第一章 1.3 1.3.1　二项式定理.ppt

1、13 二项式定理二项式定理 1.3.1 二项式定理二项式定理 考考 纲纲 定定 位位 重重 难难 突突 破破 1.用两个计数原理分析用两个计数原理分析(ab)2的的 展开式，得到二项式定理，并能展开式，得到二项式定理，并能 用计数原理证明用计数原理证明 2.掌握二项展开式的通项公式，掌握二项展开式的通项公式， 能用它解决简单问题能用它解决简单问题. 重点：重点： 二项式定理及其证明方法， 二项展二项式定理及其证明方法， 二项展 开式的通项公式及其应用开式的通项公式及其应用 难点：难点：用两个计数原理证明二项式定理用两个计数原理证明二项式定理. 01 课前 自主梳理 02 课堂 合作探究 03

2、课后 巩固提升 课时作业 自主梳理自主梳理 二项式定理及其相关概念二项式定理及其相关概念 二项式定理二项式定理 公式公式(ab)n ， 称为二项式定理称为二项式定理 二项式系数二项式系数 _ 通项通项 Tk 1Ck na nkbk(k 0,1，n) 二项式定理的特例二项式定理的特例 (1x)nC0 n C1 nx Ck nx k Cn nx n C0 na n C1 na n1b Ck na nkbk Cn nb n Ck n(k 0,1,2，n) 双基自测双基自测 1(x2)6的展开式中的展开式中 x3的系数是的系数是( ) A20 B40 C80 D160 解析：解析：设含设含 x3的项为

3、第的项为第 r1 项，则项，则 Tr 1Cr6x6 r 2r，令 ，令 6r3，得，得 r3，故展开式，故展开式 中中 x3的系数为的系数为 C3 6 23160. 答案：答案：D 2. 2x 1 2x 6 的展开式的常数项是的展开式的常数项是( ) A20 B20 C40 D40 解析：解析： 2x 1 2x 6 的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr 1(1)rCr626 2rx62r，令 ，令 62r0，得，得 r3， 故故常数项为常数项为(1)3C3 6 20. 答案：答案：B 3在在 2x21 x 6 的展开式中，中间项是的展开式中，中间项是_ 解析：解析：由由 n6 知中间一项是第

4、知中间一项是第 4 项，因项，因 T4C3 6(2x 2)3 1 x 3 C3 6 ( 1)3 23 x3，所以，所以 T4 160x3. 答案：答案：160x3 4. x2 1 2x 9 的展开式中， 第的展开式中， 第 4 项的二项式系数是项的二项式系数是_， 第， 第 4 项的系数是项的系数是_ 解析：解析： Tk 1Ck 9 (x 2)9k 1 2x k 1 2 k Ck 9 x 183k， 当 ， 当 k3 时，时， T4 1 2 3 C3 9 x 9 21 2 x9， 所以第所以第 4 项的二项式系数为项的二项式系数为 C3 9 84，项的系数为，项的系数为21 2 . 答案：答案

5、：84 21 2 探究一探究一 二项式定理的正用与逆用二项式定理的正用与逆用 典例典例 1 (1)写出写出 2 x 1 x 4 的展开式；的展开式； (2)化简：化简：(x1)55(x1)410(x1)310(x1)25(x1) 解析解析 (1)解法一解法一 直接利用二项式定理展开并化简：直接利用二项式定理展开并化简： 2 x 1 x 4 C0 4(2 x) 4 1 x 0 C1 4 (2 x)3 1 x 1 C2 4 (2 x) 2 1 x 2 C3 4(2 x) 1 1 x 3 C4 4(2 x) 0 1 x 4 16x232x248 x 1 x2. 解法二解法二 2 x 1 x 4 2x

6、1 x 4 1 x2(2x 1)4 1 x2C 0 4(2x) 410 C1 4(2x) 311 C2 4(2x) 212 C3 4(2x) 113 C4 4(2x) 014 1 x2(16x 4 32x324x28x1) 16x232x248 x 1 x2. (2)原式原式C0 5(x 1)5C1 5(x 1)4C2 5(x 1)3C3 5(x 1)2C4 5(x 1)C5 5(x 1)01 (x1)151x51. 正用、逆用二项式定理：正用、逆用二项式定理： (1)展开二项式可以按照二项式定理进行展开时注意二项式定理的结构特征，准确展开二项式可以按照二项式定理进行展开时注意二项式定理的结构

7、特征，准确 理解二项式的特点是展开二项式的前提条件对较复杂的二项式，有时先化简再展开理解二项式的特点是展开二项式的前提条件对较复杂的二项式，有时先化简再展开 会更简便会更简便 (2)逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项 数、各项幂指数的规律以及各项的系数数、各项幂指数的规律以及各项的系数 1化简：化简：12C1 n 4C2 n 8C3 n (2)nCn n. 解析：解析：原式原式C0 n C1 n( 2)1C2 n( 2)2C3 n( 2)3Cn n( 2)n(12)n(1)n. 探究二探究

8、二 求展开式的特定项求展开式的特定项 典例典例 2 已知在已知在 3 x 3 3 x n 的展开式中，第的展开式中，第 6 项为常数项项为常数项 (1)求求 n； (2)求含求含 x2的项的系数；的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项求展开式中所有的有理项 解析解析 通项公式为通项公式为 Tk 1Ck nx 3 n k (3)kx 3 k Ck n( 3)kx 2 3 nk . (1)第第 6 项为常数项，项为常数项， k5 时有时有n 2k 3 0，即，即 n10. (2)令令10 2k 3 2，得，得 k1 2(10 6)2， 所求的系数为所求的系数为 C2 10( 3)2405. (

9、3)由题意得由题意得 102k 3 Z， 0k10， kN， 令令10 2k 3 r(rZ)，得，得 102k3r，即，即 k53 2r. kN 且且 0k10， r 应为偶数应为偶数 r 可取可取 2,0，2， k 可取可取 2,5,8. 第第 3 项，第项，第 6 项与第项与第 9 项为有理项，它们分别为项为有理项，它们分别为 C2 10( 3)2x2，C5 10( 3)5，C8 10( 3)8x 2. 求展开式的特定项：求展开式的特定项： (1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为对于常数项，隐含条件是字母的指数为 0(即即 0 次项次项) (2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的

10、字母的指数恰好都是整数的项解对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项解 这类问题必这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根 据数的整除性来求解据数的整除性来求解 (3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解 方式与求有理项一致方式与求有理项一致 2在在(2 x 1 x) 6 的展开式中，求：的展开式中，求： (1)第第 3 项的二项式系数及系数；项的二项式系数及系数；

11、(2)含含 x2的项及项数的项及项数 解析：解析：(1)第第 3 项的二项式系数为项的二项式系数为 C2 6 15，又又 T3C2 6(2 x) 4( 1 x) 2 24 C2 6x， ， 所以第所以第 3 项的系数为项的系数为 24C2 6 240. (2)Tk 1Ck 6(2 x) 6k( 1 x) k (1)k26 k Ck 6x 3k，令 ，令 3k2，得，得 k1， 所以含所以含 x2的项为第的项为第 2 项，且项，且 T2192x2. 探究三探究三 整除或余数问题整除或余数问题 典例典例 3 求证：求证：51511 能被能被 7 整除整除 证明证明 51511(492)511 49

12、51C1 51 49 50 2 C2 51 49 49 22 C50 51 49 2 50 2511. 可以看出：展开式中除可以看出：展开式中除 2511 外，其余各项都能被外，其余各项都能被 7 整除整除 而而 2511(23)171(71)171 717C1 17 7 16 C2 17 7 15 C16 17 7 11 717C1 17 7 16 C2 17 7 15 C16 17 7. 因其各项均可被因其各项均可被 7 整除，故整除，故 2511 可被可被 7 整除整除 51511 也能被也能被 7 整除整除 求解整除或余数问题：求解整除或余数问题： 利用二项式定理证明或判断整除问题，一

13、般要进行合理变形，常用的变形方法就是拆利用二项式定理证明或判断整除问题，一般要进行合理变形，常用的变形方法就是拆 数，往往是将底数写成两数的和，并且其中一个数是除数的倍数，这样能保证用二项数，往往是将底数写成两数的和，并且其中一个数是除数的倍数，这样能保证用二项 式表示的被除数展开后的大部分项是除数的倍数， 进而可证明或判断被除数能否被除式表示的被除数展开后的大部分项是除数的倍数， 进而可证明或判断被除数能否被除 数整除，若不能整除，则可求出余数数整除，若不能整除，则可求出余数 3求求 9192被被 100 除所得的余数除所得的余数 解析：解析：解法一解法一 9192(1009)92C0 92

14、 100 92 C1 92 100 91 9 C2 92 100 90 92 C92 929 92， ， 展开式中前展开式中前 92 项均能被项均能被 100 整除，只需求最后一项除以整除，只需求最后一项除以 100 的余数的余数 992(101)92C0 92 10 92 C1 92 10 91 C90 92 10 2 C91 92 10 1， 前前 91 项均能被项均能被 100 整除，后两项和为整除，后两项和为919，因余数为正，可从前面的数中分离出，因余数为正，可从前面的数中分离出 1 000，结果为，结果为 1 00091981，故，故 9192被被 100 除可得余数为除可得余数为

15、 81. 解法二解法二 9192(901)92C0 92 90 92 C1 92 90 91 C90 92 90 2 C91 92 90 C92 92. 前前 91 项均能被项均能被 100 整除，剩下两项和为整除，剩下两项和为 929018 281，显然，显然 8 281 除以除以 100 所所 得余数为得余数为 81. 混淆二项式系数与项的系数而致误混淆二项式系数与项的系数而致误 典例典例 设设(x 2)n的展开式中第二项与第四项的系数之比为的展开式中第二项与第四项的系数之比为 12，求含，求含 x2的项的项 解析解析 (x 2)n的展开式中第二项与第四项分别为：的展开式中第二项与第四项分

16、别为：T2C1 n x n1 ( 2) 2nxn 1， ， T4C3 n x n3 ( 2)32 2C3 nx n3. 根据题意得到根据题意得到 2n 2 2C3 n 1 2， 整理得 ， 整理得 n23n40， 解得解得 n4 或或 n1(没有意义， 舍去没有意义， 舍去) 设设(x 2)4的展开式中含的展开式中含 x2的项为第的项为第(r1)项，项，则则 Tr 1Cr4 x4 r ( 2)r(r0,1,2,3,4)， 根据题意有根据题意有 4r2，解得，解得 r2， 所以所以(x 2)4的展开式中含的展开式中含 x2的项为的项为 T3C2 4 x 2 ( 2)212x2. 错因与防范错因与

17、防范 (1)解答本题易将二项展开式的某项的系数与二项式系数弄混 误认为解答本题易将二项展开式的某项的系数与二项式系数弄混 误认为 第二项的系数为第二项的系数为 C1 n，第四项的系数为 ，第四项的系数为 C3 n，从而错误求出 ，从而错误求出 n5，以后皆错，以后皆错 (2)在二项式定理的展开式中，在二项式定理的展开式中，Cr n是二项式系数，它与展开式中对应项的系 是二项式系数，它与展开式中对应项的系数不一定数不一定 相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负. 随堂训练随堂训练 1设设 S(x1)33(x1)23(x1)1，则，则 S 等于

18、等于( ) A(x1)3 B(x2)3 Cx3 D(x1)3 解析：解析：S(x1)13x3. 答案：答案：C 2(2016 高考北京卷高考北京卷)在在(12x)6的展开式中，的展开式中，x2的系数为的系数为 _(用数字作答用数字作答) 解析：解析：(12x)6的展开式的通项的展开式的通项 Tr 1Cr6(2)rxr，当，当 r2 时，时， T3C2 6( 2)2x260x2，所以，所以 x2的系数为的系数为 60. 答案：答案：60 3(2016 高考天津卷高考天津卷)(x2 1 x )8的展开式中的展开式中 x7的系数为的系数为 _(用数字作答用数字作答) 解析：解析：二项展开式的通项二项

19、展开式的通项 Tr 1Cr8(x2)8 r( 1 x) r (1)rCr 8x 163r， ， 令令 163r7，得，得 r3，故，故 x7的系数为的系数为C3 8 56. 答案：答案：56 4(2016 年高考全国乙卷年高考全国乙卷)(2x x)5的展的展开式中，开式中，x3的系数是的系数是_(用数字填写用数字填写 答案答案) 解析：解析：设展开式的第设展开式的第 k1 项为项为 Tk 1，k0,1,2,3,4,5 Tk 1Ck 5(2x) 5k( x)k Ck 52 5kx5 k 2. 当当 5k 2 3 时，时，k4，即，即 T5C4 52 54x5 4 2 10x3. . 答案：答案：10 课时作业