6.3.1 二项式定理（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册高中同步学案（人教A版）

该高中数学课件聚焦二项式定理及通项公式，课堂导入从初中(a+b)²、(a+b)³展开式切入，通过问题链引导观察项数与次数规律，用组合观点解释(a+b)⁴展开过程，衔接计数原理，搭建从具体到抽象的学习支架。 其亮点是问题驱动探究与系统题型训练结合，课前问题链培养数学抽象，课堂例2求特定项通过方程求k值提升逻辑推理，例3区分二项式系数与项的系数强化数学运算。小结梳理易错点，学生能构建知识体系，教师可直接用例题训练提升教学效率。

第六章　计数原理 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 6.3　二项式定理 6.3.1　二项式定理 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 目录 contents Part 01 课 前 预 习 课 堂 互 动 Part 02 课时作业（七） Part 03 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 课 前 预 习 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 n＋1 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 k＋1 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 课 堂 互 动 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 课时作业（七） 点击进入word 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 谢谢观看 第六章　计数原理 选择性必修第三册 数学 学习目标 素养要求 1．能用计数原理证明二项式定理； 2．掌握二项式定理及其展开式的通项公式； 3．会用二项式定理解决有关的简单问题． 1．通过理解二项式定理及二项展开式的通项公式，培养数学抽象的核心素养； 2．在利用二项式定理的通项公式求特定项的过程中，提升逻辑推理、数学运算的核心素养． [自主梳理] 知识点　二项式定理 [问题1]　我们在初中学习了(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，试用多项式的乘法推导(a＋b)3，(a＋b)4的展开式． 答：(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3，(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4. [问题2]　上述两个等式的右侧有何特点？ 答：(a＋b)3的展开式有4项，每项的次数是3；(a＋b)4的展开式有5项，每一项的次数为4. [问题3]　你能用组合的观点说明(a＋b)4是如何展开的吗？ 答： (a＋b)4＝(a＋b)(a＋b)(a＋b)(a＋b). 由多项式的乘法法则知，从每个(a＋b) 中选a或选b相乘即得展开式中的一项． 若都选a，则得C eq \o\al(0,4) a4b0； 若有一个选b，其余三个选a，则得C eq \o\al(1,4) a3b； 若有两个选b，其余两个选a，则得C eq \o\al(2,4) a2b2； 若有三个选b，一个选a，则得C eq \o\al(3,4) ab3； 若都选b，则得C eq \o\al(4,4) a0b4. [问题4]　能用类比方法写出(a＋b)n(n∈N*)的展开式吗？ 答：能，(a＋b)n＝C eq \o\al(0,n) an＋C eq \o\al(1,n) an－1b＋…＋C eq \o\al(n,n) bn. ►知识填空 二项式定理及其相关概念 二项式定理 当n是正整数时，有 (a＋b)n＝C eq \o\al(0,n) an＋C eq \o\al(1,n) an－1b＋…＋C eq \o\al(k,n) an－kbk＋…＋C eq \o\al(n,n) bn， 上述公式称为二项式定理 (a＋b)n的 展开式 等式右边的式子称为(a＋b)n的展开式，它共有_________． 通项 其中C eq \o\al(k,n) an－kbk 是展开式中的第__________项，叫做二项展开式的通项(通常用Tk＋1表示) 二项式系数 ____________________称为第k＋1项的二项式系数 通项公式 我们将Tk＋1＝_____________称为二项展开式的通项公式．其中n是正整数，k是满足0≤k≤n的正整数 C eq \o\al(k,n) (k＝0，1，…，n) C eq \o\al(k,n) an－kbk [点睛] 1．二项展开式的特点 (1)展开式共有n＋1项； (2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n； (3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n. 2．二项式定理中，项的系数与二项式系数的区别，二项式系数与项的系数是两个不同的概念．二项式系数是指C eq \o\al(0,n) ，C eq \o\al(1,n) ，…，C eq \o\al(n,n) ，它只与各项的项数有关，而与a、b的值无关，而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项数有关，而且也与a、b的值有关. [自主检验] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(a＋b)n展开式中共有n项．(　　) (2)在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(　　) (3)C eq \o\al(k,n) an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(　　) (4)(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) eq \s\up20(5) 的展开式中含有x3项的二项式系数为(　　) A．－10　　　　　　 B．10 C．－5 D．5 解析：选D　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) eq \s\up20(5) 展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(k,5) x5－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up20(k) ＝(－1)kC eq \o\al(k,5) x5－2k，令5－2k＝3，得k＝1， ∴含x3项的二项式系数为C eq \o\al(1,5) ＝5. 3．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x))) eq \s\up20(6) 的展开式中，第4项是________． 解析：由通项公式可得T4＝C eq \o\al(3,6) (2x2)3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up20(3) ＝C eq \o\al(3,6) ·(－1)3·23·x3，所以T4＝－160x3. 答案：－160x3 4．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于________． 解析：S＝[(x－1)＋1]3＝x3. 答案：x3 题型一　二项式定理的正用、逆用 [例1]　利用(a＋b)n的二项展开式解题． (1)求(a＋2b)4的展开式； (2)化简：C eq \o\al(0,n) (x＋1)n－C eq \o\al(1,n) (x＋1)n－1＋C eq \o\al(2,n) (x＋1)n－2－…＋(－1)kC eq \o\al(k,n) (x＋1)n－k＋…＋(－1)nC eq \o\al(n,n) . 解：(1)根据二项式定理(a＋b)n＝C eq \o\al(0,n) an＋C eq \o\al(1,n) an－1b＋…＋C eq \o\al(k,n) an－kbk＋…＋C eq \o\al(n,n) bn，得(a＋2b)4＝C eq \o\al(0,4) a4＋C eq \o\al(1,4) a3(2b)＋C eq \o\al(2,4) a2(2b)2＋C eq \o\al(3,4) a(2b)3＋C eq \o\al(4,4) (2b)4＝a4＋8a3b＋24a2b2＋32ab3＋16b4. (2)原式＝C eq \o\al(0,n) (x＋1)n＋C eq \o\al(1,n) (x＋1)n－1(－1)＋C eq \o\al(2,n) (x＋1)n－2(－1)2＋…＋C eq \o\al(k,n) (x＋1)n－k(－1)k＋…＋C eq \o\al(n,n) ·(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn. [反思感悟] (1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n；②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n. (2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢． (1)求 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(4) 的展开式； (2)化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1). 解：(1)法一： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(4) ＝C eq \o\al(0,4) (3 eq \r(x) )4＋C eq \o\al(1,4) (3 eq \r(x) )3· eq \f(1,\r(x)) ＋C eq \o\al(2,4) (3 eq \r(x) )2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(2) ＋C eq \o\al(3,4) (3 eq \r(x) )· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(3) ＋C eq \o\al(4,4) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(4) ＝81x2＋108x＋54＋ eq \f(12,x) ＋ eq \f(1,x2) . 法二： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up20(4) ＝ eq \f((3x＋1)4,x2) ＝ eq \f(1,x2) [C eq \o\al(0,4) (3x)4＋C eq \o\al(1,4) (3x)3＋C eq \o\al(2,4) (3x)2＋C eq \o\al(3,4) ·3x＋C eq \o\al(4,4) ] ＝ eq \f(1,x2) (81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1) ＝81x2＋108x＋54＋ eq \f(12,x) ＋ eq \f(1,x2) . (2)原式＝C eq \o\al(0,5) (x－1)5＋C eq \o\al(1,5) (x－1)4＋C eq \o\al(2,5) (x－1)3＋C eq \o\al(3,5) (x－1)2＋C eq \o\al(4,5) (x－1)＋C eq \o\al(5,5) －1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1. 题型二　求二项展开式中的特定项 [例2]　若 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up20(n) 展开式中前三项系数成等差数列，求： (1)展开式中含x的一次项； (2)展开式中所有的有理项． 解：(1)由已知可得C eq \o\al(0,n) ＋C eq \o\al(2,n) · eq \f(1,22) ＝2C eq \o\al(1,n) · eq \f(1,2) ， 即n2－9n＋8＝0，解得n＝8，或n＝1(舍去). Tk＋1＝C eq \o\al(k,8) ( eq \r(x) )8－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up20(k) ＝C eq \o\al(k,8) ·2－k·x eq \s\up16(4－\f(3,4)k) ， 令4－ eq \f(3,4) k＝1，得k＝4. 所以x的一次项为T5＝C eq \o\al(4,8) 2－4x＝ eq \f(35,8) x. (2)令4－ eq \f(3,4) k∈Z，且0≤k≤8，则k＝0，4，8， 所以含x的有理项分别为T1＝x4，T5＝ eq \f(35,8) x，T9＝ eq \f(1,256x2) . [反思感悟] 利用二项式的通项公式求二项展开式中具有某种特征的项是关于二项式定理的一类典型题型．常见的有求二项展开式中的第k项、常数项、含某字母的k次方的项等．其通常解法就是根据通项公式确定Tk＋1中k的值或取值范围以满足题设的条件． 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up20(8) 的展开式中，求： (1)第5项的二项式系数及第5项的系数； (2)x2的系数． 解：(1)T5＝T4＋1＝C eq \o\al(4,8) (2x2)8－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up20(4) ＝C eq \o\al(4,8) ·24·x eq \s\up16(\f(20,3)) ， 所以第5项的二项式系数是C eq \o\al(4,8) ＝70， 第5项的系数是C eq \o\al(4,8) ·24＝1 120. (2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up20(8) 的通项是C eq \o\al(k,8) (2x2)8－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up20(k) ＝(－1)kC eq \o\al(k,8) ·28－k·x eq \s\up16(16－\f(7,3)k) . 由题意，得16－ eq \f(7,3) k＝2，解得k＝6， 因此，x2的系数是(－1)6C eq \o\al(6,8) ·28－6＝112. 题型三　二项式系数与项的系数问题 [例3]　(1)求二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,x))) eq \s\up20(6) 的展开式中第6项的二项式系数及第6项的系数； (2)求 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) eq \s\up20(9) 的展开式中x3的系数． 解：(1)由已知得二项展开式的通项为 Tk＋1＝C eq \o\al(k,6) (2 eq \r(x) )6－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up20(k) ＝26－kC eq \o\al(k,6) ·(－1)k·x eq \s\up16(3－\f(3k,2)) ， ∴T6＝－12·x eq \s\up16(－\f(9,2)) . ∴第6项的二项式系数为C eq \o\al(5,6) ＝6， 第6项的系数为C eq \o\al(5,6) ·(－1)5·2＝－12. (2)设展开式中的第k＋1项为含x3的项，则 Tk＋1＝C eq \o\al(k,9) x9－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up20(k) ＝(－1)k·C eq \o\al(k,9) ·x9－2k， 令9－2k＝3，得k＝3，即展开式中第四项含x3，其系数为(－1)3·C eq \o\al(3,9) ＝－84. [反思感悟] 求某项的二项式系数或展开式中含xk的项的系数，主要是利用通项公式求出相应的项，特别要注意某项二项式系数与系数两者的区别． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x))) (x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　) A．5　　　　　　　 B．10 C．15 D．20 解析：选C　法一：∵ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x))) (x＋y)5＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x))) (x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，∴x3y3的系数为10＋5＝15. 法二：当x＋ eq \f(y2,x) 中取x时，x3y3的系数为C eq \o\al(3,5) ， 当x＋ eq \f(y2,x) 中取 eq \f(y2,x) 时，x3y3的系数为C eq \o\al(1,5) ， ∴x3y3的系数为C eq \o\al(3,5) ＋C eq \o\al(1,5) ＝10＋5＝15.故选C. 题型四　整除或求余数问题 [例4]　(1)求证：32n＋2－8n－9(n∈N＋)能被64整除； (2)求S＝C eq \o\al(1,27) ＋C eq \o\al(2,27) ＋…＋C eq \o\al(27,27) 除以9的余数． 解：(1)证明：∵32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9＝C eq \o\al(0,n＋1) 8n＋1＋C eq \o\al(1,n＋1) 8n＋…＋C eq \o\al(n－1,n＋1) ×82＋C eq \o\al(n,n＋1) ×8＋C eq \o\al(n＋1,n＋1) －8n－9＝C eq \o\al(0,n＋1) 8n＋1＋C eq \o\al(1,n＋1) 8n＋…＋C eq \o\al(n－1,n＋1) ×82，∴该式的每一项都含82这个因式，因此能被64整除． (2)S＝C eq \o\al(1,27) ＋C eq \o\al(2,27) ＋…＋C eq \o\al(27,27) ＝(1＋1)27－1＝227－1 ＝89－1＝(9－1)9－1 ＝C eq \o\al(0,9) ×99－C eq \o\al(1,9) ×98＋…＋C eq \o\al(8,9) ×9－C eq \o\al(9,9) －1 ＝9(C eq \o\al(0,9) ×98－C eq \o\al(1,9) ×97＋…＋C eq \o\al(8,9) )－2 ＝9(C eq \o\al(0,9) ×98－C eq \o\al(1,9) ×97＋…＋C eq \o\al(8,9) －1)＋7， 显然上式括号内的数是正整数，故S被9除的余数为7. [反思感悟] 有关整除性问题是二项式定理的应用之一，其关键在于如何把整除问题转化为一个二项式问题，通过变形凑成被整除的式子． 已知n∈N*，求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除． 证明：1＋2＋22＋…＋25n－1＝ eq \f(1－25n,1－2) ＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1＝31n＋C eq \o\al(1,n) ×31n－1＋…＋C eq \o\al(n－1,n) ×31＋1－1＝31×(31n－1＋C eq \o\al(1,n) ×31n－2＋…＋C eq \o\al(n－1,n) )，显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除. [课堂小结] 1．注意区分某一项的二项式系数与系数的概念． 2．要牢记C eq \o\al(k,n) an－kbk是展开式的第k＋1项，不要误认为是第k项． 3．求解特定项时必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为特定值． $