C n n x n ＋1，n n －1 1 2 2 k k两 x 求 ，得 (1＋x) ＋ n(1＋ x)x ＝ 1＋ 2C n x ＋ 3C n x ＋ ⋯ ＋ (k ＋ 1)C n x ＋ ⋯ ＋ (n ＋n n1)C n x，两再同乘以＋(n＋ 1)C n n x n＋1，n n－ 1 2 1 2 2 3k k＋ 1 x，得 (1＋ x) x＋ n(1＋x)x ＝ x＋ 2C n x＋ 3C n x＋⋯＋ (k＋ 1)C n x ＋⋯两再x 求，得(1 ＋ x)n＋ n(1＋ x)n－1x＋ n(n－ 1)(1 ＋ x)n－2x2＋ 2n(1＋ x)n－1x＝ 1＋ 22C1n x＋ 32C 2n x2＋⋯＋ (k＋ 1)2k k 2 n nC n x ＋⋯＋ ( n＋ 1)C n x .令 x＝ 1，得 2n＋ n·2n－1＋ n(n－ 1)2n－2＋ 2n2n－1＝ 1＋ 22C1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋(n＋1) 2C n n，即 12C0n＋ 22C 1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋ (n＋1) 2C n n＝ 2n－2(n2＋ 5n＋ 4)．合数的性用[例 3] (2017 ·北四市研 )在三角形中，从第 3 行开始，除 1 之外，其余每一个数是它上边的两个数之和，个三角形数开几行如所示．(1) 在三角形中能否存在某一行，且行中三个相的数之比3∶ 4∶ 5？若存在，求出是第几行；若不存在，明原因；(2) 已知 n，r 正整数，且n≥r＋ 3.求：任何四个相的合数rr＋1r＋2r＋3 C n，C n，C n， C n不可以组成等差数列．[解 ] (1)三角形的第n 行由二式系数 C n k，k＝ 0,1,2，⋯， n 成．k－ 1＝3，假如第 n 行中有C nk＝kn1kC n k k＋ 1 4，k ＋1＝＝C n n－ k 5那么 3n－ 7k＝－ 3,4n－ 9k＝ 5，解得 k＝ 27， n＝ 62.即第 62 行有三个相的数C6226， C6227， C6228的比 3∶ 4∶ 5.(2) 明：如有rr ＋1r＋ 2r＋ 3r＋ 1rn， r(n≥r＋3)，使得 C n，C n， C n， C n成等差数列，2C n＝ C n＋r＋ 2r＋ 2r ＋1r ＋ 3，C n， 2C n＝ C n＋ C n即2n ！＝n ！ ＋r ＋！ n － r － ！ r ！ n － r！n ！，2n ！r ＋ ！ n － r －r ＋ ！ n － r －！！＝n ！＋n ！ ！.r ＋！ n － r －r ＋ ！ n － r －！所 以 有2＝1＋1，r ＋n － r －n － r －n － rr ＋ r ＋2＝1＋1，r ＋n － r － n － r － n － r － r ＋r ＋化 整理得，n 2－ (4r ＋ 5)n ＋ 4r(r ＋ 2)＋ 2＝ 0，2n － (4r ＋ 9)n ＋ 4(r ＋ 1)(r ＋ 3)＋ 2＝ 0.两式相减得， n ＝ 2r ＋ 3，rr ＋1r ＋2r ＋3于是 C 2r ＋3， C 2r ＋ 3， C 2 r ＋ 3， C 2r ＋3成等差数列．而由二 式系数的性 可知rr ＋3r ＋1r ＋2C 2r ＋3 ＝ C 2r ＋ 3＜ C 2r ＋ 3＝ C 2r ＋ 3， 与等差数列的性 矛盾，进而要 明的 成立．[方法 ](1) 于 合数 ，需要熟 并能灵巧运用以下两个 合数公式：C k n ＝ C nn －k ， C kn ＋ 1＝C k n ＋C k n －1 .(2) 于二 式定理 ，需掌握 法和二 式系数的性 ，并能将二 式系数与二 睁开式系数区 开来．[ 式 ](1－ x)n ＝ a 0＋ a 1x ＋ a 2x 2＋ ⋯＋ a n x n ， n ∈ N * ， n ≥2. (1) 若 n ＝ 11，求 |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9 |＋ |a 10|＋ |a 11|的 ；k ＋1(2)b k ＝n － k a k ＋1 (k ∈N ，k ≤n － 1)，S m ＝ b 0＋ b 1＋ b 2＋⋯ ＋ b m (m ∈ N ，m ≤n － 1)，求的 ．解： (1)因 a k ＝ (－ 1)k C k n ，当 n ＝ 11 ， |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9|＋ |a 10|＋ |a 11|＝ C 611＋ C 711＋ C 811＋ C 911＋ C 1011＋ C 11111 0 110 11 10＝ (C 11＋ C 11＋ ⋯＋ C 11 ＋ C 11)＝ 2 ＝ 1 024.2(2) b k ＝ k ＋ 1k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1 k ＋ 1 ka k ＋ 1＝ (－ 1) n － kC n ＝ (－ 1)C n ，n － k当 1≤k ≤n － 1 ，b k ＝ (－ 1)k ＋1C k nS mm C n － 1＋kk －1＝ (－ 1)k 1(C n － 1＋ C n － 1)＝(－1) k＋1 k －1k ＋1 kC n － 1＋ (－ 1) C n －1＝ (－ 1)k － 1C k n －－11－ (－ 1)k C k n － 1.当 m ＝ 0 ，S m＝b 0＝ 1.mC n －1C n －1当 1≤m ≤n － 1 ， S m ＝－ 1＋mk －1 k －1k k m m[(－ 1)C n －1－ (－ 1)C n －1 ]＝－ 1＋ 1－ (－ 1) C n － 1k ＝1＝－ (－ 1) mmC n －1，S m ＝ 1. 所以 C n 1m上，S m＝ 1.mC n － 1[ 达 ]1． 会合 A ，B 是非空会合M 的两个不一样子集， 足： A 不是 B 的子集，且 B 也不是 A 的子集．(1) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， a 4} ，直接写出全部不一样的有序会合(A ，B)的个数；(2) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， ⋯ ， a n }，求全部不一样的有序会合 (A ， B)的个数．解： (1)110.(2) 会合 M 有 2n 个子集，不一样的有序会合 (A ， B) 有 2n (2n － 1)个．当 A ? B ，并 B 中含有 k(1≤k ≤n ， k ∈N * )个元素，n k足 A ?k－ 1)B 的有序会合 (A ， B)有C n (2k ＝ 1n n＝ C n k 2k －C n k ＝ 3n － 2n 个．k ＝k ＝同理， 足 B ? A 的有序会合 (A ，B)有 3n － 2n 个．故 足条件的有序会合 (A ， B)的个数 2n (2 n － 1)－ 2(3n － 2n )＝ 4n ＋ 2n － 2×3n . 2． (2017 南·京、 城二模) 有n n ＋(n ≥2， n ∈ N * )个 定的不一样的数随机排成一2个下 所示的三角形数 ：* ⋯⋯⋯⋯ 第 1行**⋯⋯⋯⋯ 第 2行***⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 第 3行⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯ 第 n 行** ⋯⋯⋯⋯ **Mk 是第 k 行中的最大数，此中1≤k ≤n ， k ∈ N *12<⋯< 的概率 p.M <M.(1) 求 p 2 的 ；2C n ＋ 1(2) 明： p n >n ＋！.解： (1)由 意知p 2＝ 2A 22 2，即 p 223 ＝3 的 .A 33(2) 明：先排第n 行， 最大数在第n 行的概率 nn ＝ 2 ；n ＋ n ＋ 12去掉第 n 行已 排好的n 个数，n n ＋nn －个数中最大数在第n －1行的概率 n － 1＝余下的2 － n ＝2－n n2 2； n⋯故 p ＝2 22＝2n －1＝ 2n.n× ×⋯×n ＋×n ×⋯×3 n ＋ ！n ＋1 n3因为 nn0 12n0 121222 ＝ (1＋1) ＝ C n ＋ C n ＋ C n ＋ ⋯ ＋ C n ≥C n ＋ C n ＋ C n >C n ＋ C n ＝ C n ＋ 1，2n22故>C n ＋2 ，即 p n > C n ＋1 .！n ＋n ＋！n ＋ 1！3． 1,2，⋯ ，n 足以下性T 的摆列 a 1，a 2，⋯ ，a n 的个数 f( n)(n ≥2，n ∈ N * )．性T ：摆列 a 1， a 2， ⋯ ， a n 中有且只有一个 a i ＞ a i ＋ 1(i ∈ {1,2， ⋯， n － 1})．(1) 求 f(3)；(2) 求 f(n)．解： (1)当 n ＝3 ， 1,2,3 的全部摆列有 (1,2,3) ，(1,3,2)，(2,1,3) ，(2,3,1) ，(3,1,2) ，(3,2,1) ，此中 足 存在一个 i ∈ {1,2,3} ，使得 a i ＞ a i ＋ 1 的摆列有 (1,3,2) ，(2,1,3) ，(2,3,1) ， (3,1,2)，所以 f(3)＝ 4.(2) 在 1,2， ⋯ ， n 的全部摆列 (a 1， a 2， ⋯ ， a n )中，若 a i ＝ n(1 ≤i ≤n － 1)，从 n － 1 个数 1,2,3，⋯ ， n － 1 中 i － 1 个数按从小到大的 序摆列 a 1， a 2， ⋯， a i － 1，其余按从小到大的 序摆列在余下地点，于是 足 意的摆列个数i －1C n －1.若 a n ＝ n ， 足 意的摆列个数f( n － 1)．n －1n －1上， f(n)＝ f(n － 1)＋i －1－ 1.C n － 1＝ f(n － 1)＋ 2i ＝ 1进而 f(n)＝23－ 2n － 31－ 2－ (n － 3)＋ f (3)＝ 2n － n － 1.4． (2016 · 高考江 )(1) 求 7C 36－ 4C 47的 ；*mmmm(2) m ，n ∈ N，n ≥m ，求 ： (m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2) ·C m ＋ 1＋( m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯＋ nC n － 1＋ (nmm ＋2＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .解： (1)7C 3 46×5×4 7×6×5×46－ 4C 7＝ 7×－ 4×＝ 0.3×2×14×3×2×1(2) 明：当 n ＝m ， 然成立．当 n ＞m ， (k ＋ 1)C k m ＝k ＋ k ！m ！ k － m ！ ＝ (m ＋ 1) ·k ＋ ！！k ＋－m ＋！m ＋m ＋1＝ (m ＋ 1)C k ＋ 1 ， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2， ⋯， n.m ＋ 1m ＋ 2m ＋ 2又因 C k ＋ 1 ＋ C k ＋ 1 ＝ C k ＋ 2 ，mm ＋2m ＋2所以 (k ＋ 1)C k ＝ (m ＋ 1)(C k ＋2 － C k ＋ 1 )， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2，⋯ ， n.mmmmmm所以，(m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2)C m ＋ 1＋ (m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C m ＋ [(m ＋ 2)C m ＋1＋ (m ＋ 3)C m m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n m ]m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2＝ (m ＋ 1)C m ＋ 2＋ (m ＋ 1)[(C m ＋ 3－ C m ＋2)＋ (C m ＋ 4－ C m ＋3)＋ ⋯ ＋ (C n ＋ 2 － C n ＋1 )]m ＋2＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .5． a n 是 足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和n(n ∈ N * )，且每个数位上的数字只好是 1 或 2.(1) 求 a 1，a 2， a 3， a 4 的 ；(2) 求 ： a 5n －1 (n ∈N * )是 5 的倍数．解： (1)当 n ＝ 1 ，只有自然数 1 足 条件，所以a 1＝ 1；当 n ＝ 2 ，有 11,2 两个自然数 足 条件，所以 a 2＝ 2；当 n ＝ 3 ，有 111,21,12 三个自然数 足 条件，所以a 3＝ 3；当 n ＝ 4 ，有1 111,112,121,211,22 五个自然数 足 条件，所以a 4＝ 5.上所述，a 1＝ 1， a 2＝ 2， a 3＝ 3， a 4＝ 5.(2) 明： 自然数X 的各位数字之和n ＋ 2，由 可知 ，X的首位1或2两种情形．当 X 的首位 1 ， 其余各位数字之和 n ＋ 1.故首位 1，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1；当 X 的首位 2 ， 其余各位数字之和n.故首位 2，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n .所以各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1＋ a n ，即 a n ＋ 2＝ a n ＋ 1＋ a n .下边用数学 法 明a 5n － 1 是 5 的倍数．① 当 n ＝ 1 ， a 4＝ 5，所以 a 4 是 5 的倍数，命 成立；② 假 n ＝ k(k ≥1， n ∈ N * ) ，命 成立，即a 5k － 1 是 5 的倍数．a5k＋4＝ a5k＋3＋ a5k＋2＝2a5k＋2＋ a5k＋1＝2(a5k＋1＋ a5k)＋ a5k＋1＝3a5k＋1＋ 2a5k＝3(a5k＋a5k－1)＋ 2a5k＝5a5k＋ 3a5k－1.因 5a5k＋ 3a5k－1是 5 的倍数，即a5k＋4是 5 的倍数．所以n＝ k＋ 1 ，命成立．由①②可知， a5n－1 (n∈N * )是 5 的倍数．6． (2017 常·州期末 )一个量用两种方法分算一次，由果同样结构等式，种方法称“算两次”的思想方法．利用种方法，合二式定理，能够获得好多风趣的合恒等式．如：观察恒等式(1＋ x)2n＝ (1＋ x)n(1＋ x)n(n∈ N* ) ，左 x n的系数 C n2n，而右 (1＋x)n(1 ＋ x)n＝ (C 0n＋C 1n x＋⋯＋ C n n x n)(C 0n＋ C 1n x＋⋯＋ C n n x n) ，x n的系数 C0n C n n＋ C1n C n n－1＋⋯＋C n n C0n＝ (C0n) 2＋ (C 1n)2＋ (C 2n) 2＋⋯＋ (C n n)2，所以可获得合恒等式 C n2n＝ (C n0 )2＋ (C 1n) 2＋ (C 2n)2＋⋯＋ (C n n) 2.(1) 依据恒等式 (1＋ x)m＋n＝ (1＋ x)m(1＋ x)n(m， n∈ N * )，两 x k(此中 k∈N ， k≤m， k≤n)的系数同样，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其余方法明：第 2数学法(能力)[常考型打破]用数学概括法证明等式π 为正整数，数列 {a n }的通项公式n π nθ，[例 1] (2017 苏·锡常镇一模 )设 |θ|< ，na n ＝ sintan22其前 n 项和为 S n .(1) 求证：当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝ (－ 1)n －1tan n θ；2(2) 求证：对任何正整数 n ， S 2n ＝ 1n ＋ 12n2sin 2θ·[1＋ (－ 1) tan θ]．n π n θ.[证明 ] (1) 因为 a n ＝ sin tan2*2k π 2k2k当 n 为偶数时，设 n ＝ 2k ， k ∈ N ， a n ＝a 2k ＝ sin 2 tan θ＝ sin k π· tan θ＝ 0， a n ＝ 0.当 n 为奇数时，设 n ＝ 2k － 1，k ∈ N * ，a ＝ a － ＝ sin k － n θ＝ π－ π· n θ2 tan 2tan 当 k ＝ 2m ， m ∈ N *时， a n ＝ a 2k － 1＝ sin 2m π－π·tan nθ＝ sin －π·tan n θ＝－ tan n θ，22此时n － 1＝ 2m － 1， a ＝ a － ＝－ tan n θ＝ －1)2m －1tan nθ＝ － n － 1n θ2n2 k 1(( 1) 2 tan.当 k ＝ 2m － 1，m ∈N * 时， a n ＝ a 2 k － 1＝ sin 2m π－3π·tan n θ＝ sin －3π ·tan nθ＝ tan n θ，22此时n － 1n－2m －2n－ n － 1 nθ ＝ 2m － 2， a ＝ a＝ tan θ＝1)·θ＝ 1)22 tan－n － 1综上，当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝( － 1) 2 tan n θ.(2) 当 n ＝ 1 时，由 (1) 得， S 2＝ a 1＋ a 2＝ tan θ，等式右侧＝1θ ＋tan 2θ)＝ sin θ·cos θ· 1 2 ＝ tan θ.2sin 2 (1cos θ故 n ＝ 1 时，命题成立，*1k ＋12k假定 n ＝ k(k ∈ N ， k ≥1)时命题成立，即 S 2k ＝ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)tan θ]．当 n ＝ k ＋ 1 时，由 (1)得：＋1)＝ S ＋ a2k ＋＋ a ＋ ＝ S ＋ a＋＝1θ·1＋ －k ＋1tan2k θ＋ (－ 1)k2 k ＋1θS 2(k 2 k1 2 k 22k 2k 1 2sin 2 []tan ＝ 1 k ＋ 1 2k θ＋ ( － 1) k2 2k ＋ 1 1 k ＋2 2k ＋2 1 sin 2 θ·＋ ( － 1) tan · tan θ＝ θ·＋ － 1) ·θ·－ 2 2 sin 2 1 tan tan θsin 2θ 221＋21k ＋22k ＋ 2－ cos θ1k ＋22k ＋sin 2·tan2 ＋2＝·tanθtan θ ＝ 2sin 2θ·1＋ (－ 1)θ· sin θ sin θ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)2θ]．即当 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 .综上所述，对任何正整数n ， S ＝ 1θ· ＋ －n ＋12n1)tan θ]．2n2sin 2 [1([方法 ]用数学 法 明等式 是常 型，其关 点在于弄清等式两 的组成律，等式两 各有多少 ，以及初始n 0 的 .由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 ，除考 等式两 化的 外 要充足利用n ＝k 的式子，即充足利用假 ，正确写出 明的步 ，进而使 得以 明.[ 式](2017 ·州期末 )已知 F n (x)＝ (－ 1)0C 0n ， f 0(x)＋ (－ 1)1C 1n f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n n f n (x)( n ∈ N * ，x>0)，此中 f i (x)( i ∈ {0,1,2 ，⋯ ， n})是对于 x 的函数．(1) 若 f i (x)＝ x i (i ∈ N) ，求 F 2(1)， F 2 017(2) 的 ；xn ！*(2) 若 f i (x)＝ x ＋ i (i ∈ N) ，求 ： F n ( x)＝x ＋ x ＋x ＋ n (n ∈ N )．解： (1)因 i(i ∈N) ，所以 F n (x)＝ (－ 1) 0 0 0＋(－1) 1 1 1n n nf i (x)＝ x C n x C n x ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C n x ＝ (1－ x)n ，所以 F 2 (1)＝ 0, F 2 017(2)＝ (1－ 2)2 017＝－ 1.x(2) 明：因f i (x)＝ x ＋ i (x>0， i ∈ N) ，n－ i C n ix所以 F n (x)＝ (－ 1) 0C n 0f 0(x)＋ (－ 1)1C n 1f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n nf n (x)＝( n ∈i ＝x ＋ iN *)．n ＝1i i xx ＝1，所以 n ＝1 成立 . ①当 n ＝ 1 ， F n ( x)＝－＝ 1－ C 1x ＋ ii ＝x ＋ 1 x ＋ 1②假 n ＝ k(k ∈ N * ) 成立，即 F kk－i ix＝(x)i ＝x ＋ i＝k ！，x ＋⋯x ＋ kx ＋k ＋1－ i ixn ＝ k ＋1 ， F k ＋1(x)＝C k ＋1i ＝x ＋ i＝ 1＋ k－ i i x＋(－1) k ＋1 k ＋1 xC k ＋1C k ＋1 x ＋ k ＋ 1i ＝1x ＋ i＝ ＋ k－i i －1 x ＋ －＋＋1x＋C ix ＋ i 1)k 1 k ＋ ＋ 1＝1k k( ·C k 1 ＋1ix kki i x k ＋1i i －1 x－－＝C kx ＋ i＋i ＝ 1C kx ＋ ii ＝k ＋1i －1i －1 x＝ F k (x)－－C kx ＋ ii ＝1k－i ix＝ F k (x)－C ki ＝x ＋ i ＋ 1ki ix ＋ 1x＝ F k (x)－－·C ki ＝x ＋ i ＋ 1x ＋ 1＝F k (x) －xF k (x＋1) ＝k ！－x ＋ 1x ＋x ＋⋯x ＋ kk ！xx ＋x ＋⋯ x ＋ 1＋ k ·x ＋ 1＝x ＋ 1＋ k k ！－ x ·k ！x ＋ x ＋⋯ x ＋ k x ＋ 1＋ k＝k ＋！，x ＋ x ＋ x ＋⋯ x ＋ 1＋ k所以 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立 .合①②可知，F n (x)＝n ！ ⋯x ＋n (n ∈ N * ).x ＋x ＋用数学 法 明不等式[例 2] (2017 南·京模 )已知数列 {a n } 足 a n ＝ 3n － 2，函数 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1，g( n)a 1 a 2 a n ＝ f(n 2)－ f( n － 1)， n ∈ N * .1(1) 求 ： g(2)＞ 3；1(2) 求 ：当 n ≥3 ， g(n)＞ 3 .[ 明 ](1) 由 意知， a n ＝ 3n － 2， g(n)＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1，a n a n ＋ 1 a n ＋2 a n2当 n ＝ 2 ， g(2)＝1 ＋ 1 ＋ 1 ＝ 1＋ 1＋ 1 ＝ 69 ＞1.故 成立．a 2 a 3 a 4 4 7 10 140 3(2) 用数学 法 明：①当 n ＝ 3， g(3) ＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1＝1＋ 1＋1＋1＋1＋1＋1＝1＋a 3 a 4 a 5a 9 7 10 13 1619222571 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＞ 1＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 10 13 16 19 22 25 8 16 16 16 32 32 32＝1＋3＋3＞1＋3＋1＞1，8 16 32 8 16 163所以当 n＝ 3 ，成立．②假当n＝ k(k≥3， k∈ N* )，成立，即 g(k)＞1，3当 n＝ k＋ 1 ，g(k＋ 1)＝ g(k)＋1＋1＋⋯ ＋a k2＋1a k2＋2a＋1－1＞1＋2k＋ 1－1a k＋a k 3k＋2－ 23k－ 2＝1＋k＋k－－k＋2－ 2]k＋32－k－＝1＋3k2－ 7k－ 3，3＋2－k－k由 k≥3 可知， 3k2－ 7k－ 3＞ 0，即 g(k＋ 1)＞1 3.所以当 n＝ k＋ 1 ，也成立．合①②可得，当1n≥3 ， g(n)＞ .31－1 ＞1＋1＋1＋⋯k＋a k 3 a k 2＋1 a k2＋2[方法 ]当碰到与正整数n 有关的不等式明，用其余法不简单，可考用数学法 .用数学法明不等式的关是由n＝ k k∈ N*成立，推n＝ k＋1 也成立，明用上假后，可采纳剖析法、合法、作差作商比法、放法等明 .[式 ]数 a1，a2，⋯，a n足 a1＋ a2＋⋯＋ a n＝ 0，且 |a1|＋|a2|＋⋯＋ |a n| ≤ n1(∈ N*且 n≥2)，令 b n＝a n*11*)．n(n∈N)．求： |b1＋ b2＋⋯＋ b n| ≤－2n(n∈N2明： (1)当 n＝ 2 ， a1＝－ a2，1所以 |a1|＋ |a2|＝ 2|a1|≤1，即 |a1|≤，2所以 |b ＋ b a1＋ a2＝|a1| 1＝ 1－ 1，12|＝2≤2422×2即当 n＝ 2 ，成立．(2) 假当 n＝ k(k∈N *且 k≥2) ，成立，1 1即当 a1＋ a2＋⋯＋ a k＝ 0，且 |a1|＋ |a2|＋⋯＋ |a k|≤1 ，有 |b1＋ b2＋⋯＋ b k|≤2－2k.当 n＝ k＋ 1 ，由 a1＋ a2＋⋯＋ a k＋ a k＋1＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋|a k ＋ 1|≤1，可得 2|a k ＋ 1|＝ |a 1＋ a 2＋ ⋯＋ a k |＋|a k ＋1 |≤|a 1|＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋ 1|≤1，1所以 |a k ＋ 1|≤ .2又 a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a k － 1＋ (a k ＋ a k ＋ 1)＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋ |a k － 1|＋ |a k ＋ a k ＋ 1|≤|a 1 |＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋1|≤1，由假 可得＋ b ＋ ⋯ ＋ b － ＋ a k ＋ a k ＋111，≤ －b 12 k 1 k2 2k所以 |b 1＋ b 2＋ ⋯ ＋ b k ＋ b k ＋1|＝ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k －1＋a k ＋ a k＋1kk ＋1＝b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k － 1＋a k ＋a k＋1＋a k＋1－a k＋1kk ＋ 1 k1 1＋ a k ＋ 1 a k ＋ 1≤ － ＋ － k2 2k k 1 ＝1－ 1＋ 1－ 1＋2 2k k k ＋ 1 |a k 1|1 1 ＋ 1 1 1≤ － － ×2 2k k k ＋ 1 2＝ 1－1，＋k即当 n ＝ k ＋ 1 ， 成立．合 (1)(2) 可知， 成立．、猜想、 明[例 3](2017 · 常 二模0 n1nk kn)已知 f n ( x)＝ C n x － C n (x － 1) ＋⋯＋ (－1)C n (x － k) ＋ ⋯ ＋(－ 1)n C n n (x － n)n ，此中 x ∈ R ， n ∈N * ， k ∈ N ， k ≤n.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)， f 3(x)的 ；(2) 猜 f n (x)对于 n 的表达式，并 明你的 ．0 1[解 ] (1)f 1(x)＝ C 1x － C 1(x － 1)＝ x － x ＋ 1＝ 1；f 2(x)＝ C 20x 2－C 21(x － 1)2＋ C 22(x － 2)2＝ x 2－ 2(x 2－ 2x ＋ 1)＋( x 2 － 4x ＋ 4)＝ 2； f 3(x)＝ C 30x 3－C 31(x － 1)3＋ C 32(x － 2)3－ C 33(x －3) 3＝ x 3－ 3(x － 1)3＋ 3(x － 2) 3－ (x － 3)3＝ 6. (2) 猜 ： f n (x)＝ n ！ .kn ！n ！k －1n －！而 kC n ＝ k ·！＝！ ，nC n － 1＝ n ·k － ！ n －k！k ！ n － k k － ！ n － kn ！＝，k －！n － k ！kk －1所以 kC n ＝ nC n － 1.用数学 法 明 成立．①当 n ＝ 1 ， f 1(x)＝ 1，所以 成立．②假 当 n ＝ k ， 成立，即f k (x)＝ C k 0x k － C k 1(x － 1)k ＋⋯ ＋ (－ 1)k C k k (x － k)k ＝ k ！ .当 n ＝ k ＋ 1k ＋ 11k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1k ＋1， f k ＋ 1(x)＝ C k ＋ 1x－C k ＋1(x － 1) ＋⋯＋(－1) C k ＋ 1(x － k － 1)k ＋ 11kk kkk ＋ 1 k ＋ 1k＝ C k ＋ 1x－ C k ＋ 1( x － 1) (x － 1)＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k) (x － k)＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k － 1)＋ 10 k1kk kk]＋ 1k2 k⋯＋(－＝ x[C k ＋ 1x － C k ＋ 1(x － 1) ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1( x － k) [C k ＋ 1(x － 1) － 2C k ＋ 1(x － 2)1)k ＋1kk]＋ (－ 1)k ＋1k ＋1k ＋1kC k ＋ 1( x － k) C k ＋ 1(x － k － 1)0 k1k＋⋯＋(－1)kk k －1kk1＝ x[C k x － (C k ＋ C k )( x － 1) (C k ＋ C k )(x － k) ]＋ (k ＋ 1)[(x － 1) － C k (x －2) k⋯＋(－1) k ＋1k －1k1) k ＋1k ＋1kC k (x － k) ]＋ (－ C k ＋ 1(x － k － 1) ( x － k － 1)＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k － 1C k k －1 (x － k)k ] ＋(k ＋ 1)[( x － 1)k － C 1k (x － 2)k ⋯ ＋ (－ 1)k ＋ 1C k k －1 (x － k) k ]＋ x( － 1)k ＋ 1C k k (x － k － 1)k － (k ＋ 1)(－ 1)k ＋1(x － k －1) k ＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯＋ (－ 1)k － 1C k k －1( x －k＋(－1) k k k 0 k 1 k＋⋯＋(－ 1) k － 1 k －1k ＋(－1) k(xk) C k (x － k － 1) ]＋ (k ＋ 1)[C k (x － 1) － C k ( x － 2) C k ( x － k) － k － 1)k ] ． (*)由 假 知(*) 式等于 x ·k ！－ x ·k ！＋ ( k ＋ 1) ·k ！＝ (k ＋ 1)！ .所以当 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立．合①②， f n ( x)＝ n ！成立．[方法 ]利用数学 法能够探究与正整数n 有关的未知 、存在性 ，其基本模式是 “— 猜想 — 明 ”，即先由合情推理 ，而后 推理即演 推理 的正确性 .解 “ — 猜想 — 明 ” 的关 是正确 算出前若干详细 ， 是 、猜想的基.否 将会做大批无用功 .[ 式 ](2017 ·城模 ) f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 22＋C 32＋ C 42＋ ⋯ ＋ C n 2)( n ≥2， n ∈ N * )． (1) 求 f(2)， f(3)， f (4)的 ；(2) 当 n ≥2， n ∈ N *， 猜想全部f(n)的最大公 数，并 明．22223解： (1)因 f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 2＋ C 3＋ C 4 ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (3n ＋ 2)C n ＋ 1，所以 f(2)＝ 8， f(3)＝ 44， f(4) ＝140.(2) 明：由 (1)中 可猜想全部 f(n)的最大公 数 4.下边用数学 法 明全部的f(n)都能被 4 整除即可．①当 n ＝ 2 ， f(2) ＝8 能被 4 整除， 成立；②假定 n ＝ k (k ≥2， k ∈ N * )时，结论成立，即 f( k)＝ (3k ＋ 2)C 3k ＋1 能被 4 整除，3则当 n ＝ k ＋ 1 时， f(k ＋ 1)＝ (3k ＋ 5)C k ＋ 233 ＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 2＋ 3C k ＋ 23 22＝ (3k ＋ 2)(C k ＋ 1＋ C k ＋ 1) ＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 322＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 ＝ (3k ＋ 2)C k 3 ＋ 1＋ 4(k ＋ 1)C k 2＋ 1，此式也能被 4 整除，即 n ＝ k ＋ 1 时结论也成立． 综上所述，全部 f( n)的最大条约数为4.[课时达标训练 ]cx ＋ d1．(2017 南·通三模 )已知函数 f 0(x)＝ ax ＋ b (a ≠0，bc － ad ≠ 0)．设 f n (x)为 f n － 1(x)的导数， n∈N *.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)；(2) 猜想 f n ( x)的表达式，并证明你的结论．解： (1)f 1(x)＝ f 0′(x)＝cx ＋ d ′＝bc － ad2，ax ＋ b ax ＋ b－ ad－ 2a bc － adf 2(x)＝ f 1′(x)＝bc3 .ax ＋ b 2 ′＝ax ＋ b－n － 1·an －1bc － ad n ！* .(2) 猜想 f n ( x)＝ax ＋ b n ＋1， n ∈ N证明：①当 n ＝ 1 时，由 (1)知结论成立，②假定当 n ＝ k(k ∈ N * 且 k ≥1)时结论成立，－k －1 ·ak －1bc － ad k ！即有 f k (x)＝ax ＋ bk ＋1.当 n ＝ k ＋ 1 时，f k ＋ 1( x) ＝ f k ′(x)＝ －k － 1·ak －1bc － ad k ！ax ＋ bk ＋1′＝ (－ 1)k － 1·a k － 1·(bc － ad) ·k ！ [(ax ＋ b)－ (k ＋1)] ′－k k！·a bc － adk ＋＝ax ＋ bk ＋ 2.所以当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立．由①②得，对全部n ∈N * 结论都成立．2． (2017 ·江模拟镇 )证明：对全部正整数 n,5n ＋ 2·3n － 1＋ 1 都能被 8 整除．证明： (1)当 n ＝ 1 时，原式等于 8 能被 8 整除，(2) 假定当 n ＝ k(k ≥1， k ∈ N * )时，结论成立，5k ＋ 2·3k －1＋ 1 能被 8 整除．5k ＋ 2·3k －1＋ 1＝ 8m ， m ∈ N * ，当 n ＝ k ＋ 1 ， 5k ＋1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4·3k －1－ 4 ＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)，而当 k ≥1， k ∈ N * ，3k －1＋ 1 然 偶数，2t ， t ∈ N * ，故 5k ＋ 1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)＝ 40m － 8t(m ， t ∈ N * )，也能被 8 整除，故当 n ＝ k ＋ 1 也成立；由 (1)(2) 可知 全部正整数 n,5n ＋ 2·3n －1＋ 1 都能被 8 整除．3．已知 S n ＝ 1＋ 1＋ 1＋ ⋯ ＋ 1( n ≥2， n ∈N *)，求 ： S 2 n ＞ 1＋ n(n ≥2， n ∈ N * )．23n2明： (1)当 n ＝ 2 ， S 2n ＝ S 4＝ 1＋ 1＋ 1＋ 1＝25＞ 1＋ 2，即 n ＝ 2 命 成立；2 3 4 122*) 命 成立，即 ＝ 1＋ 1＋ 1＋⋯ ＋1kk ，(2) 假 当 n ＝ k(k ≥2， k ∈ N S 2k2 32 ＞1＋ 2当 n ＝ k ＋ 1 ，S 2k＋1＝ 1＋ 1 ＋ 1 1 1 ＋ ⋯ ＋ 1 1＞ 1＋k1 ＋ k1＋ ⋯ ＋1k＋＋ ⋯ ＋ k ＋ k k ＋2＋ k ＋ 2 k ＋1＞ 1＋2 3 2 2 ＋ 1 2 2 ＋ 1 2 2 2k 2kkk ＋ 1＝ 1＋k ＋ 1，2 ＋ 2 ＝1＋ 2 2 2故当 n ＝ k ＋ 1 ，命 成立．*n由 (1)和 (2) 可知， n ≥2， n ∈N不等式 S 2n ＞ 1＋2都成立．4．(2017 南·京三模 )已知数列 {a n }共有 3n(n ∈ N * ) ， f(n)＝ a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a 3n . 随意的∈ *,1≤k ≤3n ，都有 a k ∈ {0,1}，且 于 定的正整数 p (p ≥2)，f (n)是 p 的整数倍．把 足上k N述条件的数列 {a n }的个数 T n .(1) 当 p ＝ 2 ，求 T 2 的 ；(2) 当 p ＝ 3 ，求 ： T n ＝ 1[8n ＋ 2(－ 1)n ]．3 解： (1)由 意，当n ＝ 2 ，数列 {a n }共有 6 ．要使得 f(2)是 2 的整数倍，6 中，只好有0 、 2 、 4 、 6 取 1，故 T 2＝ C 06＋ C 62＋ C 46＋ C 66 ＝25＝ 32.(2) 明： T n ＝ C 03n ＋ C 33n ＋ C 63n ＋⋯ ＋ C 33 n n . 当 1≤k ≤n ， k ∈N * ，3k3 k3k －1C 3n ＋3＝ C 3 n ＋2＋ C 3n ＋23k － 13k3k － 13k － 2＝ C 3n ＋ 1＋ C 3n ＋ 1＋ C 3 n ＋ 1＋ C 3n ＋13 k －13k3k－2＝ 2C3 n＋1＋ C3n＋1＋ C3n＋13k－ 13k－ 23 k－ 13k3k－ 33k－ 2＝ 2(C 3n＋C 3n)＋ C3n＋C 3n＋ C3n＋ C 3n＝3(C 3k3n－1＋C 3k3n－2)＋ C33k n＋C 3k3n－3，于是T＋＝C0 ＋＋ C3＋C6＋⋯＋C3n＋3＋＋＋n 13n33n33n33n3＝C03n＋3＋ C3n3n＋＋33＋ 3(C 13n＋ C 23n＋ C43n＋ C53n＋⋯＋ C3n3n－2＋ C3n3n－1)＋ T n－ C03n＋ T n－ C3n3n ＝2T n＋ 3(23 n－ T n)＝3×8n－T n.下边用数学法明1n n T n＝ [8＋ 2(－ 1)]．3当 n＝ 1 ， T 1＝ C03＋ C33＝ 2＝13[81＋ 2(－1)1]，即 n＝ 1 ，命成立．假 n＝ k (k≥1， k∈N * ) ，命成立，即 T k＝1[8k＋ 2(－ 1)k]．3当 n＝ k＋ 1 ，k k1k＋ 2(－ 1)k T k＋1＝3×8 － T k＝ 3×8－ [8]3＝1k k k] [9×8 －8－ 2(－ 1)3＝1[8k＋1＋ 2(－ 1)k＋1]，3即 n＝ k＋ 1 ，命也成立．于是当 n∈ N *，有 T n＝1[8n＋ 2(－1) n]．35． (2017 ·州考前研 )在数列 {a n}中， a n＝ cosπ*)．n－ 2(n∈N3×2(1)将 a n＋1表示 a n的函数关系式；(2)若数列 {b n}足 b n＝ 1－2(n∈N * )，猜想 a n与 b n的大小关系，并明你的．n·n！解： (1)a n＝ cos π2πn－2＝cos n－ 13×23×2π2＝2 cos3×2n－1－ 1，∴ a ＝ 2a2＋－ 1，∴ a ＋＝±a n＋ 1，nn 1n 12又 n∈ N*， n＋ 1≥2， a n＋1>0，∴ a n＋1＝a n＋ 12.。
二项式定理高二期末复习学案教师用(详解)
二项式定理一、非常了解、考试大纲①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 二、非常考题、悟出方法1.（北京）在7)2(x x -的展开式中，2x 的系数是 -14 。
2.（全国）在104)1(xx +的展开式中常数项是 45 。
3.已知55443322105)1(x a x a x a x a x a a x +++++=-,则())(531420a a a a a a ++++的值等于 -256 。
4.（江西）在123)(x x +的展开式中，含x 的正整数次幂的项共有（ B ） A ．4项 B ．3项 C ．2项 D ．1项4.（江苏）设k=1，2，3，4，5，则5)2(+x 的展开式中kx 的系数不可能是（ C ） A ．10 B ．40 C ．50 D ．80 三、非常训练、对比辨析 例1．1、（安徽）3)21(-+xx 的展开式中，常数项是 解：36323)1(])1([)21(xx x x x x -=-=-+ 上述式子展开后常数项只有一项33336)1(xx C -，即20-本小题主要考查把“三项式”的问题通过转化变型后，用二项式定理的知识解决，考查了变型与转化的数学思想。
2、（全国）72)2)(1-+x x （的展开式中，3x 项的系数是 ； 解：在展开式中，3x 的来源有：① 第一个因式中取出2x ，则第二个因式必出x ，其系数为667)2(-C； ② 第一个因式中取出1，则第二个因式中必出3x ，其系数为447)2(-C3x ∴的系数应为：∴=-+-,1008)2()2(447667C C 填1008。
例2。
1、（北京改编）求（103)1xx -的展开式的中间项；解：,)1()(310101r rrr xx T C -=-+ ∴展开式的中间项为535510)1()(xx C -即：65252x -。
当n 为奇数时，nb a )(+的展开式的中间项是212121-+-n n n n baC 和212121+-+n n n nbaC；当n 为偶数时，n b a )(+的展开式的中间项是222nn n nba C。
二项式定理复习课的教学设计
二项式定理复习课的教学设计1、教学内容：高中数学理科选修2-3：《二项式定理复习课》2、教学对象分析：学生高二学习了《二项式定理》的全部内容，对这部分内容有了初步的了解，但遗忘率比较大，对二项式定理的题型已经生疏，因此让学生在老师的指导下，对《二项式定理》进行复习应用，巩固和加深。
在复习的过程中，渗透了《排列组合》等其它的内容，加强了知识点之间的联系，培养学生综合运用知识的能力。
3、教学内容分析:本节内容包括以下几部分：（1）二项式展开式的特点。
（2）二项式展开式项的系数和二项式式系数。
（3）二项式定理的四个应用。
教学目标：（1）知识目标：复习二项式定理，正确理解和区分二项式系数、通项、二项式项的系数等概念，会利用通项公式及二项式系数的性质解决有关计算问题.（2）能力目标：通过讲练结合使学生掌握二项式定理习题的一般解题方法，提高分析和解决问题的能力。
（3）情感目标：通过学生的主体活动，营造一种愉悦的情境，使学生自始至终处于积极思考的氛围中，不断获得成功的体验，从而对自己的数学学习充满信心。
教学重点： 二项式定理的应用教学难点 ： 二项式定理及二项式系数性质的灵活应用教学方法：讲练结合 教学过程：1、知识回顾：(1)二项式定理：=+n b a )( （*N n ∈）.二项式展开式的通项公式为=+1r T .(2)二项式系数：①n b a )(+展开式的二项式系数之和为 ，即=++++++n n k n n n n C C C C ......C 210②奇数项的系数之和等于 的系数之和，即=++...C 20n n C =2、热身练习：（1）（2x+1）4的展开式中3x 的系数是（ ）A ．6B ．32C ．8D ．48（2）、若n x x )1(+展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为 ．（3）若9922109...)1(x a x a x a a x ++++=-，则129a a a +++= （ ）A 、1-B 、0C 、1D 、2（4）1110除以9的余数是 （ ）A.1B.2C.4D.8小结：题型一：求项的系数题型二：求特定项题型三：求展开式系数和题型四：整除问题3、综合例题： 例．已知二项式n x)121(4+（*N n ∈）展开式中，末三项的系数依次成等差数列，求此展开式中所有的有理项。
高考数学二轮复习排列、组合、二项式定理教学案
2016高考数学二轮复习精品资料专题10 排列、组合、二项式定理教学案（学生版）【2016考纲解读】1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；2.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3.能用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.【知识网络构建】【重点知识整合】 1．两个基本原理 (1)分类加法计数原理； (2)分类乘法计数原理； 2．排列 (1)定义；(2)排列数公式：A mn ＝n ！ n －m ！(n ，m ∈N，m ≤n )；3．组合(1)定义；(2)组合数公式；(3)组合数的性质：C m n ＝C n －m n (m ，n ∈N，且m ≤n )；C m n ＋1＝C mn ＋C m －1n (m ，n ∈N，且m ≤n )．4．二项式定理(a ＋b )n 展开式共有n ＋1项，其中r ＋1项T r ＋1＝C r n a n －r b r.5．二项式系数的性质二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn 这n ＋1个组合数． 二项式系数具有如下几个性质： (1)对称性、等距性、单调性、最值性； (2)C r r ＋C r r ＋1＋C r r ＋2＋…＋C r n ＝C r ＋1n ＋1； C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n； C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1；C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋n C n n＝n·2n－1等．【高频考点突破】考点一两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．例1、给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种(结果用数值表示)．【变式探究】正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有 ( ) A．20 B．15C．12 D．10【方法技巧】1．在应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．每一步当中又可能用到分类计数原理．2．对于较复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.【变式探究】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．【方法技巧】排列与组合综合应用问题的常见解法(1)特殊元素(特殊位置)优先安排法；(2)合理分类与准确分步法；(3)排列与组合混合问题先选后排法；(4)相邻问题捆绑法；(5)不相邻问题插空法；(6)定序问题缩倍法；(7)多排问题一排法；(8)“小集团”问题先整体后局部法；(9)构造模型法；(10)正难则反，等价转化法.考点三二项式定理1．二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n b0＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n.2．通项与二项式系数：T r＋1＝C r n a n－r b r，其中C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．3．各二项式系数之和：(1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.【变式探究】设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝__________.【方法技巧】在应用通项公式时，要注意以下几点(1)它表示二项展开式中的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定．(2)T r＋1是展开式中的第r＋1项而不是第r项．(3)二项式系数与项的系数不同，项的系数除包含二项式系数外，还与a、b中的系数有关．【难点探究】难点一计数原理例1、某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图18－1所示正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i (i ＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i 个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A 处的所有不同走法共有( )A ．22种B ．24种C ．25种D ．36种难点三 二项式定理例3、 若⎝⎛⎭⎪⎫3x －1x n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为________．【历届高考真题】 【2012年高考试题】1.【2012高考真题重庆理4】821⎪⎪⎭⎫⎝⎛+x x 的展开式中常数项为A.1635B.835C.435D.1052.【2012高考真题浙江理6】若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A.60种B.63种C.65种D.66种3.【2012高考真题新课标理2】将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ ）()A 12种 ()B 10种()C 9种 ()D 8种6.【2012高考真题陕西理8】两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）A. 10种B.15种C. 20种D. 30种7.【2012高考真题山东理11】现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张.不同取法的种数为（A ）232 (B)252 (C)472 (D)4848.【2012高考真题辽宁理5】一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(A)3×3！ (B) 3×(3！)3(C)(3！)4(D) 9！9.【2012高考真题湖北理5】设a ∈Z ，且013a ≤<，若201251a +能被13整除，则a = A ．0 B ．1 C ．11D ．1210.【2012高考真题北京理6】从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( )A. 24B. 18C. 12D. 611.【2012高考真题安徽理7】2521(2)(1)x x +-的展开式的常数项是（ ） ()A 3- ()B 2- ()C 2 ()D 3[14.【2012高考真题全国卷理11】将字母a,a,b,b,c,c,排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（A ）12种（B ）18种（C ）24种（D ）36种15【2012高考真题重庆理15】某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 （用数字作答）.16.【2012高考真题浙江理14】若将函数()5f x x =表示为()()()()250125111f x a a x a x a x =+++++++ ， 其中0a ，1a ，2a ，…，5a 为实数，则3a ＝______________．17.【2012高考真题陕西理12】5()a x +展开式中2x 的系数为10， 则实数a 的值为 .18.【2012高考真题上海理5】在6)2(xx -的二项展开式中，常数项等于 。
二项式定理期末复习教案
二项式定理----期末复习导学案3教学目标：1.理解二项式定理及展开式的应用2.理解通项的意义并灵活应用3.正用、逆用定理来解决一些简单的问题。
教学过程：复习：1.二项式定理、二项式系数、通项。
2.二项式系数的性质练习：1.在8)12xx -（的展开式中，二项式系数之和为__▲___；含3x 的项的系数是___▲___. 2. 4．若7270127(12)x a a x a x a x -=++++L ，则2a 的值是（ ）A ．84B ．84-C ．280D ．280-3. 二项式62)x的展开式的常数项为 （ ） A ．60 B ．60- C ．120 D ．120-4.在432)1()1()1()1(---+---x x x x 的展开式中，2x 的系数等于____________.5. 设0122334455666)12(a x a x a x a x a x a x a x ++++++=-，则=++++++0123456a a a a a a a（ ）A ． 63B ． 62C. 6D.1 6. 9)1(x x - 展开式中含3x 的项为__，它是展开式的第____项．7．102)1(xx -展开式中，5x 项的系数为（ ） A ． 1 B ．1- C ．510C - D ．510C 8. 12C ...,7A.x=4,n=3 B.x=4,n=4 C.x=5,n=4 D.x=6,n=5n n n n x C x C x ++若能被整除，则x,n 的值可能为（ ）例题分析9（本小题共13分）已知nm x x x f )1()1()(+++=，*N ∈m ，*N ∈n ． （Ⅰ）当2,6==n m 时，写出)(x f 的展开式（按x 的升幂排列）；（Ⅱ）若)(x f 的展开式中x 的系数是19，求)(x f 的展开式中2x 的系数的最小值.答案1.256； 1024-2.A3.A4. -105.D6. 384x -,47.C8.C9（本小题共13分）（Ⅰ）……………………………6分（Ⅱ）由已知得1911=+n m C C ，即19=+n m ……………………………8分)(x f 的展开式中2x 的系数为……………………………10分又*N ∈n所以 当9=n 或10=n 时，)(x f 的展开式中2x 的系数有最小值81……………………………13分小结：课后练习：课本32B 组练习654322666556446336226160626615201682211)1()1()(x x x x x x x x x C x C x C x C x C x C C x x x f ++++++=+++++++++=+++=41719)219(919192)1(2)1(2222⨯+-=⨯+-=-+-=+n n n n n m m C C n m。
二项式定理复习教案
二项式定理【考纲要求】掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能运用它们计算和论证一些简单问题。
【基础知识】1.二项式定理：n n n r r n r n n n n n n nn b C b a C b a C b a C a C b a ++++++=+--- 222110)( 2.二项式通项公式：r r n r n r b a C T -+=1 （r=0,1,2,…,n ）3.二项式系数的性质： n b a )(+的展开式的二项式系数有如下性质：（1）在二项展开式中，与首末两项“等距离”的两项的二项式系数相等。
（2）如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等且最大。
（3） n n n n n n n n n nC C C C C C 212210=++++++-- （4）15314202-=+++=+++n n n n n n nC C C C C C （奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和）4.二项展开式的系数a 0,a 1,a 2,a 3,…,a n 的性质：f(x )= a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3……+a n xn ⑴ a 0+a 1+a 2+a 3……+a n =f(1)⑵ a 0-a 1+a 2-a 3……+(-1)n a n =f(-1)⑶ a 0+a 2+a 4+a 6……=2)1()1(-+f f ⑷ a 1+a 3+a 5+a 7……=2)1()1(--f f ⑸ a 0=f(0)⑹ |a 0|+|a 1|+|a 2|+|a 3|……+|a n |=5. 注意（1）奇数项、偶数项、奇次项、偶次项各自表示的意义。
（2）“某项”、“某项的二项式系数”、“某项的系数”之间的区别【课前练习】1、设S=(x －1)4+4(x －1)3+6(x －1)2+4(x －1)+1，它等于下式中的（ ）（A ）(x －2)4 （B ）(x －1)4 （C ）x 4 （D ）(x +1)42、100+展开所得关于x 的多项式中系数为有理数的共有（ ）项.（A ）50 （B ）17 （C ）16 （D ）153、31(||2)||x x +-展开式中的常数项是（ ）. （A ）－20 （B ）－12 （C ）－8 （D ）20法一：（|x |+||1x －2）3=（|x |+||1x －2）（|x |+||1x －2）（|x |+||1x －2） 得到常数项的情况有：①三个括号中全取－2，得（－2）3；②一个括号取｜x ｜，一个括号取||1x ，一个括号取－2，得C 13C 12（－2）=－12， ∴常数项为（－2）3+（－12）=－20.解法二：（|x |+||1x －2）3=（||x －||1x ）6. 设第r +1项为常数项，则T 1+r =C r 6·（－1）r ·（||1x ）r ·|x |r -6=（－1）6·C r 6·|x |r 26-，得6－2r =0，r =3. ∴T 3+1=（－1）3·C 36=－204、设n 为自然数，则01122(1)2(1)n n k k n k n n n n n n C C C C ---++-++-等于（ ）（A ） （B ）0 （C ）－1 （D ）15、(x +y )10展开式中有_______项；(x +y +z )10展开式中有_________项.6、(1－z )+ (1－z )2++ (1－z )10的展开式中z 2的系数是_________.7、(1－x 3)(1+x )10展开式中x 5的系数是_______.8、已知9(a x -的展开式中x 3项的系数为94，常数a 的值________. 【典型例题】例1、求(1+x －2x 2)5的展开式中x 4项的系数.例2、若(1+2x )n 中第6项与第8项的二项式系数相等，求按升幂排列的前3项。
专题 二项式定理(教案)-高三数学二轮专题复习
小题保分专题——二项式定理【课标要求】：新课标P47: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式有关的简单问题.【考情分析】：以理解和应用二项式定理为主，常考查二项展开式（特定项、多项式乘积、三项展开、指定展开项等）的通项公式以及二项式系数（二项式系数、项的系数）的性质，赋值法求系数的和也是考查的热点，考试类型多以选择、填空出现，难度中等.【教学重点】：理解二项式定理的构造与证明，了解二项式系数的性质【教学难点】：运用知识点求二项展开式的指定项和相关系数，赋值法求系数和的相关问题【课型】复习 【教具与器材】班班通 【教法】合作探究教学过程：【知识核心提炼】：大二轮82页回扣6—知识点3、4【题型探究】：课前完成考向一：特定项问题案例1：在二项式(2＋x )9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是_____.案例2：⎝⎛⎭⎫1x 2＋4x 2＋43展开式的常数项为（ ）A ．120B ．160C ．200D ．240案例3：如果⎝⎛⎭⎫x －1x 2n 的展开式中含有常数项，则正整数n 的最小值是（ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6案例4：已知⎝⎛⎭⎫x －1x n 的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，记展开式中系数最大的项为第k 项，则k ＝（ ）A ．6B ．7C ．6或7D ．5或6考向二：系数问题案例:5：(2x ＋x )5的展开式中，x 4的系数是（ ）A ．40B ．60C ．80D ．100案例6：(1＋ax 2)(1－ax )2的展开式中x 4项的系数为－8，则a 的值为（ ）A ．2B ．－2C ．22D ．－22考向三：赋值问题案例7：若(1－3x )2020=a 0+a 1x +...+a 2020x 2020,x ∈R ,则a 1·3+a 2·32+...a 2020·32020的值为__________案例8：若(3x －1)5＝a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5，则a 1＝_________ a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=__________【易错题型】：错用二项展开式的通项公式1、(1＋2x 2)⎝⎛⎭⎫x －1x 6的展开式中，含x 2的项的系数是（ ） A ．－40 B ．－25 C ．25 D ．55混淆二项式系数与展开式的项的系数2、已知(2－x )7＝a 0＋a 1(x+1)＋a 2(x+1)2＋…＋a 7(x+1)7，则a 7＝_____,a 0＋a 2＋…＋a 6=______.【真题链接】：(2020·全国卷Ⅰ卷)⎝⎛⎭⎫x ＋y 2x (x ＋y )5的展开式中x 3y 3的系数为（ ） A ．5 B ．10 C ．15 D ．20(2018·全国卷Ⅲ)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为（ ） A ．10 B ．20 C ．40 D ．80(2017·全国卷Ⅰ)⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为 ( ) A ．15 B ．20 C ．30 D ．35(2017·全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( )A. 80 B ．40 C. 40 D. 80(2020·全国高考卷Ⅲ卷)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 6的展开式中常数项是______(用数字作答)．。
二项式定理(二)教案
二项式定理(二)教案教案标题：二项式定理(二)教案教学目标：1. 理解二项式定理的概念和公式。
2. 掌握二项式定理的应用方法，包括二项式展开和二项式系数的计算。
3. 培养学生的逻辑思维和数学推理能力。
教学准备：1. 教师准备：教师课件、二项式定理的相关练习题、黑板、粉笔等。
2. 学生准备：学生课本、笔记本、铅笔、橡皮等。
教学过程：Step 1：导入新知1. 教师通过提问和复习，回顾上节课所学的二项式定理的概念和公式。
2. 引导学生回忆二项式定理的应用场景，如多项式的展开和二项式系数的计算。
Step 2：学习新知1. 教师通过示例和解析，详细讲解二项式定理的应用方法。
2. 引导学生理解二项式定理的展开原理，如二项式系数的计算公式。
3. 教师提供多个练习题，让学生进行实际操作和计算，巩固二项式定理的应用技巧。
Step 3：拓展应用1. 教师引导学生思考和讨论，探索二项式定理在实际问题中的应用。
2. 教师提供相关实际问题，让学生运用二项式定理解决问题，并进行讨论和分享。
Step 4：归纳总结1. 教师帮助学生总结和归纳二项式定理的重要概念和应用方法。
2. 教师提供相关练习题，让学生进行自主练习和巩固。
Step 5：作业布置1. 教师布置相关作业，要求学生进行二项式定理的练习和应用题目。
2. 鼓励学生在作业中思考和解决问题，培养学生的独立思考和解决问题的能力。
Step 6：课堂小结1. 教师对本节课的重点内容进行总结和回顾。
2. 引导学生提出问题和疑惑，解答学生的疑问。
教学反思：通过本节课的教学，学生应该能够理解和掌握二项式定理的概念、公式和应用方法。
同时，通过训练和实践，学生的逻辑思维和数学推理能力也得到了培养和提升。
在教学过程中，教师应注重引导学生思考和解决问题的能力，让学生在实际操作中发现问题、解决问题，提高学生的学习主动性和自主学习能力。
二项式定理复习课教案(优秀版)word资料
二项式定理复习课教案（优秀版）word资料二项式定理复习课教案一教学对象分析学生已经在高二学习了《二项式定理》的全部内容，对这部分内容已经有了全面的了解。
在这个基础上，让学生在老师的指导下，对《二项式定理》进行全面的复习应用，巩固和加深。
在复习的过程中，渗透了《排列组合》等其它的内容，加强了知识点之间的联系，培养学生综合运用知识的能力。
二教学内容分析1．本节内容包括以下几部分：（1）二项式展开式的特点。
（2）二项式定理的证明。
（3）二项式定理的应用。
2．本节内容不多，但运用了多种数学方法，对于培养学生的发散思维能力和逆向思维能力等都有很大的帮助。
三重点二项式定理难点《二项式定理》的应用四教学过程（一）复习《二项式定理》（a+b）n=C n0a n+Cn2a n-1+…+Cn n (1)要学好该定理,应注意从以下几方面进行理解和应用1.展开式的特点(1)项数n+1项(2)系数都是组合数,依次为C1n ,C2n,C nn,…,C n n(3)指数的特点1)a的指数由n 0( 降幂)。
2 )b的指数由0 n（升幂）。
3）a和b的指数和为n。
2。
定理的证明方法：数学归纳法（运用了组合数的性质）（略，学生自己看书）3．展开式（1）是一个恒等式，a，b可取任意的复数，n为任意的自然数。
例1 求（1+2i）5的展开式（学生先练，老师后讲）解：因为a=1，b=2i，n=5，由二项式定理，得（1+2i）5=C05+C152i+C25(2i)2+C35(2i)3+C45(2i)4+C55(2i)5=1+10i-40-80i+80+32i=41-38i评析：由这个恒等式a，b取值的任意性，我们可以令a，b分别取一些不同的值来解决某些问题，这就是我们所说的“赋值法”。
例2 若（1+2x）7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，求（1）展开式中各项系数和。
（2）a0+a2+a4+a6的值。
高三数学二轮专题复习(二项式定理)导学案(无答案) 学案
2012江苏省南京市东山外语国际学校高三数学二轮专题复习《二项式定理》导学案（无答案）1.（1）(x ＋ax)5(x ∈R)展开式中x 3的系数为10，则实数a 等于 。
（2）(x y －y x)6的展开式中，x 3的系数等于__________． 2. （1）(x －2x)4的展开式中的常数项为__________，第三项的二项式系数为 。
（2）(1＋x ＋x 2)(x －1x)6的展开式中的常数项为__________．3．若(1－2x )2009＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2009x2009，则a 12＋a 222＋…＋a 200922009的值为 。
4．如果(n x +的展开式中所有奇数项的系数和等于512，则展开式的中间项是 . 5.二项式(a －b)11展开式中系数最小的项为_ . 6.（1）若41)(,),b a b Z +=+∈则b 的值为 。
（2）若10(1,),a a b Q =+∈则222a b -= 。
7.计算:)1(5)1(10)1(10)1(5)1(2345-+-+-+-+-x x x x x = .8．若n 是奇数，则112217777n n n n n n n C C C ---+++⋯⋯+被9除的余数是 .9．已知n x x 223)(+的展开式的系数和比n x )13(-的展开式的系数和大992,求n xx 2)12(-的展开式中:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项10．已知0199101052a x a x a x a )x x 1(++⋯++=+-求：（1）10210a a a a +⋯+++；（2）97531a a a a a ++++； （3）01210||||||||a a a a +++⋯+11.二项式2011()(0,0,,0)m n ax bx a b m n +>>≠中有2010m+n=0,如果它的展开式里最大系数恰是常数项。
二项式定理复习课的教学设计
二项式定理复习课的教学设计一、教学内容本节课的教学内容选自人教版高中数学必修一第二章《立体几何》中的二项式定理。
二项式定理是指：对于任意正整数n和实数a、b，都有(a+b)^n = C(n,0)a^n b^0 + C(n,1)a^(n1) b^1 + +C(n,n1)a^1 b^(n1) + C(n,n)a^0 b^n，其中C(n,k)表示从n个不同元素中取k个元素的组合数。
二、教学目标1. 理解二项式定理的定义及其推导过程；2. 掌握二项式定理的应用，能够运用二项式定理解决实际问题；3. 培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力。
三、教学难点与重点1. 教学难点：二项式定理的推导过程及组合数的计算；2. 教学重点：二项式定理的应用。
四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、投影仪；2. 学具：教材、练习本、文具。
五、教学过程1. 实践情景引入：让学生思考现实生活中存在的排队问题，如排队买票、排队就餐等，引出组合数的概念。
2. 知识回顾：复习组合数的计算公式，引导学生回顾已学的排列组合知识。
3. 二项式定理的推导：通过示例，引导学生理解二项式定理的推导过程，让学生体会数学的归纳思想。
4. 二项式定理的应用：通过例题，讲解二项式定理在实际问题中的应用，如概率计算、最值问题等。
5. 随堂练习：让学生独立完成教材中的练习题，巩固所学知识。
六、板书设计1. 二项式定理的定义；2. 二项式定理的推导过程；3. 二项式定理的应用示例；4. 组合数的计算公式。
七、作业设计1. 作业题目：教材P47练习题1、2、3；2. 答案：待学生完成作业后，教师批改并给予反馈。
八、课后反思及拓展延伸1. 课后反思：本节课的教学效果，学生对二项式定理的理解和应用程度；2. 拓展延伸：引导学生思考二项式定理在更广泛领域中的应用，如计算机科学、工程学等。
重点和难点解析一、教学难点：二项式定理的推导过程及组合数的计算1. 难点解析：二项式定理的推导过程涉及到数学归纳法，学生可能对归纳法的理解和应用存在困难。
2021年高考数学二轮复习专题19 排列、组合、二项式定理(教学案)解析版
专题19 排列、组合、二项式定理1.排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易.2.排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想.3.与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想.1．两个重要公式(1)排列数公式A m n＝n！(n－m)！＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，且m≤n)．(2)组合数公式C m n＝n！m！(n－m)！＝n(n－1)(n－2)…n－m＋1m！(n，m∈N*，且m≤n)．2．三个重要性质和定理(1)组合数性质①C m n＝C n－mn(n，m∈N*，且m≤n)；②C m n＋1＝C m n＋C m－1n(n，m∈N*，且m≤n)；③C0n＝1.(2)二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b1＋C2n a n－2b2＋…＋C k n a n－k·b k＋…＋C n n b n，其中通项T r＋1＝C r n a n－r b r.(3)二项式系数的性质①C0n＝C n n，C1n＝C n－1n ，…，C r n＝C n－rn；②C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n；③C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝2n－1.高频考点一 排列与组合例1．（2018年浙江卷）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【答案】1 260【解析】若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为C 25C 23A 44；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为C 25C 13C 13A 33.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为C 25C 23A 44＋C 25C 13C 13A 33＝720＋540＝1 260.【举一反三】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种 【答案】D【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列33A 即可，由乘法原理，不同的安排方式共有234336C A ⨯=种方法。
高考数学江苏专版3维2轮专题复习教学案：专题8 2项式定理与数学归纳法(理科) Word版含答案-
江苏新高考本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. 2012，2013年主要考查组合计数；2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.第1课时计数原理与二项式定理(能力课)[常考题型突破]计数原理的应用[例1]{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)求f(n)的表达式．[解](1)①当n＝1时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1个；二元好集有{1,2}，共1个；三元好集有{1,2,3}，共1个，所以f(1)＝1＋1＋1＝3.②当n＝2时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2个；二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5个；三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8个；四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5个；五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2个，还有一个全集．故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.(2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系．集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分：①原来的f(n)个集合；②含有元素3n ＋1的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合， 含有元素是3n ＋2的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合， 含有元素是3n ＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余0的集合． 合计是23n ；③含有元素是3n ＋1与3n ＋2的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余0的集合，含有元素是3n ＋2与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n ＋1与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合．合计是23n ；④含有元素是3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中“好集”与它的并，再加上{3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3}．所以f (n ＋1)＝2f (n )＋2×23n ＋1. 两边同除以2n ＋1， 得f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n ＋12n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．又f (1)21也符合上式， 所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n－1.[方法归纳](2017·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k －1个． 于是f (n )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1C k n 2n －k －∑k ＝1n －1C kn )．因为∑k ＝1n －1C k n 2n －k ＝∑k ＝0nC k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1C k n ＝∑k ＝0n C k n －C 0n －C n n ＝2n －2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n 种， 其中A 为空集的种数为2n ，B 为空集的种数为2n ， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n －2×2n ＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).二项式定理的应用[例2] (2017·n . (1)求(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[解] (1)(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，可知(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明：当k ∈N *时，k C k n＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n C k －1n －1.所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n[k (C k n )2]＝∑k ＝1n(k C k n C k n )＝∑k ＝1n(n C k －1n －1C k n )＝n ∑k ＝1n(C k －1n －1C k n )＝n ∑k ＝1n(C n －k n －1C kn )．由(1)知C 0n －1C nn＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑k ＝1n(C n －k n －1C k n )＝C n 2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[方法归纳](2017·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.(1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0.②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！(k －2)！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －2)！(n －k )！⎝⎛⎭⎫k k －1－1－1k －1＝0.(2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C kn ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C k n .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ， 两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1， 两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n，两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n xk ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1， 两边再对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k ＋1)2C k n x k ＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n 2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C n n ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．组合数的性质应用[例3] (2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1nC k n ＝k n －k ＋1＝34，C k nC k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.所以有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法归纳]设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C mn －1的值．解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －kC k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋1C k n ＝(－1)k＋1()C k n －1＋C k －1n －1＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1 ＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C m n －1， 所以⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1.[课时达标训练]1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n －1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n (2k－1)＝∑k ＝0nC k n 2k －∑k ＝0nC k n ＝3n －2n个． 同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n 个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n . 2．(2017·南京、盐城二模)现有n (n ＋1)2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值； (2)证明：p n >C 2n ＋1(n ＋1)！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n (n ＋1)2＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n×…×23＝2n －1(n ＋1)×n ×…×3＝2n (n ＋1)！.由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2n (n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1. 从而f (n )＝23(1－2n －3)1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.4．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m 时，(k ＋1)C m k＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！ ＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.5．设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n (n ∈N *)，且每个数位上的数字只能是1或2.(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．解：(1)当n ＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a 1＝1； 当n ＝2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a 2＝2； 当n ＝3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a 3＝3； 当n ＝4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a 4＝5. 综上所述，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5.(2)证明：设自然数X 的各位数字之和为n ＋2，由题设可知，X 的首位为1或2两种情形．当X 的首位为1时，则其余各位数字之和为n ＋1.故首位为1，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1； 当X 的首位为2时，则其余各位数字之和为n .故首位为2，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n .所以各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1＋a n ，即a n ＋2＝a n ＋1＋a n . 下面用数学归纳法证明a 5n －1是5的倍数．①当n ＝1时，a 4＝5，所以a 4是5的倍数，命题成立； ②假设n ＝k (k ≥1，n ∈N *)时，命题成立，即a 5k －1是5的倍数． 则a 5k ＋4＝a 5k ＋3＋a 5k ＋2 ＝2a 5k ＋2＋a 5k ＋1 ＝2(a 5k ＋1＋a 5k )＋a 5k ＋1 ＝3a 5k ＋1＋2a 5k ＝3(a 5k ＋a 5k －1)＋2a 5k＝5a 5k ＋3a 5k －1.因为5a 5k ＋3a 5k －1是5的倍数，即a 5k ＋4是5的倍数．所以n ＝k ＋1时，命题成立． 由①②可知，a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．6．(2017·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x )2n ＝(1＋x )n (1＋x )n (n ∈N *)，左边x n 的系数为C n2n ，而右边(1＋x )n (1＋x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，x n 的系数为C 0n C n n ＋ C 1n C n －1n ＋…＋C n n C 0n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2，因此可得到组合恒等式C n 2n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2.(1)根据恒等式(1＋x )m ＋n ＝(1＋x )m (1＋x )n (m ，n ∈N *)，两边x k (其中k ∈N ，k ≤m ，k ≤n )的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：第2课时数学归纳法(能力课)[常考题型突破]用数学归纳法证明等式[例1] (2017·苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ；(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[证明] (1)因为a n ＝sin n π2tan n θ.当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2kθ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan nθ， 此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ， 此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ.(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ，等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ.故n ＝1时，命题成立，假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得：S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[]1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]．即当n ＝k ＋1时命题成立.综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[方法归纳][变式训练](2017·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝xx ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )(n ∈N *)． 解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n nx n ＝(1－x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.(2)证明：因为f i (x )＝xx ＋i(x >0，i ∈N)， 所以F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n(x )＝∑i ＝0n⎣⎡⎦⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)．①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0n ＝1⎣⎡⎦⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1x ＋1，所以n ＝1时结论成立.②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立， 即F k (x )＝∑i ＝0k ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k xx ＋i＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )，则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i＝1＋∑i ＝1k ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1xx ＋k ＋1＝1＋∑i ＝1k⎣⎡⎦⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝∑i ＝0k⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋1⎣⎡⎦⎤(－1)i C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝1k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i －1C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝0k ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k xx ＋i ＋1＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i kx ＋1x ＋i ＋1·xx ＋1＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·xx ＋1＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k )＝(k ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )，所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知， F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )(n ∈N *).用数学归纳法证明不等式[例2] (2017·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，g (n )＝f (n 2)－f (n －1)，n ∈N *.(1) 求证：g (2)＞13；(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞13.[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2，当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13， 所以当n ＝3时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立， 即g (k )＞13，则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2) ＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)， 由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞13.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞13.[方法归纳]设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2， 所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2， 即当n ＝2时，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，结论成立，即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k .则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0， 且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1， 所以|a k ＋1|≤12.又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，由假设可得⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ＝12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1|a k ＋1| ≤12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 综合(1)(2)可知，结论成立．归纳、猜想、证明[例3] (2017·n n n －1)k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C n n (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1；f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2；f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6.(2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k Ckn＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，n Ck －1n －1＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，所以k C k n ＝n C k －1n －1.用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k ＋1＋…＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k (x －1)＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k (x －k )＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k＋1＝x [C 0k ＋1x k －C 1k ＋1(x －1)k ＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k ]＋[C 1k ＋1(x －1)k －2C 2k ＋1(x －2)k …＋(－1)k ＋1k C k k ＋1(x －k )k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1 ＝x [C 0k x k －(C 1k ＋C 0k )(x －1)k ＋…＋(－1)k (C k k ＋C k －1k )(x －k )k ]＋(k ＋1)[(x －1)k －C 1k (x －2)k …＋(－1)k ＋1C k －1k (x －k )k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k (x －k －1) ＝x [C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ]－x [C 0k (x －1)k ＋…＋(－1)k －1C k －1k (x －k )k ]＋(k ＋1)[(x －1)k －C 1k (x －2)k …＋(－1)k ＋1C k －1k (x －k )k ]＋x (－1)k ＋1C k k (x －k －1)k －(k ＋1)(－1)k＋1(x －k －1)k ＝x [C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ]－x [C 0k (x －1)k ＋…＋(－1)k －1C k －1k (x －k )k ＋(－1)k C k k (x －k －1)k ]＋(k ＋1)[C 0k (x －1)k －C 1k (x －2)k ＋…＋(－1)k －1C k －1k (x －k )k ＋(－1)k (x －k －1)k ]．(*)由归纳假设知(*)式等于x ·k ！－x ·k ！＋(k ＋1)·k ！＝(k ＋1)！. 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②，f n (x )＝n ！成立． [方法归纳](2017·盐城模拟)记f (n )＝(3n ＋2)(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2n )(n ≥2，n ∈N *)．(1)求f (2)，f (3)，f (4)的值；(2)当n ≥2，n ∈N *时，试猜想所有f (n )的最大公约数，并证明．解：(1)因为f (n )＝(3n ＋2)(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2n )＝(3n ＋2)C 3n ＋1，所以f (2)＝8，f (3)＝44，f (4)＝140.(2)证明：由(1)中结论可猜想所有f (n )的最大公约数为4. 下面用数学归纳法证明所有的f (n )都能被4整除即可． ①当n ＝2时，f (2)＝8能被4整除，结论成立； ②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立， 即f (k )＝(3k ＋2)C 3k ＋1能被4整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(3k ＋5)C 3k ＋2＝(3k ＋2)C 3k ＋2＋3C 3k ＋2＝(3k ＋2)(C 3k ＋1＋C 2k ＋1)＋(k ＋2)C 2k ＋1 ＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋(3k ＋2)C 2k ＋1＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋4(k ＋1)C 2k ＋1，此式也能被4整除，即n ＝k ＋1时结论也成立． 综上所述，所有f (n )的最大公约数为4. [课时达标训练]1．(2017·南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋dax ＋b(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2，f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论成立， ②假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时结论成立， 即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得，对一切n ∈N *结论都成立．2．(2017·镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除． 证明：(1)当n ＝1时，原式等于8能被8整除， (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 则5k ＋2·3k －1＋1能被8整除． 设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *， 当n ＝k ＋1时，5k ＋1＋2·3k ＋1 ＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·3k －1－4 ＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)， 而当k ≥1，k ∈N *时，3k －1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，故5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)＝40m －8t (m ，t ∈N *)，也能被8整除， 故当n ＝k ＋1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除．3．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立；(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k 2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋2k 2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n2都成立．4．(2017·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{0,1}，且对于给定的正整数p (p ≥2)，f (n )是p 的整数倍．把满足上述条件的数列{a n }的个数记为T n .(1)当p ＝2时，求T 2的值；(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }共有6项．要使得f (2)是2的整数倍，则这6项中，只能有0项、2项、4项、6项取1，故T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25＝32. (2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .当1≤k ≤n ，k ∈N *时，C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －13n ＋2＝C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －13n ＋1＋C 3k －23n ＋1 ＝2C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k －13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ＋C 3k －23n ＝3(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ，于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋33n ＋3＝C 03n ＋3＋C 3n ＋33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －23n ＋C 3n －13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n＝2T n ＋3(23n －T n )＝3×8n －T n .下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13[81＋2(－1)1]， 即n ＝1时，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *) 时，命题成立， 即T k ＝13[8k ＋2(－1)k ]．则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －13[8k ＋2(－1)k ]＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋1]， 即n ＝k ＋1时，命题也成立．于是当n ∈N *，有T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．5．(2017·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)．(1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论． 解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝⎛⎭⎫cos π3×2n －12－1，∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝±a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1；当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2；当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3. 猜想：当n ≥3时，a n <b n ， 下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！， 则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！.要证a k ＋1<b k ＋1， 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－1k ·k ！2<⎣⎡⎦⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0， 即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1<b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2； 当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .6．(2017·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)．(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，n ，则a i ＋j ＝a t )解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在； 当n ＝5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)． 经1次变换为：(3,5,7,9,6)， 经2次变换为：(8,12,16,15,9)， 经3次变换为：(20,28,31,24,17)， 所以b 3,5＝17；当n ＝6时，同理得b 3,5＝28；当n ＝7时，同理得b 3,5＝45；当n ≥8时，n ∈N *时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n )． 经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，…，n ＋1)， 经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，…，n ＋4)， 经3次变换为：(20,28,36,44,52，…，n ＋12)， 所以b 3,5＝52.(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝01a i ＋j C j 1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立；②假设m ＝k (k ∈N *)时，b k ，i ＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ，其中i ＝1，2，…，n .则m ＝k ＋1时，b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝0k a i ＋j ＋1C j k＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝1k ＋1a i ＋j C j －1k＝a i C 0k ＋∑j ＝1k a i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k k＝a i C 0k ＋1＋∑j ＝1k a i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1k＋1 ＝∑j ＝0k ＋1a i ＋j C j k ＋1，所以结论对m ＝k ＋1时也成立．由①②知，m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .。
二项式定理学案
1．3．1二项式定理（1）（一）教学目标1、知识与技能: 掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。
2、过程与方法:通过学生熟悉的多项式的乘法引入，让学生归纳猜想出二项式定理，发挥例题的示范作用使学生能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。
3、情态与价值：培养归纳猜想，抽象概括，演绎证明等理性思维能力（二）教学重、难点重点：二项式定理和二项展开式的通项公式。
难点：二项式定理和二项展开式的通项公式。
（三）教学设想、问题情境1. 在n=1,2,3,4时，研究(a+b)n 的展开式.(a+b)1= ,(a+b)2= ,(a+b)3= ,(a+b)4= .构建数学(a+b) ｎ = 这个公式表示的定理叫做二项式定理，公式右边的多项式叫做 (a+b)ｎ的 ，其中r n C （r=0,1,2,……,n ）叫做 ， 叫做二项展开式的通项，它是展开式的第 项，展开式共有 个项.数学应用例1用二项式定理展开：（1）93)b a (+； （2）7)x22x (-例2求（1+2x ）7的展开式中第4项的二项式系数和系数例3求（x-8)21x的二项展开式中的常数项。
n n n r r n r n n n n n n n bC b a C b a C b a C a C ++++++--- 2221110练习：1. 求（2a+3b ）6的展开式的第3项.2. 求（3b+2a ）6的展开式的第3项.3.写出的 展开式的第r+1项.4选择题（1）62)x a a x (-的展开式中，第五项是………………………………………（ ）A .x 15- B .32a x 6- C .x 20 D .x 15（2）153)a 1a (-的展开式中，不含a 的项是第……………………………（ ）项A .7B .8C .9D .6（3）（x-2）9的展开式中，第6项的二项式系数是……………………………（ ）A .4032B .-4032C .126D .-126（4）若n )111x (-的展开式中的第三项系数等于6，则n 等于………………（ ）A .4B .4或-3C .12D .3（5）多项式(1-2x)5(2+x)含x 3项的系数是………………………… ………（ ）A .120B .-120C .100D .-1005.求(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中x 2的系数.6.求二项式73)213(+的展开式中的有理项.7.二项式n 4)x 1x x (+的展开式中第三项系数比第二项系数大44，求第4项的系数.n xx )21(33-8.已知n +的展开式的前三项系数的和为129，问这个展开式中是否存在常数项？是否存在有理项？如有，求出这些项；没有，说明理由。
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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.1.二项式定理及其相关概念 二项式定理 公式(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n nb n ，称为二项式定理. 二项式系数C k n (k ＝0,1，…，n )通项 T k ＋1＝C k n an －k b k(k ＝0,1，…n ) 二项式定理 的特例 (1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n nx n2.二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律)(1)对称性：C m n ＝C n －mn ； (2)性质：C k n ＋1＝C k －1n ＋C k 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2C nn最大；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即1122CCn n nn-+=最大；(4)二项式系数之和C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n ，所用方法是赋值法.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x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝________.(2)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________. 答案 (1)120 (2)－1解析 (1)f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)(1＋ax )(1＋x )5＝(1＋x )5＋ax (1＋x )5.∴x 2的系数为C 25＋a C 15，则10＋5a ＝5，解得：a ＝－1.反思与感悟 两个二项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.跟踪训练1 (x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－15的展开式的常数项是________. 答案 3解析 (x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－15＝x 2⎝⎛⎭⎫1x 2－15＋2⎝⎛⎭⎫1x 2－15， 对于x 2⎝⎛⎭⎫1x 2－15的通项为， T r ＋1＝x 2C r 5⎝⎛⎭⎫1x 25－r ·(－1)r ＝(－1)r C r 5x －8＋2r . 令－8＋2r ＝0即r ＝4， 即T 5＝(－1)4C 45＝5. 对2⎝⎛⎭⎫1x 2－15的通项为， T ′r ＋1＝2C r 5⎝⎛⎭⎫1x 25－r ·(－1)r . 令5－r ＝0即r ＝5.T ′6＝－2.∴(x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－15的展开式的常数项为5－2＝3. 角度2 三项展开式问题例2 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25的展开式中的常数项是________.解析 方法一 ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25， ∴展开式的通项为T r ＋1＝C r 5⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 5－r (2)r (r ＝0,1,2，…，5). 当r ＝5时，T 6＝(2)5＝42，当0≤r <5时，⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 5－r 的展开式的通项公式为T ′k ＋1＝C k 5－r ⎝⎛⎭⎫x 25－r －k ⎝⎛⎭⎫1x k ＝C k 5－r ⎝⎛⎭⎫125－r －k ·x 5－r －2k (k ＝0,1,2，…，5－r ).令5－r －2k ＝0即r ＋2k ＝5.∵0≤r <5且r ∈Z ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝1k ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧r ＝3k ＝1，∴常数项为42＋C 15C 24⎝⎛⎭⎫1222＋C 35C 1212×(2)3＝42＋1522＋202＝6322. 方法二 (化三项为二项)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋22x ＋22x 5＝132x 5·[(x ＋2)2]5 ＝132x 5·(x ＋2)10. 求原式的展开式中的常数项，转化为求(x ＋2)10的展开式中含x 5项的系数，即C 510·(2)5. 所以所求的常数项为C 510·(2)532＝6322.答案6322反思与感悟 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，转化的方法通常为配方法，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. 跟踪训练2 (x 2－x －2)3的展开式中x 3的系数为________. 解析 (x 2－x －2)3＝[(x ＋1)(x －2)]3＝(x ＋1)3(x －2)3∴(x 2－x －2)3的展开式中x 3的系数为C 03C 33(－2)3＋C 13C 23(－2)2＋C 23C 13(－2)1＋C 33C 03(－2)0＝11.答案 11角度3 整除和余数问题例3 (1)233除以9的余数是________. 答案 8解析 233＝(23)11＝811＝(9－1)11＝C 011911×(－1)0＋C 111910×(－1)1＋…＋C 101191×(－1)10＋C 111190×(－1)11.分析易得：其展开式中C 011911×(－1)0＋C 111910×(－1)1＋…＋C 101191×(－1)10能被9整除，而最后一项为－1，则233除以9的余数是8. (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(C 0n ·5n ＋C 1n ·5n －1＋C 2n ·5n －2＋…＋C n n )＋5n －4＝4(C 0n ·5n ＋C 1n ·5n －1＋…＋C n －2n ·52)＋25n ，以上各项均为25的整数倍，故得证.反思与感悟 1.利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，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了. 2.解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式.跟踪训练3 设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 015＋a 能被13整除，则a ＝________. 答案 1解析 ∵512 015＋a ＝(52－1)2 015＋a ＝C 02 015522 015－C 12 015522 014＋C 22 015522 013－…＋C 2 0142 015521－1＋a ，能被13整除，0≤a <13.故－1＋a 能被13整除，故a ＝1. 类型二 二项式系数性质的应用例4 已知⎝⎛⎭⎫2x －1x n 展开式中二项式系数之和比(2x ＋x lg 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.依题意得C 48(2x )4(x lg x )4＝1 120，化简得x 4(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 利用C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n 列出方程，通过解指数方程求出n 的值，然后，利用二项式系数的性质，列出含x 的有关方程，求出x 的值，另外，解决该类型的题目时，要注意灵活变形.跟踪训练4 设(2－3x )100＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 100·x 100，求下列各式的值. (1)求a 0；(2)a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 100； (3)a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99；(4)(a 0＋a 2＋…＋a 100)2－(a 1＋a 3＋…＋a 99)2； (5)|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 100|.解 (1)令x ＝0，则展开式为a 0＝2100. (2)令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100，① 所以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式联立相减得a 1＋a 3＋…＋a 99＝(2－3)100－(2＋3)1002.(4)由①②可得，a 0＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100＋(2＋3)1002，∴(a 0＋a 2＋…＋a 100)2－(a 1＋a 3＋…＋a 99)2＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 100)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 100)＝(2－3)100·(2＋3)100＝1.(5)|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 100|，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)100.1.在(1＋x )6(2＋y )4的展开式中，含x 4y 3项的系数为( ) A.210 B.120 C.80 D.60 答案 B解析 在(1＋x )6(2＋y )4的展开式中，含x 4y 3的项为C 46x 4C 342·y 3＝120x 4y 3.故含x 4y 3项的系数为120.2.⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23的展开式中常数项为( ) A.－8 B.－12 C.－20 D.20 答案 C解析 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23＝⎝⎛⎭⎫x －1x 6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(－1)r x 6－2r.令6－2r ＝0解得：r ＝3.故展开式中的常数项为－C 36＝－20. 3.9192被100除所得的余数为________. 答案 81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＝C 09210092－C 19210091×9＋C 292·10090×92－…－C 9192100×991＋C 9292992. 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＝C 0921092－…＋C 9092102－C 919210＋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.方法二 (90＋1)92＝C 0929092＋C 1929091＋…＋C 9092902＋C 919290＋C 9292，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. 4.若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为________. 答案 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＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4，(3－2)4＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4，相乘即可得到(a 0＋a 2＋a 4＋a 1＋a 3)·(a 0＋a 2＋a 4－a 1－a 3)＝(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(2＋3)4·(2－3)4＝1.1.两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.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.一、选择题1.二项式⎝⎛⎭⎫x 2－1x 6的展开式中不含x 3项的系数之和为( ) A.20 B.24 C.30 D.36 答案 A解析 由二项式的展开式的通项公式T r ＋1＝C r 6·(－1)r x 12－3r，令12－3r ＝3，解得，r ＝3，故展开式中x 3项的系数为C 36·(－1)3＝－20，而所有系数和为0，不含x 3项的系数之和为20. 2.已知(x ＋2y )n (x ＋y )的展开式中的系数和为162，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x n展开式中常数项为( )A.－1B.－4C.1D.4 答案 B解析 ∵(x ＋2y )n (x ＋y )的展开式中系数和为162， ∴(1＋2)n (1＋1)＝162， 解得：n ＝4.∴⎝⎛⎭⎪⎫x －13x 4的展开式中通项公式为 T r ＋1＝C r 4x4－r⎝⎛⎭⎪⎫－13x r ＝C r 4(－1)r x 4－43r ，令4－43r ＝0，解得r ＝3，∴展开式中常数项为C 34(－1)3＝－4.3.(1－x )2(1＋y )3的展开式中xy 2的系数为( ) A.6 B.3 C.－3 D.－6 答案 D解析 (1－x )2展开式中x 的系数为－2，(1＋y )3的展开式中y 2的系数为3，∴(1－x )2(1＋y )3的展开式中xy 2的系数是－6.4.若n 为奇数，则7n ＋C 1n ·7n －1＋C 2n ·7n －2＋…＋C n －1n 7被9除所得的余数是( )A.0B.2C.7D.8 答案 C解析 原式＝(7＋1)n －C n n ＝8n －1＝(9－1)n －1＝9n －C 1n ·9n －1＋C 2n ·9n －2－…＋C n －1n ·9·(－1)n －1＋(－1)n －1.因为n 为奇数，所以(－1)n －1＝－2＝－9＋7，所以余数为7.5.已知(1＋2x )2(1－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7等于( ) A.32 B.－32 C.－33 D.－31答案 D解析 令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 7＝32，∴a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝a 0－32＝1－32＝－31. 6.(x 2－3x ＋2)5的展开式中，含x 项的系数为( ) A.－240 B.－120 C.0 D.120 答案 A解析 由于(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5所以含x 项的系数为C 45(－1)4·C 55(－2)5＋C 55(－1)5·C 45·(－2)4＝－32×5－5×16＝－240. 二、填空题7.已知(a －x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，若a 2＝80，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 5＝________. 答案 1解析 (a －x )5展开式通项公式为T r ＋1＝(－1)r a 5－r C r 5x r令r ＝2得a 2＝a 3C 25＝80， 知a ＝2，令二项展开式的x ＝1得： 15＝1＝a 0＋a 1＋…＋a 5.8.在(a ＋b )n 的二项展开式中，若奇数项的二项式系数的和为128，则二项式系数的最大值为________. 答案 70解析 由题意知，2n －1＝128，解得n ＝8. 展开式共n ＋1＝8＋1＝9项. 据中间项的二项式系数最大，故展开式中系数最大的项是第5项，最大值为C 48＝70. 9.(x 2－2)⎝⎛⎭⎫1＋2x 5的展开式中x －1的系数为________. 答案 60解析 (x 2－2)⎝⎛⎭⎫1＋2x 5＝(x 2－2)[C 05＋C 15·2x ＋C 25·⎝⎛⎭⎫2x 2＋C 35·⎝⎛⎭⎫2x 3＋C 45·⎝⎛⎭⎫2x 4＋C 55⎝⎛⎭⎫2x 5]， 故展开式中x－1的系数为23C 35－2·2C 15＝60.10.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 ＝________. 答案 －3或1解析 在(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9中，令x ＝－2，可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8－a 9＝m 9，即[(a 0＋a 2＋…＋a 8)－(a 1＋a 3＋…＋a 9)]＝m 9，令x ＝0可得：(a 0＋a 2＋…＋a 8)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝(2＋m )9. ∵(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，∴[(a 0＋a 2＋…＋a 8)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9)][(a 0＋a 2＋…＋a 8)－(a 1＋a 3＋…＋a 9)]＝39， ∴(2＋m )9m 9＝(2m ＋m 2)9＝39， 可得：2m ＋m 2＝3，解得：m ＝1或－3.11.已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，则a 1＋a 2＋…＋a 7的值是________. 答案 －2解析 在(1－2x )7的二项展开式中，令x ＝0，则a 0＝1，令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1，所以a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－1＝－2. 三、解答题12.若等差数列{a n }的首项为a 1＝C 11－2m5m－A 2m －211－3m(m ∈N *)，公差是⎝ ⎛⎭⎪⎫52x －253x 2k 展开式中的常数项，其中k 为7777－15除以19的余数，求通项公式a n .解 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧5m ≥11－2m ，11－3m ≥2m －2，解得117≤m ≤135，又∵m ∈N *，∴m ＝2，∴a 1＝C 710－A 25＝100，又7777－15＝(19×4＋1)77－15＝C 077＋C 177(19×4)＋…＋C 7777(19×4)77－15＝(19×4)[C 177＋C 277(19×4)＋…＋C 7777(19×4)76]－19＋5∴7777－15除以19的余数为5，即k ＝5. 又T r ＋1＝C r 5⎝⎛⎭⎫52x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－253x 2r 51552355()(1),2r r r r C x --=-令5r －15＝0可解得r ＝3，∴d ＝C 35⎝⎛⎭⎫525－6(－1)3＝－4， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝104－4n .13.已知f (x )＝(1＋x )m ，g (x )＝(1＋5x )n (m ，n ∈N *) (1)若m ＝4，n ＝5时，求f (x )·g (x )的展开式中含x 2的项；(2)若h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )的展开式中含x 的项的系数为24，那么当m ，n 为何值时，h (x )的展开式中含x 2的项的系数取得最小值？(3)若(1＋5x )n (n ≤10，n ∈N *)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数成等差数列，求(1＋5x )n 的展开式中系数最大的项.解 (1)当m ＝4，n ＝5时，f (x )＝(1＋x )4＝C 04x 0＋C 14x 1＋C 24x 2＋C 34x 3＋C 44x 4， g (x )＝(1＋5x )5＝C 05(5x )0＋C 15(5x )1＋…＋C 55(5x )5，则f (x )·g (x )的展开式中含x 2的项为(C 24·50C 05＋C 14·5C 15＋C 04·52C 25)x 2，即f (x )·g (x )的展开式中含x 2的项为356x 2.(2)因为h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )的展开式中含x 的项的系数为24，则C 1m ＋5C 1n ＝24，即m ＝24－5n (其中1≤n ≤4，n ∈N *)， 又h (x )的展开式中含x 2的项的系数为 C 2m ＋52C 2n＝m (m －1)2＋25n (n －1)2 ＝(24－5n )(23－5n )2＋25n (n －1)2＝25n 2－130n ＋276＝25⎝⎛⎭⎫n －1352＋107(其中1≤n ≤4，n ∈N *)， 又因为⎪⎪⎪⎪2－135>⎪⎪⎪⎪3－135， 所以当n ＝3时(此时m ＝9)，h (x )的展开式中含x 2的项的系数取得最小值为111.(3)在(1＋5x )n (n ≤10，n ∈N *)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数分别为C n －1n ·5n －1，C n －2n·5n －2，C n －3n ·55－3， 又因为倒数第2、3、4项的系数成等差数列，所以2C n －2n ·5n －2＝C n －1n ·5n －1＋C n －3n ·5n －3， 整理得：n 2－33n ＋182＝0，解之得：n ＝7或n ＝26， 又因为n ≤10，n ∈N *，所以n ＝7，n ＝26(不合题意舍去)设二项式(1＋5x )7的展开式中系数最大的项为第r ＋1项(即T r ＋1＝C r 7(5x )r )， 则⎩⎪⎨⎪⎧C r －17·5r －1≤C r 7·5r ，C r ＋17·5r ＋1≤C r 7·5r， 整理并解之得：173≤r ≤203，又因为n ≤10，n ∈N *，所以r ＝6， 即(1＋5x )n 的展开式中系数最大的项为T 7＝C 67(5x )6＝109 375x 6.。