（2021新教材）人教B版高中数学选择性必修第二册第3章 3.3 第2课时　二项式系数的性质、杨辉三角和二项式定理的应用讲义.doc

1、第第 2 课时课时二项式系数的性质二项式系数的性质、杨辉三角和杨辉三角和 二项式定理的应用二项式定理的应用 学 习 目 标核 心 素 养 1掌握二项式系数的性质及其应 用(重点) 2了解杨辉三角，并结合二项式系数 的性质加以说明(难点) 3掌握二项式定理的应用(难点) 1通过学习二项式系数的性质，培养 逻辑推理的素养. 2借助杨辉三角的学习，提升数学抽 象的素养. 我国古代数学的许多创新和发展都位于世界前列，如南宋数学家杨辉(约 13 世纪)所著的详解九章算术一书中，用如图所示的三角形解释(ab)n的展开 式的各项系数 (ab)01 (ab)111 (ab)2121 (ab)31331 (ab

2、)414641 (ab)515101051 问题：观察上表，你能借助二项式系数的性质分析上表中的数吗？ 1二项式系数的性质 (1)C0nC1nC2nCnn2n； (2)C1nC3nC5nC0nC2nCkn2n 1. 2杨辉三角具有的性质 (1)每一行都是对称的，且两端的数都是 1； (2)从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的 两数之和 (3)利用二项式系数的对称性可知，二项式系数 C0n，C1n，C2n，Cn 1 n，Cnn， 是先逐渐变大，再逐渐变小的，当 n 是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当 n 是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大 1思考辨析(正确的打

3、“”，错误的打“”) (1)杨辉三角的每一斜行数字的差成一个等差数列() (2)二项式展开式中系数最大项与二项式系数最大项是相同的() (3)二项展开式的二项式系数和为 C1nC2nCnn.() 答案(1)(2)(3) 2(12x)15的展开式中的各项系数和是() A1B1 C215D315 B令 x1 即得各项系数和，各项系数和为1. 3在(ab)10二项展开式中与第 3 项二项式系数相同的项是() A第 8 项B第 7 项 C第 9 项D第 10 项 C由二项式展开式的性质与首末等距离的两项的二项式系数相等 4(教材 P32尝试与发现改编)观察图中的数所成的规律，则 a 所表示的数是 _

4、1 121 1331 14a41 15101051 6由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以 4a10，得 a6. 求展开式的系数和 【例 1】设(12x)2 021a0a1xa2x2a2 021x2 021(xR) (1)求 a0a1a2a2 021的值； (2)求 a1a3a5a2 021的值； (3)求|a0|a1|a2|a2 021|的值 思路点拨先观察所求式子与展开式各项的特点，利用赋值法求解 解(1)令 x1，得 a0a1a2a2 021(1)2 0211. (2)令 x1，得 a0a1a2a2 02132 021. 得 2(a1a3a2 021)132 021， a1a3a5

5、a2 02113 2 021 2 . (3)Tr1Cr2 021(2x)r(1)rCr2 021(2x)r， a2k10(kN)，a2k0(kN) |a0|a1|a2|a3|a2 021| a0a1a2a3a2 02132 021. 1解决二项式系数和问题思维流程 2“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求， 灵活赋给字母不同值一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令 x 0 可得常数项，令 x1 可得所有项系数之和，令 x1 可得偶次项系数之和与 奇次项系数之和的差 跟进训练 1若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，求： (1)a1a2a7； (2)a1a3a5

6、a7； (3)a0a2a4a6. 解(1)令 x0，则 a01； 令 x1，得 a7a6a1a027128， 所以 a1a2a7129. (2)令 x1，得a7a6a5a4a3a2a1a0(4)7， 由得 2(a1a3a5a7)128(4)7， a1a3a5a78 256. (3)由得 2(a0a2a4a6)128(4)7， a0a2a4a68 128. 二项式系数的性质及应用 【例 2】已知 f(x)(3x23x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系 数和大 992. (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项 思路点拨求二项式系数最大的项， 利用性质知展开式中中

7、间项(或中间两 项)是二项式系数最大的项；求展开式中系数最大的项，必须将 x，y 的系数均考 虑进去，包括“”“”号 解令 x1，则二项式各项系数的和为 f(1)(13)n4n，又展开式中各 项的二项式系数之和为 2n，由题意知，4n2n992. (2n)22n9920， (2n31)(2n32)0， 2n31(舍去)或 2n32，n5. (1)由于 n5 为奇数，所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们 分别是 T3C25(x 2 3)3(3x2)290 x6， T4C35(x 2 3)2(3x2)3270 x 22 3. (2)展开式的通项公式为 Tr1Cr53rx 2 3(52r)

8、 假设 Tr1项系数最大， 则有 Cr53rCr 1 53r 1， Cr53rCr 1 53r 1， 5！ 5r！r！3 5！ 6r！r1！， 5！ 5r！r！ 5！ 4r！r1！3， 3 r 1 6r， 1 5r 3 r1. 7 2r 9 2，rN，r4. 展开式中系数最大的项为 T5C45x 2 3(3x2)4405x 26 3. 1求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，当 n 为奇数时，中间 两项的二项式系数最大；当 n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大 2求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系 数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式的方法求得

9、跟进训练 2(1)(1x)2n 1 的展开式中，二项式系数最大的项所在项数是() An，n1Bn1，n Cn1，n2Dn2，n3 (2)已知(ab)n展开式中只有第 5 项的二项式系数最大，则 n 等于_ (1)C(2)8(1)该展开式共 2n2 项，中间两项为第 n1 项与第 n2 项， 所以第 n1 项与第 n2 项为二项式系数最大的项 (2)因为只有第 5 项的二项式系数最大，所以n 215，所以 n8. 与“杨辉三角”有关的问题 【例 3】 如图所示， 在“杨辉三角”中斜线 AB 的上方， 从 1 开 始 箭 头 所 示 的 数 组 成 一 个 锯 齿 形 数 列 ： 1,2,3,3,

10、6,4,10,5，.记其前 n 项和为 Sn，求 S19的值 思路点拨由图知，数列中的首项是 C22，第 2 项是 C12， 第 3 项是 C23，第 4 项是 C13，第 17 项是 C210，第 18 项是 C110，第 19 项是 C211. 解S19(C22C12)(C23C13)(C24C14)(C210C110)C211(C12C13 C14C110)(C22C23C210C211)(23410)C3122109 2 220274. “杨辉三角”问题解决的一般方法 跟进训练 3如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第_行中从左至右 的第 14 个数与第 15 个数的比为 23.

11、34由题意设第 n 行的第 14 个数与第 15 个数的比为 23，它等于二项展 开式的第 14 项和第 15 项的二项式系数的比， 所以 C13nC14n23， 即 14 n13 2 3， 解得 n34，所以在第 34 行中，从左至右第 14 个数与第 15 个数的比是 23. 二项式定理的应用 探究问题 1不用计算器，你能用二项式定理求 0.9986的近似值，使误差小于 0.001 吗？ 提示把 0.998 变成 10.002，然后应用二项式定理展开 因为 0.9986(10.002)61C160.002C260.0022C360.0023 C660.0026. 第三项 T3150.002

12、20.000060.001，以后各项更小，所以 0.99861 0.0120.988. 2你能用二项式定理证明 11 n n 2，(nN*，且 n2)吗？ 提示 11 n n 1C1n1 nC 2 n 1 n 2 Cnn 1 n n 2C 2 n n2 1 nn， 又 n2 且 nN*，C 2 n n2 C3n n3 1 nn0. 11 n n 2(nN*，且 n2) 【例 4】 (教材 P33例 5 改编)(1)用二项式定理证明： 11101 能被 100 整除； (2)求 9192被 100 除所得的余数 思路点拨(1)11101(110)101，展开求证便可； (2)9192(190)9

13、2，展开求解便可 解(1)证明：11101(101)101 (1010C110109C210108C910101)1 1010C110109C210108102 100(108C110107C2101061)， 11101 能被 100 整除 (2)9192(1009)92C09210092C192100919C2921009092C9292992， 展开 式中前 92 项均能被 100 整除，只需求最后一项除以 100 的余数 992(101)92C0921092C1921091C9092102C9192101，前 91 项能 被 100 整除，后两项和为919，因余数为正，可从前面的数中分

14、离出 1000，结 果为 100091981，故 9192被 100 除可得余数为 81. 利用二项式定理可以解决余数和整除性问题， 通常需将底数化成两数的和与 差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系.,整除性问题或求余数问题的处 理方法： 1解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式. 2用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数或与除数密 切关联的数与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面或者是 前面的几项就可以了. 跟进训练 4(1)求证 32n 28n9(nN*)能被 64 整除； (2)求 2303 除以 7 的余数 解(1)证明：32n 28n9(8

15、1)n18n9C0 n18n 1C1 n18n Cn 1 n18n9 C0n18n 1C1 n18nCn 1 n182Cnn1818n9C0n18n 1C1 n18n Cn 1 n182. 该式每一项都含因式 82，故能被 64 整除 (2)2303(23)1038103(71)103 C010710C11079C9107C10 1037(C01079C11078C910)2. 又余数不能为负数(需转化为正数)，2303 除以 7 的余数为 5. 1二项式系数的性质可从杨辉三角中直观地看出 2求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋 值的选择则需根据所求的展开式系数和特征

16、来确定一般地对字母赋的值为 0,1 或1，但在解决具体问题时要灵活掌握 3对于二项式定理的应用主要体现在估算、证明及整除上，注意近似计算 可用(1x)n1nx，具体情况视精确度而定 1二项式(x1)n的奇数项二项式系数和是 64，则 n 等于() A5B6 C7D8 C二项式(ab)n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项 式系数和， 2n 164，n7.故选 C. 2 已知 x 3 3 x n 展开式中， 各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为 64，则 n 等于() A4B5 C6D7 C令 x1，各项系数和为 4n，二项式系数和为 2n，故有4 n 2n64，所以 n 6.

17、3若 x31 x2 n (nN*)的展开式中只有第 6 项系数最大，则该展开式中的常 数项为() A210B252 C462D10 A由于展开式中只有第 6 项的系数最大， 且其系数等于其二项式系数， 所 以展开式项数为 11，从而 n10，于是得其常数项为 C610210. 4设(32x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则 a0a1a2a3的值为 _ 15令 x1，得 a0a1a2a3a41. 又 Tk1Ck4(3)4 k(2x)k， 当 k4 时，x4的系数 a416. 由得 a0a1a2a315. 5设 aZ，且 0a13，若 512020a 能被 13 整除，求 a 的值 解512020a(521)2020a522020C 1 2020522019(1) C2019 202052(1)2019(1)2020a 能被 13 整除， 只需(1)2020a1a 能被 13 整 除即可 0a13，a12.