《高考数学第一轮复习课件》第50讲二项式定理

=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0-a1+a2-a3+a4-a5) =f(1)×f(-1)=-243.
点评本题是关于二项展开式各项系数问
题，而f(1)与f(-1)能体现各项系数和的规 律特征；求展开式中各项的系数和常用 赋值法.
题型三 二项式定理与函数、不等式的综合
例3 设f(x)是定义在R上的一个给定的函数,函
n n k k 1 因为 Cn · = Cn1 , n
0 1 点评 运用二项式定理关键是比较已知nn11 所以g(x)=Cn1 x· n-1+Cn1 x2· n(1-x) (1-x) C 2+…+ 0 n1 式和展开式，观察两式的异同，化不同 ·xn C1 Cn1 Cn1 n1 =x［为相同. n-1+ (1-x) x(1-x)n-2+…+ ·xn-1］
1.(
3
项式系数是45，则n=( C ) A.8 B.9 C.10 D.11
1 - 3 2 )n的展开式中倒数第三项的二 a a
n 2 由已知,得 Cn 2 = Cn =45,n=10.故选C.
1 2.若(x3+ x 2 )n的展开式中只有第６项的系数
最大，则常数项为( C ) A.462 B.252
(2)二项式系数的大小规律. 如果二项式的幂指数是偶数，中间一项 Tn 的二项式系数最大;如果二项式的幂 即 18 1 2 指数是奇数;中间两项即 19 Tn 1 与20 Tn 11的二 2 2 项式系数相等且最大.
21
. 0 2 4 n 当n为偶数时, Cn ＋Cn + Cn +…+ Cn = 22 1 3 5 n Cn Cn Cn Cn 1 2n1 . 0 2 4 n 当n为奇数时, Cn + Cn + Cn +…+ Cn 1 = 23 1 3 5 n n1 Cn Cn Cn Cn 2 .
1 2
r 2
C a2x=135x,
2 n
n(n 1)(n 2)(n 3) 2 9n(n 1) a 所以 4! 2 ( n 2)( n 3) 2 a =135, 2!
即
(n-2)(n-3)a2=108 n(n-1)a2=270，
(n 2)(n 3) 2 所以 = , 5 n(n 1)
化简得3n2-23n+30=0.
270 5 2= 解得n= (舍去)或n=6,a =9, 30 3
所以a=3.
变式 求( x +
1 2 x
4
)8的展开式中的有理项.
设第r+1项为有理项， 16 3 r 1 r r Tr+1= C8 · x )8-r· 4 )r= C8 ·-r· x 4 ， ( ( 2 2 x 163r 则 必为整数，得r是4的倍数，而0≤r≤8，
2.关注二项式定理问题“四大热点、 六条规律”. (1)四大热点是：①通项运用型；②系 数配对型；③系数和差型；④综合应用型. (2)六条规律是：①常规问题通项分析 法；②系数配对型问题分配法；③系数和 差型问题赋值法；④近似问题截项法；⑤ 整除（或余数）问题展开法；⑥最值问题 不等式法.
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(2)各项的次数和都等于二项式的幂指 数⑥ n ,即a与b的指数和为n. (3)字母a按⑦ 降幂 排列，从第一项开始， 零 n 次数由⑧ 逐项减1直到⑨ ,字母b按⑩ 升幂 零 11 排列,从第一项起,次数由 逐项增1直 12 . n 到
0 1 (4)二项式的系数依次为Cn ,Cn ,…,C n1,C n . n n 3.二项式的展开式的通项
4
故r=0,4,8. 点评求展开式中某一特定项需用到二项 所以展开式的有理项为 展开式的通项，往往用待定系数法来确定r. 1 4,T = 35 x,T = T1=x 5 . 9 2
8 256x
题型二 求展开项中的系数和
例2 设(2x-1)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,求:
(1)a0+a1+a2+a3+a4;
=(2+ 3 )4· (-2+ 3 )4=1. ↑ ↑ (x=1时) （x=-1时）
1.二项式定理 0 n 1 n-1 1 2 n-2 2 (a+b)n=① Cn a + Cn a b + Cn a b +…. n r + Cn an-rbr+…+ Cn bn(n∈N*) . 这个公式所表示的定理叫做② 二项式定理 , 右边的多项式叫做(a+b)n的③ 展开式 .特别 n=④ 1± C1x+ C 2x2±…+(±1)n n xn . 地,(1±x) Cn n n 2.展开式的特点 (1)共有⑤ n+1 项.
(3)二项式系数的和 0 1 2 n n Cn Cn Cn Cn 2
典例精讲
题型一 通项公式的应用
例1 设a＞0，若(1+a x )n展开式中含x2的
项的系数等于含x的项的系数的9倍，且展
开式中含x的项的系数为135，求a的值.
1 2
所以
r r Tr+1= Cn (a x )r= Cn ar x , 4 4 2 a =9 Cn a2 Cn
(2)|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|;
(3)a1+a3+a5;
(4)(a0+a2+a4)2-(a1+a3+a5)2.
(2x-1)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5 为 关 分析 于x的恒等式，求系数和的问题可用赋 值法解决.
设f(x)=(2x-1)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5, 则f(1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5=1, f(-1)=a0-a1+a2-a3+a4-a5=(-3)5=-243. (1)因为a5=25=32,
备选题
1 2 n 已知Sn= Cn ·1+ Cn ·2+…+ Cn ·n,n∈N*. a a a (1)若Sn=n·n-1(n∈N*),是否存在等差数列{an} 2 对一切自然数n满足上述等式？
(2)若数列{an}是公比为q(q≠±1)，首项为１
的等比数列，Sn为{an}的前n项和，数列{bn}
满足b1+b2+…+bn= S n (n∈N*).求证：bn是
0 1 (1)当f(x)=1时,g(x)= Cn · n+Cn· (1-x) x(1-x)n-1
+…+ C ·xn=［(1-x)+x］n=1.
0 1 n+ 1 · x· (2)当f(x)=x时，g(x)= C · · (1-x) Cn (1-x)n-1 n n n
0 n n +…+ Cn · ·xn. n n
当n=1时，b1=
2
2
所以bn= 1 ·1 q )n-1. (
1 故{bn}是首项为 2
S1 2
= 满足上式.
1 q ,公比为 2
1 2
的等比数列.
方法提炼
1.二项式定理的应用常见的问题有： 求展开式的某一项或适合某种条件的项； 求展开式各项系数的和；取二项展开式 的前几项进行近似计算；证明组合数等 式；整数与整式的整除问题;证明不等 式.因此必须牢固掌握二项展开式及其 通项公式的结构与特征、二项式系数的 性质等基本理论.
所以a0+a1+a2+a3+a4=f(1)-32=-31.
(2)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|
=-a0+a1-a2+a3-a4+a5
=-f(-1)=243.
(3)因为f(1)-f(-1)=2(a1+a3+a5),
244 所以a1+a3+a5= =122. 2
(4) (a0+a2+a4)2-(a1+a3+a5ຫໍສະໝຸດ Baidu2
(2008· 全国卷Ⅱ) (1- x )4(1+ x )4的 学例1 展开式中x的系数是( A )
等比数列.
2
n
(1)假设存在等差数列{an}满足条件，
设an=dn+a, 所以 C ·1+ C ·2+…+ C ·an a a
1 n 2 n n n 1 2 2 n n 1 =d( Cn +2 Cn +…+n Cn )+a( Cn +Cn +…+ Cn )
=d(n· +n· C +…+n· C C
=x· ［(1-x)+x］n-1=x.
1 n 变式 若n∈N且n＞1,求证:2＜(1+ n ) ＜3. 1 n 1 1 2 1 n 1 (1+ n ) =1+ Cn· n +Cn · n 2 +…+ Cn · n n 1 1 · =2. ＞1+ Cn n n(n 1) n(n 1)(n 2) n(n 1)(n 2) 2 1 1 n 又(1+ ) =2+ 2!n 2 + 3! +…+ n3 n !n n n ＜2+ 1 + 1 +…+ 1 2! n! 3! 1 1 ＜2+ + 2 +…+ 1 1 2 2 2 n 1 1 (1 n1 ) 1 2 2 =2+ =3- n1 ＜3,故原不等式成立. 1 2 1 2
0 0 n+ 1 f( 1 )x(1-x)n-1 数g(x)= C f( )x (1-x) Cn n 2 2 n n-2 n n 2 n f( + Cn f( )x (1-x) +…+ C )x (1-x)0(x≠0,1). n n n
0 n
(1)当f(x)=1时，求g(x);
(2)当f(x)=x时，求g(x).
(1)令x=0,得a0=( 3 )4=9. (2)令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4=(2+ 3 )4. (3)令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4=(-2+ 3 )4,
则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2
=(a0+a2+a4+a1+a3)(a0+a2+a4-a1-a3)
=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0-a1+a2-a3+a4)
新课标高中一轮总复习
理数
第七单元
计算原理、概率与统计
第50讲
二项式定理
1.掌握二项式定理及其通项公式， 并会利用二项式定理及其通项公式解决 有关多项式化简和展开式的项或项的系 数相关的问题.
2.掌握二项式系数的相关性质，会 求展开式的系数和，能利用二项式定理 进行近似计算、证明整除问题，证明不 等式等综合问题.
0 n1 1 n1
n1 n1
)+a· (2n-1)
=d· 2n-1+a· n· (2n-1)＝n·n-1, 2 则d=1,a=0. 故存在等差数列{an}且其通项an=n(n∈N*)满 足题设.
1 qn qn 1 (2)证明:an= 1 q = q 1 , 1 2 n 所以Sn= q 1 [ C1· (q-1)+ Cn · 2-1)+…+Cn ·(qn-1)] (q n 1 n-2n],所以 S n = 1 [( 1 q )n-1]. = q 1 [(1+q) 2 2n q 1 1 S n 1 Sn q 当n≥2时,bn= n - n 1= q 1 1 )n-( 1 qn-1] [( ) 2 2 2 2 1 1 q n-1 = · ( ) ; 2 2
二项式展开式的第r+1项是 r Cn an-rbr . Tr+1= 13
4.二项式系数与展开式的系数 r 14 Cn 第r+1项的二项式系数即 ,而展开 式的第r+1项系数是该项的 15 常数部分 (含 项的性质符号)，是两个不同的概念. 5.二项式系数的性质 (1)二项式系数的结构规律和等量关系. 等距离 ” 在二项展开式中,与首末两端 16 “ r n 17 Cn Cn r . 的两项的二项式系数相等,即
1 9 8910=(88+1)10=8810+ C10 · 9+…+ C1088+1,前 88 10项均可被88整除，故余数为1，从而选B.
4.0.9985精确到0.001的近似值为 0.990 .
(0.998)5=(1-0.002)5≈1故应填0.990.
1 · C50.002,
5.若(2x+ 3 )4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则: (1)a0= 9 ; (2)a0+a1+a2+a3+a4= (2+ 3 )4; (3)(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2= 1 .
C.210
D.0
由题意,n=10,Tr+1= C
r 10
3)10-r· 1 (x (
r r = C10 ·30-3r·-2r=C10·30-5r.令30-5r=0,得r=6, x x x 6 4 所以常数项为第7项,从而T7= C10 = C10 =210,
x2
)r
应选C.
3.8910除以88的余数是( B ) A.-1 C.-87 B.1 D.87