高中数学竞赛二项式定理教案.doc

第 58讲 二项式定理
本二项式定理 设n∈N，则(a＋b)n＝Can＋Can-1b＋…＋Can-rbr＋…＋Cbn ①
①式右边称为二项式(a＋b)n的展开式，第r＋1项 Tr+1＝Can-rbr称为二项式展开式的通项公式，C叫做第r＋1项的二项式系数。
特别地，(1＋x)n＝C＋Cx＋…＋Cxr＋…＋Cxn。
为方便起见，我们引入记号“∑”，a1＋a2＋…＋an可记为，于是①式可以写成(a＋b)n＝。
二项式系数之间有如下性质：
①＝2n； ②C＝C，0≤r≤n； ③C＋C＝C
④当n为偶数时，C<C<…<C， C> C>…>C；
当n为奇数时，C<C<…<C＝C> C>…> C。
对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且要学会逆向运用和变式使用，有时先作适当变形后再展开；有时需适当配凑后逆用二项式定理。
二项式定理及其展开式系数的性质是解决许多数学问题的重要工具，如：整除或求余数（余式）问题，组合数的求和式组合恒等式的证明问题，近似计算问题等等。对于利用二项式定理判断整除问题：往往需要构造对偶式；对于处理整除性问题，往往构造对偶式或利用与递推式的结合。

A类例题
例1 若(3x＋1)n（n∈N+）的展开式中各项系数和是256，则展开式中x2的系数是_________。（上海高考题）
分析 分清系数和二项式系数两个概念，系数之和常令x＝1，二项式系数之和为C＋C＋…＋C＝2n．
解 设(3x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2xn，令x＝1，得4n＝a0＋a1＋…＋an，即各项系数之和为4n，由题得4n＝256，得n＝4。
故(3x＋1)4的展开式中含x2改为C(3x)2＝54x2。
故所求展开式中x2系数为54．
说明：求二项式所有系数和的方法，常令其字母为1。若求所有奇数项系数和，可先令字母为1，求出所有系数和a0＋a1＋a2＋…＋an，再令字母为－1，求出a0－a1＋a2－a3＋…＋an，再令字母为－1，求出a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，原式相加除以2。即得an有奇数项系数和a0＋a2＋a4＋…。
同理，两式相减除以2，可求出展开式所有偶数项系数和a1＋a3＋a5＋…。
注意，二项式系数与展开式某一项系数是不同概念，第r＋1项的二项式系数是C。
例2 在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为（ ）
A．160 B．240 C．360 D．8004
分析 二项式定理实质上是(a＋b)2，(a＋b)3，展开公式的推广，是两个字母a和b的和或差的n次方的展开公式，因此只能处理两个字母或两个量之间的关系，遇到大于二个量的和式或差式时，常进行因式分解分成两个量和与两个量和（或差）的积的形式，再利用定理．
解 (x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5·(x＋2)5 ，在(x＋1)5的展开式中x项的系数为C＝5，常数项为1，在(x＋2)5的展开式中x项的系数为24 C＝80，常数项为32，所以x项的系数为5×32＋80×1＝240。
说明：本题也可以另解。方法二：(x2＋3x＋2)5＝(x2＋3x＋2)(x2＋3x＋2)…(x2＋3x＋2)，根据多项式相类法则知，x的系数是：从5个括号中任取一个3x项，其他括号中都取项2相乘得的系数，故所求系数为C×3×24＝240。方法三：(x2＋3x＋2)5＝[x2＋(3x＋2)]5，把3x＋2看成一个整体，运用二项式定理展开后，x项只在(3x＋2)5中出现，故x项的系数为C×3×24＝240。

情景再现
1．在(1－x3)(1＋x)10的展开式中，x2的系数是
A．－297 B．－252 C．297 D．207
2．若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为
A．1 B．－1 C．0 D．2
3．求(|x|＋－2)2展开式中的常数项。
B类例题
例3 已知i，m，n是正整数，且1< i ≤m<n，证明：
①niA<miA；
②(1＋m)n > (1＋n)m。（2001年全国高考题）
分析 本题以排列组合为依托，重点考查了式子的变形和计算能力。
证明 ①即证<。
∵＝， ＝，
由m<n知>（k＝1，2，…，i－1）， ∴1－<1－，
即<（k＝1，2，…，i－1）， ∴<成立；
②∵(1＋m)n＝C＋mC＋m2C＋…＋mnC
(1＋n)m＝C＋nC＋m2C＋…＋nmC
由①知niA< miA（1<i≤m<n），且A＝Ci!，A＝Ci!，
∴nC<miC（1<i≤m<n）
∴n2C＋n3C＋…＋nmC< m2C＋m3C＋…＋mmC
又∵当m<i≤n时，miC>0，
∴C＋nC＋n2C＋…＋nmC<C＋mC＋m2C＋…＋mnC。
即 (1＋m)n > (1＋n)m 成立。

例4 用二项式定理证明：34n+2＋52n+1能被14整除。
分析用二项式定理证明整除问题时，首先须注意(a±b)n中，a、b中有一个必须是除数的倍数，其次，展开式的规律必须清楚，余项是什么，必须写出。同理可处理余数的问题。
证明 34n+2＋52n+1＝92n+1＋52n+1
＝[(9＋5)－5]2n+1＋52n+1 ＝(14－5)2n+1＋52n+1
＝142n+1－C142n·5＋C·142n-1·52＋…＋C·14·52n－C·52n+1＋52n+1
＝142n+1－C142n·5＋C·142n-1·52＋…＋C·14·52n
是14的倍数，能被14整除，∴命题得证。
说明：这类整除问题也可用数学归纳法证明，利用二项式定理证明多项式的整除问题，关键是对被除式进行合理变形，把它写成恰当的二项式，使其展开后的每一项都含有除式的因式，即可证得整除。

例5 设f(x)是定义在R上的函数，且g(x)＝Cf()x0(1－x)n＋Cf()x1(1－x)n-1＋Cf()x2(1－x)n-2＋…＋Cf()xn(1－x)0。
①若f(x)＝1，求g(x)；
②若f(x)＝x，求g(x)。
分析 考查二项式定理的逆用。
解 (1)f(x)=1,所以，所以g(x)=
=1,
又无意义，即g(x)=1,且x≠0,x≠1,xR.
(2)因为f(x)=x,所以
所以g(x) =,
因为
所以g(x)=0+
=
=x(1-x+x)n-1=x.
所以g(x)=x,且xR,x≠0,x≠1.
例6 当n∈N+时，(3＋)n的整数部分是奇数，还是偶数？证明你的结论。
分析 因(3＋)n可表示为一个整数与一个纯小数之和，而这个整数即为所求。要判断此整数的奇偶性，由3＋联想到其共轭根式3－∈(0，1)，其和(3＋)＋(3－)是一个偶数，即3＋的整数部分是奇数，于是可从研究对偶式(3＋)n与(3－)n的和入手。
解 (3＋)n的整数部分是奇数，事实上，因为0<(3－)n<1，且
(3＋)n＋(3－)n＝2(3nC＋7·3n-2C＋72·3n-4C＋…)
是一个偶数，记为2k（k∈N）。所以
(3＋)n＝2k―(3―)n＝(2k－1)＋1―(3―)n
即[(3＋)n]＝2k－1，因此(3＋)n的整数部分是奇数．
例7 设a、b∈R+，且＋＝1。求证对于每个n∈N，都有(a＋b)n―an―bn≥22n―2n+1。
分析：本题可以用数学归纳法证明，也可以用二项式定理展开后首尾配对用基本不等式。
证法1 由＝＋≥≥2。欲证的不等式的左边直接用二项式定理有
(a＋b)n―an―bn
＝Can-1b＋Can-2b2＋…＋Ca2bn-2＋Cabn-1
＝[(an-1b＋abn-1)C＋(an-2b2＋a2bn-2)C＋…]
≥(C＋C＋…＋C)
≥2n(2n－2)
≥22n－2n+1
证法2 作变换后应用二项式定理
令a＝1＋，b＝1＋t（t∈R+），结合a＋b＝ab
有 (a＋b)n―an―bn
＝anbn―an―bn
＝(an―1)(bn―1)―1
＝[(1＋)n－1][(1＋t)n―1]―1
＝(t-1C＋t-2C＋…＋t-nC)(t C＋t2 C＋…＋tnC)－1
≥(C＋C＋…＋C)2－1（Cauchy不等式）
＝(2n―1)2―1
＝22n－2n+1
情景再现
4．（1988年全国高中联赛题）(＋2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为____________________。
5．（1991年全国高中联赛题）19912000除以106，余数是________________。
6．（2002年全国高中联赛题）将二项式(＋)n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有___________个。
C类例题
例8 试证大于(1＋)2n的最小整数能被2n+1整除（n∈N）。（第6届普特南数学竞赛）
分析由(1＋)2n联想到(1－)2n∈(0，1)考虑二者之和．
证明：证：注意到0<(1－)2n<1，结合二项式定理有
(1＋)2n＋(1－)2n＝2(3n＋3n-1Cn＋3n-1Cn＋…)
是一偶数，记为2k（k∈N），则大于(1＋)2n的最小整数必为2k。又
2k＝(1＋)2n＋(1－)2n
＝(＋1)2n＋(－1)2n
＝[(＋1)2]n＋[(－1)2]n＝2n[(2＋)n＋(2－)n]
由二项式定理知(2＋)n＋(2－)n是一偶数，记为2k1，（k1∈N），所以2k＝2n+1k1，即2n+1|2k。从而命题得证．
说明：本题也可以用数学归纳法证明。
例9 一个整数列由下列条件确定a0＝0，a1＝1， ①
an＝2an-1＋an-2（n≥2） ②
求证：当且仅当2k|an时有2k|n。（第29届IMO备选题）
分析例3中由二项式构造递归式进而完成了证明，此题给出了递归式，可逆用上例的思路解决问题．
证明由条件①、②得
an＝[(1＋)n―(1―)n]
设n＝2k(2l＋1)（l＝0，1，2，…；k＝0，1，2，…）。则
an＝·[(1＋)2·2l＋(1＋)2·(2l-2)＋…＋(1－)2·2l]
后面括号里中间一项为1，其余的项每两个共轭根式之和为2的倍数。因此，后面括号的数之和为奇数。所以
2k|an2k|
事实上，令bk＝，则有
bk+1＝
＝
＝[(1＋)2＋(1－)2]
应用二项式定理，可得[(1＋)2＋(1－)2]＝2mk（∈N） bk+1＝2mkbk，所以
bk＝2bk-1mk-1＝…＝2k-1m1m2…mk-1b1
＝2km1m2…m(mi∈N，i＝1，2，…，k－1，m∈N)
即 2k|bk2k|an2k| n．

例10 设数列g(n)定义如下：
g(1)＝0，g(2)＝1，g(n＋2)＝g(n＋1)＋g(n)＋1（n≥1）
如果n是大于5的素数，求证n|g(n)[g(n)＋1|。（第29届IMO备选题）
分析由g(n＋2)＝g(n＋1)＋g(n)＋1可求得通项公式——二项式模型，进而为利用数论知识铺平道路。
证明 令f(n)＝g(n)＋1。则
f(1)＝1，f(2)＝2 ⑥
f(n＋2)＝f(n＋1)＋f(n) ⑦
由⑥与⑦易推知
f(n)＝[()n+1－()n+1]
＝(C＋5C＋52C＋…＋5C) ⑧
注意到n为大于5的素数。所以
（2，n）＝1（2n，n）＝1
且 n|C （3≤i≤n－1）
由⑧知
2nf(n)≡(n＋1)(1＋5)
≡1＋5（modn）
2n(f(n)－1)≡1＋5－2n
≡－1＋5（modn）
所以f(n)(f(n)－1)≡1－5n-1≡0 （modn）
而 n|g(n)(g(n)＋1)n|f(n)(f(n)－1)．
说明：本题解法中用到了费尔马小定理，费尔马小定理是解决整除性问题的一个重要工具。
费尔马小定理：
对于任意自然数a以及任一素数p，差ap-a可被p整除.
证明 (1+a)p＝1+Cp1a+Cp2a2+…+Cprar+…+Cpp-1ap-1+ap.
显然，Cp1,Cp2,…,Cpp-1都是整数，又因Cpr＝，由于分母r!中各因数都小于p，且p是素数，所以r!中各因数没有一个可整除p，从而必定是整数，即Cpr必定是p的倍数，因此，Cp1a、Cp2a2、…、Cprar、…、Cpp-1ap-1都应当是P的倍数，∴(1+a)p＝1+ap+pm(m∈N).两边同减1+a,得(1+a)p-(1+a)＝ap-a+pm.下面用数学归纳法证明(1+a)p-(1+a)能被p整除.
当a＝1时，得2p-2＝1p-1+pm可被p整除.
假定a＝k-1时，kp-k能被p整除，因为(1+k)p-(1+k)＝kp-k+pm，所以(1+k)p-(1+k)可被p整除，即a＝k时，成立，故对任何自然数，ap-a+pm可被p整除，从而定理获证.

情景再现
7．（2000年全国高中联赛题）设an是(3－)n的展开式中x项的系数（n＝2，3，4……），则(＋＋…＋)＝______________________。
8．（《数学通报》数学问题1182号）求（共1999个1999）末六位数字所组成的六位数。
9．（1986年全国高中数学联赛试题）已知数列a0，a1，a2…满足a0≠a1且ai-1＋ai+1＝2ai（i＝1，2，3…）。求证：对于任何自然数n，p(x)＝a0C(1－x)n＋a1C(1－x)n-1＋a2Cx2(1－x)n-2＋…＋an-1Cxn-1(1－x)＋anCxn是x的一次多项式。

习题
A组
1．设(5＋7)2n+1（n∈N）的整数部分和小数部分分别是I和F。则F（1＋F）的值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．与n有关的数
（1999年广西高三数学竞赛题）
2．若(x－)6的展开式中第5项的值为，则(x-1＋x-2＋…＋x-n)的值为 （ ）
A．1 B．2 C． D．
（1998年湖南高中数学竞赛题）
3．设a，b∈R+，n≥2，n∈N+。f(n)＝(an＋an-1b＋…＋abn-1＋bn)，gn＝。则fn与gn的大小关系为 （ ）
A．fn≥gn B．fn≤gn C．fn>gn D．fn<gn
4．(x－1)(x3＋6x2＋12x＋8)2的展开式中含x5项的系数为 （ ）
A．2016 B．－2016 C．756 D．－756
5．(|x|＋－2)3的展开式中的常数项为 （ ）
A．20 B．23 C．－20 D．－23
6．求证：对任意的正整数n,不等式(2n＋1)n≥(2n)n＋(2n—1)n成立。（第21届全苏数学竞赛）
7．求证：(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＝。

8．设m＝4l＋1，l是非负整数。求证：a＝C＋mC＋m2C＋…＋mC（n＝2k＋1，k∈N）能被2n-1整除。

B组
9．设a， b都是正数，且a＋b＝(1＋)100，求ab的个位数字。

10．求证数列{bn}：bn＝＋－2的每一项都是自然数（n∈N），且当n为偶数或奇数时分别有形式5m2或m2（m∈N）。（捷克数学竞赛题）

本节“情景再现”解答：
1．分析计算(1＋x)10展开式中x5和x2的系数。C－C＝207，故选D。

2．(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)(a0＋a2＋a4―a1―a3)分别令x＝1和x＝－1即可，选A。

3．(|x|＋－2)2＝(－)4通项公式Tr+1＝C()4-r(－)r＝C()4-2r(―1)r 令4―2r＝0得r＝2，故所求常数项为C(－1)2＝6。
4．填(32n+1＋1)。理由：设(＋2)2n+1＝f(x)＋·g(x)。其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1)。而(2＋)2n+1＋(2－)2n+1＝f(x)＋· g(x)＋f(x)－·g(x)，从而f(1)＝[(2＋)2n+1＋(2－)2n+1]＝(32n+1＋1)。
5．填880001。理由：19912000＝(1＋1990)2000＝1＋2000·1990＋·2000·1999·19902＋…[phone]。依照这个展开式，只需考虑前三项的和除以106的余数即可，故余数为880001。
6．填3。理由：易求前三项系数分别为1，n，n(n－1)。由这三个数成等差数列，有2·n＝1＋n(n－1)。解得n＝8和n＝1（舍去）。当n＝8时，Tr+1＝C·()r·x，这里r＝0，1，…，8。r应满足4|(16－3r)，所以r只能是0，4，8。
7．填18。理由：由二项式定理，知an＝C·3n-2，因此＝＝18(－)，(＋＋…＋)＝18(1－＋－＋…＋－)＝18(1－)＝18。
8．设（共1999个1999）为A，则A＝1999m，（m＝共1998个19999）显然m为奇数，于是由二项式定理可得
A＝(2×103－1)m＝(2×103)m－C(2×103)m-1＋C(2×103)m-2―…―(2×103)2C＋(2×103)C－1
＝[2m×103(m-2)－2m-1×103(m-1)C＋…－22 C]×106＋2000m－1。
于是A的末六位数＝(2000m－1)的末六位数。
因为19992n（n∈N）的末三位数字为001，19992n-1（n∈N）的末三位数字为999。
而m＝1999，m’＝ （共1997个1999）为奇数，故m的末三位数999，因而，(2000m－1)的末六位数＝(2000×999－1)的末六位数＝997999。即（共1999个1999）的末六位数字组成的六位数为997999。
9．由,有,即==
=……这说明a0，a1，a2……是以a0为首项，a1 – a0为公差的等差数列，由等差数列的通项公式得
）.
所以

=

根据二项式定理，有
又因为，则

=
=
故，即P(x)是x的一次多项式.
10．因可表示为一个整数与一个纯小数之和.而这个整数即为所求，要判断此整数
的奇偶性，由3+联想到其共轭根式3-∈(0,1)，其和(3+)+(3-)是一个偶数，即
从(3+)n与(3-)n的和入手. 首先，我们肯定(3+)n的整数部分为奇数. 事实上，因
0<(3-)n<1，且
表示记作），
∴故的整数部分是奇数.
“习题 ”解答：
A组
1．A 因，且，又所以 由二项式定理知是整数，即I+F是整数，故F-是整数. 因为0< F<1，所以，即F(I+F)=1.

2．选A
3．时，令，这时
即

4．原式=(x-1)(x+2)9，x5的系数为
5．

6．证 由二项式定理有
=
7．证法1 由二项式定理可知
，
两个展开式右边乘积中的常数恰好等于，
即为所证等式的左端，而
又因为(1+x)2n展开式中含xn的项是第n + 1项，它的二项式系数为，就是
中的常数项. 而
综上所述：
证法2 设有2n个小球，其中n个是白球，n个是黑球，从中取出n个球的取法种数为
另一方面，可以把这件事分成n +1类：从n 个白球中取r个，有种，然后再从n个黑球中取n – r个，有种，其中r =0,1,2,…，n. 所以用乘法原理，从2n个球中取r个白球、n – r个黑球的方法有种，因此完成该事件的方法种数为()2 + ()2 + … + ()2 =
8．证 由二项式定理知

=
欲证原题，只要证
为整数即可.
易知由数学归纳法原理知皆为整数，故
9．由二项定理可得
所以，
故
记
再由恒等式可得数列{xn}的递推关系式

这样，可得xn的个位数字如下：

由此可得
由此，
即的个位数字是4.
10．设则，且有以下用归纳法证明是整数，具有形式时成立. 假设结论对n=k（）成立，则即结论对n = k+1也成立. 从而，
，所以n为奇数时，是的平方. 当n为偶数时，bn有如下形式