(完整word版)全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导：第十讲二项式定理与多项式

1、1全国高中数学联赛 金牌教练员讲座兰州一中数学组第十讲二项式定理与多项式知识、方法、技能I二项式定理1.二项工定理n(a b)nC：ankbk(n N*)k 02二项展开式的通项Tr,C：an rbr(0 r n)它是展开式的第 r+1 项.3二项式系数Cn(0 r n).4二项式系数的性质(1)CnkCk(0 k n).(2) C：C：141(0 kn 1).(3)若 n是偶数，有c：c：nCn2n 1CnCnn,n即中间一项的二项式系数Cn2最大.n 1n 1右 n 是奇数，有CnCnCn2Cn2n 1CnC,即中项二项的二项式系nn 1数Cn2和Cn2相等且最大.(4)CnC1CnCCn

2、2n.(5) CnC2CnCncnC3C5nn2门1(6)kC：nC畀或CkCn11.62cnkccmckmmckmc：km(m k ).以上组合恒等式(是指组合数cm满足的恒等式)是证明一些较复杂的组合恒等式的基 本工具.(7)和(8)的证明将在后面给出.5 证明组合恒等式的方法常用的有(1) 公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明(2) 利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中(3) 利用数学归纳法.(4) 构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法赛题精讲1例 1 ：求(X 1)7的展开式中的常数项X【解】由二项式定理得(X 1I)7X1(x丄)7Xc；C；(

3、x丄)212C；(x -)2C；(x1)rC；(x-)7XXXX其中第r 1(0r7)项为Tr 1C；(x1)rX在(x丄)的展开式中，设第 k+1 项为常数项，记为Tk 1,X则Tk1ckxr k(-)kC：xr2k,(0 k r)x由得 r- 2k=0，即 r=2k , r 为偶数，再根据、知所求常数项为【评述】求某一项时用二项展开式的通项例 2:求(1 2x 3x2)6的展开式里 x5的系数【解】因为(1 2x 3x2)6(13x)6(1 x)66S、612233445566.C6(3x) 1 C6X C6X C6x C6X C6x C6X .(8) c：C：2nn 1Cn kCn k

4、1.C；C；63C7C6393.122331 C63x C6(3x)C6(3x)2 6所以(1 2x 3x )的展开式里x5的系数为1( C；)143C6C6c 223、3 C6( C6)小3 33 C66334c；(C6) 35c；1168.4【评述】本题也可将(1 2x 3x2)6化为1 (2x 3x2)6用例 1 的作法可求得例 3:已知数列ao,ai,a2,(a0)满足ai 1ai 12ai(i 1,2,3,),求证：对于任何自然数 n，是 x 的一次多项式或零次多项式(1986 年全国高中数学联赛试题)【思路分析】由ai 1ai 12ai知a.是等差数列，则印而可将p(x)表示成a0

5、和 d的表达式，再化简即可【解】因为ai 1ai 12ai(i 1,2,3,)所以数列an为等差数列，设其公差为 d有aia0id (i 1,2,3,)从而P(x) aC；(1 x)n(a。d)C：x(1 x)n 1(a。2d)C：x2(1 x)n 2(a。nd)C：xnaC0(1 x)nC；x(1 x)n 1C；xn d1 C；x(1 x)n 12C；x2(1 x)n 2nC：xn,由二项定理，知C(1 x)nC：x(1 x)n1C：x2(1 x)n2C；xn(1 x) xn1,又因为kCkk一n!一n -(卫-nC；1,k!(n k)! (k 1)!( n 1) (k 1)!从而 0 x(

6、1 x)n 12C2X2(1 x)n 2nC：xnn 11n 2n 1nx(1 x) Cn 1X(1 x)x nx(1 x) xn 1nx. 所以P(x) andx.p(x)aoC(1 x)na1Cnx(1 x)n 1a2Cx2(1nx)Cn 1 n 1nx (1 x)CnnX例 4:已知 a，b 均为正整数，且absin犁2(其中 0),An(a2b2)nsinn ,求ab2证：对一切n N *，An均为整数【思路分析】由sin n联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos，然后分析 An与复数的关系.2 ,2【证明】因为sin2ab r22,且 0,ab,所以 cos.1 sin2冷二.ai 1

7、da0id (i 1,2,),从d 0 时,P(x)为零次多项式5当 d 0 时,P(x)为 x 的一次多项式，当2 , 2 2 , 2a b2a b6显然sinn 为(cos i sin )n的虚部，由于(cosi si nn ) (a bi )2n.从而 An(a2b2)nsi n n 为(a bi)2n的虚部.因为 a、b 为整数，根据二项式定理，(a bi)2n的虚部当然也为整数，所以对一切n N*：An为整数.【评述】把 An为与复数(cos isin )n联系在一起是本题的关键.例 5:已知x, y为整数，P 为素数，求证：(x y)PxPyP(mod P)【证明】(x y)PxP

8、CpxP 1y CpxP 2y2C；P1xyP 1yP由于CP -1一 9_r_(r 1,2, ,P 1)为整数，可从分子中约去r！，又因为 P 为素r!数，且r p，所以分子中的 P 不会红去，因此有P |CP(r 1,2, ,P 1).所以PPP(x y) x y (mod P).【评述】将(x y)P展开就与xPyP有联系，只要证明其余的数能被P 整除是本题的关键例 6:若(、.5 2)2r 1m (r,m N*,01)，求证：(m ) 1.【思路分析】由已知 m (. 52)2r1和(m )1 猜想(52)2r 1，因此需要求出，即只需要证明(.52)2r 1( 52)2r 1为正整数

9、即可.【证明】首先证明，对固定为r,满足条件的m,是惟一的.否则，设(、5 2)2r 1m11m22m1,m2N*,1,2(0,1),m1m2,12贝9m1m2120，而m1m2Z,12(1,0)(0,1)矛盾.所以满足条件的 m 和i sin2 2(a b( nra b2aba2b2i)n12 2LT(a b 2abi)(a2b2)(a2nbi).所以(a2b2)n(cosn7是惟一的.下面求m 及.因为(52)2r 1(52)2r 1C；1(5)1 C2r1C5)2r2 C；r5)2r 12222r 1C；i(、5)2r1C；ri(.5)2r2 C；i(.、5)2r12222r 12c2r

10、 i( 5)2r2 C；r i(、5)2r 22322r 12C1r 15r2 C3r 15r 123C2r；52r122r 1 N*又因为 5 2 (0,1),从而(-5 2)2r 1(0,1)所以m 2(C2r 15r2 C：3r 15r 123C；： ；5r22r 122r 1)(52)2：1故(m ) C.52)2r 1.(、.5 2)2r 1(54)2r 11.【评述】猜想C，5 2)2r1,(、5 2)2：1与(=5 2)2：1进行运算是关键例 7:数列a.中，a13, an3爲(门2)，求a2001的末位数字是多少？【思路分析】利用n 取1, 2,3，猜想an及an的末位数字【解

11、】当 n=1 时， a1=3,a23a13327 4 6 3a33a23273463(34)633(81)633(81)627，因此a2, a3的末位数字都是 7,猜想，an4m3,m N *.现假设 n=k 时，ak4m 3, mN * .当 n=k+1 时，ak 13ak34m 3(4 1)4m 3C044m 3(4m 3H1)0C4m4m342( 1)1C爲41(1)4m24m 304m 3C4m 34( 1)4T 14(T1)3,从而an4m 3( m N*)于是an 13an34m 3(81)m27.故a2001的末位数字是 7.【评述】猜想an4m 3是关键.例 8：求 N=198

12、8 1 的所有形如d 2a3b,(a,b为自然数)的因子 d 之和.【思路分析】寻求 N 中含 2 和 3 的最高幕次数，为此将19 变为 20 1 和 18+1，然后用二项8式定理展开.【解】因为 N=1988 1=(20 1)88仁(1 4X5)88 1=-C；84 5C8284252C；84353C88487587C；488588565255526M 25(2M55)其中 M 是整数.上式表明，N 的素因数中 2 的最高次幕是 5.又因为 N=(1+2X9)88- 1C；82 9 C；82292C2 288988=32X2X88+34 P=32X(2X88+9P)其中 P 为整数.上式表

13、明，N 的素因数中 3 的最高次幕是 2.综上所述，可知 N 2532Q，其中 Q 是正整数，不含因数 2 和 3.因此，N 中所有形如2a3b的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.例 9 :设 x (15, 220)19(15 220)82，求数 x 的个位数字.【思路分析】直接求 x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数【解】令y (15,220)19(15、.220)82,则 x y (15, 220)19(15. 220)82(15220)19(15. 220)82，由二项式定理知，对任意正整数 n.(15220)n(15 . 220)n

14、2(15nC；15n 2220)为整数，且个位数字为零 因此，x+y 是个位数字为零的整数再对 y 估值，因为 0 15220 一5 0.2，且(15 . 220)88(15 、220)19，1522025所以 0 y 2(15. 220)192 0.2190.4.故 x 的个位数字为 9.【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题例 10：已知a00,a11,an 18anan1(n 1,2,)试问：在数列an中是否有无穷多个能被 15 整除的项？证明你的结论.【思路分析】先求出an,再将an表示成与 15 有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.【证明】

15、在数列an中有无穷多个能被 15 整除的项，下面证明之.9数列 仏的特征方程为x28x 1 0,它的两个根为 人4. 15, x24 -.15,所以anA(4 -15)nB(415)n(n=0, 1, 2,)10取n 2k(k 0,1,2,)，由二项式定理得n 2C；4n1C；4n 315C；4 15c；k/ 2k 14C342C2k4k 315C；k4 15k 1c；k/ 2k 14315(C；k.2k 34C；k14 15k2)2k 2k 1415T(其中 T 为整数),由上式知当 15|k，即 30|n 时，15|an,因此数列a.中有无穷多个能被15 整除的项.2设f(x) X4ax3

16、bX2CXd，其中a,b,c,d为常数，如果f(1) 1, f (2) 2, f (3) 3,求hf(4)f(0)的值43.定义在实数集上的函数f (x)满足：f (x) xf (1 x) 1 x,求 f (x).4.证明：当 n=6m 时，C；C；3 C；3 C；320.5.设(1 x x2)n展开式为a0a1x a2x2a2nx2n， 求证：a。asa63n 1.6.求最小的正整数 n,使得(xy 3x 7y 21)n的展开式经同类项合并后至少有1996 项.由a。2115月12 151.则an2 15(415)n(415)n，an12Cn4n 1J52 152C；4n 3( 15)32Cnn 14