tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
赞助商链接
当前位置:首页 >> 其它课程 >>

二项式定理辅导课讲义


二项式定理辅导课讲义
1.二项工定理 (a ? b) n ? 2.二项展开式的通项
r Tr ?1 ? Cn a n?r b r (0 ? r ? n) 它是展开式的第 r+1 项. r Cn (0 ? r ? n).

?C
k ?0

n

k n

a n ?k b k (n ? N*)

3.二项式系数

4.二项式系数的性质
k n (1) Cn ? Cn ?k (0 ? k ? n). k k k ?1 (2) Cn ? Cn?1 ? Cn?1 (0 ? k ? n ? 1).
n 2 n

(3)若 n 是偶数,有 C ? C ? ? ? C ? ? ? C
0 n 1 n

n?1 n

?C

n n ,即中间一项的二项式系数

C 最大.

n 2 n

0 1 n n 若 n 是奇数,有 Cn ? Cn ? ? ? Cn 2 ? Cn 2 ? ? ? Cn ?1 ? Cn ,即中项二项的二项 n n ?1

n?1

n ?1

式系数 C n2 和C n 2 相等且最大.
0 1 2 n (4) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? 2 n. 0 2 4 1 3 5 (5) Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ? ? 2 n?1. k m m k ?m k m (7) Cn ? Ck ? Cn ? Cn?m ? Cn ?mCn?k ?m (m ? k ? n).

(6) kC n ? nC n ?1 或C n ?
k k

k ?1

n k ?1 C n ?1 . k
n n?1

(8) Cn ? Cn?1 ? ?Cn?2 ? ? ? Cn?k ? Cn?k ?1 .
n n n

以上组合恒等式(是指组合数 C n 满足的恒等式)是证明一些较复杂的组合恒等式的基 5.证明组合恒等式的方法常用的有 (1)公式法,利用上述基本组合恒等式进行证明. (2)利用二项式定理,通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. (3)利用数学归纳法. (4)构造组合问题模型,将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 6.二项式的应用
1

m

(1)求某些多项式系数的和。 (2)证明一些简单的组合恒等式。 (3)证明整除性。①求数的末位;②数的整除性及求系数;③简单多项式的整除问题。 (4)近似计算。当|x|充分小时,我们常用下列公式估计近似值: ①(1+x)n≈1+nx ②(1+x)n≈1+nx+ (5)证明不等式。 1. (2005 湖北卷理第 14 题) (

n( n ? 1) 2 x 2
x 1 ? ? 2 ) 5 的展开式中整理后的常数项为 2 x
) .

C nn 2 2.(2001 京皖春,3) lim n ?1 等于( n?? C 2n?2
A.0 B.2 C.

1 2

D.

1 4

3.(2002 京皖春理,10)对于二项式(

1 3 n +x ) (n∈N*) ,四位同学作出了四种判断: x

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 的一次项上述判断中正 确的是( ) A.①③ B.②③ C.②④ D.①④ 4.(2002 京皖春文,10)在( A.20,20

1 2 6 +x ) 的展开式中,x3 的系数和常数项依次是( x
C.20,15 D.15,15



B.15,20

5.(1999 全国理,8)若(2x+ +a3)2 的值为( A.1 ) B.-1

3 )4=a0+a1x+a2x2+a3x3+ax4,则(a0+a2+a4)2-(a1
C.0 D.2

6. (2001 上海理,8)在代数式(4x2-2x-5) (1+ 7.求 ( x ? 1 ?

1 5 ) 的展开式中,常数项为 x2



1 7 ) 的展开式中的常数项. x

2

8.求 (1 ? 2x ? 3x 2 ) 6 的展开式里 x5 的系数.

? 1? 9.求证: 2 ? ?1 ? ? ? 3?n ? 2 ? 。 ? n?

n

10.(2001 全国理,20)已知 i,m,n 是正整数,且 1<i≤m<n. (1)证明 ni A im <mi A in ; (2)证明(1+m)n>(1+n)m.

11.证明下列不等式: (1)

a?b n an ? bn ≥( ) ,(a、b∈{x|x 是正实数},n∈N); 2 2

(2)已知 a、b 为正数,且

1 1 + =1,则对于 n∈N 有 (a+b)n-an-bn≥22n-2n+1。 a b

3

12. 已知(1-ax)n 展开式的第 p,p+1,p+2 三项的二项式系数构成等差数列, n+1-p 与第 n+2-p 第 n+1 项的系数之和为 0,而(1-ax) 展开式的第 p+1 与 p+2 项的二项式系数之比为 1∶2。 (1)求(1-ax)n+1 展开式的中间项; (2)求(1-ax)n 的展开式中系数最大的项。

13.已知 a,b 均为正整数,且 a ? b, sin ? ? 求证:对一切 n ? N * ,An 均为整数.

2ab ? (其中0 ? ? ? ), An ? (a 2 ? b 2 ) n ? sin n? , 2 2 a ?b
2

14.求证下列各式 (1)Cnk+Cnk-1=Cn+1k; (2)Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np。

15.已知 a,b 均为正整数,且 a ? b, sin ? ? 求证:对一切 n ? N * ,An 均为整数.

2ab ? (其中0 ? ? ? ), An ? (a 2 ? b 2 ) n ? sin n? , 2 2 a ?b
2

4

二项式定理辅导课讲义答案
1.

63 2 2

2.答案:D

A nn 2 1 1? n n n ?1 An A 2 n ? A n ?1 (n ? 1)(n ? 1) n ?1 n ? ? ? 解析:原式= n ?1 ? n n ?1 2 A 2 n ? 2 A n ? A 2 n ? 2 (2n ? 2)(2n ? 1) 2(2n ? 1) 4? n A n ?1 n ?1

Cnn 1 2 ∴ lim n ?1 ? n ?? C 4 2n?2
3.答案:D 解析:二项式(

1 3 n r 1 - r - r - +x ) 展开式的通项为 Tr+1= C n ( )n r(x3)r= C n xr n·x3r= C n x4r n x x

当展开式中有常数项时,有 4-n=0,即存在 n、r 使方程有解. 当展开式中有 x 的一次项时,有 4r-n=1,即存在 n、r 使方程有解. 即分别存在 n,使展开式有常数项和一次项. 4.答案:C 解析:二项式(

1 2 6 +x ) 展开式的通项为: x

Tr+1= C 6 (

r

1 6?r 2 r r ) ( x ) ? C 6 x 3r ? 6 x
3

∴当 Tr+1 为 x3 项时,r=3,∴Tr+1= C 6 ·x3=20·x3 当 Tr+1 为常数项时,r=2,∴Tr+1= C 6 =15 5.答案:A 6.答案:15 解析: ? 5C 5 1
0 5

2

(

1 0 1 ) ? (4 x 2 )C1 14 ( 2 )1 ? ?5 ? 20 ? 15 5 2 x x

5

1 1 ( x ? 1 ? ) 7 ? [1 ? ( x ? )] 7 x x 1 1 1 1 0 1 r 7 ? C 7 ? C 7 ( x ? ) ? C 72 ( x ? ) 2 ? ? ? C 7 ( x ? ) r ? ? ? C 7 ( x ? ) 7 x x x x 1 r r 其中第 r ? 1(0 ? r ? 7) 项为 T r ?1? C 7 ( x ? ) ② x 1 r 在 ( x ? ) 的展开式中,设第 k+1 项为常数项,记为 Tk ?1, x k r ?k 1 k k r ?2k , (0 ? k ? r ) ③ 则 Tk ?1, ? C r x ( ) ? C r x x
7.由二项式定理得 由③得 r-2k=0,即 r=2k,r 为偶数,再根据①、②知所求常数项为
0 2 1 4 2 6 3 C7 ? C7 C7 ? C7 C7 ? C7 C6 ? 393.



【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 8.因为 (1 ? 2 x ? 3x 2 ) 6 ? (1 ? 3x) 6 (1 ? x) 6
1 2 3 6 1 2 3 4 5 6 ? [1 ? C6 ? 3x ? C6 ? (3x) 2 ? C6 ? (3x) 3 ? ? ? C6 ? (3x) 6 ][1 ? C6 x ? C6 x 2 ? C6 x 3 ? C6 x 4 ? C6 x 5 ? C6 x 6 ].

5 1 4 2 3 3 2 所以 (1 ? 2x ? 3x ) 的展开式里 x5 的系数为 1(?C6 ) ? 3C6 ? C6 ? 32 C6 (?C6 ) ? 33 C6 ? C6

2 6

4 1 5 ? 34 C6 ? (?C6 ) ? 35 C6 ?1 ? ?1 6 . 8

【评述】本题也可将 (1 ? 2x ? 3x ) 化为 [1 ? (2 x ? 3x )] 用例 1 的作法可求得.
2 6 2 6

9.证明:? 当 n ? 2 时,

1 2 ? 1? 0 1 1 2 n 1 n 0 1 1 ?1 ? ? ? Cn ? Cn ? ? Cn ? ( ) ? ? ? Cn ( ) ? Cn ? Cn ? ? 2 。 n n n n ? n? 1 ? 1? 0 1 1 2 n 1 又? ?1 ? ? ? Cn ? Cn ? ? Cn ? ( ) 2 ? ? ? Cn ( ) n n n n ? n?
=2?
n

n

1 1 1 1 2 (1 ? ) ? (1 ? )(1 ? ) ? ? ? 3 2! n 3! n n

? 1? ? 不等式 2 ? ?1 ? ? ? 3?n ? 2 ? 成立。 ? n?

n

6

10.证明: (1)方法一:

A im m ? (m ? 1) ? ?? (m ? i ? 1) ? mi mi

A in n ? (n ? 1) ? ?? (n ? i ? 1) ? ni ni
对于 m<n,∴k=1,2,…,i-1 有

n?k m?k ? n m



A in A im ? i 即 mi A in >ni A im i n m
i
n个

方法二:ni A n = n? ?? ·m· (m-1)(m-2) · ·…· (m-i+1) ? ? ?n ?n ? =mn· (mn-n)(mn-2n) · ·…· [mn-n(i-1) ]
i



同理 mi A m =mn· (mn-m)(mn-2m) · ·…· [mn-m(i-1) ② ] ∵1<i≤m<n, ∴mn-n<mn-m,mn-2n<mn-2m,…, mn-n(i-1)<mn-m(i-1) ∴联系①、②、③可得 ni A m <miAin. (2)由二项式定理: (1 ? m)
n



i

? C0 m0 ? C1 m1 ? ?? Cn mn n n n

(1 ? n) m ? C0 n0 ? C1 n1 ? ?? Cm nm m m m
A in mi i i 又∵ C m ? 而 A n mi> A m ni i!
i n i

∴ Cn m
0

2

2

? C2 n 2 m
0

C3 m3 ? C3 n3 n m

…… Cn m

m

m

? Cm n m m

又∵ Cn m

? C0 n0 , C1 m1 ? C1 n1 m n m

∴(1+m)n>(1+n)m 评述:此题体现了命题指导思想上有加强离散数学分量的趋势.

11. (1)令 a=x+δ , b=x-δ an+bn=(x+δ )n+(x-δ )n

则 x=

a?b 2

7

=xn+Cn1xn-1δ +…+Cnnδ n+xn-Cn1xn-1δ +…(-1)nCnnδ =2(xn+Cn2xn-2δ 2+Cn4xn-4δ 4+…) ≥2xn 即

n

a?b n an ? bn ≥( ) 2 2

(2)(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan 上述两式相加得: 2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) (*) ∵

1 1 + =1,且 a、b 为正数 a b

∴ab=a+b≥2 ab

∴ab≥4

又∵ an-kbk+bn-kak≥2 a n ? b n =2( ab )n(k=1,2,…,n-1) ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12( ab )n+Cn22( ab )n+…+Cnn-12( ab )n ∴(a+b)n-an-bn≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)· ab )n≥(2n-2)·2n=22n-2n+1 ( 注 利用二项式定理的展开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题(1)中的 换元法称之为均值换元(对称换元) 。这样消去δ 奇数次项,从而使每一项均大于或等于 零。题(2)中,由由称位置二项式系数相等,将展开式倒过来写再与原来的展开式相加, 这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。 12.解 由题设得:

?2Cnp ? Cnp ?1 ? Cnp ?1   ① ? n? p n? p n ?1? p n ?1? p (?a) ? 0   ② ?Cn (?a) ? Cn ? p p ?1 ③ ?2Cn?1 ? Cn?1   
由①得,2Cnp=

p n? p p Cnp+ Cn n ?1? p p ?1 p n? p + n ?1? p p ?1
约去 Cn+1p 可得,n=3p+1

两边约去 Cnp,可得:2=

由③得,2Cn+1p=

n ?1? p Cn+1p p ?1

p n? p ? ? ?2 ? p ?1 解方程组 ? n ? 1 ? p ?n ? 3 p ? 1 ?
8

求出 k 的取值范围,从而确定第几项最大。 得:n=7,p=2. 将 p=2,n=7 代入②得: 5 5 6 6 C 7(-a) +C7 ·(-a) =0 解之得:a=0 或 3。 8 若 a=0 ,则(1-0·x) 的中间项 T5=0, (1-0·x)7 展开式中系数最大的项是 T1=1。 8 4 若 a=3,则(1-3x) 的中间项 T5=C8 · (-3x)4=5670x4, (1-3x)7 的展开式中,奇数项系 数为正, 令

C 7k ·?- 3?

k

C 7k ? 2 ·(?3) k ? 2

≥1

解之得:k≤6。

故(1-3x)7 展开式中系数最大的项为 T7=C76· (-3)6·x6=5103x6。 注 一般地,求(a+bx)n 展开式中系数绝对值最大的项的方法是: 设第 k+1 项为系数绝对值最大的项,则由
k k ?C n a n?k ·b k ? C n ?1a n?k ?1·b k ?1 ? ? k n?k k k ?1 n ? k ?1 ·b k ?1 ?C n a b ? C n a ?

13. 【思路分析】由 sin n? 联想到复数棣莫佛定理,复数需要 cos ? ,然后分析 An 与复数 的关系. 【证明】因为 sin ? ?

2ab ? a2 ? b2 , 且0 ? ? ? , a ? b, 所以cos? ? 1 ? sin 2 ? ? 2 . 2 a2 ? b2 a ? b2
n n

显然 sin n?为(cos? ? i sin ? ) 的虚部,由于 (cos? ? i sin ? )

a 2 ? b2 2ab 1 1 ? ( 2 2 ? 2 2 i)n ? 2 2 n (a 2 ? b2 ? 2abi)n ? 2 2 n (a ? bi)2 n . a ?b a ?b (a ? b ) (a ? b )
所以 (a 2 ? b 2 ) n (cosn? ? i sin n? ) ? (a ? bi) 2n . 从而 An ? (a 2 ? b 2 ) n sin n?为(a ? bi) 2n 的虚部. 因为 a、 为整数, b 根据二项式定理, a ? bi) ( An 为整数. 【评述】把 An 为与复数 (cos? ? i sin ? ) 联系在一起是本题的关键.
n 2n

的虚部当然也为整数, 所以对一切 n ? N * ,

14.证明: (1)对于给定的 n+1 个元素,从 n+1 个元素中任意选出 k 个元素的不同组合 k 有 Cn+1 。另一方面,设 a 是 n+1 个元素中的一个。对于 a 我们这样分类。 (i)若 a 不选,则在 n 个元素中选 k 个,有 Cnk 种不同的选法。 (ii)若 a 选,则在 n 个元素中再选 k-1 个,有 Cnk-1 种不同的选法。 故从 n+1 个元素中选 k 个元素组成一组的不种选法是:Cnk+Cnk-1。
9

所以,Cnk+Cnk-1=Cn+1k。 (2)仿(1)我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边 Cm+np,可看作下列命题: 从 m 个红球,n 个白球中,任选 p 个球的不同选法是 Cm+np 种。 另一方面,我们按选红球的个数分类: (i)取 p 个红球,0 个白球;(ii)取 p-1 个红球,1 个白球,…,取 0 个红球,p 个白球,这样的每类选法数为:Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,…,CnpCm0 ∴由分类计数原理可得: Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np (2)另证:∵(1+x)n(1+x)m≡(1+x)m+n 左边展开式中 xp 的系数是: Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0 右边展开式中 xp 的系数是:Cm+np 由多项式恒等条件可知 Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np 注 本题的证明方法称之为算两次,对一个数学模型从不同角度去解,得出两个结果,将 这两个结果综合起来,得到我们所需证明的结论。 15. 【思路分析】由 sin n? 联想到复数棣莫佛定理,复数需要 cos ? ,然后分析 An 与复数 的关系. 【证明】因为 sin ? ?

2ab ? a2 ? b2 , 且0 ? ? ? , a ? b, 所以cos? ? 1 ? sin 2 ? ? 2 . 2 a2 ? b2 a ? b2
n n

显然 sin n?为(cos? ? i sin ? ) 的虚部,由于 (cos? ? i sin ? )

a 2 ? b2 2ab 1 1 ? ( 2 2 ? 2 2 i)n ? 2 2 n (a 2 ? b2 ? 2abi)n ? 2 2 n (a ? bi)2 n . a ?b a ?b (a ? b ) (a ? b )
所以 (a 2 ? b 2 ) n (cosn? ? i sin n? ) ? (a ? bi) 2n . 从而 An ? (a 2 ? b 2 ) n sin n?为(a ? bi) 2n 的虚部. 因为 a、 为整数, b 根据二项式定理, a ? bi) ( An 为整数. 【评述】把 An 为与复数 (cos? ? i sin ? ) 联系在一起是本题的关键.
n 2n

的虚部当然也为整数, 所以对一切 n ? N * ,

10



推荐相关:

...高考数学艺体生文化课复习讲义 考点53 二项式定理(...

2018届高考数学艺体生文化课复习讲义 考点53 二项式定理(理科数学) - 考点五十三 二项式定理(理) 知识梳理 1.二项式定理 n 1 n 1 n r r n * (a+b)n=...


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 - 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...


二项式定理复习课导学案)

二项式定理复习课导学案) - 二项式定理复习课导学案 备课:谢明明 审核:李华中 日期:2013.10.30 班级 组别 姓名 【学习目标】 熟练掌握二项式定理及其通项公式、...


二项式定理观课报告

二项式定理观课报告 - 《二项式定理》观课报告 我认真观摩了本模块的路中华老师的上课视频课例《二项式定理》 ,整个教学过程环环 相扣,从简单到复杂,逐层深入。...


优质课教案-二项式定理

授课内容 二项式定理(1)特定项的求法 授课人 姚红雨 二项式定理复习课计划安排两个课时,本课是第一课时,主要复习二项展开式和通项。 高考要求: 1、对二项式...


二项式定理教案(2014年3.20公开课)

课题:1.3.1 二项式定理 授课人:姚红雨 课型:新课 授课时间:2014.04.22(星期二下午第 2 节) 上课地点:2 教学楼高二(10)班 1.教学目标: ⑴ 知识与技能:...


教案1.5二项式定理

教案1.5二项式定理 - 教案 1.5 二项式定理 课题 1.5 二项式定理 解决二项展开式有关的简单问 第二课 时题 知识与技能: 进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项...


《二项式定理》教学设计

二项式定理》教学设计 - 《二项式定理》教学设计 课二 项式定理题时 2011.3 【课型】:间新授 【课时】: 1 课时 本 二项式定理是初中学习的多项式乘法的...


二项式定理新课教案

二项式定理新课教案 隐藏>> 二项式定理教学目的: 1 掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式. 王新敞奎屯 新疆 2.会利用二项展开式及通项公式解决有关问题. 教...


公开课_二项式定理教案

公开课_二项式定理教案_高二数学_数学_高中教育_教育专区。二项式定理(1)-特定项的求法汪静文 二项式定理复习课计划安排两个课时,本课是第一课时,主要复习二项展开...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com