2020届二轮复习 二项式定理 教案（全国通用）
展开要求层次重难点二项式定理用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题B二项式定理① 能用计数原理证明二项式定理．② 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 1．二项式定理⑴二项式定理这个公式表示的定理叫做二项式定理．⑵二项式系数、二项式的通项叫做的二项展开式，其中的系数叫做二项式系数，式中的叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：． ⑶二项式展开式的各项幂指数二项式的展开式项数为项，各项的幂指数状况是①各项的次数都等于二项式的幂指数．②字母的按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零，字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到．⑷几点注意①通项是的展开式的第项，这里．②二项式的项和的展开式的第项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换的．③注意二项式系数（）与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负．④通项公式是这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项公式是（只须把看成代入二项式定理）这与是不同的，在这里对应项的二项式系数是相等的都是，但项的系数一个是，一个是，可看出，二项式系数与项的系数是不同的概念．⑤设，则得公式：． ⑥通项是中含有五个元素，只要知道其中四个即可求第五个元素．⑦当不是很大，比较小时可以用展开式的前几项求的近似值． 2．二项式系数的性质⑴杨辉三角形：对于是较小的正整数时，可以直接写出各项系数而不去套用二项式定理，二项式系数也可以直接用杨辉三角计算．杨辉三角有如下规律：“左、右两边斜行各数都是1．其余各数都等于它肩上两个数字的和．”⑵二项式系数的性质：展开式的二项式系数是：，从函数的角度看可以看成是为自变量的函数，其定义域是：．当时，的图象为下图：这样我们利用“杨辉三角”和时的图象的直观来帮助我们研究二项式系数的性质．①对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．事实上，这一性质可直接由公式得到．②增减性与最大值如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．由于展开式各项的二项式系数顺次是，，．．．，，，．．．，．其中，后一个二项式系数的分子是前一个二项式系数的分子乘以逐次减小1的数（如），分母是乘以逐次增大的数（如1，2，3，…）．因为，一个自然数乘以一个大于1的数则变大，而乘以一个小于1的数则变小，从而当依次取1，2，3，…等值时，的值转化为不递增而递减了．又因为与首末两端“等距离”的两项的式系数相等，所以二项式系数增大到某一项时就逐渐减小，且二项式系数最大的项必在中间．当是偶数时，是奇数，展开式共有项，所以展开式有中间一项，并且这一项的二项式系数最大，最大为．当是奇数时，是偶数，展开式共有项，所以有中间两项．这两项的二项式系数相等并且最大，最大为．③二项式系数的和为，即．④奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即．常见题型有：求展开式的某些特定项、项数、系数，二项式定理的逆用，赋值用，简单的组合数式问题． 【例1】 的展开式中的第四项是 ．【考点】求展开式中的指定项【难度】2星【题型】填空【关键字】2018年四川高考【解析】，∴，的展开式中的第四项是：【答案】 【例2】 的展开式中，的系数等于_ ___．【考点】求展开式中的指定项【难度】2星【题型】填空【关键字】2018，安徽高考【解析】略；【答案】15； 【例3】 若，则的值是（ ）A． B． C． D．【考点】求展开式中的指定项【难度】2星【题型】选择【关键字】2018年丰台一模【解析】，四个选项中只有满足．【答案】A； 【例4】 的展开式中项的系数是（ ）A． B． C． D．【考点】求展开式中的指定项【难度】3星【题型】选择【关键字】2018年，东城一模【解析】所求系数为．【答案】A； 【例5】 在的展开式中，的系数为_______（用数字作答）．【考点】求展开式中的指定项【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】将多项市看作，通项公式为，只能取0或1，不难算出的系数为．本题也可以直接用排列组合的观点来解． 5个相乘，要得到项，只有两种情况：①1个取，其余4个取常数项，此时的系数为；②两个取，其余3个取常数项，此时的系数为因此的系数为1360．【答案】1360； 【例6】 在的展开式中，项的系数是 ．（用数字作答）【考点】求展开式中的指定项【难度】2星【题型】填空【关键字】2018年，湖南高考【解析】可以直接将6个式子中的项的系数相加，然后用组合数的性质来计算．如果注意到原多项式可化简为，则只需要求中项的系数即可，不难算出为．【答案】35； 【例7】 在展开式中，系数为有理数的项共有 项．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】2018年，湖北高考【解析】略【答案】6； 【例8】 的展开式中共有_____项是有理项．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】展开式的第项为，要使第项为有理项，需要为与的倍数，从而，，又，故，共有项．【答案】17； 【例9】 二项式的展开式中的常数项为_____________，展开式中各项系数和为 ．（用数字作答）【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】2018年，石景山一模【解析】通项公式，时，可得常数项；令即可得各项系数和为．【答案】； 【例10】 若的展开式中含有常数项，则最小的正整数等于 ． 【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】若的展开式中含有常数项，为常数项，则，即，所以被7整除，当时成立，最小的正整数等于7．【答案】7； 【例11】 已知的展开式中没有常数项，，且，则______．【考点】求展开式中的特定项【难度】4星【题型】填空【关键字】2018年，辽宁高考【解析】的通项公式为．如果题目中的多项式展开后没有常数项，则：．所以被4除只能余1．当时，．【答案】5； 【例12】 求展开式中的常数项．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】．由展开式的通项公式，可得展开式的常数项为． 【例13】 求二项式的展开式中：⑴常数项；⑵有几个有理项（只需求出个数即可）；⑶有几个整式项（只需求出个数即可）．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】展开式的通项为：．⑴设项为常数项，则，得，即常数项为；⑵设项为有理项，则为整数，∴为的倍数，又∵，∴可取，，三个数，故共有个有理项．⑶为非负整数，得或，∴有两个整式项． 【例14】 的展开式中共有_______项是有理项．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】展开式的第项为，要使第项为有理项，需要为与的倍数，从而，，又，故，共有项．【答案】17； 【例15】 在的展开式中任取一项，设所取项为有理项的概率为，则A．1 B． C． D．【考点】求展开式中的特定项【难度】4星【题型】选择【关键字】2009届高考数学二轮冲刺专题测试【解析】B；于是可取3，9，则，【答案】B； 【例16】 关于二项式有下列命题：①该二项展开式中非常数项的系数和是：②该二项展开式中第六项为；③该二项展开式中系数最大的项是第项与第项；④当时，除以的余数是．其中正确命题的序号是__________．（注：把你认为正确的命题序号都填上）【考点】求展开式中的特定项【难度】4星【题型】填空【关键字】无【解析】二项式所有项的系数和为，其常数项为，非常数项的系数和是，得①正确；二项展开式的第六项为，即得②错误；二项展开式中系数绝对值最大的项为第项（系数为）与第项（系数为），得系数最大的项是第项，即③错误；当时，除以的余数是，即④正确．故应填①④．【答案】①④； 【例17】 设的整数部分和小数部分分别为与，则的值为 ．【考点】求展开式中的特定项【难度】4星【题型】填空【关键字】2018年，湖北省八校第二次联考【解析】1；易知为整数，于是的小数部分与的小数部分相同，而，于是则．【答案】1； 【例18】 中，为正实数，且，它的展开式中系数最大的项是常数项，求的取值范围．【考点】求展开式中的特定项【难度】4星【题型】填空【关键字】无【解析】通项公式为．设第项的系数为当时，将已知条件代入得：，由已知，可知，即，第5项为常数项．若系数最大，则，化简可得．将代入，可得【答案】 【例19】 二项式的展开式中，末尾两项的系数之和为，且二项式系数最大的一项的值为，则在内的值为___________．【考点】求展开式中的特定项【难度】3星【题型】填空【关键字】无【解析】或；由已知可得，即得，二项式系数最大的一项为，解得，又，∴或．【答案】或 【例20】 展开式中不含的项的系数和为A． B． C． D．【考点】赋值求某些项系数的和与差【难度】3星【题型】选择【关键字】2018年，江西高考【解析】略【答案】B； 【例21】 设的展开式的各项系数之和为， 二项式系数之和为，若， 则展开式中的系数为（ ）A． B．150 C． D．500【考点】赋值求某些项系数的和与差【难度】3星【题型】选择【关键字】2018年，北京丰台一模【解析】求的展开式的各项系数之和令，而二项式系数之和为，则可以转化为得即．然后利用通项来求解．答案： B【答案】B； 【例22】 已知，求．【考点】赋值求某些项系数的和与差【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】由展开式知：均为负，均为正，∴令，则所求式子为．【答案】 【例23】 已知．⑴当时，求的值；⑵设．试用数学归纳法证明：当时，．【考点】赋值求某些项系数的和与差【难度】4【题型】解答【关键字】2009年，南京1模【解析】略【答案】⑴当时，原等式变为．令得．⑵因为，所以．所以（）．①当时，左边，右边，左边右边，等式成立．②假设当时，等式成立，即，那么，当时，左边右边．故当时，等式成立．综合①②，当时，． 【例24】 请先阅读：在等式的两边求导得，由求导法则得，化简得．⑴利用上述想法（或其他方法），结合等式（，整数），证明：；⑵对于整数，求证：．⑶对于整数，求证①；②．【考点】赋值求某些项系数的和与差【难度】4【题型】解答【关键字】2018年，江苏高考【解析】略【答案】⑴在等式两边对求导，得．移项得（）⑵在（）式中，令得，，，整理得．⑶①由⑴知，．两边对求导，得．在上式中，令，得，即，亦即．又由⑵知，上面两式相加，得．②将等式两边在上对积分，．由微积分基本定理，得，故． 【例25】 利用二项式定理证明：是64的倍数．【考点】证明整除或求余数【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】64是8的平方，问题相当于证明是的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形，将其展开后各项含有，与的倍数联系起来．∵是64的倍数． 【例26】 的末尾连续零的个数是（ ）A．7 B．5 C．3 D．2【考点】证明整除或求余数【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】上述展开式中，最后一项为1；倒数第二项为1000；倒数第三项为495000，末尾有三个0；倒数第四项为16170000，末尾有四个0；依次前面各项末尾至少有四个0．所以的末尾连续零的个数是3．故选C．【答案】C 【例27】 ，求证：．【考点】证明不等式【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】显然时，原不等式成立．时，将原不等式变为设，则，于是：． 【例28】 已知是正整数，且，⑴证明；⑵证明．【考点】证明不等式【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】⑴对于，有，同理，由于，故对整数，有，所以，即．⑵由二项式定理得：，，由⑴知（），而，，所以．因此．又，（）．∴，即． 【例29】 已知函数满足（），，并且使成立的实数有且只有一个．⑴求的解析式；⑵若数列的前项和为，满足，当时，，求数列的通项公式．⑶在⑵的条件下，令（），求证：当时，有．【考点】证明不等式【难度】3星【题型】解答【关键字】无【解析】略【答案】⑴令，由得．即只有一根，又，故．联立解得，，则，．⑵当时，，∴．∵当时，，∴．当时，，则（），两式相减得（），∴，即，从而数列是以为首项，为公比的等比数列．∴，∴．⑶∵，∴（）．∴．当时，，∴．∴． 【例30】 设，，，将的最小值记为，则，，，，…，，…其中 ．【考点】二项式定理的应用【难度】3星【题型】填空【关键字】2018年，浙江高考【解析】略【答案】 【例31】 由等式，定义映射，则等于（ ）A． B． C． D．【考点】二项式定理的应用【难度】3星【题型】选择【关键字】无【解析】D；由二项式定理，容易有当时，解得．于是答案为D．【答案】D；
