2012届高考数学一轮复习 10.5 二项式定理教案

第一篇：2012届高考数学一轮复习 10.5 二项式定理教案

10.5 二项式定理

●知识梳理

1.二项展开式的通项公式是解决与二项式定理有关问题的基础.2.二项展开式的性质是解题的关键.3.利用二项式展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等.●点击双基

9291.已知（1－3x）=a0+a1x+a2x+…+a9x，则｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+…+｜a9｜等于

999A.B.4

C.D.1 解析：x的奇数次方的系数都是负值，∴｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+…+｜a9｜=a0－a1+a2－a3+…－a9.∴已知条件中只需赋值x=－1即可.答案：B 2.（2004年江苏，7）（2x+x）的展开式中x的系数是 A.6

42B.12

C.24

D.48 解析：（2x+x）=x（1+2x），在（1+2x）中，x的系数为C24·2=24.答案：C 3.（2004年全国Ⅰ，5）（2x－A.14

1x）的展开式中常数项是

C.42

B.－14

D.－42

r7r）=C72·

r解析：设（2x－1xr）的展开式中的第r+1项是Tr1=C7（2x）7r（－

1xr3(7x)r2（－1）·x，当－r61+3（7－r）=0，即r=6时，它为常数项，∴C67（－1）·2=14.23213答案：A 4.（2004年湖北，文14）已知（x+x

5）的展开式中各项系数的和是128，则展开式

n中x的系数是_____________.（以数字作答）

解析：∵（x+x3213）的展开式中各项系数和为128，nn∴令x=1，即得所有项系数和为2=128.r∴n=7.设该二项展开式中的r+1项为Tr1=C7（x）7r·（x3213r）=C7·xr6311r6，令6311r5=5即r=3时，x项的系数为C37=35.6答案：35

5.若（x+1）=x+…+ax+bx+cx+1（n∈N），且a∶b=3∶1，那么n=_____________.2解析：a∶b=C3n∶Cn=3∶1，n=11.nn32*答案：11 ●典例剖析

【例1】 如果在（x+理项.解：展开式中前三项的系数分别为1，由题意得2×

124x）的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有

nnn(n1)，28n(n1)n=1+，得n=8.281·xr2163r4设第r+

1r项为有理项，Tr1=C8·，则r是4的倍数，所以r=0，4，8.351x，T9=.28256x评述：求展开式中某一特定的项的问题常用通项公式，用待定系数法确定r.13【例2】 求式子（｜x｜+－2）的展开式中的常数项.|x|11113解法一：（｜x｜+－2）=（｜x｜+－2）（｜x｜+－2）（｜x｜+－2）得到|x||x||x||x|13常数项的情况有：①三个括号中全取－2，得（－2）；②一个括号取｜x｜，一个括号取，|x|有理项为T1=x，T5=41一个括号取－2，得C13C2（－2）=－12，∴常数项为（－2）+（－12）=－20.解法二：（|x|+31136－2）=（|x|－）.|x||x|设第r+1项为常数项，r则Tr1=C6·（－1）·（r1r6r）·|x|6r=（－1）·C6·|x|62r，得6－2r=0，r=3.|x|∴T3+1=（－1）·C36=－20.3思考讨论

（1）求（1+x+x+x）（1－x）的展开式中x的系数； 23

444－4）的展开式中的常数项； x34503（3）求（1+x）+（1+x）+…+（1+x）的展开式中x的系数.（2）求（x+1x4746444解：（1）原式=（1－x）=（1－x）（1－x），展开式中x的系数为（－1）C6－

1x1=14.1.一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为

20A.20 B.2C.2D.2－1 220解析：C120+C20+…+C20=2－1.20答案：D 2.（2004年福建，文9）已知（x－则展开式中各项系数的和是

A.2B.3r解析：Tr1=C8·x8－r－1

a8）展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，x

C.1或3

r8－2r8

D.1或2

8r·（－ax）=（－a）C8·xr.令8－2r=0，∴r=4.4∴（－a）C8=1120.∴a=±2.4当a=2时，令x=1，则（1－2）=1.88当a=－2时，令x=－1，则（－1－2）=3.答案：C 3.（2004年全国Ⅳ，13）（x－

1x）展开式中x的系数为_____________.85

r解析：设展开式的第r+1项为Tr1=C8x8－r·（－

1xr）=（－1）C8xrr83r2.令8－3r522=5得r=2时，x的系数为（－1）·C8=28.21xxr答案：28 4.（2004年湖南，理15）若（x+

323）的展开式中的常数项为84，则n=_____________.93nr2n解析：Tr1=Crn（x）3

n－r·（x）=Crn·x.9r=0，∴2n=3r.2∴n必为3的倍数，r为偶数.令3n－

6试验可知n=9，r=6时，Crn=C9=84.答案：9 5.已知（xlgx+1）展开式中，末三项的二项式系数和等于22，二项式系数最大项为20000，n求x的值.2n1n解：由题意Cnn＋Cn＋Cn=22，10即C2n＋Cn＋Cn=22，∴n=6.∴第4项的二项式系数最大.lgx∴C3）=20000，即x6（x3

3lgx=1000.∴x=10或x=1.10培养能力

652116.若（1+x）（1－2x）=a0+a1x+a2x+…+a11x.求：（1）a1+a2+a3+…+a11；（2）a0+a2+a4+…+a10.65211解：（1）（1+x）（1－2x）=a0+a1x+a2x+…+a11x.令x=1，得 a0+a1+a2+…+a11=－26，又a0=1，6所以a1+a2+…+a11=－2－1=－65.（2）再令x=－1，得

a0－a1+a2－a3+…－a11=0.①+②得a0+a2+…+a10=

①

②

（－2+0）=－32.2评述：在解决此类奇数项系数的和、偶数项系数的和的问题中常用赋值法，令其中的字母等于1或－1.mn127.在二项式（ax+bx）（a＞0，b＞0，m、n≠0）中有2m+n=0，如果它的展开式里最大系数项恰是常数项.（1）求它是第几项；（2）求r解：（1）设Tr1=C12（ax）

ma的范围.br·（bx）=C12anr12－rrm（12－r）+nr12－rbx为常数项，则有m（12－r）+nr=0，即m（12－r）－2mr=0，∴r=4，它是第5项.（2）∵第5项又是系数最大的项，43C12ab≥C12ab，84

②

①

∴有 45C12ab≥C12ab.8475

12111098412111093

ab≥ab，43232a99∵a＞0，b＞0，∴ b≥a，即≤.44ba88a9由②得≥，∴≤≤.5b4b5由①得8.在二项式（x+124x）的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项.n分析：根据题意列出前三项系数关系式，先确定n，再分别求出相应的有理项.解：前三项系数为C0n，11121220Cn，Cn，由已知C1=C+Cn，即n－9n+8=0，nn244解得n=8或n=1（舍去）.rTr1=C8（x）（2x）8－r4－rr=C8·

414.·xr23r∵4－3r∈Z且0≤r≤8，r∈Z，44∴r=0，r=4，r=8.∴展开式中x的有理项为T1=x，T5=评述：展开式中有理项的特点是字母x的指数4－探究创新

9.有点难度哟！

351x，T9= x－2.82563r3r∈Z即可，而不需要指数4－∈N.441n*）<3（n≥2，n∈N）.n1121n1n1112n23证明：（1+）=C0+C× +C（）+…+C（）=1+1+C×+C×+…+Cnnnnnnnn23nnnnnnn(n1)211111n(n1)1n(n1)(n2)1×n=2+×+×+…+×<2++ n232!3!n!2!3!nnnn求证：2<（1+

11[1()n1]1111111n12++…+<2++2+3+…+n1=2+2=3－（）n1<3.显然（1+）=1+1+C2n×14!n!2222n2121n1113n+C×+…+C×>2.所以2<（1+）<3.nnn23nnnn●思悟小结

nr1.在使用通项公式Tr1=Crb时，要注意： nar（1）通项公式是表示第r＋1项，而不是第r项.（2）展开式中第r+1项的二项式系数Crn与第r+1项的系数不同.（3）通项公式中含有a，b，n，r，Tr1五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求出第五个元素.在有关二项式定理的问题中，常常遇到已知这五个元素中的若干个，求另外几个元素的问题，这类问题一般是利用通项公式，把问题归纳为解方程（或方程组）.这里必须注意n是正整数，r是非负整数且r≤n.2.证明组合恒等式常用赋值法.●教师下载中心 教学点睛

1.要正确理解二项式定理，准确地写出二项式的展开式.2.要注意区分项的系数与项的二项式系数.3.要注意二项式定理在近似计算及证明整除性中的应用.4.通项公式及其应用是二项式定理的基本问题，要熟练掌握.拓展题例

10343【例题】 求（a－2b－3c）的展开式中含abc项的系数.10解：（a－2b－3c）=（a－2b－3c）（a－2b－3c）…（a－2b－3c），从10个括号中任取3

个括号，从中取a；再从剩余7个括号中任取4个括号，从中取－2b；最后从剩余的3个括号

343434中取－3c，得含abc的项为C10aC7·（－2b）C33（－3c）=C10C7C32（－3）abc.所以343

334334含abc项的系数为－C10C7×16×27.343

第二篇：2014高考数学全面突破 二项式定理

11.3二项式定理

考情分析

1．能用计数原理证明二项式定理．

2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．

基础知识

1．二项式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋„＋Crb＋„＋Cnna＋Cnananb(n∈N)这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫(a＋b)n的二项展开式．

其中的系数Crn(r＝0,1，„，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项Tr＋1＝Crb.nana

2．二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an逐项减1直到零；字母b幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.－11(4)二项式的系数从Cn，一直到Cnn3．二项式系数的性质 －(1).(2)增减性与最大值： 二项式系数Ckn，当n＋1k＜2时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的；

n当n是偶数时，中间一项C2取得最大值；

n－1n＋1当n是奇数时，中间两项C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二项式系数和：Cn＋Cn＋Cn＋„＋Crn＋„＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋Cn＋„＝

2注意事项

n－rr1.运用二项式定理一定要牢记通项Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相na

同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项

展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．

2.二项式定理可利用数学归纳法证明，也可根据次数，项数和系数利用排列组合的知识推导二项式定理．因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续．

3.(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等．

(2)展开式的应用：利用展开式①可证明与二项式系数有关的等式；②可证明不等式；③可证明整除问题；④可做近似计算等．

4.(1)对称性；

(2)增减性；

(3)各项二项式系数的和； 以上性质可通过观察杨辉三角进行归纳总结．

题型一 二项展开式中的特定项或特定项的系数

13【例1】已知(3x－)n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中第7x

项的系数是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各项系数之和为2n＝256，则n＝8，故展开式中第7项的26系数为C68×3×(－1)＝252.a【变式1】若x－6展开式的常数项为60，则常数a的值为________． x

a6－r6－3r解析 二项式x6展开式的通项公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx

2a)r，当r＝2时，Tr＋1为常数项，即常数项是C26a，根据已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

题型二 二项式定理中的赋值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋„＋a10(1－x)10，则a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通项公式为：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8时，第9项的系数．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故选A.【变式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋„＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|.解 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋„＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.题型三 二项式的和与积

2【例3】二项式(x＋x)(1－x)4的展开式中x的系数是________．

答案：

32解析：利用分步计数原理与组合数公式，符合题目要求的项有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展开式中x的系数为3.2【变式3】xx－x7的展开式中，x4的系数是________(用数字作答)． 

272737解析 原问题等价于求x－x的展开式中x的系数，x－x的通项Tr＋1＝Cr7x

－r2r7－2r－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系数为(－2)2C27x7＝84，即

xx－2x7的展开式中x4的系数为84.答案 84

重难点突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋„＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|.解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋„＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋„＋|a7|

＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)． ∴由(2)、(3)即可得其值为2187.① ②

第三篇：2011届高三数学精品复习之排列组合及二项式定理

2011届高三数学精品复习之排列组合及二项式定理

1.熟悉排列数、组合数的计算公式；了解排列数、组合数的一些性质：①(n1)!(n1)n!，由此可得：nn!(n1)!n!，n11，为相应的数列求和创造了条件； (n1)!n!(n1)!

mnmrrrrr1mm1m②Cn；③CnCnCn1Cn1，由此得：CrCr1Cr2CnCn1；

34354320193=___________ 11212312318

213243542019n(n1)解析：原式=；记an，数列{an}的前12121212122[举例] 119项和即为所求。记数列{an}的前n项和为Sn；该数列的求和办法有很多种，但都比较烦琐，这里介绍用组合数性质求解：注意到ann(n1)2=Cn1，2[来源学*科*网Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2C3C4C20C4C20C3C4C20

3„=C21=1330；

[巩固1]设xN且x10，则(20x)(21x)(29x)等于（）

1020x910（A）A20x（B）A29x（C）A29x（D）A29x*

[巩固2] 已知(1

则n=____ x)n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，2．解排列组合应用题首先要明确需要完成的事件是什么；其次要辨析完成该事件的过程：分类相加（每一类方法都能独立地完成这件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各个步骤都完成了，才能完成事件）；较为复杂的事件往往既要分类，又要分步（每一类办法又都需分步实施）；分类讨论是研究排列组合问题的重要思想方法之一，分类时要选定讨论对象、确保不重不漏。

[举例] 设集合I={1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中的最大数，则不同的选择方法共有：（）种

A．50种B．49种C．48种D．47种

解析：本题要完成的事件是：构造集合I的两个非空子集；要求：B中最小的数大于A中的最大数；显然B中的最小数不可能是1，以下分类：① B中的最小数是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，所有可能的情况有：0123=8种，此时A只有{1}这1种；集合A、B都确定了，才算完成事件，C3C3C3C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小数是3，B中可以有{3，4，5}中的1个元素、0122个元素或3个元素，所有可能的情况有：C2=4种，此时A中可以有{1，2}中C2C

212的有1个元素或2个元素，有C2=3种，∴完成事件有4×3=12种方法；③ B中的最C2

小数是4，B中可以有{4，5}中的1个元素或2个元素，所有可能的情况有2种，此时A中

123可以有{1，2，3}中的有1个元素、2个元素或3个元素，有C3=7种，∴完成事C3C

3件有2×7=14种方法；④ B中的最小数是5，只有{5}这1种，此时A中可以有{1，2，3，12344}中的有1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，有C4=15种，∴完C4C4C

4成事件有1×15=15种方法；故完成事件的方法总数为：8+12+14+15=49，选B。

[巩固]从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任选2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_________．(用数字作答)．

3．对“按某种要求将n个元素排到m个位置”的问题，首先要确定研究的“抓手”：抓住元素还是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）优先的原则进行。

[举例] 从5位同学中选派4位同学在星期四到星期日参加公益活动，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，则不同的选派方法共有种。

解析：本题要完成的事件是：从5个不同的元素中选出4个元素，并按要求排在四个不同的位置。本题不宜抓住元素研究，因为每一个元素都不一定被选到，而每一个位置上都一定要有一个元素，故应该抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，优先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，优先）或除甲乙之外的一个同学，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[来源学&科&网Z&X&X&K]

3种，②不安排乙：可以安排其他三位同学，星期日可以安排甲或另外两个同学，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 种，故不同的选派方法共有：A4+C3C3A3=78种。

3[巩固]四个不同的小球全部放入编号为1、2、3、4的四个盒中。（1）恰有两个空盒的放法有种；（2）甲球只能放入2号或3好盒，而乙球不能放入4号盒的不同放法有种。

4．解决排列组合问题还要遵循“先选后排”、“正难则反”（即去杂法）等原则；[来源:学。科。网Z。X。X。K]

[举例]某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000”到“9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（）（福建文科第12题）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考虑带有数字“4”或“7”的情况太多，逐一讨论非常麻烦；考虑事件的反面：后四位不带有数字“4”或“7”的，有84个，故“优惠卡”的个数为104-84=5904。

[巩固]四位同学乘坐一列有6节车厢的动车组，则他们至少有两人在同一节车厢的的情况共有种？(用数字作答)．

5．熟悉几个排列组合问题的基本模型：①部分元素“相邻”（捆绑法），②部分元素“不相邻”（用要求“不相邻”的元素插空），③部分元素有顺序（n个元素全排，其中m个元素

m要求按给定顺序排列的方法数为Cn(nm)!=

nnCnkC(nk1)nC(nk2)nCnn!），④平均分组（kn个元素平均分成k组m!的方法数为k!），⑤相同元素分组（用“挡板法”）等。

[举例1]某校安排6个班到3个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有种。

解析：先将6个班分成3组，在将3个组分到3个工厂。6个班分成3组，从每组的人数看

22C62C4C2有3类：①4，1，1，有C种；②3，2，1，有CC种，③2，2，2，有种； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540种。3!4

63623

[举例2]某文艺小分队到一个敬老院演出，原定6个节目，后应老人们的要求决定增加3个节目，但原来六个节目的顺序不变，且新增的3个既不在开头也不在结尾，则这台演出共有 种不同的演出顺序。

解析：思路一：着眼于“位置”。从9个“位置”中选出6个，安排原来的6个节目，且第41和第9两个位置必须选，而他们的顺序是既定的，无需排列，所以有C7种方法，剩下的3433个位置安排新增的3个节目，有A3种方法；故所有不同的演出顺序有：C7=210种。A3

思路二：在原有6个节目的基础上“插空”。原来6个节目形成7个“空”，但前后两“空”

3不能安排，共有3类情况：①新增的3个节目互不相邻，有A5种方法；②新增的3个节目

223恰有两个相邻，有A3种方法，故所有不同的A5种方法；③新增的3个节目相邻，有5A3

3223演出顺序有：A5+A3=210种。A5+5A3

[巩固1]记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5题）

Ａ．1440种Ｂ．960种Ｃ．720种Ｄ．480种

[巩固2]学号为1，2，3，4的四名学生的考试成绩xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且满足x1x2x3x4，则这四为同学考试成绩所有可能的情况有

[巩固3]现有10个市级“三好生”名额分配给高三八个班级，每班至少1个，则有种不同的分配方案。

6．“抽象化归”是解决排列组合问题的“太极拳”，“逐一列举”是解决排列组合问题的“撒手锏”；有时，画“树状图”能使“逐一列举”变得更加简明、直观。

[举例1]已知两个实数集合A={a1,a2,„,a100},B={b1,b2, „,b50},若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤„≤f(a100),这样的映射共有(用符号作答)。解析：本题直接考虑集合A中每一个元素在B中的象的情况非常困难。注意到集合B中每个元素都有原象，即A中有50“组”元素分别与B中的50个元素对应；现将集合A中的100个元素按原有的顺序分成50组，每组至少一个元素；将集合B中的元素按从小到大的顺序

///排列为B={b1,b2, „,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤„≤f(a100)，∴A中的“第1组”元素的象为

///b1，“第2组”元素的象为b2，„，“第50组”元素的象为b50，此处没有排列的问题，即只要A中元素的分组确定了，映射也就随之确定了；而A中元素的分组可视为在由这100

4949个元素所形成的99个“空”中插上49块“挡板”，所以有C99种分法，即映射共有C99个。

[举例2]一个同心圆形花坛分为两个部分，如右图，中间小圆部分

种植草坪，周围的圆环分成5等份为a1,a2,a3,a4,a5,种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，则不同的种植的方法为种。

解析：本题解法甚多，这里介绍画“树状图”列举法。a1 a2 在右图中，区域a1种红花，a2种黄花时共有5种不同的种植方法；而区域a2种蓝花与种黄花情况相同，区

域a1种蓝花、黄花与种红花情况相同；故所有不同的种植的方法为：3×2×5=30种 黄[巩固1]显示屏有一排7个小孔，每个小孔可显示0或

1，若每次显示其中3个孔，但相邻的两孔不能同时显 红示，则该显示屏能显示信号的种数共有（）种

A．10B．48C．60D．80 蓝 a3 红4 黄 蓝黄 5 蓝 黄 蓝 黄 蓝

[巩固2] 函数f:{1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有（）

(A)1个(B)4个(C)8个(D)10个 [来源学+科+网]

7．二项式定理的核心是展开式的通项，Tr+1=Cnab(通项是展开式的第r+1项), r=0,1,2…n，二项展开式共有n+1项。展开式的通项中根式宜用分数指数表示。审题是要注意所求的是“项”还是“第几项”还是“项的系数”。rn-rr

1[举例](12x)x的展开式中常数项为．（07高考全国Ⅱ卷理科第13题）x28

181r)的展开式中常数项以及含x-2的项；Tr1C8rx8r()r=C8(1)rx82r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x)的展开式中常数项为C8，含x 2的项为 x解析：先求(x

1C(1)x；∴(12x)x的展开式中常数项为C84-2C85=

42x

n3[巩固] 若3x的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于。585228

(07高考安徽理科第12题)

[迁移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成关于x的多项式后x2的系数为60，则n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系数”与“二项式系数”的区别；二项式系数和=2，其中奇数项的二项式系

n-1数和=偶数项的二项式系数和=2，二项式系数先增后减，并关于中间项“对称”，二项展开

式中，中间项二项式系数最大；求二项展开式中系数绝对值最大的项，用“夹逼法”。

[举例]若(2x)n展开式中奇数二项式系数和为8192，则展开式中系数最大的项为。解析：2n1r14r=8192得n=14，则TrC142(x)r，由于(2x)14展开式中各项系数正负相间，故先求其展开式中系数绝对值最大的项，记为第r+1项，于是有：

r14rr115rr14rr113rC142C142①，C142C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5时系数为负，∴r=4，即展开式中系数最大的项为C142x。[来源:学§科§网Z§X§X§K] [来源:Z_xx_k.Com]

[巩固]若(x1n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）x

（07高考重庆理科第4题）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多项式的“系数和”一般用“赋值法”。若多项式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，则展开式中所有项的系数和=f(1)，其中奇数项的系数和=

=f(1)f(1)，偶数项的系数和2

[举例]设(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[举例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+„„+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+„„+anxn，若a1+a2+„„＋an-1＝29-n,则正整数n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展开式中才有含xn 的项，它的系数为1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+„„+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[来源:Zxxk.Com][来源学科网ZXXK]f(1)f(1)；展开式中的常数项=f(0)。2

[巩固1]设(x21)(2x1)9a0a1(x2)a2(x2)2

则a0a1a2Ａ．2a11(x2)11，（07高考江西文科第5题）a11的值为（）Ｂ．1Ｃ．1Ｄ．2[来源学科网ZXXK]

[巩固2]已知(1x)2a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则

(a0a2a4)(a1a3a5)的值等于安徽文科第12题)

[迁移]设(13x)a0a1xa2xa3xa4xa5xa6x，则集合 623456

a1,a2,a3,a4,a5,a6含2 个元素的所有子集的元素总和为()

A640B630C320D31

5[来源:学_科_网Z_X_X_K]

[来源:学科网]

[来源:学科网]

答案

1、[巩固1]D；[巩固2] 14或23；

2、[巩固]8424 ；

3、[巩固]84，96；

4、[巩固]936，5、[巩固1] B，[巩固2] 15，[巩固3]问题相当于：将10个相同的球放入8个盒子中，每盒至少一

2球，用“挡板法”，有C9=36种；

6、[巩固1]D，[巩固2]D；

7、[巩固]7；[迁移]B；

8、[巩

固] B；

9、[巩固1] A；[巩固2] 256；[迁移]D。

第四篇：高三复习课《二项式定理》说课稿

高三第一阶段复习，也称“知识篇”。在这一阶段，学生重温高

一、高二所学课程，全面复习巩固各个知识点，熟练掌握基本方法和技能；然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。在高

一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第一轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯通。对于普通高中的学生，第一轮复习更为重要，我们希望能做高考试题中一些基础题目，必须侧重基础，加强复习的针对性，讲求实效。

一、内容分析说明

1、本小节内容是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的二项式的乘方的展开式，与数学的其他部分有密切的联系：

（1）二项展开式与多项式乘法有联系，本小节复习可对多项式的变形起到复习深化作用。

（2）二项式定理与概率理论中的二项分布有内在联系，利用二项式定理可得到一些组合数的恒等式，因此，本小节复习可加深知识间纵横联系，形成知识网络。

（3）二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法。

2、高考中二项式定理的试题几乎年年有，多数试题的难度与课本习题相当，是容易题和中等难度的试题，考察的题型稳定，通常以选择题或填空题出现，有时也与应用题结合在一起求某些数、式的近似值。

第五篇：二项式定理二项式定理的应用教案（范文模版）

排列、组合、二项式定理·二项式定理的应用·教案

教学目标

1．利用二项式定理及二项式系数的性质解决某些关于组合数的恒等式的证明；近似计算；求余数或证明某些整除或余数的问题等．

2．渗透类比与联想的思想方法，能运用这个思想处理问题． 3．培养学生运算能力，分析能力和综合能力． 教学重点与难点

数学是一门工具，学数学的目的就是为了应用．怎样建立起要解决的问题与数学知识之间的联系（如一个近似计算问题与二项式定理有没有联系，怎样联系），是这节课的难点，也是重点所在．

教学过程设计

师：我们已经学习了二项式定理及二项式系数，请大家用6分时间完成以下三道题：

（1）在（1-x3）（1+x）10的展开式中，x5的系数是多少？（2）求（1+x-x2）6展开式中含x5的项．

（全体学生参加笔试练习）

6分钟后，用投影仪公布以上三题的解答：

（1）原式=（1+x）10-x3（1+x）10，可知x5的系数是（1+x）

（2）原式=[1+（x-x2）]6=1+6（x-x2）+15（x-x2）2+20（x-x2）3+15（x-x2）4+6（x-x2）5+（x-x2）6．

其中含x5的项为：20·3x5+15（-4）x5+6x5=6x5．

师：解（1），（2）两题运用了变换和化归思想，第（2）题把三项式化为二项式，创造了使用二项式定理的条件．

第（3）题的解法是根据恒等式的概念，a，b取任何数时，等式都成立．根据习题结构特征选择a，b的取值．这种用概念解题的思想经常使用．

下面我们看二项式定理的一些应用．

师：请同学们想一想，例1怎样解？

生甲：从结构上观察，则与练习的第（3）题有相似之处，只是组合数的系数成等比数列，是否根据二项式定理令a=1，b=3，即可得到证明．

师：请同学们根据生甲所讲，写出证明．（找一位同学板演）

证明：在（a+b）n的展开式中令a=1，b=3得：

师：显然，适当选取a，b之值是解这一类题的关键，再看练习题． 练习

生乙：这题与例1类比有共同点，仍是组合数的运算，不同点是缺

我考虑如能用二项式定理解，应对原题做以下变换：

师：分析得很透彻．这种敢想、会想精神是每位同学都要培养的．首先是敢字，不要一见题目有些生疏就采取放弃态度；要敢于分析，才能善于分析，将来才敢于创新，善于创新．

请大家把解题过程写在笔记本上．（教师请一名同学板演）

在（a＋b）6的展开式中令a=1，b=3，得

师：解题过程从“在（a+b）6的展开式中令 a=1，b=3”写起就可以了．希望同学们再接再励，完成下个练习．

练习

师：大家议论一下，这道题能用二项式定理来解吗？

生丙：初步观察，与上节课我们学刁的：“在（a＋b）n的展开式

解决．我们注意到组合数代数和的值为余弦值或正弦值，又注意到正项

„）或r=4m＋1（m=0，1，2，„），负项出现在r=4m＋2（m=0，1，2，„）或r=4m＋3（m=0，1，2，„），而虚数单位i有以下性质：

i4m=1，i4m+1=i，i4m+2=-1，i4m+3=-i（m∈Z）． 于是想在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i．

师：分析得有道理，请同学们按生丙同学的意见进行演算．（教师找一位同学板演）

证明：设i是虚数单位，在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i中得：

另一方面，又有

由此得到

根据复数相等定义，有

师：认真分析习题的结构，运用类比与联想的思想方法，可以帮助我们找到解题的思路，下面我们研究二项式定理在数字计算方面的应用．

例2 计算：1.9975（精确到0.001）．

生丁：这道题若用二项式定理计算，必须把1.997看作1+0.997，这样，1.9975=（1+0.997）5．

师：计算简单吗？

生戊：把1.9975化为（2-0.003）5，再展开，由于精确到0.001，不必各项都计算．

师：按生戊所谈的方法，大家在自己的笔记本上计算一下．（教师找一位同学板演）解：1.9975=（2-0.003）5

=25-5×24×0.003+10×23×0.0032-10×22×0.003＋„

由于|T6|＜|T5|＜|T4|≈1.08×10-6，则|T4|＋T5＋T6|＜0.000004． 所以1.9975≈32-0.24+0.000 72≈31.761． 师：1996年全国高考有这样一道应用题：（用投影仪示出，老师读题）

某地现有耕地10 000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22％，人均粮食占有量比现在提高10％．如果人口年增长率为1％，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？

稍候，教师问：

谁想出解法了，请讲一讲．

生己：设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷，耕地平均每年至多只能减少x公顷．

十年后耕地亩数：104-10x，十年后总产量：M×（1+22％）（104-10x）． 十年后人口：P×（1＋1％）10，依题意可以得到不等式

师：实际计算时，会遇到（1＋0.01）10的计算问题，请全体同学在笔记本上迅速计算出来．

（教师请一同学板演）

师：真迅速啊！请同学们课下把这道高考题完成．（答案：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷）现在，我们再讨论一个新的问题．

例3 如果今天是星期一，那么对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5天后的那一天是星期几？

生庚：先将此题转化为数学问题，即本题实际上寻求对于任意自然数n，23n+3+7n＋5被7除的余数．

受近似计算题目启发，23n+3=8n+1=（7＋1）n+1，这样可以运用

数，7n也是7的倍数，最后余数是1加上5，是6了． 师：请同学们在笔记本上完成此题的解答（教师请一名同学板演）

解：由于23n+3＋7n＋5=8n+1＋7n＋5=（7＋1）n+1＋7n+5

则 23n+3＋7n＋5被7除所得余数为6 所以对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5后的一天是星期日．

师：请每位同学在笔记本上完成这样一个习题：7777-1能被19整除吗？（教师在教室内巡视，3分钟后找学生到黑板板演）解：7777-1=（76+1）77

由于76能被19整除，因此7777-1能被19整除． 师：请生辛谈谈他怎样想到这个解法的？ 生辛：这是个幂的计算问题，可以用二项式定理解决．如果把7777改成（19＋58）77，显然展开式中最后一项5877仍然不易判断是否能被19整除，于是我想到若7777-1能被38，或能被57，或能被76，或能被95整除，必能被19整除，而76与77只差1，故欲证7777-1被19整除，只需证（76+1）77被76整除．得到了以上的解法．

师：二项式定理解决的是乘方运算问题，因此幂的问题可以考虑二项式定理．下面我们解一些综合运用的习题

例4 求证：3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）． 师：仍然由同学先谈谈自己的想法．

生壬：我觉得这道题仍可以用二项式定理解，为了把左式与右式发生联系，将3换成2＋1．

注意到：

① 2n+n·2n-1=2n-1（2＋n）=2n-1（n+2）； ② n≥2，右式至少三项；

这样，可以得到3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．

生癸：根据题设条件有n∈N，且n≥2．用数学归纳法应当可以证明． 师：由于观察习题时思维起点不同，得到了习题不同解法，生×同学从乘方运算这点考虑，想到二项式定理，生×同学从题设条件n∈N考虑，想到数学归纳法．大家要养成习惯，每遇一题，从不同角度观察思考，得到更多解法，使我们思考问题更全面．

用二项式定理证明，生×同学已经讲清楚了证明过程，大家课下在笔记本上整理好，现在请同学们在笔记本上完成数学归纳法的证明．

（教师请一名同学板演）

证明：①当n=2时，左式=32=9，右式=22-1（2＋2）=2×4=8，显然9＞8．故不等式成立． ②假设n=k（k∈N且k≥2）时，不等式成立，即3k＞2k-1（k＋2），则当n=k＋1时，由于 左式=3k+1=3·3k＞3·2k-1（k＋2）=3k·2k-1＋3·2k． 右式=2(k+1)-1[（k＋1）＋2]=2k（k＋3）=k·2k＋3·2k，则 左式-右式=（3k·2k-1＋3·2k）-（k·2k＋3·2k）=3k·2k-1-2k·2k-1=k·2k-1＞0．

所以 左式＞有式．故当n=k＋1时，不等式也成立． 由①，②不等式对n≥2，n∈N都成立．

师：为了培养综合能力，同学们在笔记本再演算一道习题： 设n∈N且n＞1，求证：

（证明过程中可以运用公式：对n个正数a1，a2，„，an，总有

（教师在教室巡视，过2分钟找一名同学到黑板板演第（1）小题，再过3分钟找另一名同学板演第（2）小题）

师：哪位同学谈一谈此题应怎样分析？

生寅：第（1）小题左式与右式没有直接联系，应把它们分别转化，列前n项的和，由求和公式也能得到2n-1．因此得到证明． 第（2）小题左式与右式也没有直接联系．根据题目给出的公式要

师：根据式子的结构想有关知识和思考方法是分析问题的一种重要方法，要在解题实践中掌握．

本节课讨论了二项式定理主要应用，包括组合数的计算、近似计算、整除和求余数的计算以及与其他数学知识的综合应用．当然，二项式定理的运用不止这些，凡是涉及到乘方运算（指数是自然数或转化为自然数）都可能用到二项式定理．认真分析习题的结构，类比、联想、转化是重要的找到解题途径的思考方法，希望引起同学们的重视．

作业 1．课本习题：P253习题三十一：6，7，10； 2．课本习题：P256复习参考题九：15（2）． 3．补充题：

课堂教学设计说明

1．开始练习起着承上启下的作用．这三题既复习了二项式定理及其性质，又考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，利于本节课进行，又培养了学生预习复习的学习习惯．

2．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．

3．学生的回答不会像教案写的那样标准，教师要因势利导，帮助学生提高分析能力．