2020届二轮复习 二项式定理 教案（全国通用）
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| 要求层次 | 重难点 | |
二项式定理 | 用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 | B | 二项式定理 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． |
1．二项式定理
⑴二项式定理
这个公式表示的定理叫做二项式定理．
⑵二项式系数、二项式的通项
叫做的二项展开式，其中的系数叫做二项式系数，式中的叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：．
⑶二项式展开式的各项幂指数
二项式的展开式项数为项，各项的幂指数状况是
①各项的次数都等于二项式的幂指数．
②字母的按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到零，字母按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到．
⑷几点注意
①通项是的展开式的第项，这里．
②二项式的项和的展开式的第项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换的．
③注意二项式系数（）与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负．
④通项公式是这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项公式是（只须把看成代入二项式定理）这与是不同的，在这里对应项的二项式系数是相等的都是，但项的系数一个是，一个是，可看出，二项式系数与项的系数是不同的概念．
⑤设，则得公式：．
⑥通项是中含有五个元素，
只要知道其中四个即可求第五个元素．
⑦当不是很大，比较小时可以用展开式的前几项求的近似值．
2．二项式系数的性质
⑴杨辉三角形：
对于是较小的正整数时，可以直接写出各项系数而不去套用二项式定理，二项式系数也可以直接用杨辉三角计算．
杨辉三角有如下规律：“左、右两边斜行各数都是1．其余各数都等于它肩上两个数字的和．”
⑵二项式系数的性质：
展开式的二项式系数是：，从函数的角度看可以看成是为自变量的函数，其定义域是：．
当时，的图象为下图：
这样我们利用“杨辉三角”和时的图象的直观来帮助我们研究二项式系数的性质．
①对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
事实上，这一性质可直接由公式得到．
②增减性与最大值
如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；
如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．
由于展开式各项的二项式系数顺次是
，
，．．．，
，，．．．，
．
其中，后一个二项式系数的分子是前一个二项式系数的分子乘以逐次减小1的数（如），分母是乘以逐次增大的数（如1，2，3，…）．因为，一个自然数乘以一个大于1的数则变大，而乘以一个小于1的数则变小，从而当依次取1，2，3，…等值时，的值转化为不递增而递减了．又因为与首末两端“等距离”的两项的式系数相等，所以二项式系数增大到某一项时就逐渐减小，且二项式系数最大的项必在中间．
当是偶数时，是奇数，展开式共有项，所以展开式有中间一项，并且这一项的二项式系数最大，最大为．
当是奇数时，是偶数，展开式共有项，所以有中间两项．
这两项的二项式系数相等并且最大，最大为．
③二项式系数的和为，即．
④奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即
．
常见题型有：
求展开式的某些特定项、项数、系数，二项式定理的逆用，赋值用，简单的组合数式问题．
【例1】 的展开式中的第四项是 ．
【考点】求展开式中的指定项
【难度】2星
【题型】填空
【关键字】2018年四川高考
【解析】，∴，
的展开式中的第四项是：
【答案】
【例2】 的展开式中，的系数等于_ ___．
【考点】求展开式中的指定项
【难度】2星
【题型】填空
【关键字】2018，安徽高考
【解析】略；
【答案】15；
【例3】 若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】求展开式中的指定项
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】2018年丰台一模
【解析】，四个选项中只有满足．
【答案】A；
【例4】 的展开式中项的系数是（ ）
A． B． C． D．
【考点】求展开式中的指定项
【难度】3星
【题型】选择
【关键字】2018年，东城一模
【解析】所求系数为．
【答案】A；
【例5】 在的展开式中，的系数为_______（用数字作答）．
【考点】求展开式中的指定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】将多项市看作，通项公式为，
只能取0或1，不难算出的系数为
．
本题也可以直接用排列组合的观点来解． 5个相乘，要得到项，只有两种情况：
①1个取，其余4个取常数项，此时的系数为；
②两个取，其余3个取常数项，此时的系数为
因此的系数为1360．
【答案】1360；
【例6】 在的展开式中，项的系数是 ．（用数字作答）
【考点】求展开式中的指定项
【难度】2星
【题型】填空
【关键字】2018年，湖南高考
【解析】可以直接将6个式子中的项的系数相加，然后用组合数的性质来计算．
如果注意到原多项式可化简为，则只需要求中项的系数即可，不难算出为．
【答案】35；
【例7】 在展开式中，系数为有理数的项共有 项．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】2018年，湖北高考
【解析】略
【答案】6；
【例8】 的展开式中共有_____项是有理项．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】展开式的第项为，
要使第项为有理项，需要为与的倍数，从而，，
又，故，共有项．
【答案】17；
【例9】 二项式的展开式中的常数项为_____________，展开式中各项系数和为 ．（用数字作答）
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】2018年，石景山一模
【解析】通项公式，时，可得常数项；
令即可得各项系数和为．
【答案】；
【例10】 若的展开式中含有常数项，则最小的正整数等于 ．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】若的展开式中含有常数项，为常数项，
则，
即，所以被7整除，当时成立，最小的正整数等于7．
【答案】7；
【例11】 已知的展开式中没有常数项，，且，则______．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】4星
【题型】填空
【关键字】2018年，辽宁高考
【解析】的通项公式为．
如果题目中的多项式展开后没有常数项，则：．
所以被4除只能余1．当时，．
【答案】5；
【例12】 求展开式中的常数项．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】
．
由展开式的通项公式，可得展开式的常数项为．
【例13】 求二项式的展开式中：
⑴常数项；
⑵有几个有理项（只需求出个数即可）；
⑶有几个整式项（只需求出个数即可）．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】展开式的通项为：．
⑴设项为常数项，则，得，即常数项为；
⑵设项为有理项，则为整数，∴为的倍数，
又∵，∴可取，，三个数，
故共有个有理项．
⑶为非负整数，得或，
∴有两个整式项．
【例14】 的展开式中共有_______项是有理项．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】展开式的第项为，
要使第项为有理项，需要为与的倍数，从而，，
又，故，共有项．
【答案】17；
【例15】 在的展开式中任取一项，设所取项为有理项的概率为，则
A．1 B． C． D．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】4星
【题型】选择
【关键字】2009届高考数学二轮冲刺专题测试
【解析】B；于是可取3，9，
则，
【答案】B；
【例16】 关于二项式有下列命题：
①该二项展开式中非常数项的系数和是：
②该二项展开式中第六项为；
③该二项展开式中系数最大的项是第项与第项；
④当时，除以的余数是．
其中正确命题的序号是__________．（注：把你认为正确的命题序号都填上）
【考点】求展开式中的特定项
【难度】4星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】二项式所有项的系数和为，其常数项为，非常数项的系数和是，
得①正确；
二项展开式的第六项为，即得②错误；
二项展开式中系数绝对值最大的项为第项（系数为）与第项（系数为），得系数最大的项是第项，即③错误；
当时，除以的余数是，即④正确．故应填①④．
【答案】①④；
【例17】 设的整数部分和小数部分分别为与，则的值为 ．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】4星
【题型】填空
【关键字】2018年，湖北省八校第二次联考
【解析】1；易知为整数，于是的小数部分
与的小数部分相同，而，于是则
．
【答案】1；
【例18】 中，为正实数，且，它的展开式中系数最大的项是常数项，求的取值范围．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】4星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】通项公式为．设第项的系数为
当时，将已知条件代入得：，
由已知，可知，即，第5项为常数项．
若系数最大，则，化简可得．
将代入，可得
【答案】
【例19】 二项式的展开式中，末尾两项的系数之和为，且二项式系数最大的一项的值为，则在内的值为___________．
【考点】求展开式中的特定项
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】无
【解析】或；由已知可得，即得，
二项式系数最大的一项为，解得，又，∴或．
【答案】或
【例20】 展开式中不含的项的系数和为
A． B． C． D．
【考点】赋值求某些项系数的和与差
【难度】3星
【题型】选择
【关键字】2018年，江西高考
【解析】略
【答案】B；
【例21】 设的展开式的各项系数之和为， 二项式系数之和为，若， 则展开式中的系数为（ ）
A． B．150 C． D．500
【考点】赋值求某些项系数的和与差
【难度】3星
【题型】选择
【关键字】2018年，北京丰台一模
【解析】求的展开式的各项系数之和令，而二项式系数之和为，
则可以转化为得即．然后利用通项来求解．答案： B
【答案】B；
【例22】 已知，求．
【考点】赋值求某些项系数的和与差
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】由展开式知：均为负，均为正，
∴
令，则所求式子为．
【答案】
【例23】 已知．
⑴当时，求的值；
⑵设．
试用数学归纳法证明：当时，．
【考点】赋值求某些项系数的和与差
【难度】4
【题型】解答
【关键字】2009年，南京1模
【解析】略
【答案】⑴当时，
原等式变为．
令得．
⑵因为，所以．
所以（）．
①当时，左边，右边，左边右边，等式成立．
②假设当时，等式成立，即，
那么，当时，
左边右边．
故当时，等式成立．
综合①②，当时，．
【例24】 请先阅读：在等式的两边求导得，
由求导法则得，化简得．
⑴利用上述想法（或其他方法），结合等式（，整数），证明：；
⑵对于整数，求证：．
⑶对于整数，求证①；②．
【考点】赋值求某些项系数的和与差
【难度】4
【题型】解答
【关键字】2018年，江苏高考
【解析】略
【答案】⑴在等式两边对求导，得
．
移项得（）
⑵在（）式中，令得，，，
整理得．
⑶①由⑴知，．
两边对求导，得．
在上式中，令，得，
即，亦即．
又由⑵知，上面两式相加，得．
②将等式两边在上对积分，
．
由微积分基本定理，得，
故．
【例25】 利用二项式定理证明：是64的倍数．
【考点】证明整除或求余数
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】64是8的平方，问题相当于证明是的倍数，
为了使问题向二项式定理贴近，变形，将其展开后各项含有，与的倍数联系起来．
∵
是64的倍数．
【例26】 的末尾连续零的个数是（ ）
A．7 B．5 C．3 D．2
【考点】证明整除或求余数
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】
上述展开式中，最后一项为1；倒数第二项为1000；倒数第三项为495000，末尾有三个0；倒数第四项为16170000，末尾有四个0；依次前面各项末尾至少有四个0．所以的末尾连续零的个数是3．故选C．
【答案】C
【例27】 ，求证：．
【考点】证明不等式
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】显然时，原不等式成立．
时，将原不等式变为
设，则，于是：
．
【例28】 已知是正整数，且，⑴证明；⑵证明．
【考点】证明不等式
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】⑴对于，有，
同理，
由于，故对整数，有，
所以，即．
⑵由二项式定理得：，，
由⑴知（），
而，，所以．因此．
又，（）．
∴，即．
【例29】 已知函数满足（），，并且使成立的实数有且只有一个．
⑴求的解析式；
⑵若数列的前项和为，满足，当时，，
求数列的通项公式．
⑶在⑵的条件下，令（），
求证：当时，有．
【考点】证明不等式
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】⑴令，由得．
即只有一根，又，故．
联立解得，，则，．
⑵当时，，∴．
∵当时，，∴．
当时，，则（），
两式相减得（），
∴，即，
从而数列是以为首项，为公比的等比数列．
∴，∴．
⑶∵，
∴（）．
∴．
当时，，
∴．
∴．
【例30】 设，，，将的最小值记为，则，，，，…，，…其中 ．
【考点】二项式定理的应用
【难度】3星
【题型】填空
【关键字】2018年，浙江高考
【解析】略
【答案】
【例31】 由等式
，定义映射，则等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】二项式定理的应用
【难度】3星
【题型】选择
【关键字】无
【解析】D；由二项式定理，容易有
当时，
解得．于是答案为D．
【答案】D；
