高考数学一轮复习总教案：12.3二项式定理

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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.