数学人教A版 (2019)二项式定理第1课时教案设计

这是一份数学人教A版 (2019)二项式定理第1课时教案设计，共18页。教案主要包含了教学目标，教学重难点，教学过程等内容，欢迎下载使用。

一、教学目标
1.掌握二项式系数的性质及推导
2.掌握赋值法在求解二项展开式特定项系数和中的运用
3.通过探究二项式系数性质的过程，培养学生发现问题、解决问题的能力，发展学生的学科素养.

二、教学重难点
重点：二项式系数的性质（对称性、增减性与最大值和各二项式系数的和）.
难点：1.理解增减性与最大值时，根据n的奇偶性确定相应的分界点；
2.利用赋值法证明二项式系数的性质，数学思想方法的渗透.

三、教学过程
（一）创设情境
情境：杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.

这样的二项式系数表，早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就已经出现了，我们称这个表为杨辉三角.杨辉三角的发现比欧洲早500年左右.
杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，一起探究吧！
设计意图：通过具体实例，激发学生们的学习兴趣，启迪思维，感受数学文化之美，感受数学的价值及魅力.
回顾：
1.二项式定理
(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b1+…+ Cnkan−kbk+…+Cnnbn(n∈N∗)
2.二项展开式的通项：Tk+1=Cnkan−kbk；
3.二项式系数：Cn0 ，Cn1 ，Cn2 ……Cnk …… Cnn．
（二）探究新知
任务1：探索二项式系数的性质
用计算工具计算 (a+b)n的展开式的二项式系数，并填入表6.3-1中.
（二项式系数：Cn0 ，Cn1 ，Cn2 …… Cnn）
表6.3-1
图6.3-1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
观察表6.3-1与图表6.3-1，你还能发现哪些规律?
要求：小组交流后，进行展示汇报
1.每行两端的数都是1；
2.系数呈对称分布；与首末两端“等距离”的两个系数相等；Cnm=Cnn−m
3.同一行中，系数先增后减，两端的系数小，中间的系数大.
4.在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和.Cn−1r−1+Cn−1r=Cnr
下面再从函数角度分析二项式系数：
对于(a+b)n展开式的二项式系数Cn0 ，Cn1 ，Cn2 …… Cnn
从函数角度看，Cnr可看成是以r为自变量的函数f(r)，其定义域是 {0，1，2，3，⋯，n}
思考：函数y=f(r)，r∈{0,1,2，……，n}的图象是什么？
答：n＋1个孤立的点
例如，当n=6时，函数f(r)=Cnr的图象是图中的7个孤立点．
1.对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．事实上，这一性质可直接由公式Cnm=Cnn−m得到．图象的对称轴为r=n2
2.增减性
二项式系数的前半部分是递增的，后半部分是递减的.在中间项取得最大值.
当n为偶数时，中间一项的二项式系数Cnn2取得最大值；
当n为奇数时，中间两项的二项式系数Cnn−12,Cnn+12相等，且同时取得最大值.
n=7
师生活动：学生结合图象可以发现：
（1）图形具有对称性：从函数图象直接看出，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，函数图象的对称轴是r=n2.
（2）图形增减性与最大值：从函数图象直观看出二项式系数的值具有先增后减的特征，当n=6时，在r=3时f3=C63取得最大值.当n=7时，在r=3，r=4时f3=C73，f4=C74同时取得最大值.
教师归纳总结：作出函数图象是分析单调性、对称性非常直观的方法.
设计意图：通过分析二项式系数的性质，帮助学生理解性质的同时，领悟几何直观、数形结合、特殊与一般等数学思想和方法，积累活动经验，培养分析和解决问题的能力.
思考：各二项式系数的和为多少？
答：已知(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+ Cnkxk+…+Cnnxn
令x=1，得2n=Cn0+Cn1+Cn2+…+ Cnk+…+Cnn
这就是说，(a+b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n.
师生活动：师生共同讨论、总结：把二项展开式中的字母a、b赋特殊值，即令a=b=1得出结果，代入公式得到结果.这样的方法在解决代数问题时是常用的.例如，要求1+2x5展开式中的各项系数的和，令x=1即可.
设计意图：通过利用赋值法求二项展开式中各项系数的和，在巩固性质的同时为赋值法的应用打下基础.
总结：二项式系数的性质
1.对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等
2.增减性与最大小值：二项式系数先递增再递减的，在中间项取得最大值.当n为偶数时，中间一项的二项式系数Cnn2取得最大值；当n为奇数时，中间两项的二项式
系数Cnn−12,Cnn+12相等，且同时取得最大值.
3.各二项式系数的和：(a+b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n.
（三）应用举例
例1 求证：在(a+b)n 的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.
分析：奇数项的二项式系数的和为Cn0+Cn2+Cn4+...，
偶数项的二项式系数的和为Cn1+Cn3+Cn5+...
由于(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b1+…+ Cnkan−kbk+…+Cnnbn中的a，b可以取任意实数，因此我们可以通过对a，b适当赋值来得到上述两个系数和.
证明：在展开式(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b1+…+ Cnkan−kbk+…+Cnnbn中，
令a=1,b=−1，则得(1−1)n=Cn0−Cn1+Cn2−Cn3+…+ (−1)nCnn
即(Cn0+Cn2+Cn4+...)−(Cn1+Cn3+Cn5+...)=0
因此Cn0+Cn2+Cn4++Cn3+Cn5+...
即在(a+b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.
师生活动 学生分组讨论，规范书写，根据学生完成情况，教师作点评和总结.
设计意图：学会利用赋值法求有关的二项式的系数的和.
例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.
解：令x=1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=−1，①
令x=-1，则a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6−a7=37②
(1)∵a0=C70=1,∴a1+a2+…+a7=−2
(2)由（①-②）÷2，得a1+a3+a5+a7=−1−372=−1094.
(3)由（①+②）÷2，得a0+a2+a4+a6=−1+372=1093.
师生活动：教师引导学生正确运用赋值法求解.
设计意图：通过例题，进一步巩固赋值法，并能够熟练运用.
总结：二项展开式中系数和的求法
(1)对形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a,b,c∈R,m,n∈N∗)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x=1即可;对(ax+by)n(a,b∈R,n∈N∗)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x=y=1即可.
(2)一般地，若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=f(1)+f(−1)2，
偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=f(1)−f(−1)2.
例3 在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是第 项.
解：由题意，第4项与第8项的系数相等，得其二项式系数也相等，
所以Cn3=Cn7，
由组合数的性质，得n=10.
因此，展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项.
故答案为6.
例4 已知(1+2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.
解：T6=Cn5·(2x)5,T7=Cn6·(2x)6,
依题意有Cn5·25=Cn6·26 .
解得，n=8.
所以，在(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项为T5=C84·(2x)4=1120x4.
设第k+1项的系数最大，则有
C8k∙2k≥C8k−1∙2k−1C8k∙2k≥C8k+1∙2k+1解得，5≤k≤6.
所以，k=5或k=6.
所以，系数最大的项为T6=1792x5,T7=1792x6.
总结：求二项展开式中系数的最值的方法
(1)若二项展开式的系数的绝对值与对应二项式系数相等，可转化为确定二项式系数的最值来解决.
(2)若二项展开式的系数为f(k)=Cnk·mg(k)的形式.
如求(a+bx)n(a,b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设其展开式的各项系数分别为A0,A1,…,An,且第k+1项系数最大
应用Ak≥Ak+1Ak≥Ak−1解出k，即得系数最大的项.
师生活动：教师引导学生充分利用二项式系数的性质，学生独立思考后再合作交流，教师适当点拨.
设计意图： 巩固二项式系数的增减性和最值的求法，提升学生数学运算的核心素养.
（四）课堂练习
1.已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+…+anxn，若a1+a2+…+an−1=29−n，那么自然数n的值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
解：令x=1得2+22+23+…+2n=a0+a1+a2+…+an,
即2−2n+11−2=a0+a1+a2 +…+an,
即2n+1−2=a0+a1+a2+…+an,
令x=0得a0=1+1+1+…+1=n
∵a1+a2+…+an−1=29−n
由二项展开式特点知an=1，
∴a1+a2+…+an−1=2n+1−n−3，
∴2n+1−n−3=29−n，
解得n=4．
故选：B．
2.已知ax2+1 xna>0的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，以下结论，正确结论的序号为 ．
①展开式中奇数项的二项式系数和为256；
②展开式中第6项的系数最大；
③展开式中存在常数项；
④展开式中含x15项的系数为45；
解：因为 (ax2+1 x)n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，
所以 Cn4=Cn6，得n=10，
故展开式中奇数项的二项式系数和为210−1=512，故①错；
因为展开式中各项系数之和为1024，
所以令 x=1，得 (a+1)10=1024，得a=1，
由n=10，可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的二项式系数最大，
因为x2与x−12的系数均为1，则该二项展开式的二项式系数与系数相同，所以第6项的系数最大，故②正确；
展开式的通项公式为 C10k(x2)10−k⋅(1 x)k=C10kx20−5k2(k=0,1,2,⋯10)，
令 20−5k2=0，得 k=8，即常数项为第9项，故③正确；
令 20−5k2=15，得 k=2，故展开式中含 x15项的系数为 C102=45，故④正确．
故答案为②③④．
3.已知(x−12x2)n的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x−1的系数为 ．
解：因为在(x−12x2)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，
所以n2+1=5,n=8，
所以(x−12x2)n的展开式的通项Tr+1=C8rx8−r(−12x2)r=C8r(−12)rx8−3r,r=0,1,2,⋯,8，
令8−3r=−1，得r=3，
所以展开式中x−1的系数为C83(−12)3=−7．
故答案为：−7．
4.已知(x−2)2024=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a2024(x−1)2024
(1)求a1;
(2)求a1+a2+a3+⋯+a2024的值．
解：(1)由(x−2)2024=[(x−1)−1]2024，令x−1=t，
则(t−1)2024=a0+a1t+a2t2+⋯+a2024t2024
由二项式定理可得a1=C20242023(−1)2023=−2024．
(2)令x=1即t=0，可得a0=1，
令x=2即t=1，可得a0+a1+a2+a3+⋯+a2024=0，
两式相减可得a1+a2+a3+⋯+a2024 =−1．
5.已知二项式(1−2x)n，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并解答下列问题：
(1)求n的值；
(2)设(1−2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，求展开式中所有奇数项的系数和．
条件①：只有第4项的二项式系数最大；
条件②：第2项与第6项的二项式系数相等；
条件③：所有二项式系数的和为64．
解：(1)若选①：只有第4项的二项式系数最大，则展开式中共有7项，所以n=6；
若选②：第2项与第6项的二项式系数相等，即Cn1=Cn5，所以n=1+5=6；
若选③：所有二项式系数的和为64，则2n=64，所以n=6；
(2)因为1−2x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=(−1)6=1，
令x=−1得a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36=729，
两式作和得2(a0+a2+a4+a6)=730，所以a0+a2+a4+a6=365，
即展开式中所有奇数项的系数和为365 ．
设计意图：通过课堂练习，让学生反复巩固二项式系数的性质，能够灵活运用.
（五）归纳总结
【课堂小结】通过本节课的研究，大家学到了哪些知识和方法，说说你的体会？
设计意图：帮助学生对整节课的内容进行归纳，理清思路，形成知识体系.n
a+bn的展开式的二项式系数
1
C10 C11
2
C20 C21 C22
3
C30 C31 C32 C33
4
C40 C41 C42 C43 C44
5
C50 C51 C52 C53 C54 C55
6
C60 C61 C62 C63 C64 C65 C66