1、6.36.3 二项式定理二项式定理 6 6. .3.13.1 二项式定理二项式定理 学习目标 1.能用计数原理证明二项式定理.2.掌握二项式定理及其展开式的通项公式.3.会用二项式定理解 决与二项展开式有关的简单问题 知识点一 二项式定理 (ab)nC0nanC1nan 1bC2 na n2b2Ck na nkbkCn nb n(nN*) (1)这个公式叫做二项式定理 (2)展开式：等号右边的多项式叫做(ab)n的二项展开式，展开式中一共有 n1 项 (3)二项式系数：各项的系数 Ckn(k0,1,2，n)叫做二项式系数 知识点二 二项展开式的通项 (ab)n展开式的第 k1 项叫做二项展开式
2、的通项，记作 Tk1Cknan kbk. 思考 二项式系数与二项展开式中项的系数相同吗？ 答案 一般不同前者仅为 Ckn，而后者是字母前的系数，故可能不同 1(ab)n展开式中共有 n 项( ) 2在公式中，交换 a，b 的顺序对各项没有影响( ) 3Cknan kbk是(ab)n 展开式中的第 k 项( ) 4(ab)n与(ab)n的二项展开式的二项式系数相同( ) 5二项式(ab)n与(ba)n的展开式中第 k1 项相同( ) 一、二项式定理的正用、逆用 例 1 (1)求 3 x 1 x 4的展开式 解 方法一 3 x 1 x 4C0 4(3 x) 4C1 4(3 x) 31 xC 2 4
3、(3 x) 2 1 x 2C3 4(3 x) 1 x 3C4 4 1 x 481x2108x 5412 x 1 x2. 方法二 3 x 1 x 4 3x1 x 41 x2(13x) 41 x2 1C 1 4 3xC 2 4(3x) 2C3 4(3x) 3C4 4(3x) 41 x2(112x54x 2 108x381x4) 1 x2 12 x 54108x81x2. (2)化简：C0n(x1)nC1n(x1)n 1C2 n(x1) n2(1)kCk n(x1) nk(1)nCn n. 解 原式C0n(x1)nC1n(x1)n 1(1)C2 n(x1) n2(1)2Ck n(x1) nk(1)k
4、Cn n(1) n(x1) (1)nxn. 延伸探究 若(1 3)4ab 3(a，b 为有理数)，则 ab_. 答案 44 解析 (1 3)41C14( 3)1C24( 3)2C34( 3)3C44( 3)414 31812 392816 3， a28，b16，ab281644. 反思感悟 (1)(ab)n的二项展开式有 n1 项， 是和的形式， 各项的幂指数规律是： 各项的次数和等于 n； 字母 a 按降幂排列，从第一项起，次数由 n 逐项减 1 直到 0；字母 b 按升幂排列，从第一项起，次数由 0 逐项加 1 直到 n. (2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想注意分析已知多
5、项式的特点，向二项展开式的形 式靠拢 跟踪训练 1 化简：(x1)55(x1)410(x1)310(x1)25(x1) 解 原式C05(x1)5C15(x1)4C25(x1)3C35(x1)2C45(x1)C551(x1)151x51. 二、二项展开式的通项的应用 例 2 若 x 1 2 4 x n展开式中前三项系数成等差数列，求： (1)展开式中含 x 的一次项； (2)展开式中所有的有理项 解 (1)由已知可得 C0nC2n 1 222C 1 n 1 2， 即 n29n80，解得 n8 或 n1(舍去) Tk1Ck8( x)8 k 1 2 4 x kCk 8 2 k 3 4 4k x ，
6、令 43 4k1，解得 k4. 所以含 x 的一次项为 T5C482 4x35 8 x. (2)令 43 4kZ，且 0k8，则 k0,4,8，所以含 x 的有理项分别为 T1x 4，T 535 8 x，T9 1 256x2. 反思感悟 求二项展开式的特定项的常用方法 (1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为 0(即 0 次项) (2)对于有理项，一般是先写出通项公式，求其所有的字母的指数恰好都是整数的项解这类问题必须合并 通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解 (3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一
7、致 跟踪训练 2 在 2 x 1 x 6的展开式中，求： (1)第 3 项的二项式系数及系数； (2)含 x2的项 解 (1)第 3 项的二项式系数为 C2615， 又 T3C26(2 x)4 1 x 2240 x， 所以第 3 项的系数为 240. (2)Tk1Ck6(2 x)6 k 1 x k(1)k26kCk 6x 3k， 令 3k2，解得 k1， 所以含 x2的项为第 2 项，且 T2192x2. 三、求两个多项式积的特定项 例 3 (1)已知(1ax)(1x)5的展开式中，含 x2的项的系数为 5，则 a 等于( ) A4 B3 C2 D1 (2)(12x)3(1x)4的展开式中，含
8、 x 项的系数为( ) A10 B10 C2 D2 答案 (1)D (2)C 解析 (1)由二项式定理得(1x)5的展开式的通项为 Tk1Ck5 xk， 所以(1ax)(1x)5的展开式中含 x2的项的 系数为 C25C15 a5，所以 a1，故选 D. (2)(12x)3(1x)4的展开式中含 x 项的系数是由两个因式相乘而得到的， 即第一个因式的常数项和一次项分 别乘第二个因式的一次项与常数项，为 C03 (2x)0 C14 (x)1C13 (2x)1 C04 14 (x)0，其系数为 C03C14(1) C132C04462. 反思感悟 求多项式积的特定项的方法“双通法” 所谓的“双通法
9、”是根据多项式与多项式的乘法法则得到(abx)n(stx)m的展开式中一般项为：Tk1 Tr1 Cknan k(bx)k Cr ms mr(tx)r，再依据题目中对指数的特殊要求，确定 r 与 k 所满足的条件，进而求出 r，k 的取 值情况 跟踪训练 3 (xy)(xy)8的展开式中 x2y7的系数为_(用数字作答) 答案 20 解析 由二项展开式的通项公式可知，含 x2y7的项可表示为 x C78xy7y C68x2y6，故(xy)(xy)8的展开式中 x2y7的系数为 C78C6882820. 四、二项式定理的应用 例 4 (1)试求 2 01910除以 8 的余数； (2)求证：32n
10、 28n9(nN*)能被 64 整除 (1)解 2 01910(82523)10. 其展开式中除末项为 310外，其余的各项均含有 8 这个因数， 2 01910除以 8 的余数与 310除以 8 的余数相同 又31095(81)5，其展开式中除末项为 1 外，其余的各项均含有 8 这个因数， 310除以 8 的余数为 1，即 2 01910除以 8 的余数也为 1. (2)证明 32n 28n9(81)n18n9 C0n18n 1C1 n18 nCn1 n18n9 C0n18n 1C1 n18 nCn1 n18 2(n1)818n9 C0n18n 1C1 n18 nCn1 n18 2. 式中
11、的每一项都含有 82这个因数，故原式能被 64 整除 反思感悟 利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这 种转化形式与除数有密切的关系 跟踪训练 4 (1)已知 nN*，求证：122225n 1 能被 31 整除 证明 12222325n 112 5n 12 25n132n1(311)n131nC1n31n 1Cn1 n 31 1131(31n 1C1 n31 n2Cn1 n )， 显然括号内的数为正整数，故原式能被 31 整除 (2)求 0.9986的近似值，使误差小于 0.001. 解 0.9986(10.002)61C16 (0.002)C26
12、(0.002)2C66 (0.002)6. 由题意知 T3C26(0.002)2150.00220.000 060.001， 且第 3 项以后(包括第 3 项)的项的绝对值都远小于 0.001， 故 0.9986(10.002)6160.0020.988. 1. x1 x 5的展开式中含 x3项的二项式系数为( ) A10 B10 C5 D5 答案 D 2. x2 2 x3 5的展开式中的常数项为( ) A80 B80 C40 D40 答案 C 3设 S(x1)33(x1)23(x1)1，则 S 等于( ) Ax3 Bx3 C(1x)3 D(x1)3 答案 A 4若(x2)n的展开式共有 12 项，则 n_. 答案 11 5C0n 2nC1n 2n 1Ck n 2 nkCn n_. 答案 3n 解析 原式(21)n3n. 1知识清单： (1)二项式定理 (2)二项展开式的通项公式 2方法归纳：转化化归 3常见误区：二项式系数与系数的区别，Cknan kbk是展开式的第 k1 项