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    高考数学一轮复习总教案:12.3二项式定理

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    高考数学一轮复习总教案:12.3二项式定理

    1、12.3 二项式定理二项式定理 典例精析典例精析 题型一 二项展开式的通项公式及应用 【例 1】 已知的展开式中,前三项系数的绝对值依次成等差数列. (1)求证:展开式中没有常数项; (2)求展开式中所有的有理项. 【解析】由题意得 2C1 n 1C2 n ()2, 即 n29n80,所以 n8,n1(舍去). 所以 Tr1 () ()r (1)r(0r8,rZ). (1)若 Tr1 是常数项,则163r40,即 163r0, 因为 rZ,这不可能,所以展开式中没有常数项. (2)若 Tr1 是有理项,当且仅当163r4为整数, 又 0r8,rZ,所以 r0,4,8, 即展开式中有三项有理项,

    2、分别是 T1x4,T5358 x,T91256 x-2. 【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式,是掌握二项式定理的关键.除通项公式外,还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质; (2)应用通项公式求二项展开式的特定项,如求某一项,含 x 某次幂的项,常数项,有理项,nxx)21(42121r8Cxr8rx)21(421r8C28 rx4rxrr2C84316rx系数最大的项等,一般是应用通项公式根据题意列方程,在求得 n 或 r 后,再求所需的项(要注意 n 和 r 的数值范围及大小关系); (3) 注意区分展开式“第 r1 项的二项式系数”与“第 r1 项的系数”. 【

    3、变式训练 1】若(x x)n 的展开式的前 3 项系数和为 129,则这个展开式中是否含有常数项,一次项?如果有,求出该项,如果没有,请说明理由. 【解析】由题知 C0 nC1 n 2C2 n 22129, 所以 n8,所以通项为 Tr1Cr 8(x x)8-r , 故 r6 时,T726C2 8x1 792x, 所以不存在常数项,而存在一次项,为 1 792x. 题型二 运用赋值法求值 【例 2】(1)已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn,且 a1a2an129n,则 n ; (2)已知(1x)na0a1xa2x2anxn,若 5a12a20,则 a0a1a2a3(1)

    4、nan . 【解析】(1)易知 an1,令 x0 得 a0n,所以 a0a1an30. 又令 x1,有 2222na0a1an30, 即 2n1230,所以 n4. (2)由二项式定理得, a1C1 nn,a2C2 nn(n1)2, 代入已知得5nn(n1)0,所以 n6, 令 x1 得(11)6a0a1a2a3a4a5a6, 32xrx)2(3rrxr611128C2即 a0a1a2a3a4a5a664. 【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征,通过一些特殊值代入构造相应的结构. 【变式训练 2】设(3x1)8a0a1xa2x2a7x7a8x8.求 a0a2a4a6a8 的值.

    5、【解析】令 f(x)(3x1)8, 因为 f(1)a0a1a2a828, f(1)a0a1a2a3a7a848, 所以 a0a2a4a6a8f(1)f(1)227 (128). 题型三 二项式定理的综合应用 【例 3】求证:4 6n5n19 能被 20 整除. 【解析】4 6n5n194(6n1)5(5n1)4(51)n15(41)n120(5n1C1 n5n2Cn1n)(4n1C1 n4n2Cn1n),是 20 的倍数,所以 4 6n5n19 能被 20 整除. 【点拨】 用二项式定理证明整除问题时, 首先需注意(ab)n 中, a, b 中有一个是除数的倍数;其次展开式有什么规律,余项是什

    6、么,必须清楚. 【变式训练 3】求 0.9986 的近似值,使误差小于 0.001. 【解析】0.9986(10.002)616 (0.002)115 (0.002)2(0.002)6. 因为 T3C2 6(0.002)215 (0.002)20.000 060.001, 且第 3 项以后的绝对值都小于 0.001, 所以从第 3 项起,以后的项都可以忽略不计. 所以 0.9986(10.002)616 (0.002)10.0120.988. 总结提高总结提高 1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等),解决这些问题通常采用待定系数法,运用通项公式写出待定式,再根据待定项的要求写出 n、r 满足的条件,求出 n 和 r,再确定所需的项; 2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段; 3.利用二项式定理解决整除问题时,关键是进行合理的变形,使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题,要注意余数的取值范围.


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