高中物理选择性必修36.3.2二项式系数的性质

1、6.3.2二项式系数的性质课标要求素养要求1.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.理解二项式系数的性质并灵活运用.通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.新知探究同学们根据二项式定理写出(ab)n(n1，2，3，4，5，6)的二项式系数可以写成如下形式：这个表在我国宋代数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里就出现了，所不同的只是这里的表是用阿拉伯数字表示，在那本书里用汉字表示的，这个表称为“杨辉三角”在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡发现的，杨辉三角的发现比欧洲早500年左右，由此可见我国古代在数学方面的成就问题你能利用上述规律写出下一行的数值吗？提示根据规

2、律下一行的数值分别是：172135352171.二项式系数的性质在求二项式系数的最大值时，要注意讨论n的奇偶性对称性在(ab)n的展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq oal(m,n)eq avs4al(Ceq oal(nm,n)增减性与最大值增减性：当keq f(n1,2)时，Ceq oal(k,n)随k的增大而增大；由对称性可知，当keq f(n1,2)时，Ceq oal(k,n)随k的增大而减小.最大值：当n是偶数时，中间一项取得最大值；当n是奇数时，中间两项，相等，且同时取得最大值各二项式系数的和2nCeq oal(0,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal

3、(2,n)Ceq oal(n,n)Ceq oal(0,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(4,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(5,n)2n1即在(ab)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和拓展深化微判断1二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)()提示二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项其他数字因数的大小有关2二项展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和()提示在二项式(ab)n中只有当a，b的系数都为1时，展开

4、式的偶数项系数和才等于奇数项系数和3二项展开式项的系数是先增后减的()提示二项式系数是随n的增加先增后减的，二项展开式项的系数和a，b的系数有关微训练1.eq blc(rc)(avs4alco1(r(x)f(1,x)eq sup12(n)的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是()A第8项 B第9项C第8项和第9项 D第11项和第12项答案D2在(xy)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是()A第6项 B第5项C第5，6项 D第6，7项解析由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，Ceq oal(3,n)Ceq oal(7,n)，由组合数的性

5、质，得n10.展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项答案A3若(2x)10a0a1xa2x2a10 x10，则a8_解析由题意可知a8是x8的系数，所以a8Ceq oal(8,10)22180.答案180微思考怎样求二项式系数和？提示利用赋值法，在(ab)n的展开式中，令ab1，可得Ceq oal(0,n)Ceq oal(1,n)Ceq oal(n,n)2n.题型一 二项式定理的应用【例1】(1)试求1 99510除以8的余数；(2)求证：32n28n9(nN*)能被64整除(1)解1 99510(82493)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，1 9

6、9510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1 99510除以8的余数也为1.(2)证明32n28n9(81)n18n9Ceq oal(0,n1)8n1Ceq oal(1,n1)8nCeq oal(n1,n1)8n9Ceq oal(0,n1)8n1Ceq oal(1,n1)8nCeq oal(n1,n1)82(n1)818n9Ceq oal(0,n1)8n1Ceq oal(1,n1)8nCeq oal(n1,n1)82.式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除规律方法利用二项式定理可

7、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【训练1】已知nN*，求证：122225n1能被31整除证明12222325n1eq f(125n,12)25n132n1(311)n131nCeq oal(1,n)31n1Ceq oal(n1,n)311131(31n1Ceq oal(1,n)31n2Ceq oal(n1,n)，显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除题型二二项展开式的系数的和问题【例2】已知(2x1)5a0 x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，求a0a1a2a3a4a5.解令x1，得：(211)5a0a1a2a3a4a5，a

8、0a1a2a3a4a51.【迁移1】(变换所求)例2条件不变，求|a0|a1|a2|a3|a4|a5|.解(2x1)5的展开式中偶数项的系数为负值，|a0|a1|a2|a3|a4|a5|a0a1a2a3a4a5.令x1，得：2(1)15a0a1a2a3a4a5，即a0a1a2a3a4a5(3)535，|a0|a1|a2|a3|a4|a5|35243.【迁移2】(变换所求)例2条件不变，求a1a3a5的值解由上题得eq blc(avs4alco1(a0a1a2a3a4a51，,a0a1a2a3a4a5243，)两式相减得a1a3a5eq f(1,2)(1243)121.规律方法(1)赋值法是求二

9、项展开式系数和及有关问题的常用方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项(2)一般地，对于多项式f(x)a0a1xa2x2anxn，各项系数和为f(1)，奇次项系数和为eq f(1,2)f(1)f(1)，偶次项系数和为eq f(1,2)f(1)f(1)，a0f(0)【训练2】已知(13x)8a0a1xa7x7a8x8.求：(1)a0a1a8；(2)a0a2a4a6a8；(3)|a0|a1|a2|a8|.解(1)令x1，得a0a1a8(2)8256.(2)令x1，得a0a1a2a3a4a5a6a7a848.，得2(a0a2a4a6a8)2848，

10、a0a2a4a6a8eq f(1,2)(2848)32 896.(3)由于(13x)8Ceq oal(0,8)Ceq oal(1,8)(3x)Ceq oal(2,8)(3x)2Ceq oal(8,8)(3x)8a0a1xa2x2a8x8，故a0，a2，a4，a6，a80，a1，a3，a5，a70，|a0|a1|a2|a8|a0a1a2a3a84865 536.题型三二项式系数性质的应用【例3】已知f(x)(eq r(3,x2)3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中系数最大的项解令x1，则展开式中各项系数的和为f(1)(1

11、3)n4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n2n992.(2n)22n9920，(2n31)(2n32)0，2n31(舍去)或2n32，n5.(1)由于n5为奇数，展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，它们分别为T3Ceq oal(2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,3)3(3x2)290 x6，T4Ceq oal(3,5)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,3)2(3x2)3270 xeq f(22,3).(2)展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,5)3kxeq f(2,3)(52k)，假设Tk1项系数最大，则有eq blc(

12、avs4alco1(Ceq oal(k,5)3kCeq oal(k1,5)3k1，,Ceq oal(k,5)3kCeq oal(k1,5)3k1，)eq blc(avs4alco1(f(5！,（5k）！k！)3f(5！,（6k）！（k1）！)，,f(5！,（5k）！k！)f(5！,（4k）！（k1）！)3，)即eq blc(avs4alco1(f(3,k)f(1,6k)，,f(1,5k)f(3,k1)，)eq f(7,2)keq f(9,2).kN，k4，展开式中系数最大的项为T5Ceq oal(4,5)xeq f(2,3)(3x2)4405xeq f(26,3).规律方法(1)二项式系数的最

13、大项的求法求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(ab)n中的n进行讨论当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大(2)展开式中系数的最大项的求法求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析如求(abx)n(a，bR)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法，设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，An，且第k1项最大，应用eq blc(avs4alco1(AkAk1，,AkAk1)解出k，即得出系数的最大项【训练3】求出(xy)11的展开式中：(1)二项式系数最大的项；(2)项的系数绝对值最大的项；(

14、3)项的系数最大的项和系数最小的项；(4)二项式系数的和；(5)各项系数的和解(1)二项式系数最大的项为中间两项：T6Ceq oal(5,11)x6y5，T7Ceq oal(6,11)x5y6.(2)(xy)11展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,11)x11k(y)kCeq oal(k,11)(1)kx11kyk，项的系数的绝对值为|Ceq oal(k,11)(1)k|Ceq oal(k,11)，项的系数的绝对值等于该项的二项式系数，其最大的项也是中间两项，T6Ceq oal(5,11)x6y5，T7Ceq oal(6,11)x5y6.(3)由(2)知中间两项系数绝对值相等，又第6项系数

15、为负，第7项系数为正，故项的系数最大的项为T7Ceq oal(6,11)x5y6，项的系数最小的项为T6Ceq oal(5,11)x6y5.(4)展开式中，二项式系数的和为Ceq oal(0,11)Ceq oal(1,11)Ceq oal(2,11)Ceq oal(11,11)211.(5)令xy1，得展开式中各项系数的和为Ceq oal(0,11)Ceq oal(1,11)Ceq oal(2,11)Ceq oal(11,11)(11)110.一、素养落地1通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理素养、数学运算素养2求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求

16、的展开式系数和特征来确定一般地对字母赋的值为0，1或1，但在解决具体问题时要灵活掌握3注意以下两点：(1)区分开二项式系数与项的系数(2)求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中k0，1，2，n.二、素养训练1(1x)2n1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是()An，n1 Bn1，nCn1，n2 Dn2，n3解析2n1为奇数，展开式中中间两项的二项式系数最大，分别为第eq blc(rc)(avs4alco1(f(2n11,2)1)项，第eq blc(rc)(avs4alco1(f(2n11,2)1)项，即第(n1)项与第(n2)项故选C.答案C2设(x21)(2x1)9a0a1(x2)

17、a2(x2)2a11(x2)11，则a0a1a2a11的值为()A2 B1 C1 D2解析令x1，则原式化为(1)212(1)19a0a1(21)a2(21)2a11(21)11，a0a1a2a112.答案A3在(1x)(1x)2(1x)6的展开式中，x2的系数为_解析(1x)(1x)2(1x)6的展开式中x2的系数为Ceq oal(2,2)Ceq oal(2,3)Ceq oal(2,4)Ceq oal(2,5)Ceq oal(2,6)35.答案354设(3x2)6a0a1(2x1)a2(2x1)2a6(2x1)6，则eq f(a1a3a5,a0a2a4a6)_解析令x1，得a0a1a2a61

18、，令x0，得a0a1a2a664，两式相减，得2(a1a3a5)63，两式相加，得2(a0a2a4a6)65，故eq f(a1a3a5,a0a2a4a6)eq f(63,65).答案eq f(63,65)5已知(2x1)n的展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，求Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(n,n)的值解设(2x1)na0a1xa2x2anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则Aa1a3a5，Ba0a2a4a6.由已知可知：BA38.令x1，得：a0a1a2a3an(1)n(3)n，即：(a0a2a4a6)(a1

19、a3a5a7)(3)n.即：BA(3)n.(3)n38(3)8，n8.由二项式系数性质可得：Ceq oal(1,n)Ceq oal(2,n)Ceq oal(3,n)Ceq oal(n,n)2nCeq oal(0,n)281255.基础达标一、选择题1若eq blc(rc)(avs4alco1(x3f(1,x2)eq sup12(n)(nN*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为()A210 B252 C462 D10解析由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n10，所以展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,10)x305k.令3

20、05k0，得k6，于是得其常数项为Ceq oal(6,10)210.答案A2已知关于x的二项式eq blc(rc)(avs4alco1(r(x)f(a,r(3,x)eq sup12(n)展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为()A1 B1 C2 D2解析由条件知2n32，即n5，在通项Tk1Ceq oal(k,5)(eq r(x)5keq blc(rc)(avs4alco1(f(a,r(3,x)eq sup12(k)Ceq oal(k,5)akxeq f(155k,6)中，令155k0，得k3.所以常数项为Ceq oal(3,5)a380，解得a2.答案C3(x1)11的展开式

21、中，x的奇次幂项的系数之和是()A2 048 B1 023C1 024 D1 024解析(x1)11a0 x11a1x10a2x9a11，令x1，则a0a1a2a11211，令x1，则a0a1a2a110，eq f(,2)a0a2a4a102101 024，即为所求系数之和答案D4若x10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，则a8的值为()A10 B45 C9 D45解析x101(x1)10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，a8Ceq oal(8,10)Ceq oal(2,10)45.答案B5设eq blc(rc)(avs4alco1(5xf(1,r(x)eq s

22、up12(n)的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若MN240，则展开式中x的系数为()A150 B150 C300 D300解析由已知条件4n2n240，解得n4，所以展开式的通项为Tk1Ceq oal(k,4)(5x)4keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(x)eq sup12(k)(1)k54kCeq oal(k,4)x4eq f(3,2)k，令4eq f(3k,2)1，得k2，所以展开式中x的系数为(1)252Ceq oal(2,4)150.答案B二、填空题6已知(1x)10a1a2xa3x2a11x10，若数列a1，a2，a3，ak(1k11，kZ)是一个单

23、调递增数列，则k的最大值是_解析(1x)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.答案67在eq blc(rc)(avs4alco1(r(f(1,x)r(3,f(1,x5)eq sup12(n)的展开式中，所有奇数项系数之和为1 024，则中间项系数是_解析eq blc(rc)(avs4alco1(r(f(1,x)r(3,f(1,x5)eq sup12(n)展开式的各项系数为其二项式系数二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n11 024，n11，展开式共12

24、项，中间项为第六项、第七项，其系数为Ceq oal(5,11)Ceq oal(6,11)462.答案4628若x4(x3)8a0a1(x2)a2(x2)2a12(x2)12，则log2(a1a3a11)_解析令x1，得28a0a1a2a11a12.令x3，得0a0a1a2a11a12，282(a1a3a11)，a1a3a1127，log2(a1a3a11)log2277.答案7三、解答题9设(2eq r(3)x)100a0a1xa2x2a100 x100，求下列各式的值(1)求a0；(2)a1a2a3a4a100；(3)a1a3a5a99；(4)(a0a2a100)2(a1a3a99)2；(5

25、)|a0|a1|a100|.解(1)令x0，则a02100.(2)令x1，可得a0a1a2a100(2eq r(3)100，所以a1a2a100(2eq r(3)1002100.(3)令x1，可得a0a1a2a3a100(2eq r(3)100.与式联立相减得a1a3a99eq f(（2r(3)）100（2r(3)）100,2).(4)由可得，(a0a2a100)2(a1a3a99)2(a0a1a2a100)(a0a1a2a100)(2eq r(3)100(2eq r(3)1001.(5)|a0|a1|a100|，即(2eq r(3)x)100的展开式中各项系数的和，在(2eq r(3)x)1

26、00的展开式中，令x1，可得各项系数的和为(2eq r(3)100，即|a0|a1|a100|(2eq r(3)100.10已知eq blc(rc)(avs4alco1(xf(m,x)eq sup12(n)展开式的二项式系数之和为256.(1)求n；(2)若展开式中常数项为eq f(35,8)，求m的值；(3)若(xm)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况解(1)二项式系数之和为2n256，可得n8.(2)设常数项为第k1项，则Tk1Ceq oal(k,8)x8keq blc(rc)(avs4alco1(f(m,x)eq sup12(k)Ceq oal(k,8)mkx82k，

27、故82k0，即k4，则Ceq oal(4,8)m4eq f(35,8)，解得meq f(1,2).(3)易知m0，设第k1项系数最大则eq blc(avs4alco1(Ceq oal(k,8)mkCeq oal(k1,8)mk1，,Ceq oal(k,8)mkCeq oal(k1,8)mk1，)，化简可求得eq f(8m1,m1)keq f(9m,m1).由于只有第6项和第7项系数最大，所以eq blc(avs4alco1(4f(8m1,m1)5，,6f(9m,m1)7，)即eq blc(avs4alco1(f(5,4)m2，,2mf(7,2).)所以m只能等于2.能力提升11若eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)eq sup12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为()A10 B20 C30 D120解析由2n64，得n6，展开式的通项Tk1Ceq oal(k,6)x6keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)eq sup12(k)Ceq oal(k,6)x62k(0k6，kN)由62k0，得k3.T4Ceq oal(3,6)20.答案B1