高中数学竞赛二项式定理教案

1、本二项式定理 设nN，则(ab)nCanCan-1bCan-rbrCbn式右边称为二项式(ab)n的展开式，第r1项 Tr+1Can-rbr称为二项式展开式的通项公式，C叫做第r1项的二项式系数。特别地，(1x)nCCxCxrCxn。为方便起见，我们引入记号“”，a1a2an可记为，于是式可以写成(ab)n。二项式系数之间有如下性质：2n； CC，0rn； CCC当n为偶数时，C<C<<C， C> C>>C； 当n为奇数时，C<C<<CC> C>> C。对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且要学会逆向运用和变式使用，有

2、时先作适当变形后再展开；有时需适当配凑后逆用二项式定理。二项式定理及其展开式系数的性质是解决许多数学问题的重要工具，如：整除或求余数（余式）问题，组合数的求和式组合恒等式的证明问题，近似计算问题等等。对于利用二项式定理判断整除问题：往往需要构造对偶式；对于处理整除性问题，往往构造对偶式或利用与递推式的结合。A类例题例1 若(3x1)n（nN+）的展开式中各项系数和是256，则展开式中x2的系数是_。（上海高考题）分析 分清系数和二项式系数两个概念，系数之和常令x1，二项式系数之和为CCC2n解 设(3x1)na0a1xa2x2a2xn，令x1，得4na0a1an，即各项系数之和为4n，由题得4

3、n256，得n4。故(3x1)4的展开式中含x2改为C(3x)254x2。故所求展开式中x2系数为54说明：求二项式所有系数和的方法，常令其字母为1。若求所有奇数项系数和，可先令字母为1，求出所有系数和a0a1a2an，再令字母为1，求出a0a1a2a3an，再令字母为1，求出a0a1a2a3(1)nan，原式相加除以2。即得an有奇数项系数和a0a2a4。同理，两式相减除以2，可求出展开式所有偶数项系数和a1a3a5。注意，二项式系数与展开式某一项系数是不同概念，第r1项的二项式系数是C。例2 在(x23x2)5的展开式中x的系数为（ ）A160 B240 C360 D8004分析 二项式定

4、理实质上是(ab)2，(ab)3，展开公式的推广，是两个字母a和b的和或差的n次方的展开公式，因此只能处理两个字母或两个量之间的关系，遇到大于二个量的和式或差式时，常进行因式分解分成两个量和与两个量和（或差）的积的形式，再利用定理解 (x23x2)5(x1)5·(x2)5 ，在(x1)5的展开式中x项的系数为C5，常数项为1，在(x2)5的展开式中x项的系数为24 C80，常数项为32，所以x项的系数为5×3280×1240。说明：本题也可以另解。方法二：(x23x2)5(x23x2)(x23x2)(x23x2)，根据多项式相类法则知，x的系数是：从5个括号中任取

5、一个3x项，其他括号中都取项2相乘得的系数，故所求系数为C×3×24240。方法三：(x23x2)5x2(3x2)5，把3x2看成一个整体，运用二项式定理展开后，x项只在(3x2)5中出现，故x项的系数为C×3×24240。情景再现1在(1x3)(1x)10的展开式中，x2的系数是A297 B252 C297 D2072若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为A1 B1 C0 D2 3求(|x|2)2展开式中的常数项。B类例题例3 已知i，m，n是正整数，且1< i m<n，证明：niA<

6、miA；(1m)n > (1n)m。（2001年全国高考题）分析 本题以排列组合为依托，重点考查了式子的变形和计算能力。证明 即证<。， ，由m<n知>（k1，2，i1）， 1<1，即<（k1，2，i1）， <成立；(1m)nCmCm2CmnC (1n)mCnCm2CnmC由知niA< miA（1<im<n），且ACi!，ACi!，nC<miC（1<im<n）n2Cn3CnmC< m2Cm3CmmC又当m<in时，miC>0，CnCn2CnmC<CmCm2CmnC。即 (1m)n > (

7、1n)m 成立。例4 用二项式定理证明：34n+252n+1能被14整除。分析用二项式定理证明整除问题时，首先须注意(a±b)n中，a、b中有一个必须是除数的倍数，其次，展开式的规律必须清楚，余项是什么，必须写出。同理可处理余数的问题。证明 34n+252n+192n+152n+1(95)52n+152n+1 (145)2n+152n+1142n+1C142n·5C·142n-1·52C·14·52nC·52n+152n+1142n+1C142n·5C·142n-1·52C·14

8、83;52n是14的倍数，能被14整除，命题得证。说明：这类整除问题也可用数学归纳法证明，利用二项式定理证明多项式的整除问题，关键是对被除式进行合理变形，把它写成恰当的二项式，使其展开后的每一项都含有除式的因式，即可证得整除。例5 设f(x)是定义在R上的函数，且g(x)Cf()x0(1x)nCf()x1(1x)n-1Cf()x2(1x)n-2Cf()xn(1x)0。若f(x)1，求g(x)；若f(x)x，求g(x)。分析 考查二项式定理的逆用。解 (1)f(x)=1,所以，所以g(x)=1,又无意义，即g(x)=1,且x0,x1,xR.(2)因为f(x)=x,所以所以g(x)=,因为所以g(

9、x)=0+=x(1-x+x)n-1=x.所以g(x)=x,且xR,x0,x1.例6 当nN+时，(3)n的整数部分是奇数，还是偶数？证明你的结论。分析 因(3)n可表示为一个整数与一个纯小数之和，而这个整数即为所求。要判断此整数的奇偶性，由3联想到其共轭根式3(0，1)，其和(3)(3)是一个偶数，即3的整数部分是奇数，于是可从研究对偶式(3)n与(3)n的和入手。解 (3)n的整数部分是奇数，事实上，因为0<(3)n<1，且(3)n(3)n2(3nC7·3n-2C72·3n-4C)是一个偶数，记为2k（kN）。所以(3)n2k(3)n(2k1)1(3)n即(3

10、)n2k1，因此(3)n的整数部分是奇数例7 设a、bR+，且1。求证对于每个nN，都有(ab)nanbn22n2n+1。分析：本题可以用数学归纳法证明，也可以用二项式定理展开后首尾配对用基本不等式。证法1 由2。欲证的不等式的左边直接用二项式定理有(ab)nanbnCan-1bCan-2b2Ca2bn-2Cabn-1(an-1babn-1)C(an-2b2a2bn-2)C(CCC)2n(2n2)22n2n+1证法2 作变换后应用二项式定理令a1，b1t（tR+），结合abab有 (ab)nanbnanbnanbn(an1)(bn1)1(1)n1(1t)n11(t-1Ct-2Ct-nC)(t

11、Ct2 CtnC)1(CCC)21（Cauchy不等式）(2n1)2122n2n+1情景再现4（1988年全国高中联赛题）(2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为_。5（1991年全国高中联赛题）19912000除以106，余数是_。6（2002年全国高中联赛题）将二项式()n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有_个。C类例题例8 试证大于(1)2n的最小整数能被2n+1整除（nN）。（第6届普特南数学竞赛）分析由(1)2n联想到(1)2n(0，1)考虑二者之和证明：证：注意到0<(1)2n<1，结合二项式定理有(1)2

12、n(1)2n2(3n3n-1Cn3n-1Cn)是一偶数，记为2k（kN），则大于(1)2n的最小整数必为2k。又2k(1)2n(1)2n(1)2n(1)2n(1)2n(1)2n2n(2)n(2)n由二项式定理知(2)n(2)n是一偶数，记为2k1，（k1N），所以2k2n+1k1，即2n+1|2k。从而命题得证说明：本题也可以用数学归纳法证明。例9 一个整数列由下列条件确定a00，a11， an2an-1an-2（n2） 求证：当且仅当2k|an时有2k|n。（第29届IMO备选题）分析例3中由二项式构造递归式进而完成了证明，此题给出了递归式，可逆用上例的思路解决问题证明由条件、得an(1)n

13、(1)n设n2k(2l1)（l0，1，2，；k0，1，2，）。则an·(1)2·2l(1)2·(2l-2)(1)2·2l后面括号里中间一项为1，其余的项每两个共轭根式之和为2的倍数。因此，后面括号的数之和为奇数。所以2k|an2k|事实上，令bk，则有bk+1 (1)2(1)2应用二项式定理，可得(1)2(1)22mk（N） bk+12mkbk，所以 bk2bk-1mk-12k-1m1m2mk-1b1 2km1m2m(miN，i1，2，k1，mN)即 2k|bk2k|an2k| n例10 设数列g(n)定义如下：g(1)0，g(2)1，g(n2)g(n1

14、)g(n)1（n1）如果n是大于5的素数，求证n|g(n)g(n)1|。（第29届IMO备选题）分析由g(n2)g(n1)g(n)1可求得通项公式二项式模型，进而为利用数论知识铺平道路。证明 令f(n)g(n)1。则f(1)1，f(2)2 f(n2)f(n1)f(n) 由与易推知f(n)()n+1()n+1 (C5C52C5C) 注意到n为大于5的素数。所以 （2，n）1（2n，n）1且 n|C （3in1）由知2nf(n)(n1)(15)15（modn）2n(f(n)1)152n15（modn）所以f(n)(f(n)1)15n-10 （modn）而 n|g(n)(g(n)1)n|f(n)(f

15、(n)1)说明：本题解法中用到了费尔马小定理，费尔马小定理是解决整除性问题的一个重要工具。费尔马小定理：对于任意自然数a以及任一素数p，差ap-a可被p整除.证明 (1+a)p1+Cp1a+Cp2a2+Cprar+Cpp-1ap-1+ap.显然，Cp1,Cp2,Cpp-1都是整数，又因Cpr，由于分母r!中各因数都小于p，且p是素数，所以r!中各因数没有一个可整除p，从而必定是整数，即Cpr必定是p的倍数，因此，Cp1a、Cp2a2、Cprar、Cpp-1ap-1都应当是P的倍数，(1+a)p1+ap+pm(mN).两边同减1+a,得(1+a)p-(1+a)ap-a+pm.下面用数学归纳法证明

16、(1+a)p-(1+a)能被p整除.当a1时，得2p-21p-1+pm可被p整除.假定ak-1时，kp-k能被p整除，因为(1+k)p-(1+k)kp-k+pm，所以(1+k)p-(1+k)可被p整除，即ak时，成立，故对任何自然数，ap-a+pm可被p整除，从而定理获证.情景再现7（2000年全国高中联赛题）设an是(3)n的展开式中x项的系数（n2，3，4），则()_。8（数学通报数学问题1182号）求（共1999个1999）末六位数字所组成的六位数。9（1986年全国高中数学联赛试题）已知数列a0，a1，a2满足a0a1且ai-1ai+12ai（i1，2，3）。求证：对于任何自然数n，p

17、(x)a0C(1x)na1C(1x)n-1a2Cx2(1x)n-2an-1Cxn-1(1x)anCxn是x的一次多项式。习题 A组1设(57)2n+1（nN）的整数部分和小数部分分别是I和F。则F（1F）的值为（ ） A1 B2 C4 D与n有关的数（1999年广西高三数学竞赛题）2若(x)6的展开式中第5项的值为，则(x-1x-2x-n)的值为 （ ）A1 B2 C D（1998年湖南高中数学竞赛题）3设a，bR+，n2，nN+。f(n)(anan-1babn-1bn)，gn。则fn与gn的大小关系为 （ ） Afngn Bfngn Cfn>gn Dfn<gn4(x1)(x36x

18、212x8)2的展开式中含x5项的系数为 （ ） A2016 B2016 C756 D7565(|x|2)3的展开式中的常数项为 （ ） A20 B23 C20 D236求证：对任意的正整数n,不等式(2n1)n(2n)n(2n1)n成立。（第21届全苏数学竞赛）7求证：(C)2(C)2(C)2。8设m4l1，l是非负整数。求证：aCmCm2CmC（n2k1，kN）能被2n-1整除。 B组9设a，b都是正数，且ab(1)100，求ab的个位数字。10求证数列bn：bn2的每一项都是自然数（nN），且当n为偶数或奇数时分别有形式5m2或m2（mN）。（捷克数学竞赛题）本节“情景再现”解答：1分析

19、计算(1x)10展开式中x5和x2的系数。CC207，故选D。2(a0a2a4)2(a1a3)2(a0a2a4a1a3)(a0a2a4a1a3)分别令x1和x1即可，选A。3(|x|2)2()4通项公式Tr+1C()4-r()rC()4-2r(1)r 令42r0得r2，故所求常数项为C(1)26。4填(32n+11)。理由：设(2)2n+1f(x)·g(x)。其中f(x)，g(x)是x的多项式，那么所求的是f(1)。而(2)2n+1(2)2n+1f(x)· g(x)f(x)·g(x)，从而f(1)(2)2n+1(2)2n+1(32n+11)。5填880001。理由

20、：19912000(11990)200012000·1990·2000·1999·1990219902000。依照这个展开式，只需考虑前三项的和除以106的余数即可，故余数为880001。6填3。理由：易求前三项系数分别为1，n，n(n1)。由这三个数成等差数列，有2·n1n(n1)。解得n8和n1（舍去）。当n8时，Tr+1C·()r·x，这里r0，1，8。r应满足4|(163r)，所以r只能是0，4，8。7填18。理由：由二项式定理，知anC·3n-2，因此18()，()18(1)18(1)18。8设（共199

21、9个1999）为A，则A1999m，（m共1998个19999）显然m为奇数，于是由二项式定理可得A(2×1031)m(2×103)mC(2×103)m-1C(2×103)m-2(2×103)2C(2×103)C12m×103(m-2)2m-1×103(m-1)C22 C×1062000m1。于是A的末六位数(2000m1)的末六位数。因为19992n（nN）的末三位数字为001，19992n-1（nN）的末三位数字为999。而m1999，m（共1997个1999）为奇数，故m的末三位数999，因而，(2000m1)的末六位数(2000×9991)的末六位数997999。即（共1999个1999）的末六位数字组成的六位数为997999。9由,有,即=这说明a0，a1，a2是以a0为首项，a1 a0为公差的等差数列，由等差数列的通项公式得）.所以 = 根据二项式定理，有 又因为，则 = =故，即P(x)是x的一次多项式.10因可表示为一个整数与一个纯小数之和.