1、微专题3 二项式定理 课前5分钟：1.请同学们准备好，试卷，演草纸，笔记本2.课前老师将会组织签到，请及时签到使用时间：2022年1月27日课标要求课标研读(1)能用计数原理证明二项式原理(2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.对于二项式定理，主要考查利用通项公式求展开式的特定项、求特定项的系数、利用赋值法求二项式展开式系数问题等.1二项式定理 这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(ab)n 的二项展开式，其中的系数 Ckn(k0,1,2，n)叫做式中的叫做二项展开式的，用 Tk1 表示，即展开式的第项：Tk1.Cknankbk(ab)nC0nanC1nan1b1Cknankb
2、kCnnbn(nN*)二项式系数通项k+1Cknankbk2二项展开式形式上的特点(1)项数为.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n，即 a与 b 的指数的和为.(3)字母 a 按排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按排列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n.(4)二项式的系数从，C1n，一直到 Cn1n，.C0nCnnn+1n降幂升幂3二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“”的两个二项式系数相等，即 CmnCnmn.(2)增减性与最大值：二项式系数 Ckn，当 k时，二项式系数是递减的当 n 是偶数时，那么其展开式中间一项的二项式系数最大当 n 是奇数
3、时,那么其展开式中间两项和的二项式系数相等且最大等距离 n12n1221nT121nT12nT(3)各二项式系数的和(ab)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即2n.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即.C0nC1nC2nCknCnnC1nC3nC5n2n1C0nC2nC4n练习.C111C311C511C1111_.210引例1.011nnnrn rrnnnnnnabC aC abC abC b例题讲评求 的展开式 61x+x 解：根据二项式定理，66-10616 1-126 2-236 3-346 4-456 5-56-66666666642-2-4
4、-6161520 156xxxxC xC xxC xxC xxC xxC xxC xxxxxxx变式1：求 的展开式 61xx66-1-160616 1-1 126 2-1 236 3-1 346 4-1 456 5-1 56-1 66666666642-2-4-61()()()()()()()61520 156xxxxxxC xC xxC xxC xxC xxC xxCxxxxxxx 解：根据二项式定理，011nnnrn rrnnnnnnabC aC abC abC b例题讲评解:求的展开式中的系数。61(2)xx2x的展开式的通项：根据题意，得因此，的系数是2x引例2：引例3、求的展开式中
5、的系数。9)1(xx 3x解：设展开式的第r+1项为含的项，则3x011nnnrn rrnnnnnnabC aC abC abC brrrrxxCT)1(991rrrxC299)1(3329rr 即展开式中的第4项含，其系数为3x84)1(393C例题讲评考点1 求二项展开式中的特定项或系数例 1.（1）4(12)x展开式中第 3 项的二项式系数为（）A6B-6C24D-24（2）二项式91()2xx展开式中，3x 项的系数为【答案】A【解析】试题分析：第 3 项的二项式系数为246C,选 A.【答案】221试题分析：99 219911()()22rrrrrrrTC xC xx，所以由9233
6、rr得系数为339121()22C（3）5)(xax 的展开式中3x 项的系数为 20，则实数a（4）在 x+2x25的展开式中,x2的系数是.考点1 求二项展开式中的特定项或系数【答案】4试题分析：二项式5)(xax 展开式的通项为210551rrrrxCaT，令3210 r，解得4r，故展开式中3x 项的系数为2045 aC，解得4a.（4）因为 +2 25的展开式的通项公式为 Tr+1=C5 x5-r2 2=C5 2rx5-3r(r=0,1,2,3,4,5),令 5-3r=2,解得 r=1,所以 x2 的系数为C512=10.练习：(2020全国)(xy)5的展开式中x3y3的系数为A.
7、5B.10C.15D.20 xy2x Cx3y3的系数为10515.解:法一xy2x(xy)5 xy2x(x55x4y10 x3y210 x2y35xy4y5)，方法二 当 xy2x 中取 x 时，x3y3 的系数为 C35，当 xy2x 中取y2x 时，x3y3 的系数为 C15，x3y3 的系数为 C35C1510515.(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k1，代回通项即可.(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以
8、免重复或遗漏.(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决.考点2 二项式系数的性质与各项系数和例 2.（1）若51()a xx展开式中所有项的系数和为 1，则其展开式中x 的系数为（）A 2B 10C 16D 80【答案】D【详解】令1x，则展开式中所有项的系数和为511a ，故2a，51(2)xx展开式的通项公式为5 35521551212rrrrrrrrTCxC xx，令 5312r，解得1r ，故 x 的系数为15 1151280C，故选：D考点2 二项式系数的性质与各项系数和（2）在312nxx的展开式中，各二项式系数的和为 128，则常数项是_（3）在二项式 2-1 11的展开式
9、中,系数最大的项为第项.【答案】14.试题分析：因为312nxx的展开式中，各二项式系数的和为 128，所以1282n，即7n，所以312nxx的 展 开 式 的 通 项 为rrrrrrrrxCxxCT2721777371)1(2)1()2(，令02721r，则6r，即常数项是14267C，故应填 14.(3)解析依题意可知 Tr+1=C11(-1)rx22-3r,0r11,rZ,二项式系数最大的是C115 与C116.当 r=6时,T7=C116 x4,故系数最大的项是第七项.解:设(2x3y)10a0 x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*)(2)令 xy1，各项系数和为 a0a1
10、a10=(23)10(1)101.(1)二项式系数的和为 C010C110C1010210.(3)奇数项的二项式系数和为 C010C210C101029，偶数项的二项式系数和为 C110C310C91029.【练习 2】在(2x3y)10的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项系数和与偶数项系数和；(5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和(4)令 xy1，得到 a0a1a2a101，令 x1，y1(或 x1，y1)，得 a0a1a2a3a10510，得 2(a0a2a10)1510，奇数项系数和为15102；
11、得 2(a1a3a9)1510，偶数项系数和为15102.(5)x 的奇次项系数和为 a1a3a5a915102；x 的偶次项系数和为 a0a2a4a1015102.【练习 2】在(2x3y)10的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项系数和与偶数项系数和；(5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和变式 3.已知(3 xx2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x1)n 的展开式的二项式系数和大 992.求在 2x1x 2n 的展开式中.(1)二项式系数最大的项；(2)系数的绝对值最大的项解 由题意知，22n2n
12、992，即(2n32)(2n31)0，2n32，解得 n5.(1)由二项式系数的性质知，2x1x10 的展开式中第 6 项的二项式系数最大，T6C510(2x)51x58 064.即 C510252.二项式系数最大的项为解 由题意知，22n2n992，即(2n32)(2n31)0，2n32，解得 n5.(2)设第 k1 项的系数的绝对值最大，Tk1Cr10(2x)10r1xrCk10210kCk110 210k1，Ck10210kCk110 210k1，得Ck102Ck1102Ck10Ck110，即11k2k，2k110k，(1)kCk10210kx102k，kZ，k3.故系数的绝对值最大的项
13、是第 4 项，T4C31027x415 360 x4.解得83k113，考点3 二项式定理的应用例 3.（1）设 aZ，且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则a()A0B1C11D12【答案】D.【解析】（2）SC127C227C 2727除以 9 的余数为_考点3 二项式定理的应用【答案】7.【解析】变式 4.(1)已知 2n23n5na 能被 25 整除，求正整数 a 的最小值；解(1)原式46n5na4(51)n5na4(C0n5nC1n5n1Cn2n52Cn1n5Cnn)5na4(C0n5nC1n5n1Cn2n52)25n4a，显然正整数 a 的最小值为 4.“赋值法
14、”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n、(ax2bxc)m(a、bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x1 即可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 xy1 即可1 通项为 Tk1Cknankbk 是(ab)n 的展开式的第 k1 项，而不是第 k 项，这里 k0，1，n.2二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念二项式系数是指 C0n，C1n，Cnn，它只与各项的项数有关，而与 a，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与 a，b 的值有关3因为二项式定理中的字母可取任意数或
15、式,所以在解题时根据题意,给字母赋值,是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.例：1.如果把个位数是 1，且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由 1,2,3,4 四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有_个2.方 程 x2m y2n 1 表 示 焦 点 在 y 轴 上 的 椭 圆，其 中 m1,2,3,4,5，n1,2,3,4,5,6,7，那么这样的椭圆有多少个？当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种9312(个).共有 6543220 个
16、1.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000大的偶数共有（）(A)144 个(B)120 个(C)96 个(D)72 个据题意，万位上只能排 4、5.若万位上排 4，则有342A个；若万位上排 5，则有343A个.所以共有342A3435 24120A 个.例.如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中A1、A2、A3、A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M,N处的甲、乙两人分别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达N,M为止.(1)求甲经过A2到达N的方法有多少种;(2)求甲、乙
17、两人在A2处相遇的走法有多少种;(3)求甲、乙两人相遇的走法有多少种.【分析】(1)甲经过A2到达N,分成两步走,第一步,由M到达A2;第二步,由A2到达N.(2)算出甲经过A2和乙经过A2的种数,再利用乘法计数原理进行计算.(3)利用第(2)问的结果,类比求出甲、乙两人在A1、A2、A3、A4处相遇的走法种数,并求和.9种81164第二步,甲从A2到N的方法数为 种;13C所以甲经过A2到达N的方法数为()2=9种.13C【解析】(1)甲经过A2,可分为两步:第一步,甲从M经过A2的方法数为 种;13C(2)由(1)知,甲经过A2的方法数为()2;乙经过A2的方法数也为()2.所以甲、乙两人
18、在A2处相遇的方法数为()4=81.13C13C13C(3)甲、乙两人沿最短路径行走,只可能在A1、A2、A3、A4处相遇,他们在Ai(i=1,2,3,4)相遇的走法有()4种方法;所以,()4+()4+()4+()4=164.13Ci03C13C23C33C例3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？(1)分成1本、2本、3本三组;(2)分给甲、乙、丙三人,其中一人1本,一人2本,一人3本;(3)分成每组都是2本的三组;(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本(1)分三步：先选一本有 C16种选法；再从余下的 5 本中选 2 本有 C25种选法；对于余下的三本全选有 C33
19、种选法，由分步乘法计数原理知有 C16C25C3360 种选法(2)由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有 C16C25C33A33360 种选法(3)先分三步，则应是 C26C24C22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记 6 本书为分别 A、B、C、D、E、F，若第一步取了(AB、CD、EF)，则 C26C24C22种分法中还有(AB、EF、CD)，(CD、AB、EF)、(CD、EF、AB)、(EF、CD、AB)、(EF、AB、CD)共有 A33种情况，而且这 A33种情况仅是 AB、CD、EF 的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分配方式有C26C24C22A3315 种.(4)在问题(3)的基础上再分配，故分配方式有C26C24C22A33A33C26C24C2290 种例.某国际旅行社共有9名专业导游，其中6人会英语，4人会日语，若在同一天要接待5个不同的外国旅游团队，其中3个队要安排会英语的导游，2个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有多少种？共有1 080种
