6.3.2二项式系数的性质课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

6.3.2 二项式系数的性质 1.二项式定理 2.二项展开式的通项 3.二项式系数： 复习引入 探究 用计算工具计算(a＋b)n的展开式的二项式系数，并填入下表中. n (a＋b)n的展开式的二项式系数 1 2 3 4 5 6 (a＋b)1 (a＋b)2 (a＋b)3 (a＋b)4 (a＋b)5 (a＋b)6 杨辉三角 (1)每行两端的数都是1； (2)与两端等距离的项的系数相等； (3)在相邻的两行中,除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和,等等. 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 上表写成如下形式，并说说你发现了什么规律？ 1 7 21 35 35 21 7 1 … … … … … … (a + b)n 每一行的系数具有对称性 新知探究 对于 展开式的二项式系数 从函数角度看， 可看成是以r为自变量的函数 ,其定义域是 下面从函数角度分析二项式系数： 对于确定的n，我们还可以画出它的图象. 例如，当n=6时，函数 的图象是右图中的7个孤立点． r f(r) O 1 2 3 5 10 15 20 4 5 6 n=7 n=8 n=9 1. 对称性 由此我们可得二项式系数有以下性质： 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． r f(r) O 1 2 3 5 10 15 20 4 5 6 事实上，这一性质可直接由公式 得到． 图象的对称轴为 2. 增减性与最大值 所以在中间项取得最大值. （1）当n为偶数时， 正中间一项的二项式系数 最大； f (k) k 6 3 O 5 15 20 1 10 1 2 4 5 例如：当 n=6 时, 其图象是7个孤立点 （2）当n为奇数时， 中间两项的二项式系数 相等，且同时取得最大值. f (r) r n O 5 15 20 1 10 例1 如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于(　　) C 题型一　与杨辉三角有关的问题 A.20 B.21 C.22 D.23 解析　a＝7，可知b左肩上的数为6，右肩上的数为11＋5＝16，所以b＝6＋16＝22. 3. 各二项式系数的和 思考 即 这就是说，(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和等于 同时由于 上式还可以写成： 这是组合总数公式. （赋值法） 一般地， 的展开式的二项式系数有如下性质： (1) (2) (3)当 时, 当 时, (4) 二项式系数性质 分析：奇数项的二项式的系数和为 偶数项的二项式的系数和为 由于 可以取任意实数，因此我们可以通过对 适当赋值来得到上述两个系数和。 例3 求证：在 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. 即 证明： 在展开式 因此 即在 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 思考： 解： 课堂练习 P34T1 例2 设(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023(x∈R). (1)求a0的值； (2)求a1＋a2＋a3＋…＋a2 023的值. 题型二　二项展开式的系数的和问题 解　∵(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023， (1)令x＝0，得(1－0)2 023＝a0，因此a0＝1. (2)令x＝1，得(1－2)2 023＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023， ∴a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－1， 因此a1＋a2＋…＋a2 023＝－2. 迁移1 若本例条件不变，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2 023|. 解　∵(1－2x)2 023的展开式中偶数项的系数为负值， ∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 023|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 022－a2 023. 令x＝－1，得32 023＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 022－a2 023， 故|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2 023|＝32 023. 迁移2 若本例条件不变，试求a1＋a3＋…＋a2 023的值. 解　分别令x＝－1，x＝1， 由②－①，得－1－32 023＝2(a1＋a3＋…＋a2 023). 训练2 若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求： (1)a1＋a2＋…＋a7； 解　令x＝0，则a0＝－1. 令x＝1，则a0＋a1＋…＋a7＝27＝128，① ∴a1＋a2＋…＋a7＝129. (2)a1＋a3＋a5＋a7； 解　令x＝－1，得a0－a1＋…＋a6－a7＝(－4)7，② 由①－②得，2(a1＋a3＋a5＋a7)＝128－(－4)7，∴a1＋a3＋a5＋a7＝8 256. (3)|a0|＋|a1|＋…＋|a7|. ∴|a0|＋|a1|＋…＋|a7|＝－a0＋a1－a2＋a3－…－a6＋a7＝47＝16 384. 题型三　二项式系数性质的应用 (1)求展开式中二项式系数最大的项； 解　令x＝1，则展开式中各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n， 又展开式中各项的二项式系数之和为2n， 由题意知，4n－2n＝992， ∴(2n)2－2n－992＝0，∴(2n＋31)(2n－32)＝0， ∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，∴n＝5. 由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项， (2)求展开式中系数最大的项. 假设Tk＋1项系数最大， ∴展开式中系数最大的项为 (1)二项式系数的最大项的求法 求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论. ①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大. ②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 思维升华 (1)求二项式系数最大的项； 二项式系数最大的项为中间项，即第5项， (2)系数的绝对值最大的项是第几项？ 解　设第r＋1项系数的绝对值最大， 故系数的绝对值最大的项是第6项和第7项. (3)求系数最大的项与系数最小的项. 解　由(2)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，第6项的系数为负，第7项的系数为正. 课堂小结 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 得到. 直线将函数的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴. 2.增减性与最大值 因为，即， 所以，当，即时，随的增加而增大；由对称性知，当 时，随的增加而减小.当是偶数时，中间的一项取得最大值；当是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值. 二项式系数的性质： 3.含二项式系数的和 已知， 令，得. 这就是说，的展开式的各二项式系数的和等于. 注：求二项式系数的最大、最小值时，一定要搞清楚是奇数还是偶数. D 类型一　求两个多项式乘积的特定项 例1(2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中，含x2的项的系数为5，则a等于(　　) A.－4 B.－3 C.－2 D.－1 D 解析　∵(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax·(1＋x)5， D [尝试训练] 例1 (1)(1＋2x)3(1－x)4的展开式中，含x项的系数为(　　) A.10 B.－10 C.2 D.－2 C 解析　(1＋2x)3(1－x)4的展开式中含x项的系数是由两个因式相乘而得到的， 即第一个因式的常数项和一次项分别乘第二个因式的一次项与常数项. 思维升华 形如(a＋bx)n(c＋dx)m的展开式问题. (1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋bx)2·(c＋dx)m＝(a2＋2abx＋b2x2)(c＋dx)m，然后展开分别求解. 2.(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　) A.56 B.84 C.112 D.168 D [尝试训练] 类型二　形如(a＋b＋c)n的展开式问题 思维升华 1.三项或三项以上的式子的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性. 2.本题的第二种解法是利用二项式定理的推导方法来解决问题，其本质是分类加法计数原理和分步乘法计数原理的运用，用这种方法可以直接求展开式中的某特定项. A.160 B.210 C.120 D.252 D 令20－3k＝5，得k＝5， 59 136 [尝试训练] 类型四　整除和余数问题 例4 (1)试求2 02310除以8的余数； 解　2 02310＝(8×253－1)10. 其展开式中除末项为1外，其余的各项均含有8这个因数， ∴2 02310除以8的余数为1. (2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除. 证明　32n＋2－8n－9 ＝(8＋1)n＋1－8n－9 ①式中的每一项都含有82这个因数， 故原式能被64整除. 思维升华 1.利用二项式定理可以解决求整除和余数的问题，常用的变形是拆数，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. 2.用二项式定理展开，保证展开后的大部分项是除数的倍数，进而可证明或判断被除数能否被除数整除，若不能整除，则可求出余数. 训练4 设a∈Z，且0≤a<13，若512 023＋a能被13整除，则a＝__________. 1 解析　∵512 023＋a＝(52－1)2 023＋a A.0 B.8 C.7 D.2 A [尝试训练] ∴a1＋a3＋…＋a2 023＝. 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(32 023＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 022－a2 023，①,－1＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 022＋a2 023，　②)) 解　∵Tk＋1＝C(3x)7－k(－1)k， 它们分别为T3＝C3·(3x2)2＝90x6， T4＝C2·(3x2)3＝270x. 例3 已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992. 则有 ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5！,（5－k）！k！)×3≥\f(5！,（6－k）！（k－1）！)，,\f(5！,（5－k）！k！)≥\f(5！,（4－k）！（k＋1）！)×3，)) 则 解之得≤k≤.又k∈N，∴k＝4. T5＝Cx(3x2)4＝405x. 解　展开式的通项为Tk＋1＝C·3k·x(5＋2k)， 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(a＋bx)n(a，b∈R)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k＋1项最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))解出k，即得出系数的最大项. ＝(－2)rCx4－r. 故T5＝C·24·x4－＝1 120x－6. 训练3 在的展开式中， 解　Tr＋1＝C()8－r· 即 整理得所以r＝5或r＝6. 则 系数最小的项为T6＝(－1)5Ceq \o\al(5,8)·25x－eq \f(17,2)＝－1 792x－eq \f(17,2). 故系数最大的项为T7＝C·26·x－11＝1 792x－11， ＝x2＋2. 又的展开式的通项为 Tr＋1＝C×(－1)r， ∴展开式中的常数项为x2·Ceq \o\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))·(－1)4＋2Ceq \o\al(5,5)(－1)5＝5－2＝3. 训练1 (x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq \s\up12(5)的展开式的常数项是(　　) A.－3 B.－2 C.2 D.3 解析　由题意得(x2＋2) 所以(1＋ax)(1＋x)5的展开式中含x2的项的系数为Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(1,5)·a＝5， 所以a＝－1. 又(1＋x)5展开式的通项公式Tk＋1＝C·xk， 解析　的展开式的通项是 Tk＋1＝C·x10－k·＝C·x10－2k， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x4(当k＝3时)，x6(当k＝2时)项的系数分别为Ceq \o\al(3,10)，Ceq \o\al(2,10). 因为(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x6的项由x2与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x4的项的乘积以及－a与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)展开式中含x6的项的乘积两部分构成， 因此由题意得Ceq \o\al(3,10)－aCeq \o\al(2,10)＝120－45a＝30， 解得a＝2. A. B. C.1 D.2 4.若(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中x6的系数为30，则a等于(　　) 所以含x项的系数为Ceq \o\al(0,3)×Ceq \o\al(1,4)×(－1)＋Ceq \o\al(1,3)×2×Ceq \o\al(0,4)＝－4＋6＝2. 因此，含x项为Ceq \o\al(0,3)(2x)0·Ceq \o\al(1,4)·(－x)1＋Ceq \o\al(1,3)·(2x)1·Ceq \o\al(0,4)·(－x)0， (2)分别求两个二项式的通项公式，再根据多项式的乘法法则得到，(a＋bx)n(c＋dx)m的展开式中一般项为Tk＋1·Tr＋1＝Ceq \o\al(k,n)an－k(bx)k·Ceq \o\al(r,m)cm－r(dx)r，再依据题目中对指数的特殊要求，确定r与k所满足的条件，进而求出r，k的取值情况. (1＋y)4展开式中含y2的项为Cy2＝6y2， 所以x2y2的系数为28×6＝168. 解析　在(1＋x)8展开式中含x2的项为Cx2＝28x2， 例2 的展开式中的常数项是________(用数字作答). 解析　法一　原式＝ ＝·[(x＋)2]5 ＝·(x＋)10. 求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5项的系数， 即C·()5， ∴所求的常数项为5,10)eq \f(C·（\r(2)）5,32) ＝eq \f(63\r(2),2). 解析　原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4＋\f(1,x2)＋2x))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)， 则Tk＋1＝C(x2)10－k＝Cx20－3k， ∴T6＝Cx5＝252x5， 则x5项的系数为252. 训练2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4＋\f(1,x2)＋2x))eq \s\up12(5)的展开式中，x5项的系数为(　　) Tk＋1＝C·· ＝(－2)kC·x6－k. 令6－k＝0，得k＝6， 故展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))eq \s\up12(6)·Ceq \o\al(6,12)＝59 136. 5.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－4＋\f(4,x)))eq \s\up12(6)(x＞0)的展开式中的常数项为__________. 解析　＝(x>0)， ＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1)82＋(n＋1)×8＋1－8n－9 ＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1)82　①. ＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n＋1,n＋1)－8n－9 故－1＋a能被13整除， 又0≤a<13，故a＝1. ＝Ceq \o\al(0,2 023)522 023－Ceq \o\al(1,2 023)522 022＋Ceq \o\al(2,2 023)522 021－…＋Ceq \o\al(2 022,2 023)521－1＋a能被13整除， 3.设n∈N*，则Ceq \o\al(0,n)1n80＋Ceq \o\al(1,n)1n－181＋Ceq \o\al(2,n)1n－282＋Ceq \o\al(3,n)1n－383＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)118n－1＋Ceq \o\al(n,n)108n除以9的余数为(　　) ＝(1＋8)n＝9n， 所以除以9的余数为0. 解析　因为C1n80＋C1n－181＋C1n－282＋C1n－383＋…＋C118n－1＋C108n $$