2021高考数学(福建-理)一轮学案65-二项式定理.docx

学案65　二项式定理

导学目标： 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开放式有关的简洁问题．

自主梳理
1．二项式定理的有关概念
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)，这个公式叫做______________．
①二项开放式：右边的多项式叫做(a＋b)n的二项开放式．
②项数：二项开放式中共有________项．
③二项式系数：在二项开放式中各项的系数________(k＝______________)叫做二项式系数．
④通项：在二项开放式中的________________叫做二项开放式的通项，用Tk＋1表示，即通项为开放式的第k＋1项：Tk＋1＝____________________.
2．二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端________的两个二项式系数相等．
(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项二项式系数________________取得最大值；当n为奇数时，中间的两项二项式系数____________、________________________相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝______，C＋C＋C＋…＋C＝________，C＋C＋C＋…＋C＝________.
自我检测
1．(2011·福建)(1＋2x)5的开放式中，x2的系数等于(　　)
A．80 B．40 C．20 D．10
2．(2011·陕西)(4x－2－x)6(x∈R)开放式中的常数项是(　　)
A．－20 B．－15 C．15 D．20
3．(x－y)10的开放式中x6y4项的系数是(　　)
A．840 B．－840 C．210 D．－210
4．(2010·四川)6的开放式中的第四项是______．
5．(2011·山东)若(x－)6开放式的常数项为60，则常数a的值为________．
6．(2011·烟台期末)已知n为正偶数，且n的开放式中第4项的二项式系数最大，则第4项的系数是__________．(用数字作答)

探究点一　二项开放式及通项公式的应用
例1　已知在n的开放式中，第6项为常数项．
(1)求n；(2)求含x2的项的系数；
(3)求开放式中全部的有理项．

变式迁移1　(2010·湖北)在(x＋y)20的开放式中，系数为有理数的项共有________项．
探究点二　二项式系数的性质及其应用
例2　(1)求证：C＋2C＋3C＋…＋nC＝n·2n－1；
(2)求S＝C＋C＋…＋C除以9的余数．

变式迁移2　(2011·上海卢湾区质量调研)求C＋C＋…＋C＋…＋C的值．

探究点三　求系数最大项
例3　已知f(x)＝(＋3x2)n开放式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求开放式中二项式系数最大的项；
(2)求开放式中系数最大的项．

变式迁移3　(1)在(x＋y)n的开放式中，若第七项系数最大，则n的值可能等于(　　)
A．13,14 B．14,15
C．12,13 D．11,12,13
(2)已知n，(ⅰ)若开放式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求开放式中二项式系数的最大项的系数；
(ⅱ)若开放式前三项的二项式系数和等于79，求开放式中系数最大的项．

1．二项式系数与项的系数是不同的，如(a＋bx)n (a，b∈R)的开放式中，第r＋1项的二项式系数是C，而第r＋1项的系数为Can－rbr.
2．通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求开放式的某一项或系数．在运用公式时要留意：Can－rbr是第r＋1项，而不是第r项．
3．在(a＋b)n的开放式中，令a＝b＝1，得C＋C＋…＋C＝2n；令a＝1，b＝－1，得C－C＋C－C＋…＝0，∴C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1，这种由一般到特殊的方法是“赋值法”．
4．二项式系数的性质有：(1)在二项开放式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C＝C，C＝C，C＝C，…，C＝C.(2)假如二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；假如二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．
5．二项式定理的一个重要作用是近似计算，当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.利用二项式定理还可以证明整除性问题或求余数问题，证题时要留意变形的技巧．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011·山东试验中学模拟)在24的开放式中，x的幂指数是整数的项共有(　　)
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
2．(2011·重庆)(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的开放式中x5与x6的系数相等，则n等于(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
3．(2011·黄山期末)在n的开放式中，只有第5项的二项式系数最大，则开放式中常数项是(　　)
A．－7 B．7 C．－28 D．28
4．(2010·烟台高三一模)假如n的开放式中二项式系数之和为128，则开放式中的系数是(　　)
A．7 B．－7 C．21 D．－21
5．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的开放式中，含x3的项的系数是(　　)
A．74 B．121 C．－74 D．－121
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011·湖北)(x－)18的开放式中含x15的项的系数为__________．(结果用数值表示)
7．(2011·济南高三模拟)已知a＝(sin t＋cos t)dt，则6的开放式中的常数项为________．
8.10的开放式中的常数项是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(1)设(3x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4.
①求a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
②求a0＋a2＋a4；
③求a1＋a2＋a3＋a4；

(2)求证：32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)．

10．(12分)利用二项式定理证明对一切n∈N*，都有2≤n<3.

11．(14分)(2011·泰安模拟)已知n (n∈N*)的开放式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.
(1)求开放式中各项系数的和；
(2)求开放式中含的项；
(3)求开放式中系数最大的项和二项式系数最大的项．

学案65　二项式定理
自主梳理
1．(1)二项式定理　②n＋1　③C　0,1,2，…，n　④Can－kbk
Can－kbk　2.(1)等距离　(2)　　
(3)2n　2n－1　2n－1
自我检测
1．B　[(1＋2x)5的第r＋1项为Tr＋1＝C(2x)r＝2rCxr，令r＝2，得x2的系数为22·C＝40.]
2．C　[设开放式的常数项是第r＋1项，则Tr＋1＝C·(4x)r·(－2－x)6－r，即Tr＋1＝C·(－1)6－r·22rx·2rx－6x＝C·(－1)6－r·23rx－6x，∴3rx－6x＝0恒成立．∴r＝2，∴T3＝C·(－1)4＝15.∴选C.]
3．A
4．－
5．4
解析　(x－)6开放式的通项为Tr＋1＝Cx6－r(－1)r·()r·x－2r＝Cx6－3r(－1)r·()r.
令6－3r＝0，得r＝2.故C()2＝60，解得a＝4.
6．－
课堂活动区
例1　解题导引　(1)通项Tr＋1＝Can－rbr是(a＋b)n的开放式的第r＋1项，而不是第r项；二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念，二项式系数是指C，r＝0,1,2，…，n，与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分．
(2)求二项开放式中的有理项，一般是依据通项公式所得到的项，其全部的未知数的指数恰好都是整数的项．解这种类型的问题必需合并通项公式中同一字母的指数，依据具体要求，令其属于整数，再依据数的整除性来求解．若求二项开放式中的整式项，则其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项的方式全都．
解　(1)通项公式为Tr＋1＝Cr
＝Cr，
由于第6项为常数项，所以r＝5时，有＝0，
即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(n－6)＝×(10－6)＝2，
∴所求的系数为C2＝.
(3)依据通项公式，由题意得
令＝k (k∈Z)，则10－2r＝3k，
即r＝5－k，∵r∈N，∴k应为偶数．
∴k可取2,0，－2，即r可取2,5,8.
所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为
C2x2，C5，C8x－2.
变式迁移1　6
解析　开放式的通项Tr＋1＝C·x20－r·(y)r
＝C·x20－r·yr·.
由0≤r≤20，∈Z得r＝0,4,8,12,16,20.
所以系数为有理数的项共有6项．
例2　解题导引　(1)在有关组合数的求和问题中，经常用到形如C＝C＝C，C＝C，kC＝nC等式子的变形技巧；
(2)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式．求余数问题时，应明确被除式f(x)、除式g(x)[g(x)≠0]、商式q(x)与余式的关系及余式的范围．
(1)证明　方法一　设S＝C＋2C＋3C＋…＋(n－1)·C＋nC，①
∴S＝nC＋(n－1)C＋(n－2)C＋…＋2C＋C
＝nC＋(n－1)C＋(n－2)C＋…＋2C＋C，②
①＋②得2S＝n(C＋C＋C＋…＋C＋C)＝n·2n.
∴S＝n·2n－1.原式得证．
方法二　∵C＝·
＝＝C，
∴kC＝nC.
∴左边＝nC＋nC＋…＋nC
＝n(C＋C＋…＋C)＝n·2n－1＝右边．
(2)解　S＝C＋C＋…＋C＝227－1
＝89－1＝(9－1)9－1
＝C×99－C×98＋…＋C×9－C－1
＝9(C×98－C×97＋…＋C)－2
＝9(C×98－C×97＋…＋C－1)＋7，
明显上式括号内的数是正整数．
故S被9除的余数为7.
变式迁移2　解　(1＋x)2n＝C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2n.
令x＝1得C＋C＋…＋C＋C＝22n；
再令x＝－1得C－C＋C－…＋(－1)rC＋…－C＋C＝0.
两式相加，再用C＝1，
得C＋C＋…＋C＝－1＝22n－1－1.
例3　解题导引　(1)求二项式系数最大的项：假如n是偶数，则中间一项[第项]的二项式系数最大；假如n是奇数，则中间两项[第项与第项]的二项式系数相等且最大；
(2)求开放式系数最大的项：如求(a＋bx)n(a，b∈R)的开放式中系数最大的项，一般是接受待定系数法．设开放式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第r＋1项系数最大，应用解出r来，即得系数最大的项．
解　(1)令x＝1，则二项式各项系数的和为
f(1)＝(1＋3)n＝4n，
又开放式中各项的二项式系数之和为2n.
由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍)，或2n＝32，∴n＝5.
由于n＝5为奇数，所以开放式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是
T3＝C3(3x2)2＝90x6，
T4＝C2(3x2)3＝270.
(2)开放式的通项公式为Tr＋1＝C3r·．
假设Tr＋1项系数最大，则有
∴
∴∴≤r≤，∵r∈N，∴r＝4.
变式迁移3　(1)D　[(1)分三种状况：①若仅T7系数最大，则共有13项，n＝12；②若T7与T6系数相等且最大，则共有12项，n＝11；③若T7与T8系数相等且最大，则共有14项，n＝13，所以n的值可能等于11,12,13，故选D.]
(2)解　(ⅰ)∵C＋C＝2C，∴n2－21n＋98＝0.
∵n＝7或n＝14，当n＝7时，开放式中二项式系数最大的项是T4和T5.
∴T4的系数为C423＝，
T5的系数为C324＝70，
当n＝14时，开放式中二项式系数的最大的项是T8.
∴T8的系数为C727＝3 432.
(ⅱ)∵C＋C＋C＝79，∴n2＋n－156＝0.
∴n＝12或n＝－13(舍去)．
设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝121＋4x)12，
∴∴9.4≤k≤10.4.
∴k＝10.∴开放式中系数最大的项为T11，
T11＝12C410x10＝16 896x10.
课后练习区
1．C
2．B　[(1＋3x)n的开放式中x5的项为C(3x)5＝C35x5，开放式中含x6的项为C36x6，由两项的系数相等得C·35＝C·36，解得n＝7.]
3．B　4.C　5.D
6．17
解析　二项开放式的通项为Tr＋1＝Cx18－r(－)r＝(－1)r()rC.令18－＝15，解得r＝2.
∴含x15的项的系数为(－1)2()2C＝17.
7．－
8．4 351
解析　10＝10
＝C(1＋x)10＋C(1＋x)9＋C(1＋x)8＋C(1＋x)7＋C(1＋x)6＋…，
从第五项C(1＋x)6起，后面各项不再毁灭常数项，前四项的常数项分别是C×C，C×C，C×C，C×C.
故原三项开放式中常数项为
CC＋CC＋CC＋CC＝4 351.
9．(1)解　①令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(3－1)4＝16.(2分)
②令x＝－1得，
a0－a1＋a2－a3＋a4＝(－3－1)4＝256，
而由(1)知a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(3－1)4＝16，
两式相加，得a0＋a2＋a4＝136.(4分)
③令x＝0得a0＝(0－1)4＝1，
得a1＋a2＋a3＋a4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4－a0
＝16－1＝15.(6分)
(2)证明　∵32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9
＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9
＝9(C8n＋C8n－1＋…＋C·8＋C·1)－8n－9
(8分)
＝9(8n＋C8n－1＋…＋C82)＋9·8n＋9－8n－9
＝9×82×(8n－2＋C·8n－3＋…＋C)＋64n
＝64[9(8n－2＋C8n－3＋…＋C)＋n]，
明显括号内是正整数，
∴原式能被64整除．(12分)
10．证明　由于n
＝C＋C·＋C·2＋C·3＋…＋C·n＝1＋1＋·＋·＋…＋·….(4分)
所以2≤n
<2＋＋＋…＋(6分)
<2＋＋＋…＋
＝2＋＋＋…＋
＝3－<3，(9分)
仅当n＝1时，n＝2；
当n≥2时，2