第一篇：高三數學 專項精析精煉 考點47 二項式定理

考點47 二項式定理

一、選擇題

a1(2x?)7x的展開式中x3的系數是84，則實數a1.（2014·湖北高考理科·Ｔ2）若二項式＝

23A.2 B.4 C.1 D.4

【解題提示】 考查二項式定理的通項公式 【解析】選C.因為Tr?1? C7?(2x)?()rrax7?rr?C7?2r?a7?r?x?7?2r，令?7?2r??3，得2?22?a7?2?84，解得a＝1.r?2，所以C7232.（2014·湖南高考理科·Ｔ4）(x?2y)的展開式中xy的系數是()

125A．－20 B．－5 C．5 D．20 【解題提示】利用二項式定理展開式的通項公式。

3233?1?23【解析】選A.因為C5?x???2y???20xy，所以xy的系數是－20。

?2?23.（2014·浙江高考理科·Ｔ5）在(1?x)(1?y)的展開式中，記xy項的系數為

64mnf(m,n)，則f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）?f(0,3)?（）

A.45 B.60 C.120 D.210 【解題指南】根據二項展開式的性質求解.mnmn?Cf(m,n)xy6C4 【解析】選C.由二項展開式的通項性質可知項的系數為321123C?CC?CC?C?120 f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）?f(0,3)?664644所以4.（2014·四川高考理科·Ｔ2）在x(1?x)的展開式中，含x項的系數為（）A.30 B.20 C.15 D.10 【解題提示】利用二項式定理將x(1?x)展開即得x項的系數.0112233445566【解析】選C.因為x(1?x)=x(C06x?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x)

63636=x?6x?15x?20x?15x?6x?x，故選C.234567

二、填空題

5.（2014·山東高考理科·Ｔ14）

24若(ax?)的展開式中x3項的系數為20，則a2?b2的最小值為.bx【解題指南】本題考查了，二項式定理，基本不等式的應用，可先寫出已知式子二項展開式的通項，然后利用基本不等式求出最值.b??r6?rr12?3r【解析】將?ax2??展開，得到Tr?1?C6，令12?3r?3，得r?3.abxx??333由C6ab?20,得ab?1,所以a2?b2?2ab?2.6答案：2.?x?6.（2014·安徽高考理科·Ｔ13）設a?0,n是大于1的自然數，?1??的展開式為

?a?na0?a1x?a2x2???anxn.若點Ai(i,ai)(i?0,1,2)的位置如圖所示，則a?______

【解題提示】 由二項展開式定理分別得出x和x的二項式系數a1和a2，聯立求解。

2Cnn2【解析】由題意可得a1=?3?n?3a，a2=2?4?n(n?1)?8a，兩式聯立解得

aa2a=3, 答案：3 7.(2014·新課標全國卷Ⅱ高考理科數學·T13)?x?a?的展開式中,x的系數為15,則

10a=

.(用數字填寫答案)【解題提示】利用二項展開式的通式求得x的系數,利用系數為15,建立方程求得a.【解析】因為C10xa=15x,所以C10a=15,a=73

7331.2 2 答案: 1 2 3

第二篇：2011屆高三數學精品復習之排列組合及二項式定理

2011屆高三數學精品復習之排列組合及二項式定理

1.熟悉排列數、組合數的計算公式；了解排列數、組合數的一些性質：①(n?1)!?(n?1)n!，由此可得：nn!?(n?1)!?n!，n11，為相應的數列求和創造了條件； ??(n?1)!n!(n?1)!

mn?mrrrrr?1mm?1m②Cn；③Cn?Cn?Cn?1?Cn?1，由此得：Cr?Cr?1?Cr?2???Cn?Cn?1；

34?35?4?320?19???3?????=___________ 11?21?2?31?2?3??18

2?13?24?35?420?19n(n?1)??????解析：原式=；記an?，數列{an}的前1?21?21?21?21?22[舉例] 1?19項和即為所求。記數列{an}的前n項和為Sn；該數列的求和辦法有很多種，但都比較煩瑣，這里介紹用組合數性質求解：注意到an?n(n?1)2=Cn?1，2[來源學*科*網Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2?C3?C4???C20?C4???C20?C3?C4???C20

3?=C21=1330；

[鞏固1]設x?N且x?10，則(20?x)(21?x)?(29?x)等于（）

1020?x910（A）A20?x（B）A29?x（C）A29?x（D）A29?x*

[鞏固2] 已知(1?

則n=____ x)n的展開式中第9項、第10項、第11項的二項式系數成等差數列，2．解排列組合應用題首先要明確需要完成的事件是什么；其次要辨析完成該事件的過程：分類相加（每一類方法都能獨立地完成這件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各個步驟都完成了，才能完成事件）；較為復雜的事件往往既要分類，又要分步（每一類辦法又都需分步實施）；分類討論是研究排列組合問題的重要思想方法之一，分類時要選定討論對象、確保不重不漏。

[舉例] 設集合I={1,2,3,4,5}，選擇I的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中的最大數，則不同的選擇方法共有：（）種

A．50種B．49種C．48種D．47種

解析：本題要完成的事件是：構造集合I的兩個非空子集；要求：B中最小的數大于A中的最大數；顯然B中的最小數不可能是1，以下分類：① B中的最小數是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1個元素、2個元素、3個元素或4個元素，所有可能的情況有：0123=8種，此時A只有{1}這1種；集合A、B都確定了，才算完成事件，C3?C3?C3?C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小數是3，B中可以有{3，4，5}中的1個元素、0122個元素或3個元素，所有可能的情況有：C2=4種，此時A中可以有{1，2}中?C2?C

212的有1個元素或2個元素，有C2=3種，∴完成事件有4×3=12種方法；③ B中的最?C2

小數是4，B中可以有{4，5}中的1個元素或2個元素，所有可能的情況有2種，此時A中

123可以有{1，2，3}中的有1個元素、2個元素或3個元素，有C3=7種，∴完成事?C3?C

3件有2×7=14種方法；④ B中的最小數是5，只有{5}這1種，此時A中可以有{1，2，3，12344}中的有1個元素、2個元素、3個元素或4個元素，有C4=15種，∴完?C4?C4?C

4成事件有1×15=15種方法；故完成事件的方法總數為：8+12+14+15=49，選B。

[鞏固]從集合{O，P，Q，R，S}與{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任選2個元素排成一排(字母和數字均不能重復)．每排中字母O，Q和數字0至多只能出現一個的不同排法種數是_________．(用數字作答)．

3．對“按某種要求將n個元素排到m個位置”的問題，首先要確定研究的“抓手”：抓住元素還是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）優先的原則進行。

[舉例] 從5位同學中選派4位同學在星期四到星期日參加公益活動，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，則不同的選派方法共有種。

解析：本題要完成的事件是：從5個不同的元素中選出4個元素，并按要求排在四個不同的位置。本題不宜抓住元素研究，因為每一個元素都不一定被選到，而每一個位置上都一定要有一個元素，故應該抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，優先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，優先）或除甲乙之外的一個同學，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[來源學&科&網Z&X&X&K]

3種，②不安排乙：可以安排其他三位同學，星期日可以安排甲或另外兩個同學，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 種，故不同的選派方法共有：A4+C3C3A3=78種。

3[鞏固]四個不同的小球全部放入編號為1、2、3、4的四個盒中。（1）恰有兩個空盒的放法有種；（2）甲球只能放入2號或3好盒，而乙球不能放入4號盒的不同放法有種。

4．解決排列組合問題還要遵循“先選后排”、“正難則反”（即去雜法）等原則；[來源:學。科。網Z。X。X。K]

[舉例]某通訊公司推出一組手機卡號碼，卡號的前七位數字固定，從“???????0000”到“???????9999”共10000個號碼．公司規定：凡卡號的后四位帶有數字“4”或“7”的一律作為“優惠卡”，則這組號碼中“優惠卡”的個數為（）（福建文科第12題）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考慮帶有數字“4”或“7”的情況太多，逐一討論非常麻煩；考慮事件的反面：后四位不帶有數字“4”或“7”的，有84個，故“優惠卡”的個數為104-84=5904。

[鞏固]四位同學乘坐一列有6節車廂的動車組，則他們至少有兩人在同一節車廂的的情況共有種？(用數字作答)．

5．熟悉幾個排列組合問題的基本模型：①部分元素“相鄰”（捆綁法），②部分元素“不相鄰”（用要求“不相鄰”的元素插空），③部分元素有順序（n個元素全排，其中m個元素

m要求按給定順序排列的方法數為Cn(n?m)!=

nnCnkC(nk?1)nC(nk?2)n?Cnn!），④平均分組（kn個元素平均分成k組m!的方法數為k!），⑤相同元素分組（用“擋板法”）等。

[舉例1]某校安排6個班到3個工廠進行社會實踐，每個班去一個工廠，每個工廠至少安排一個班，不同的安排方法共有種。

解析：先將6個班分成3組，在將3個組分到3個工廠。6個班分成3組，從每組的人數看

22C62C4C2有3類：①4，1，1，有C種；②3，2，1，有CC種，③2，2，2，有種； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540種。3!4

63623

[舉例2]某文藝小分隊到一個敬老院演出，原定6個節目，后應老人們的要求決定增加3個節目，但原來六個節目的順序不變，且新增的3個既不在開頭也不在結尾，則這臺演出共有 種不同的演出順序。

解析：思路一：著眼于“位置”。從9個“位置”中選出6個，安排原來的6個節目，且第41和第9兩個位置必須選，而他們的順序是既定的，無需排列，所以有C7種方法，剩下的3433個位置安排新增的3個節目，有A3種方法；故所有不同的演出順序有：C7=210種。A3

思路二：在原有6個節目的基礎上“插空”。原來6個節目形成7個“空”，但前后兩“空”

3不能安排，共有3類情況：①新增的3個節目互不相鄰，有A5種方法；②新增的3個節目

223恰有兩個相鄰，有A3種方法，故所有不同的A5種方法；③新增的3個節目相鄰，有5A3

3223演出順序有：A5+A3=210種。A5+5A3

[鞏固1]記者要為5名志愿都和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5題）

Ａ．1440種Ｂ．960種Ｃ．720種Ｄ．480種

[鞏固2]學號為1，2，3，4的四名學生的考試成績xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且滿足x1?x2?x3?x4，則這四為同學考試成績所有可能的情況有

[鞏固3]現有10個市級“三好生”名額分配給高三八個班級，每班至少1個，則有種不同的分配方案。

6．“抽象化歸”是解決排列組合問題的“太極拳”，“逐一列舉”是解決排列組合問題的“撒手锏”；有時，畫“樹狀圖”能使“逐一列舉”變得更加簡明、直觀。

[舉例1]已知兩個實數集合A={a1,a2,?,a100},B={b1,b2, ?,b50},若從A到B的映射f使得B中每個元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100),這樣的映射共有(用符號作答)。解析：本題直接考慮集合A中每一個元素在B中的象的情況非常困難。注意到集合B中每個元素都有原象，即A中有50“組”元素分別與B中的50個元素對應；現將集合A中的100個元素按原有的順序分成50組，每組至少一個元素；將集合B中的元素按從小到大的順序

///排列為B={b1,b2, ?,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100)，∴A中的“第1組”元素的象為

///b1，“第2組”元素的象為b2，?，“第50組”元素的象為b50，此處沒有排列的問題，即只要A中元素的分組確定了，映射也就隨之確定了；而A中元素的分組可視為在由這100

4949個元素所形成的99個“空”中插上49塊“擋板”，所以有C99種分法，即映射共有C99個。

[舉例2]一個同心圓形花壇分為兩個部分，如右圖，中間小圓部分

種植草坪，周圍的圓環分成5等份為a1,a2,a3,a4,a5,種植紅、黃、藍三色不同的花，要求相鄰兩部分種植不同顏色的花，則不同的種植的方法為種。

解析：本題解法甚多，這里介紹畫“樹狀圖”列舉法。a1 a2 在右圖中，區域a1種紅花，a2種黃花時共有5種不同的種植方法；而區域a2種藍花與種黃花情況相同，區

域a1種藍花、黃花與種紅花情況相同；故所有不同的種植的方法為：3×2×5=30種 黃[鞏固1]顯示屏有一排7個小孔，每個小孔可顯示0或

1，若每次顯示其中3個孔，但相鄰的兩孔不能同時顯 紅示，則該顯示屏能顯示信號的種數共有（）種

A．10B．48C．60D．80 藍 a3 紅4 黃 藍黃 5 藍 黃 藍 黃 藍

[鞏固2] 函數f:{1,2,3}?{1,2,3}滿足f(f(x))= f(x)，則這樣的函數個數共有（）

(A)1個(B)4個(C)8個(D)10個 [來源學+科+網]

7．二項式定理的核心是展開式的通項，Tr+1=Cnab(通項是展開式的第r+1項), r=0,1,2…n，二項展開式共有n+1項。展開式的通項中根式宜用分數指數表示。審題是要注意所求的是“項”還是“第幾項”還是“項的系數”。rn-rr

1??[舉例](1?2x)?x??的展開式中常數項為．（07高考全國Ⅱ卷理科第13題）x??28

181r)的展開式中常數項以及含x-2的項；Tr?1?C8rx8?r(?)r=C8(?1)rx8?2r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x?)的展開式中常數項為C8，含x 2的項為 x解析：先求(x?

1??C(?1)x；∴(1?2x)?x??的展開式中常數項為C84-2C85=?

42x??

n?3[鞏固] 若?3x的展開式中含有常數項,則最小的正整數n等于。?585?228

(07高考安徽理科第12題)

[遷移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成關于x的多項式后x2的系數為60，則n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系數”與“二項式系數”的區別；二項式系數和=2，其中奇數項的二項式系

n-1數和=偶數項的二項式系數和=2，二項式系數先增后減，并關于中間項“對稱”，二項展開

式中，中間項二項式系數最大；求二項展開式中系數絕對值最大的項，用“夾逼法”。

[舉例]若(2?x)n展開式中奇數二項式系數和為8192，則展開式中系數最大的項為。解析：2n?1r14?r=8192得n=14，則Tr?C142(?x)r，由于(2?x)14展開式中各項系數正負相間，故先求其展開式中系數絕對值最大的項，記為第r+1項，于是有：

r14?rr?115?rr14?rr?113?rC142?C142①，C142?C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5時系數為負，∴r=4，即展開式中系數最大的項為C142x。[來源:學§科§網Z§X§X§K] [來源:Z_xx_k.Com]

[鞏固]若(x?1n)展開式的二項式系數之和為64，則展開式的常數項為（）x

（07高考重慶理科第4題）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多項式的“系數和”一般用“賦值法”。若多項式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，則展開式中所有項的系數和=f(1)，其中奇數項的系數和=

=f(1)?f(?1)，偶數項的系數和2

[舉例]設(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,則a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[舉例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+??+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+??+anxn，若a1+a2+??＋an-1＝29-n,則正整數n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展開式中才有含xn 的項，它的系數為1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+??+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[來源:Zxxk.Com][來源學科網ZXXK]f(1)?f(?1)；展開式中的常數項=f(0)。2

[鞏固1]設(x2?1)(2x?1)9?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?

則a0?a1?a2?Ａ．?2?a11(x?2)11，（07高考江西文科第5題）?a11的值為（）Ｂ．?1Ｃ．1Ｄ．2[來源學科網ZXXK]

[鞏固2]已知(1?x)2?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4?a5x5，則

(a0?a2?a4)(a1?a3?a5)的值等于安徽文科第12題)

[遷移]設(1?3x)?a0?a1x?a2x?a3x?a4x?a5x?a6x，則集合 623456

?a1,a2,a3,a4,a5,a6?含2 個元素的所有子集的元素總和為()

A640B630C320D31

5[來源:學_科_網Z_X_X_K]

[來源:學科網]

[來源:學科網]

答案

1、[鞏固1]D；[鞏固2] 14或23；

2、[鞏固]8424 ；

3、[鞏固]84，96；

4、[鞏固]936，5、[鞏固1] B，[鞏固2] 15，[鞏固3]問題相當于：將10個相同的球放入8個盒子中，每盒至少一

2球，用“擋板法”，有C9=36種；

6、[鞏固1]D，[鞏固2]D；

7、[鞏固]7；[遷移]B；

8、[鞏

固] B；

9、[鞏固1] A；[鞏固2] ?256；[遷移]D。

第三篇：高三復習課《二項式定理》說課稿

高三第一階段復習，也稱“知識篇”。在這一階段，學生重溫高

一、高二所學課程，全面復習鞏固各個知識點，熟練掌握基本方法和技能；然后站在全局的高度，對學過的知識產生全新認識。在高

一、高二時，是以知識點為主線索，依次傳授講解的，由于后面的相關知識還沒有學到，不能進行縱向聯系，所以，學的知識往往是零碎和散亂，而在第一輪復習時，以章節為單位，將那些零碎的、散亂的知識點串聯起來，并將他們系統化、綜合化，把各個知識點融會貫通。對于普通高中的學生，第一輪復習更為重要，我們希望能做高考試題中一些基礎題目，必須側重基礎，加強復習的針對性，講求實效。

一、內容分析說明

1、本小節內容是初中學習的多項式乘法的繼續，它所研究的二項式的乘方的展開式，與數學的其他部分有密切的聯系：

（1）二項展開式與多項式乘法有聯系，本小節復習可對多項式的變形起到復習深化作用。

（2）二項式定理與概率理論中的二項分布有內在聯系，利用二項式定理可得到一些組合數的恒等式，因此，本小節復習可加深知識間縱橫聯系，形成知識網絡。

（3）二項式定理是解決某些整除性、近似計算等問題的一種方法。

2、高考中二項式定理的試題幾乎年年有，多數試題的難度與課本習題相當，是容易題和中等難度的試題，考察的題型穩定，通常以選擇題或填空題出現，有時也與應用題結合在一起求某些數、式的近似值。

第四篇：二項式定理及數學歸納法

二項式定理及數學歸納法

【真題體驗】

1．(2012·蘇北四市調研)已知an＝(12)n(n∈N*)

(1)若an＝a＋2(a，b∈Z)，求證：a是奇數；

(2)求證：對于任意n∈N*都存在正整數k，使得an＝k－1k.12233nn證明(1)由二項式定理，得an＝C0n＋C2＋Cn2)＋Cn(2)＋?＋Cn(2)，0244224所以a＝Cn＋C2n2)＋Cn(2)＋?＝1＋2Cn＋2Cn＋?，24因為2C2n＋2Cn＋?為偶數，所以a是奇數．

(2)由(1)設an＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，則(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n，當n為偶數時，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝kk－1，當n為奇數時，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝k－1k，綜上，對于任意n∈N*，都存在正整數k，使得an＝k－1＋k.2．(2010·江蘇，23)已知△ABC的三邊長都是有理數．

(1)求證：cos A是有理數；

(2)求證：對任意正整數n，cos nA是有理數．

b2＋c2－a

2(1)證明 設三邊長分別為a，b，c，cos A＝ 2bc

∵a，b，c是有理數，b2＋c2－a2是有理數，分母2bc為正有理數，又有理數集對于除法具有封閉性，b2＋c2－a2

∴必為有理數，∴cos A是有理數． 2bc

(2)證明 ①當n＝1時，顯然cos A是有理數；

當n＝2時，∵cos 2A＝2cos2A－1，因為cos A是有理數，∴cos 2A也是有理數；

②假設當n≤k(k≥2)時，結論成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理數． 當n＝k＋1時，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A

1＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]

211＝cos kAcos A－cos(k－1)Acos(k＋1)A 22

解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A

∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理數，∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理數，∴cos(k＋1)A是有理數． 即當n＝k＋1時，結論成立．

綜上所述，對于任意正整數n，cos nA是有理數． 【高考定位】

高考對本內容的考查主要有：

(1)二項式定理的簡單應用，B級要求；(2)數學歸納法的簡單應用，B級要求 【應對策略】

(1)對于二項式定理只要掌握二項式定理、通項、項的系數的求法，掌握賦值法即可．(2)數學歸納法主要是用來解決與自然數有關的命題．通常與數列、不等式證明等基礎知識和基本技能相結合來考查邏輯推理能力，要了解數學歸納法的原理，并能加以簡單的應用

.必備知識

1．二項式定理

n1n1nrrn

(1)二項式定理：(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb，上式中右邊的多項

－

－

式叫做(a＋b)n的二項展開式，其中Crn(r＝1,2,3，?，n)叫做二項式系數，式中第r＋1項叫

nrr

做展開式的通項，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Crb； na

－

(2)(a＋b)n展開式中二項式系數Crn(r＝1,2,3，?，n)的性質：

nr

①與首末兩端“等距離”的兩項的二項式系數相等，即Crn＝Cn；

－

12nn0213n1②C0.n＋Cn＋Cn＋?＋Cn＝2；Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋?＝

2－

2．數學歸納法

運用數學歸納法證明命題要分兩步，第一步是歸納奠基(或遞推基礎)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立，第二步是歸納遞推(或歸納假設)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立，只要完成這兩步，就可以斷定命題對從n0開始的所有的正整數都成立，兩步缺一不可．

必備方法

1．二項式定理

(1)求二項式定理中有關系數的和通常用“賦值法”．

nrr(2)二項式展開式的通項公式Tr＋1＝Crb是展開式的第r＋1項，而不是第r項． na

－

2．數學歸納法

(1)利用數學歸納法證明代數恒等式的關鍵是將式子轉化為與歸納假設的結構相同的形

式，然后利用歸納假設，經過恒等變形，得到結論．

(2)利用數學歸納法證明三角恒等式時，常運用有關的三角知識、三角公式，要掌握三角變換方法．

(3)利用數學歸納法證明不等式問題時，在由n＝k成立，推導n＝k＋1成立時，過去講的證明不等式的方法在此都可利用．

(4)用數學歸納法證明整除性問題時，可把n＝k＋1時的被除式變形為一部分能利用歸納假設的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解題時經常用到“歸納——猜想——證明”的思維模式．

命題角度一 二項式定理的應用

[命題要點](1)二項展開式中的二項式系數和展開式系數；(2)求二項展開式的特定項；(3)二項展開式的性質的應用．

【例1】?(2012·南師附中模擬)若二項式(1＋2x)n展開式中第6項與第7項的系數相等，求展開式中二項式系數最大的項．

[審題視點] 根據展開式中第6項與第7項的系數相等，得到關于n的方程，解得n，再寫出二項展開式系數，由二項式系數的性質得到結果．

解 ∵在(1＋2x)n的展開式中第6項與第7項的系數相等，566r∴C5n2＝Cn2，∴n＝8，∴二項式系數是C8，r1rr1由Cr8≥C8且C8≥C8，得r＝4，－

＋

即展開式中二項式系數最大的項是第5項為C482.二項式系數的最大項與展開式系數的最大項不同，本題的第r＋1項的二項

rr

式系數是Cr8，而展開式系數卻是2C8，解題時要分清．

n

1【突破訓練1】(2012·鹽城模擬)已知數列{an}的首項為1，p(x)＝a1C0n(1－x)＋a2Cnx(1221n1n

－x)n1＋a3Cnx(1－x)n2＋?＋anCn(1－x)＋an＋1Cnnxnx

－

－

－

－

(1)若數列{an}是公比為2的等比數列，求p(－1)的值；

(2)若數列{an}是公比為2的等差數列，求證：p(x)是關于x的一次多項式．(1)解 法一 由題設知，an＝2n1.－

0n1n12n2n0

p(－1)＝1·C02＋2·C12＋22·C22＋?＋2n·Cn2 n(－1)·n(－1)·n(－1)·n(－1)·

－

－

0n12n2＝C02＋Cn(－2)1·2n1＋C22＋?＋ n(－2)·n(－2)·

－

－

nCn(－2)n·20＝(－2＋2)n＝0.n1法二 若數列{an}是公比為2的等比數列，則an＝2n1，故p(x)＝C0n(1－x)＋Cn(2x)(1

－

2n21n1nnn

－x)n1＋C2＋?＋Cn(1－x)＋Cnn(2x)(1－x)n(2x)n(2x)＝[(1－x)＋2x]＝(1＋x).－

－

－

－

所以p(－1)＝0.(2)證明 若數列{an}是公差為2的等差數列，則an＝2n－1.n1n1n1n1n

p(x)＝a1C0＋?＋anCnx(1－x)＋an＋1Cnn(1－x)＋a2Cnx(1－x)nx

－

－

－

n1n122n＝C0＋(1＋4)Cnx(1－x)n2＋?＋(1＋2n)Cnn(1－x)＋(1＋2)Cnx(1－x)nx

－

－

nn12n2n1n122＝[C0＋C2＋?＋Cn＋2Cnx(1－x)nn(1－x)＋C1nx(1－x)nx(1－x)nx]＋2[Cnx(1－x)

－

－

－

－

n＋?＋Cnnx]．

由二項式定理知，0n12n2nn

Cn(1－x)n＋C1＋C2＋?＋Cnnx(1－x)nx(1－x)nx＝[(1－x)＋x]＝1.－

－

n！?n－1?！－1因為kCk＝k＝nnCknn－1，k！?n－k?！?k－1?！?n－k?！

n122n所以C1＋2Cnx(1－x)n2＋?＋nCnnx(1－x)nx

－

－

n12n21n＝nC0＋nC1＋?＋nCnn－1x(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

－

－

n1n21n1＝nx[C0＋C1＋?＋Cn] n－1(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

－

－

－

＝nx[(1－x)＋x]n1＝nx，－

所以p(x)＝1＋2nx.即p(x)是關于x的一次多項式．

命題角度二 數學歸納法的應用

[命題要點](1)證明代數恒等式；(2)證明不等式問題；(3)證明三角恒等式；(4)證明整除性問題．

xxx

1＋?1＋??1＋的展開式中，x的系數為an，x2的【例2】?(2012·南京模擬)記??2?2?2系數為bn，其中n∈N*.(1)求an；

pq1

1?1＋，對n∈N*，n≥2恒成立？證明(2)是否存在常數p，q(p＜q)，使bn＝?3?2?2你的結論．

[審題視點] 可以先用特殊值代入，求出p，q得到猜想，再用數學歸納法證明猜想的正確性．

1111

解(1)根據多項式乘法運算法則，得an＝1－222

2pq171

1＋??1＋，解得p＝－2，q＝－1.(2)計算得b2b3＝.代入bn＝?8323?2??21111121

1－＝－n≥2且n∈N*)下面用數學歸納法證明bn1－2－??3??232341

①當n＝2時，b2＝

81121

②設n＝k時成立，即bk＝，323

4則當n＝k＋1時，a112111

bk＋1＝bk＋＝＋＋＋－＋

32342221121

＝＋＋＋.3234由①②可得結論成立．

運用數學歸納法證明命題P(n)，由P(k)成立推證P(k＋1)成立，一定要用到

條件P(k)，否則不是數學歸納法證題．

1111【突破訓練2】(2012·泰州中學調研)已知多項式f(n)＝5＋n4n3n.52330(1)求f(－1)及f(2)的值；

(2)試探求對一切整數n，f(n)是否一定是整數？并證明你的結論． 解(1)f(－1)＝0，f(2)＝17

(2)先用數學歸納法證明，對一切正整數n，f(n)是整數． ①當n＝1時，f(1)＝1，結論成立．

1111

②假設當n＝k(k≥1，k∈N)時，結論成立，即f(k)＝k5＋k4＋3－k是整數，則當n

523301111

＝k＋1時，f(k＋1)＝(k＋1)5＋k＋1)4(k＋1)3－(k＋1)

52330

51423324

5C05k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5＝

4***C0C04k＋C4k＋C4k＋C4k＋C43k＋C3k＋C3k＋C

3＋－

(k＋1)＝f(k)＋k4＋4k3＋6k2＋4k＋1.30

根據假設f(k)是整數，而k4＋4k3＋6k2＋4k＋1顯然是整數． ∴f(k＋1)是整數，從而當n＝k＋1時，結論也成立． 由①、②可知對一切正整數n，f(n)是整數．(Ⅰ)當n＝0時，f(0)＝0是整數

(Ⅱ)當n為負整數時，令n＝－m，則m是正整數，由(Ⅰ)知f(m)是整數，111

1所以f(n)＝f(－m)＝(－m)5＋－m)4＋(－m)3－－m)

523301111

5＋m4－m3＋＝－f(m)＋m4是整數．

52330綜上，對一切整數n，f(n)一定是整數．

20．證明步驟要完整，變形要有依據

一、證明的兩個步驟缺一不可 【例1】? 求證：2n＞2n＋1(n≥3)． 解 用數學歸納法證明：

第一步：(1)n＝3時，23＝8,2×3＋1＝7，不等式2n＞2n＋1(n≥3)成立．

第二步：(2)假設n＝k(k≥3，且k∈N*)時，不等式成立，即2k＞2k＋1，則2k1＝2·2k＞

＋

2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋2k＞2(k＋1)＋1，即2k1＞2(k＋1)＋1.所以當n＝k＋1時也成立．

＋

老師叮嚀：不驗證初始值的正確性就沒有歸納的基礎，沒有運用歸納假設的證明不是數學歸納法，證明的兩個步驟缺一不可.二、正確寫出從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時應添加的項

【例2】? 用數學歸納法證明(n＋1)(n＋2)?(n＋n)＝2n·1·3·?·(2n－1)，從k到k＋1，左邊需要增乘的代數式為________．

解析 當n＝k時，左邊＝(k＋1)(k＋2)·?·(k＋k)，當n＝k＋1時，左邊＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]·?·[(k＋1)＋(k＋1)] ＝(k＋2)(k＋3)?(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)?k＋k＋1??k＋k＋2?＝(k＋1)(k＋2)?(k＋k)

k＋1＝(k＋1)(k＋2)?(k＋k)[2(2k＋1)]，所以從k到k＋1，左邊需要增乘的代數式為2(2k＋1)． 答案 2(2k＋1)

老師叮嚀：要關注從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時兩個式子之間的實質區別，不能只看表面現象，正確寫出從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時應添加的項，才能進行正確的變形．如本題中就不能只添加k＋1＋k＋1＝2k＋2.

第五篇：2014高考數學全面突破 二項式定理

11.3二項式定理

考情分析

1．能用計數原理證明二項式定理．

2．會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題．

基礎知識

1．二項式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb(n∈N)這個公式所表示的定理叫二項式定理，右邊的多項式叫(a＋b)n的二項展開式．

其中的系數Crn(r＝0,1，?，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二項展開式的通項，用Tr＋1表示，即通項Tr＋1＝Crb.nana

2．二項展開式形式上的特點

(1)項數為(2)各項的次數都等于二項式的冪指數n，即a與b的指數的和為(3)字母an逐項減1直到零；字母b冪排列，從第一項起，次數由零逐項增1直到n.－11(4)二項式的系數從Cn，一直到Cnn3．二項式系數的性質 －(1).(2)增減性與最大值： 二項式系數Ckn，當n＋1k＜2時，二項式系數逐漸增大．由對稱性知它的后半部分是逐漸減小的；

n當n是偶數時，中間一項C2取得最大值；

n－1n＋1當n是奇數時，中間兩項C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二項式系數和：Cn＋Cn＋Cn＋?＋Crn＋?＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋Cn＋?＝

2注意事項

n－rr1.運用二項式定理一定要牢記通項Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n與(b＋a)n雖然相na

同，但具體到它們展開式的某一項時是不同的，一定要注意順序問題，另外二項

展開式的二項式系數與該項的(字母)系數是兩個不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只與n和r有關，恒為正，后者還與a，b有關，可正可負．

2.二項式定理可利用數學歸納法證明，也可根據次數，項數和系數利用排列組合的知識推導二項式定理．因此二項式定理是排列組合知識的發展和延續．

3.(1)通項的應用：利用二項展開式的通項可求指定的項或指定項的系數等．

(2)展開式的應用：利用展開式①可證明與二項式系數有關的等式；②可證明不等式；③可證明整除問題；④可做近似計算等．

4.(1)對稱性；

(2)增減性；

(3)各項二項式系數的和； 以上性質可通過觀察楊輝三角進行歸納總結．

題型一 二項展開式中的特定項或特定項的系數

13【例1】已知(3x－)n的展開式中各項系數之和為256，則展開式中第7x

項的系數是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各項系數之和為2n＝256，則n＝8，故展開式中第7項的26系數為C68×3×(－1)＝252.?a?【變式1】若?x－?6展開式的常數項為60，則常數a的值為________． x??

?a?6－r6－3r解析 二項式?x6展開式的通項公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx??

2a)r，當r＝2時，Tr＋1為常數項，即常數項是C26a，根據已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

題型二 二項式定理中的賦值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋?＋a10(1－x)10，則a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通項公式為：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8時，第9項的系數．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故選A.【變式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解 令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.題型三 二項式的和與積

2【例3】二項式(x＋x)(1－x)4的展開式中x的系數是________．

答案：

32解析：利用分步計數原理與組合數公式，符合題目要求的項有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展開式中x的系數為3.?2【變式3】x?x－x7的展開式中，x4的系數是________(用數字作答)． ??

?27?2737解析 原問題等價于求?x－x的展開式中x的系數，?x－x的通項Tr＋1＝Cr7x????

－r?2r7－2r?－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系數為(－2)2C27x7＝84，即??

x???x－2x7?的展開式中x4的系數為84.答案 84

重難點突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|

＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)． ∴由(2)、(3)即可得其值為2187.① ②