二项式定理的“另类”用途
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用
在19世纪，德国数学家卡尔·根特（Carl Friedrich Gauss）用二项式定理证明了他的二十面体定理，这一定理表明正二十面体的对角线长度可以用开方、加、减和乘法运算表示出来，这个结果向人们展示了二项式定理在数学中的重要性。
除了在数学中的应用，二项式定理在统计学、经济学、物理学等领域也有着广泛的应用。
例如，在统计学中，一个二项分布可以用来描述一个随机事件的概率分布，这个分布的概率质量函数就是二项式定理的一部分。
在经济学中，二项式定理可以用来计算股票或期权交易中的投资回报率和风险，这是因为二项式定理可以帮助人们预测投资的成功概率以及每个成功或失败的事件的收益或亏损。
在物理学中，二项式定理可以用来计算物理系统的能量的分布和变化，也可以用来描述物理过程中的概率分布和取样过程。
在计算机科学中，二项式定理可以用来优化算法和数据结构的性能，例如在哈希表中使用二项式定理可以提高散列函数的性能。
尽管它的起源可以追溯到古希腊，但是二项式定理在现代科学和工程领域中仍然起着十分重要的作用。
以它为基础的统计学、经济学、物理学和计算机科学等应用领域正在不断扩展和深化，让这个古老的公式焕发出了新生的光彩。
复数在二项式定理中的妙用
复数在二项式定理中的妙用
复数在二项式定理中有着非常妙趣横生的应用。
二项式定理是代数学中的一个非常重要的公式，它表明了两个数相加的整数次幂的展开式。
在复数的情况下，二项式定理的展开式不仅仅包含实数，还包括复数。
具体地说，在二项式定理中，我们可以将一个复数写成两部分：实部和虚部。
我们可以用这两部分来表示复数的模长和相位。
然后，我们可以利用二项式定理将复数的整数次幂展开成一系列项的和。
这些项都包含了复数的实部和虚部。
复数在二项式定理中的妙用不仅限于展开复数的整数次幂，还可以用来求解复数的根。
我们可以将复数表示为极坐标形式，然后利用二项式定理进行展开。
通过对展开式进行变形，我们可以求解复数的根。
这种方法非常适用于求解高次多项式方程的根，因为它可以避免复杂的算术运算，从而简化计算过程。
总之，复数在二项式定理中的妙用为代数学的发展带来了重要的启示，也为我们解决实际问题提供了有效的工具和方法。
- 1 -。
二项式定理及其应用
二项式定理及其应用
二项式定理是数论中一个非常重要的理论，它描述了给定集合中选择k个元素的方式数量，其公式为（n）k= n! /（k！*（n-k）！）。
它最初是用来解释组合学中k阶排列数量的，有时也被称为古典二项定理。
二项式定理有许多实际应用，其中一个例子是组合推断，这是一种表明一个考试的概率的方法。
考生可以使用它来计算出他们可能会得到给定数量正确选择的概率。
另一个应用是游戏分析，二项式定理可以用来分析不同概率情况下游戏的有效性，例如抽支筹码或投掷骰子。
再一个应用例子是解决统计学中的聚类问题。
聚类是一种将相似的元素分组的过程，二项式定理可以用来计算不同类别间特征之间的相关性，从而帮助确定最佳分组选择。
另外，二项式定理还可用于仿真建模，可以帮助科学家预测某个实际现象的演变趋势。
二项式定理还可用于优化算法，例如遗传算法，其中需要计算可能出现不同情况的概率。
总之，二项式定理是一个非常重要和有用的理论，它在组合学中有广泛的应用，涉及到统计、概率和优化等领域。
这些应用不仅可以帮助
我们解决具体问题，还可以提供有用的信息，指导我们研究解决问题的有效方法。
二项式定理的应用与实例解析
二项式定理的应用与实例解析二项式定理是代数学中的重要概念之一，它在数学推理和实际问题求解中具有广泛的应用。
本文将介绍二项式定理的概念及其应用，并通过具体的实例进行解析，以帮助读者更好地理解和应用该定理。
一、二项式定理的概念二项式定理是指对于任意非负整数n和实数a、b，有以下的公式：(a + b)^n = C(n,0) * a^n * b^0 + C(n,1) * a^(n-1) * b^1 + C(n,2) * a^(n-2) * b^2 + ... + C(n,n) * a^0 * b^n其中，C(n, k)表示组合数，表示从n个元素中选取k个元素的组合数，计算公式为：C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)二、二项式定理的应用1. 概率计算二项式定理在概率计算中起到了重要作用。
例如，设有一枚正反面均匀的硬币，进行n次独立的抛掷，求正面出现k次的概率。
根据二项式定理，可以得到概率公式：P(X = k) = C(n, k) * p^k * (1-p)^(n-k)其中，p表示正面出现的概率。
2. 组合数学二项式定理在组合数学中应用广泛，可以用于求解组合数、排列数等问题。
例如，求集合中元素的子集个数，可以通过二项式定理计算：对于一个集合，它的子集个数为2^n个，其中n表示集合中元素的个数。
3. 计算多项式展开式系数二项式定理可以用于计算多项式展开式中各项的系数。
例如，对于多项式(a + b)^n，可以通过二项式定理的应用，直接得到展开式中各项的系数。
这对于计算多项式的展开式提供了效率和便利。
三、应用实例解析1. 概率计算实例假设有一枚硬币，进行10次独立抛掷，求正面出现2次的概率。
根据二项式定理的应用，可以得到：P(X = 2) = C(10, 2) * 0.5^2 * 0.5^8 = 45 * 0.25 * 0.00390625 = 0.04395因此，正面出现2次的概率约为0.044。
二项式定理的一些应用
对 难 度较大 的 排 列 组 合应用 题 序语 言的格 式进 行分析
题的 解 决 例
(
1
. .
若模 拟计 算机 程
,
大证 “
。
十 2C
n
·
2。
十3 C
3
+ … +
”
C.
二
,
可 使 思 维 条 理化
有利 于 问
￡
=
2
介 一 l
这 里 直按处 理 公 式 南 不 用 通 常方 法
(l+
劣
。
2 张扑克牌 〔无大 王 小 王 ) 中 任 取 从5
· · ·
,
点一
·
点
,
的全部 根
之二 `
由咋迭 定理得
x
二 必几
夕=
b a
十
c b
+
a c
,
点一
5
·
6
点
,
…
,
9
点一
l
比 点)
· ·
·
· “
一
。
+ `+
从这
份 中 每 份 任取
·
张
… … ( C 护) s
二 例
解
=
:
.
、
求位
3
故 共有
二=
1 g
(C
4i
、 5~
34 164
种不 同取 法
求
粼 访甲 T 7
s
i
n ,;
。
0= C
s eo s
o l
eo s
s
,1 绍s至 夕一 C
二项式定理和其应用
• (3)各二项式系数旳和
• (a＋b)n旳展开式旳各个二项式系数旳和等于2n， 即Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnr＋…＋Cnn＝2n.
• (4)二项展开式中，偶数项中旳二项式系数旳和 等于奇数项旳二项式系数旳和，即Cn1＋Cn3＋ Cn5＋…＝Cn0＋Cn2＋Cn4＋…＝2n－1.
考点陪练
1.1＋x25 的展开式中 x2 的系数为(
• 答案：B
• 3．若对于任意旳实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋ a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2旳值为( )
• A．3
B．6
• C．9
D．12
• 解析：因为x3＝[2＋(x－2)]3，由题意得a2就是 二项式[2＋(x－2)]3(把x－2看成一种整体应用二 项式定理展开)旳展开式中第3项旳系数，所以
• ∴被100除旳余数为81，即9192除以100旳余数 为81.
• 解法二：∵9192＝(90＋1)92
• ＝C 92 0·909 2＋C 92 1·9091 ＋…＋C92 90 ·902＋ C9291·90＋1
• 因为前面各项均能被100整除，只有末尾两项不 能被100整除，因为C9291·90＋1＝8281＝8200 ＋81
【典例 2】 已知( 3 x＋x2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x
－1)n 的展开式的二项式系数和大 992，求2x－1x2n 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．
• [解析] 根据二项式系数旳性质，列方程求解n. 系数绝对值最大问题需要列不等式组求解．
• 由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31) ＝0，
)
A．10
B．5
5 C.2
二项式定理中的应用问题如何利用二项式定理解决组合问题
二项式定理中的应用问题如何利用二项式定理解决组合问题二项式定理是代数学中的一条基本定理，它描述了如何展开二项式的幂。
在解决组合问题时，二项式定理是一种十分有用的工具。
本文将从理论及实际问题两个方面介绍如何利用二项式定理解决组合问题。
一、理论方面：1. 二项式定理的表达形式：在代数中，二项式定理的一般形式如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) * a^(n-1) * b^1 + ... + C(n, k) * a^(n-k) * b^k + ... + C(n, n) * a^0 * b^n其中，C(n, k)表示从n个不同元素中选择k个元素的组合数，也可以用数学公式表示为：C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)2. 组合问题的处理：利用二项式定理，可以很方便地解决组合问题。
例如，我们要从n个元素中选择k个元素，可以表示为C(n, k)。
这时，通过二项式定理，我们可以将其转化为展开式中的一项。
具体步骤如下：（1）选择展开式中的一项，例如C(n, k) * a^(n-k) * b^k。
（2）代入具体数值，其中a表示一个元素的选择，b表示另一个元素的选择，n表示元素总数，k表示选择的元素数。
（3）将代入后的表达式进行化简，即得到最终的结果。
二、实际问题的应用：1. 将物品分组：假设有n个不同的物品需要分到m个不同的组中，每个组至少包含一个物品。
利用二项式定理，可以轻松解决这类问题。
例如，当n=5，m=3时，可以利用二项式定理将问题表示为(1+x)^5的展开式，其中x表示分组的个数。
(1+x)^5 = C(5, 0) * 1^5 * x^0 + C(5, 1) * 1^4 * x^1 + ... + C(5, 3) * 1^2 * x^3 + C(5, 4) * 1^1 * x^4 + C(5, 5) * 1^0 * x^5得到展开式后，我们可以根据系数找到对应的结果。
二项式定理的其他应用
“分类”是指完成事件共有n类办法 每类办法都能独立地完成这件事
类似于物理中的并联电路
不同点
“分步”是指完成事件共有n个步骤 每一步都不能独立完成这件事
类似于物理中的串联电路
说明
最终结果“分类” 用“加 法 最”终结果“ 分步”用“乘 “法分”类”要不重不漏；各类间要互斥独立
“分步”要连续完整；各步间要关联独立
11 121 1331 14641 1 5 10 10 5 1
C10 C11
C
0 2
C12
C
2 2
C
0 3
C13
C
2 3
C
3 3
C
0 4
C14
C
2 4
C
3 4
C
4 4
C
0 5
C
1 5
C
2 5
C
3 5
C
4 5
C
5 5
幂的运算性质
③ amn am an
④ amn am an
⑤ amn (am )n (an )m
则不同的染色方法有多少种？
法1：通项公式：
hn (k 1)n (1)n (k 1)
法2：化环型域为条型域：
h1 k
A1 An
A2
An1
A3
A4
h2 k(k 1) , h3 k(k 1)(k 2)
tn hn hn1 (n 4)
注：思路显然，但操作量过大
2.环型域： ①无心环型域: 如图，用k种不同的颜色,涂圆中n块区域
2.增减性：
n
①当n为偶数时，展开式中间的一项
C2 n
取得最大
n 1
n 1
②当n为奇数时，展开式中间的两项
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。
二项式定理在初等数学中的应用
二项式定理在初等数学中的应用二项式定理是在计算及数学研究中经常使用的定理。
二项式定理通常用于计算排列组合，在初等数学中有很多应用，主要有以下几个：
1. 二项分布：可以用二项定理来描述数据点的分布情况，通过研究其概率分布，来得出结论。
2. 圆面积：二项定理可用来计算圆的面积，可用于求解几何问题。
3. 对数函数：使用二项定理，可以求出某一特定函数的对数函数，以便进行后续处理。
4. 三角函数：二项定理可以用来求解三角函数，使用了三角函数可以计算出三角形的面积。
5. 拓扑学：二项定理可以用来描述拓扑学中变化图形的结构，从而得出结论。
6. 概率论：使用二项定理，可以计算出某一特定概率事件发生的可能性，从而推断出最终的结论。
7. 几何学：二项定理的数学方法可以非常容易地解决几何图形中的各种复杂问题。
8. 统计学：使用二项定理可以更快捷地了解抽样数据，从而使用统计学技术进行更准确的推断。
9. 调和级数：二项定理可以精确计算出调和级数的值，从而解决若干数学问题。
10. 各种游戏：二项定理可以用来研究各种游戏的概率，如橙子游戏、赌博等。
高中数学-二项式定理的用途
二项式定理的用途1 逆向求值二项展开式通常以正向展开的应用为主，但有时需要逆向应用，这有助于培养学生思维的双向性和灵活性。
例1 求值：（1）49392293194099999C C C C C ++++ ； （2）10101012103111021010C C C C +⋅⋅⋅+++ 。
分析：如果直接求解的话，第（1）题稍微烦琐点，而第（2）题简直是无从下手。
现在先化简变形，再逆用二项式定理求值，真是“确实好多了！”解：（1）设49392293194099999C C C C C ++++=x ，则 669592)19(99+=++C C x ，即12345811541000000==--x∴49392293194099999C C C C C ++++=12345 。
（2）∵)100(1111111011≤≤=++k C C k kk∴)(111121111111110101012103111021010C C C C C C C +⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅+++=11204711111)1)11[(=-+ 。
点评：这类二项式逆向求值通常与组合数公式等的变形联系在一起。
以下这道题也曾经出现在多种资料上，很典型。
题目为求!0!81!1!71!2!61!7!11!8!01⋅⋅⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++的值，尽管面目很可憎，但是只要将分子都变成8！，则该式即为3152!82881808!818)(==+⋅⋅⋅++C C C 。
例2（上海高考题）已知数列｛n a ｝（n 为正整数）是首项为a 1，公比为q 的等比数列。
（1）求和：223122021c a c a c a +-，334233132031c a c a c a c a -+-；（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明。
解：（1）223122021c a c a c a +-=a 1－2a 1q ＋a 1q 2=a 1(1－q)2；334233132031c a c a c a c a -+-= a 1－3a 1q ＋3a 1q 2－a 1q 3=a 1(1－q)3。
二项式定理的应用
和的性质
对于任意非负整数$n$，有 $sum_{k=0}^n C_n^k = 2^n$。
组合数与二项式系数关系
01
组合数$C_n^k$与二项式系数的关系为：在$(a+b)^n$的展 开式中，第$k+1$项的系数即为$C_n^k$。
计算事件的组合数
通过二项式定理的展开式，可以求出 不同事件发生次数的组合数，进而计 算相应事件的概率。
期望和方差计算中运用二项式定理
计算期望值
在概率统计中，期望值是一个重要的概念。利用二项式定理，可以方便地计算二项分布的期望值。
计算方差
方差用于描述数据的离散程度。通过二项式定理，可以推导出二项分布的方差计算公式。
迭代法求解中运用二项式定理
利用二项式定理加速迭代过程
在迭代法中，通过不断逼近解的方式来求解问题。利用二项 式定理，可以构造出具有更快收敛速度的迭代格式，从而提 高迭代法的求解效率。
迭代法的稳定性与二项式定理
迭代法的稳定性是指迭代过程中误差的传播情况。二项式定 理可以帮助分析迭代法的稳定性，并提供改进稳定性的方法 。
鸽巢原理与二项式定理关系探讨
鸽巢原理的表述
如果n个鸽子要放进m个鸽巢，且n > m，则至少有一个鸽 巢里至少有2只鸽子。这个原理可以通过二项式定理进行证 明。
利用二项式定理证明鸽巢原理
通过构造一个二项式(1+1)^n，并将其展开，可以得到一 个包含n+1项的表达式。由于每一项都对应一个鸽巢的状 态（有鸽子或无鸽子），因此当n > m时，至少有一个鸽 巢对应的状态被多次计算，即至少有一个鸽巢里至少有2只 鸽子。
小知识撼动大智慧——二项式定理的灵活妙用
解 题 思路 ： 利用 二项 式定 理 直接解 决 。
解 ： （１）通 项 公 式 为 Ｔ… 一 ｃ Ｔ ．
ｌ ２ ８。
所 以 。７ ＋ 。６ ＋ … ＋ “ｌ 一 ２。。
①
（ 一 岳ｃ ： （ 一
”一 ２
— 一 一
。
方法 点拨
１
［ ＿ ＿
ｎ ６ － ４ － ｎ ４ ＋ ｎ ２ ４ － 口。 一 一８ １ ２８。
（ ３） 根 据 通 项 公 式 ， 由 题 意 得
之 和 ， 常 用 赋 值 法 。
３ ・ 二 项 式 定 理 的应 用 。
ｆ ｌ ｏ －２ ｋ
１
一 ‘ ∈ｚ ， 则 １ ０ －
（ １ ） 已 知 ”∈ Ｎ ， 求 １ ＋２ ＋２ ｚ ＋
１ ｌ — ∈ ｚ ’ ］ ０ — ２
—————匿
高考数学 ２ ０ １ ７ 年１ ２月 ＿ ＿
＿ Ｅ ＿ ＿ ＿ 目 鼹
热点， 内 容以程序框图为主。从形式上看． 以
Ｐ × 。而在处理循环结构的框 ＿
选 择 题 和 填 空 题 为 实 际 艄景 ’ 题 耐 ’ 关 键 是 理 锯 并 认 清墓 算
力 ； （ ３ ） 高 考 题 目有 些 以 二 项 式 定 理 为 载 体 ， 通
过 与 其 他 知识 的 融 合 ， 凸显 出向思 维能力 和计
建立 方程 来 确 定 指 数 ； 第 二 步 ， 根 据 所 求 的指 数 再 求 所求 的项 。（ ２ ） 有 理 项 是 字 母 指 数 为整数 的项
， ，
。
２
．
求 展开 式 中各项 系数 的和 。
现 竺 高 考 竺 选 龛 拔 性 这 行 的 发 展 趋 势 ’ 以 充 分 体 宗 旨。
盘点二项式定理八类应用 专题辅导 不分版本
盘点二项式定理八类应用蒋书华二项式定理是高中数学中一个重要知识点，涉及二项式定理应用的题型很多。
本文将给出二项式定理的八类应用。
同学们熟悉二项式定理的这些应用之后，对于一般遇到的二项式定理的题目就可以解决了。
1. 求二项式中相关元素求二项式中某些项的系数、二项式系数、常数项及其他一些待确定的问题，是二项式定理最基本的应用。
例1. 在)N m ()m x (*7∈+的展开式中，5x 的系数是6x 系数与4x 系数的等差中项，则 =m _______。
解：依题意，33717227m C m C m C 2+=，即32m 35m 7m 42+=，因为*N m ∈，所以解得1m =。
点评：二项式定理与其他知识点交汇的试题，在选择题、填空题中最为常见。
2. 确定和（积）的展开式中特定项系数例2. 在5432)1x ()1x ()1x ()1x ()1x (-+---+---的展开式中，2x 的系数等于________。
解：2x 的系数等于后四个展开式中含2x 的系数和，即为20)C C C C ()1(C )1(C )1(C )1(C 35241302335224113002-=+++-=-+---+--。
点评：对于和的展开式中求特定项的系数问题，一般是分别求出再合并得出结论。
例3. 在)1x ()2x (210-+的展开式中10x 的系数为_______。
解：)1x ()2x (210-+的展开式中10x 的项为10)2x (+的展开式中10x 、8x 的项分别与1-、2x 相乘而得的和。
因此10x 的系数为：1792C )1(C 2210010=⋅+-⋅。
点评：复杂问题都是由简单问题组合而得到的，只要基础知识掌握得好，问题都能容易解决。
3. 求展开式各项系数和（差）例4. 若443322104x a x a x a x a a )3x 2(++++=+，则2312420)a a ()a a a (+-++的值为（ ）A. 1B. 1-C. 0D. 2解：令1x =，则有443210)32(a a a a a +=++++。
例析二项式定理的六种应用
本文对二项式定理常见的六种应用进行总结，希望对同学们的学习有所帮助.一、求展开式中指定项例1 （x-1x）8的展开式中，常数项为 .（用数字作答）解：Tr+1=Cr8x8-r（-1x）r=（-1）rCr8x8-2r，由题意知，8-2r=0，r=4，即展开式的第5项为常数项，T5=C48=70.评析：直接利用通项公式进行求解，令x的幂指数等于0即可.例2 （|x|2+1|x|+2）5的展开式中整理后的常数项为 .解：（|x|2+1|x|+2）5=（|x2|+|1x|）10Tr+1=Cr10（|x2|）10-r（|1x|）r=Cr10（12）10-r（|x|）10-2r由题意知，（|x|2+1|x|）=0，r=5，即展开式的第6项为常数项，T6=C510（12）5=6322.评析：多项展开式往往化归为二项展开式，再利用通项公式去求解.本题亦可把（|x|2+1|x|）看作一个整体，再利用二项式定理展开.例3 （x+3x）12的展开式中，含x的正整数幂的项数共有 .解：设展开式中第r+1项的幂为正整数，则Tr+1=Cr12（x）12-r（3x）r=Cr12x12-r2+r3=Cr12x6-r6.依题意，r是6的倍数，且0≤r≤12，所以r共有3个值.即（x+3x）12的展开式中，含x的正整数幂的项数共有3个.小结：在求展开式中某个指定项时，利用二项展开式的通项公式求解是常规办法.首先要知道指定项都有哪些特点，再根据题意具体求解.例如常数项就是x的指数为0，而有理项就是x的指数为整数.二、求展开式中的系数或系数和例4 （x-2y）10的展开式中x6y4项的系数是 .解：Tr+1=Cr10x10-r（-2y）r由题意知，10-r=6，r=4，即展开式中x6y4项的系数为C410（2）4=840.评析：注意区别某一项的系数和它的二项式系数.例5 在（1-x）5+（1-x）6+（1-x）7+（1-x）8的展开式中，含x3的项的系数是 .法一：由等比数列求和公式得：原式=（1-x）5[1-（1-x）4]1-（1-x）=（1-x）5-（1-x）9x.要求展开式中含x3的项的系数.即求（1-x）5中的x4的系数与（1-x）9中x4的系数的差.而（1-x）5中含x4的项为T5=C45?1?（-x）4=5x4，（1-x）9中含x4的项为T5=C49?15?（-x）4=126x4，所以在（1-x）5+（1-x）6+（1-x）7+（1-x）8的展开式中，含x3的项的系数是5-126=-121.法二：（1-x）n的二项展开式通项为Tr+1=Crn（-x）r，令r=3得x3的系数为-C3n，故本题所求的项的系数为-（C35+C36+C37+C38）=-121.例6 （1）若（x+1x）n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为 ;（2）求（2x+1x）4的展开式中各项的二项式系数和及各项系数和.解：（1）因为展开式中的第3项和第7项的二项式系数相同，即C2n=C6n，所以n=6+2=8，所以展开式的通项为Tk+1=Ck8?x8-k?（1x）k=Ck8x8-2k，令8-2k=-2，解得k=5，所以T6=C58?（1x）2，所以1x2的系数为C58=56.（2）该展开式的各项二项式系数和为：C04+C14+C24+C34+C44=24=16.令二项式中变量x=1，得各项系数之和为34=81.小结：二项式系数和项的系数是二项式定理的基本概念，两者本质区别为：展开式中第r+1项的二项式系数是Crn（r=0，1，2，…，n），而第r+1项的系数是指经过化简整理后该项未知数前的最简系数（含正负）.三、证明整除或余数问题例7 试证大于（1+3）2n（n∈N）的最小整数能被2n+1整除.证明：因为-1<1-3<0，所以（1-3）2n∈（0，1）.由二项式定理可得（1+3）2n+（1-3）2n=2（3n+C22n3n-1+…）是偶数，记为2k（k∈N），则大于（1+3）2n的最小整数为2k.又因为2k=（1+3）2n+（1-3）2n=[（1+3）2]n+[（1-3）2]n=2n[（2+3）n+（2-3）n]，由二项式定理知（2+3）n+（2-3）n是偶数，记为2k1（k1∈N），所以2k=2n+1k1.即命题得证.评析：本题的难点在于如何表示题中的最小整数.由（1+3）2n联想到其对偶式（1-3）2n∈（0，1），然后考虑二者之和即可.二项式定理在其中的用处为利用其展开式证明二者之和为偶数.例8 当n∈N*时，求证：32n+2-8n-9能被64整除.证明：32n+2-8n-9=9n+1-8n-9=（1+8）n+1-8n-9=C0n+1+C1n+1?8+C2n+1?82+C3n+1?83+…+Cnn+1?8n+Cn+1n+1?8n+1-8n-9 =1+（n+1）?8+C2n+1?82+C3n+1?83+…+Cnn+1?8n+Cn+1n+1?8n+1-8n-9=82（C2n+1+8C3n+1+…+8n-2?Cnn+1+8n-1?Cn+1n+1），因为C2n+1+8C3n+1+…+8n-2?Cnn+1+8n-1?Cn+1n+1是整数.所以32n+2-8n-9能被64整除.例9 今天是星期日，再过10100天后是星期几？解：10100=10050=（98+2）50=C0509850+C1509849×2+…+C495098×249+C5050250，因为前50项都能被7整除，只需考查250除以7所得余数.250=4×248=4×816=4×（7+1）16=4[C016716+C116715+…+C15167+C1616].于是得余数为4，故10100天后是星期四.小结：证明整除性问题，或求余数问题.关键是找准指数式中的底数和除数的联系，将指数式分拆成与除数有关联的两个数的和或差，再用二项式定理展开，要注意余数为非负数且不大于除数.四、求近似值例10 求（0.997）5的近似值（精确到0.001）.分析：（0.997）5=（1-0.003）5，简单构造二项式定理模型，展开按精确度要求取前两项计算便得符合条件的结果.解：（0.997）5=（1-0.003）5=1-C150.003+C25（0.003）2-…-C55（0.003）5≈1-5×0.003=0.985.例11 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%.结果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？（粮食单产=总产量/耕地面积，人均粮食占有量=总产量/总人口数）.解：设耕地平均每年至多只能减少x公项，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M×（1+22%）×（104-10x）P×（1+1%）10≥M×104P×（1+10%）化简得x≤103×[1-1.1×（1+0.01）101.22].因为103×[1-1.1×（1+0.01）101.22]=103×[1-1.11.22×（1+C110×0.01+C210×0.012+…）]≈103×[1-1.11.22×1.1045]≈4.1所以x≤4（公顷）答：按规则该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.小结：求近似值问题常用二项式定理展开，根据精确度决定所取项数.五、证明恒等式或不等式例12 证明：C0n+32C2n+34C4n+…+3nCnn=2?4n-1+2n-1（n为偶数，n∈N*）.证明：因为n为偶数，所以（1+3）n=C0n+3C1n+32C2n+…+3nCnn，（1-3）n=C0n-3C1n+32C2n-…+3nCnn两式相加得4n+2n=2（C0n+32C2n+34C4n+…+3nCnn），所以C0n+32C2n+34C4n…+3nCnn=2?4n-1+2n-1.例13 求证C1n+2C2n+…+nCnn=n2n-1.证明：由二项式定理有：（1+x）n=xn+C1nxn-1+…+Cn-1nx+Cnn.对上式以x为自变量求导得：n（1+x）n-1=nxn-1+C1n（n-1）xn-2+C2n（n-1）xn-3+…+Cn-1n.取x=1有n2n-1=n+（n-1）C1n+（n-2）C2n+…+Cn-1n.又因组合数性质：Cmn=Cn-mn得n?2n-1=nCnn+（n-1）Cn-1n+（n-2）Cn-2n+…+2C2n+C1n，∴原式得证.小结：关于组合恒等式的证明，关键在于熟悉二项式定理的展开形式及结构特点，要善于把所证问题用数学方法合理的转化为二项式定理的表达式形式.例14 求证：2≤（1+1n）n≤3-12n-1，（n∈N*）.证明：由二项式定理得（1+1n）n=C0n+C1n1n+C2n1n2+…+Cnn1nn=1+1+C2n1n2+…≥2.又（1+1n）n=C0n+C1n1n+C2n1n2+…+Cnn1nn=2+12！（1-1n）+13！（1-1n）（1-2n）+…+1n！（1-1n）（1-2n）?…?（1-n-1n）≤2+12！+13！+…+1n！≤2+12+122+123+…+12n-1=3-12n-1.例15 设a，b∈R+，n∈N，求证：an+bn2≥a+b2n.分析：设a=s+d，b=s-d，（s，d∈R+且s>d），则a+b=2s，再用二项式定理解题.证明：设a=s+d，b=s-d，（s，d∈R+且s>d），于是有an+bn=（s+d）n+（s-d）n=2[C0nsn+C2nsn-2d2+…]≥2sn.又因为a+b=2s，所以an+bn2≥2sn2=sn=a+b2n.即题目得证. 评析：此题表面看似与二项式定理无关，但换元后便露出其本质.它的结论也可以写成nan+bn2≥a+b2.二项式定理是证明这一不等式简捷且有效的方法.例16 设a，b∈R+，且1a+1b=1.求证：对每个n∈N*都有（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1.分析：因为a，b∈R+，且1a+1b=1，所以ab≥2，（a+b）n-an-bn=12[（an-1b+abn-1）C1n+（an-2b2+a2bn-2）C2n+…+（abn-1+an-1b）Cn-1n]，再利用均值不等式求证.证明：由1=1a+1b≥2abab≥2，及二项式定理得（a+b）n-an-bn=C0nan+C1nan-1b+…+Cn-1nabn-1+Cnnbn-an-bn=C1nan-1b+C2nan-2b2+…+Cn-2na2bn-2+Cn-1nabn-1=12[（an-1b+abn-1）C1n+（an-2b2+a2bn-2）C2n+…+（abn-1+an-1b）Cn-1n]≥（ab）n（C1n+C2n+…+Cn-1n）≥2n（2n-2）=22n-2n+1.小结：利用二项式定理证明不等式，是二项式定理的一个重要应用.一般情况，在二项式展开式中取舍若干项，即可将相等关系转化为不等关系，从而获得相关不等式.特别在有关幂不等式和组合不等式方面有独特作用.六、在求值问题中的应用例17 已知等式（x2+2x+2）5=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9+a10（x+1）10，其中ai（i=0，1，2，…，10）为实常数，求：（1）∑10n=1an的值;（2）∑10n=1nan的值.解：（1）令x=-1，得a0=1;令x=0，得a0+a1+a2+…+a9+a10=25=32.故∑10n=1an=a1+a2+…+a10=31.（2）等式（x2+2x+2）5=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9+a10（x+1）10两边对x求导，得5（x2+2x+2）4?（2x+2）=a1+2a2（x+1）+…+9a9（x+1）8+10a10（x+1）9.在5（x2+2x+2）4?（2x+2）=a1+2a2（x+1）+…+9a9（x+1）8+10a10（x+1）9中，令x=0，整理得∑10n=1nan=a1+2a2+…+9a9+10a10=5?25=160.评析：“取特殊值法”是解决二项式系数问题常用的方法――根据题目要求，灵活赋给字母不同的值.第二问要先利用导数得到nan的形式，然后再赋值求解.例18 用{x}表示实数x的小数部分，若a=（513+18）99，则a{a}的值为多少？解：令b=（513-18）99，因为（513-18）∈（0，1），所以b∈（0，1），由二项式定理有a=（513+18）99=C099（513）99+C199（513）98×18+…+Cr99（513）99-r×18r+…+C9899（513）×1898+C99991899，b=（513-18）99=C099（513）99-C199（513）98×18+…+（-1）rCr99（513）99-r×18r+…+C9899（513）×1898-C99991899，因为a-b=2[C199（513）98×18+…+C99991899]是正整数，所以{a}=b，所以a{a}=（513+18）99（513-18）99=[（513+18）（513-18）]99=1.评析：此题表面看较为困难，但若能发现0<513-18<1，且（513+18）（513-18）=1，巧妙构造b=（513-18）99来替代{a}，问题便能迎刃而解.本题所用方法与例7相同.（作者：李苇，江苏省黄桥中学）。
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用二项式定理是代数学中的重要定理之一，它描述了任意实数或复数a和b的任意非负整数n的幂的展开式。
二项式定理起源于数学家布莱斯·帕斯卡在17世纪的法国。
二项式定理的表达式为：(a+b)^n = C(n,0) * a^n * b^0 + C(n,1) * a^(n-1) * b^1 + C(n,2) * a^(n-2) * b^2 + ... + C(n,r) * a^(n-r) * b^r + ... + C(n,n) * a^0 * b^n，C(n,r)表示组合数，定义为从n个元素中选取r个元素的组合数。
二项式定理说明了在求解(a+b)^n时，我们可以将其展开为一系列组合数与幂的乘积之和。
二项式定理有许多重要的应用。
下面将介绍其中几个常见的应用。
1. 展开多项式：二项式定理可以用来展开形如(a+b)^n的多项式。
通过展开后，我们可以计算出多项式的各个项的系数和次数，从而更好地分析和理解多项式的性质。
2. 概率与组合数：二项式定理与组合数有密切的关系。
在概率论中，我们经常遇到从n个元素中选取r个元素的组合数，二项式定理可以用来计算这些组合数。
在扑克牌中，从52张牌中选取5张的组合数可以通过二项式定理来计算。
3. 二项式系数：二项式定理中的各项前面的系数称为二项式系数。
这些系数具有很多重要的性质和应用。
二项式系数是排列组合数的一种特殊情况，它们可以表示为n个元素中选取r个元素的排列数除以r的阶乘。
二项式系数还可以用于展开多项式的特定项或求和。
4. 集合论：二项式定理可以用来证明一些集合论中的结论。
通过二项式定理可以证明集合的幂集的元素个数等于2的n次方，其中n是集合中元素的个数。
5. 组合恒等式：二项式定理导致了许多重要的组合恒等式。
这些恒等式在组合数学中有广泛的应用。
Vandermonde恒等式是二项式定理的一个特例，它可以用来计算两个二项式系数之和的总和。
二项式定理是代数学中一个重要的定理，它的应用涵盖了多个数学领域，包括多项式展开、概率与组合数、集合论、组合恒等式等。
23二项式定理及应用
二项式定理及应用知识点：1、二项式定理：()()*--∈+++++=+N n b C b a C b a C a C b a n n n r r n r n n n n n n110；第1+r 项()n r b a C T r r n r n r ,,1,01 ==-+；第1+r 项的二项式系数为r n C 与b a ,无关，而系数与b a ,有关；二项式系数的性质.2、常用题型：利用通项求展开式的特定项；整除或求余问题；利用二项式定理证明等式（不等式）；近似运算；一般系数问题等.1、 对于二项式()*∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+N n x x n 31，四位同学作了四种判断： ① 存在*∈N n ，展开式中有常数项 ②对任意*∈N n ，展开式中没有常数项 ③对任意*∈N n ，展开式中没有x 的一次项 ④存在*∈N n ，展开式中有x 的一次项 上述结论中正确的是______2、)2()21(5x x +-展开式中含3x 项的系数是______3、当,50,,,522212142<≤∈+=++++≥∈-*q N q p q p n N n n 且其中时，且 则q 的值是________________4、若nx x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-3212展开式中含有常数项，则最小正整数n 为______________ 5、若4n C 是()n r C r n ,,2,1,0 =中的最大值，则n 可能取的值是___________ 6、不等式121321421---<<x x x C C C 的解为____________7、3333233133C C C +++ 除以9的余数为____________ 8、605.1精确到01.0的近似值是_______________9、在()()1002100211--+-+x x x x 展开式中，x 的偶次项系数和为______________ 10、若()44332210432x a x a x a x a a x ++++=+，则()()2212420a a a a a +-++的值为_____________11、在二项式()103xx -的展开式中，共有____项有理项；分别为______________ 12、在二项式()111-x 的展开式中，系数最小的项的系数为_________13、在()52211524⎪⎭⎫ ⎝⎛+--x x x 的展开式中，常数项为________14、()()()()()543211111-+---+---x x x x x 的展开式中2x 的系数是_______ 15、在)()3)(2)(1(n x x x x ++++ 展开式中，含1-n x项的系数为________ 16、若()()()()101022101011132-++-+-+=+x a x a x a a x ，则1020a a a +++ =___ 17、在()532c b a --展开式中共有______项,其中含c b a 22的系数是_________18、若n 为奇数，则777712211---++++n n n n n n n C C C 被9除得的余数是_______19、a n n n -+⋅+5322能被25整除，则最小自然数a =20、设n 为满足450221<+++n n n n nC C C 的最大自然数，则n =_______21、求证：()()2,2231>∈⋅+>*-n N n n n n22*、当1,>∈n N n 时，求证：3112<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<nn。
《二项式定理》题型突破
《二项式定理》题型突破1.二项式定理的应用正用:将()n a b +展开,得到一个多项式,即二项式定理从左到右使用是展开.对较复杂的式子,可先对其化简再用二项式定理展开.逆用:将多项式整理成()n a b +的展开式的形式,再逆用二项式定理,即二项式定理从右到左使用是合并.对于化简、求和、证明等问题的求解,要熟悉公式的特点,例如项数、各项幂指数的规律以及各项系数的规律.对于化简多个式子的和时,可以考虑二项式定理的逆用. 2.二项展开式的通项的理解对于1C k n k kk n T ab -+=,应注意： (1)它表示()n a b +的展开式的第1k +项,而不是第k 项. (2)式中a 和b 的位置不能颠倒,且a 与b 的指数和为n .(3)它表示二项展开式中的任意项,只要n 和k 确定,1k T +这一项也随之确定,当k 依次取0,1,2,,n 时,得到展开式的第1,2,,1n +项.(4)对于()n a b -的二项展开式的通项,应是1k T +=(1)C k k n k kn ab --. (5)()n a b +的展开式的通项中,C (0,1,2,,)k n k n =是“二项式系数”,而不是“项的系数”,如在7(12)x +的展开式中,第4项37333343177C 1(2)8C T T x x -+==⨯⨯=,该项的二项式系数为37C ,而项的系数是378C .3.二项式系数与项的系数(1)二项展开式的二项式系数是指01C ,C ,,C n n n n 这些组合数,即()na b +的展开式的通项1C k n k kk n T ab -+=中的C (0,)k n k n k ≤≤∈N .求二项展开式中某一项的二项式系数,关键是要确定k 的值,要注意通项为展开式的第1k +项.(2)项的系数即该项中除变量外的常数部分,求二项展开式的指定项的系数,可直接写出二项展开式的通项,并令该项的次数与指定项的次数相等,求出k 的值,则指定项的系数就是把k 代入组合数式和常数式的乘积计算后所得的值.4.求二项展开式的特定项的常见题型：(1)求第1k +项,1C k n k kk n T ab -+=;(2)求含p x 的项(或p q x y 的项);(3)求常数项;(4)求有理项. 5.求二项展开式的特定项的常用方法(1)对于常数项,隐含条件是项的字母的指数为0(即0次项).(2)对于有理项,一般是先写出展开式的通项,然后令其所有的字母的指数都等于整数.解这类问题必须合并通项中同一字母的指数,根据具体要求,令其为整数,进而求解.典型例题剖析题型1二项式定理的应用例1(1)52322x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式为______.(2)1212C 4C 2C n nn n n ++++=_______.解析:(1)5051455232C (2)C (2)2x x x x ⋅⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭23233255222333C (2)C (2)222x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭454552552233180C (2)C 3212022x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4710135405243832x x x +- (2)原式01122C C 2C 2C 2(12)n nn n n n n =++++=+3n =.答案:(1)52471018013540524332120832x x x x x x -+-+- (2)3n变式训练1化简:543(2)5(2)10(2)x x x -+-+-+210(2)5(2)x x -+-.答案:原式051423555C (2)C (2)C (2)x x x =-+-+-+3245555C (2)C (2)C 1x x -+-+-56[(2)1]1(1) 1.x x =-+-=--题型2求二项展开式中的特定项或特定项的系数例2在7x ⎛- ⎝的展开式中,含4x 的项为_______.解析:x ⎛⎝的展开式的通项为1k T +=3772772C C (0,1,,7)3kkk k k k x x k --⎛⎛⎫=-= ⎪ ⎝⎭⎝.今3742k -=,解得2k =.中含4x 的项为22447228C 33x x ⎛⎫-⨯= ⎪⎝⎭.答案:6283x 解析:写出二项展开式的通项,令x 的指数等于4,求得k 的值,再求出含4x 的项. 总结归纳利用化简后的二项展开式的通项求常数项,只需令字母的指数为0;求有理项,只需令其所有的字母的指数都等于整数.变式训练2求91x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数.答案:91x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项是919C k k k T x -+=.9291(1)C kk k kx x -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.由题意,得923k -=,所以3k =.因此,展开式中3x 的系数为339(1)C 84-⨯=-.解析:利用二项式定理求展开式中的某一项的系数,可以通过二项展开式的通项进行求解.题型3多项展开式问题例3(1)已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数为5,则a =_____. A.4- B.3- C.2-D.1-(2)5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的系数是______.解析:(1)5(1)x +的展开式的通项为15C k k k T x +=, 令1,2k =得1222535C ,C T x T x ==,因此5(1)(1)ax x ++的展开式中含2x 的系数为2155C C 5a +=,解得1a =-.(2)由多项式乘法的运算法则,可知5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的系数是5(12)x -的展开式中3x 的系数的2倍与5(12)x -的展开式中2x 的系数的和.因为5(12)x -的展开式的通项为15(2)C k k kk T x +=-, 令3k =,得到3x 的系数为358C 80-⨯=-,令2k =,得到2x 的系数为254C 40⨯=, 所以5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的系数是80-⨯240120+=-. 答案:(1)D (2)120- 规律总结1.形如()()m n a b c d ++的展开式中的特定项问题(1)分别对()m a b +与()n c d +的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,求和即可. 2.形如()n a b c ++的展开式问题应根据式子a b c ++的特点,将其转化为可以直接使用二项式定理的形式来解决(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.变式训练3 512x x ⎛++ ⎝的展开式中的常数项为______(用数字作答).答案:2解析:551122x x x x ⎡⎛⎛⎫+=+ ⎪⎢⎝⎝⎭⎣,且它的展开式的通项为521512C (0,1,,5)2kk k k x T k x -+⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.设512kx x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项为515C r k rr k T x--+-=.5552522C (05,)k r r k r r r k k x x r k r -++-+----=-∈N . 令520r k --=,则25k r +=,可得1,2k r ==或3,1k r ==或5k =,0r =.当1,2k r ==时,所求常数项为1122254C 2C 2-⨯⨯⨯=2; 当3,1k r ==时,所求常数项为31152C C 2-⨯⨯=当5,0k r ==时,所求常数项为55C ⨯=综上,512x x ⎛+ ⎝+=. 题型4整除或近似计算例4 8386+被49除所得的余数是( ) A.14- B.0 C.14 D.35解析:由二项式定理展开,得838386(71)6+=++83182812828383837C 7C 7C 716=+⨯++⨯+⨯++278377M =+⨯+(M 是正整数)494912M =+⨯49N =(N 是正整数) 所以8386+被49除所得的余数是0. 答案:B变式训练4计算61.05=_______(精确到0.01). 答案:1.34解析6621.05(10.05)160.05150.05=+=+⨯+⨯++610.0510.30.0375 1.34⨯≈++≈.规律方法总结1.要牢记C k n k kn ab -是展开式的第1k +项,而非第k 项. 2.求解形如()()m n a bcd ++的展开式问题的思路 (1)若,m n 中有一个比较小,可考虑把它展开,如()222()()2()n n a b c d a ab b c d ++=+++,然后根据已知条件求解.(2)观察()()a b c d ++是否可以合并,如57(1)(1)x x +-⋅()55222[(1)(1)](1)1(1)x x x x x =+--=--.(3)分别得到(),()m n a b c d ++的二项展开式的通项,综合考虑. 3.二项式定理应用的常见题型及求解策略(1)整除问题和求近似值是能运用二项式定理解决的两类常见问题,整除问题中关注展开式的最后几项,而求近似值则关注展开式的前几项.(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用,注意选择合适的形式. (3)利用二项式定理进行近似计算:当n 不很大,||x 比较小时,0011(1)C C 1n n n x x x nx +≈+=+.若精确度要求较高,则可使用更精确的公式0011(1)C C n n n x x x +≈++222(1)C 12n n n x nx x -=++.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
二项式定理的“另类”用途
二项式定理揭示了项数、系数、指数等方面的联系和规律。
一般说来，二项式定理问题相对独立，主要有确定展开式中的相关项，求各项系数和差，以及处理整除问题等等。
但二项式定理也有一些“另类”用途，它们可以看作是二项式定理应用的丰富和发展，对于提高学生思维的敏捷性和灵活性有一定的促进作用。
本文结合事例来进行说明。
1 逆向求值
二项展开式通常以正向展开的应用为主，但有时需要逆向应用，这有助于培养学生思维的双向性和灵活性。
例1 求值：（1）4
9392293194099999C C C C C ++++ ； （2）1010
1012103111021010C C C C +⋅⋅⋅+++ 。
分析：如果直接求解的话，第（1）题稍微烦琐点，而第（2）题简直是无从下手。
现在先化简变形，再逆用二项式定理求值，真是“确实好多了！”
解：（1）设4
9
392293194099999C C C C C ++++=x ，则 669592)19(99+=++C C x ，即123451541000000==--x ∴49392293194099999C C C C C ++++=12345 。
（2）∵)100(11111
11011≤≤=++k C C k k k ∴)(1111211111111
10101012103111021010C C C C C C C +⋅⋅⋅++=+⋅⋅⋅+++ =11
2047
11111
)1)11[(=
-+ 。
点评：这类二项式逆向求值通常与组合数公式等的变形联系在一起。
以下这道题也曾
经出现在多种资料上，很典型。
题目为求!
0!81
!1!71!2!61!7!11!8!01⋅⋅⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++的值，尽管面目很可憎，但是只要将分子都变成8！，则该式即为315
2
!
82881808!8
18)(==+⋅⋅⋅++C C C 。
例2（2003年上海高考题）已知数列｛n a ｝（n 为正整数）是首项为a 1，公比为q 的等
比数列。
（1）求和：223122021c a c a c a +-，3
34233132031c a c a c a c a -+-；
（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明。
解：（1）2
23122021c a c a c a +-=a 1－2a 1q ＋a 1q 2
=a 1(1－q)2
；
33
4233132031c a c a c a c a -+-= a 1－3a 1q ＋3a 1q 2
－a 1q 3
=a 1(1－q)3。
（2）归纳概括的结论为：若数列｛a n ｝是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则
n n
n n n n n n n q a c a c a c a c a c a )1()1
(1134231201-=-++-+-+ ，n 为正整数。
证明如下： n
n n n n n n n c a c a c a c a c a 134231201)1(+-++-+-
n
n n n n n n n c q a c q a c q a qc a c a 1
3312211101)1(-++-+-= n n n n n n n n n q a c q c q c q qc c a )1(])1
([13322101-=-++-+-= 。
点评：本题是二项式定理知识与数列知识的综合应用，也属于逆向求值。
2 求近似值
利用二项式定理进行近似计算也算是二项式定理的“另类”应用之一。
例3（1996年全国高考题）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减少多少公顷（精确到1公顷）？
解：设耕地平均每年至多减少x 公顷，又设该地区现有人口P 人，粮食单产M 吨/公顷。
依题意得，
%)101(10000%)11()
1010000(%)221(10
+≥
+-⋅+⋅P
M
P x M
化简得]1[100022
.1)01.01(1.110
+⨯-
≤x
∵1045.101.001.01)01.01(22
1011010≈⋅⋅⋅+⨯+⨯+=+C C
∴1
.4)1(10001045.11.1≈-≤⨯x ，即耕地平均每年至多只能减少4公顷。
3 证不等式
利用二项式定理来证明不等式，很是别具一格。
简捷、流畅，令人赏心悦目。
例4 设++∈∈N n R b a ,,，求证：n
b a b a
n n
)
(22++≥ 。
证明：运用“和差换元”，令a=x + y ，b=x - y ，则a+b=2x >0 ， ∴左边=
n n n n n n n y x y x x y x C y x C x C n
n ≥⋅⋅⋅+++=---++44422202
)()(=右边，
∴原不等式成立。
例5 已知函数
121
2)(+-=
x x x f ，证明：对于任意不小于3的正整数n ，
1
)(+>
n n n f 。
分析：直接证明难度较大。
将其进行转化为：122)(1
1
21
21
+>⇔>
⇔
>++-+n n f n n n n n n n 。
而当3≥n 时，1222)11(2110+>+≥++⋅⋅⋅++=+=-n n C C C C n
n n n n n n n ，故得证。