3.3 第1课时 二项式定理(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦二项式定理第1课时，通过观察(a+b)^1到(a+b)^4的展开式实例，设置项数与次数关系、分步乘法计数原理解释展开过程等思考问题，搭建从具体实例到定理抽象的学习支架。 其亮点是以问题链驱动探究，引导学生用数学眼光观察展开式规律，通过分步乘法计数原理分析培养数学思维，结合正用逆用定理（如化简(x-1)^4+...+1=x^4）强化数学语言表达。含变式探究和解题技巧总结，助力学生深化理解，为教师提供结构化教学资源，提升教学效率。

3．3　二项式定理与杨辉三角 第1课时　二项式定理 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 观察以下各式： (a＋b)1＝a＋b， (a＋b)2＝a2＋2ab＋b2， (a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3， (a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4， … 新知学习 探究 返回导航 思考1　展开式的项数与二项式的次数有关系吗？ 提示：展开式的项数比二项式的次数多1. 思考2　展开式中各项的次数与二项式的次数有关系吗？ 提示：展开式中各项的次数与二项式的次数相等. 新知学习 探究 返回导航 思考3　对于(a＋b)2＝(a＋b)(a＋b)＝a×a＋a×b＋b×a＋b×b＝a2＋2ab＋b2，如何利用分步乘法计数原理解释上述展开过程？ 新知学习 探究 返回导航 n＋1 新知学习 探究 返回导航 × × × 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 3．化简：(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝________． x4 新知学习 探究 返回导航 二项式定理的正用与逆用 (1)正用：(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：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． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 【变式探究】 1．(设问变式)本例条件不变，求展开式中的所有有理项． 新知学习 探究 返回导航 2．(设问变式)本例条件不变，展开式中是否存在常数项？如果存在，求出常数项，如果不存在，请说明理由． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)求二项展开式的特定项的常用方法 ①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)； ②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；　 ③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致． 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 1 120 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 √ 课堂巩固 自测 返回导航 √ √ 课堂巩固 自测 返回导航 令n＝3，则r＝1时，展开式中有x的一次项，故C错误，D正确．故选AD. 课堂巩固 自测 返回导航 3．(教材P35习题3－3BT2改编)已知(x－a)7的展开式中x3的系数为560，则实数a的值为________． ±2 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.能用计数原理证明二项式定理．　2.掌握二项式定理及二项展开式的通项．　3.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 提示：(a＋b)2是2个(a＋b)相乘，根据多项式乘法法则，每个(a＋b)在相乘时有两种选择，选a或选b，而且每个(a＋b)中的a或b都选定后，才能得到展开式的一项．于是，由分步乘法计数原理，在合并同类项之前，(a＋b)2的展开式共有2×2＝22项，而且每一项都是a2－kbk(k＝0，1，2)的形式．而且a2－kbk相当于从2个(a＋b)中取k个b的组合数C eq \o\al(k,2) ，即a2－kbk的系数是C eq \o\al(k,2) . C eq \o\al(k,n) an－kbk eq \a\vs4\al(一　二项式定理) 二项式定理 (a＋b)n＝ eq \o(□,\s\up1(1)) _ ________________________________________(n∈N＋) 二项展开式 等式右边的多项式，展开式中共有 eq \o(□,\s\up1(2)) ________项 二项式系数 各项的系数 eq \o(□,\s\up1(3)) ________(k＝0，1，2，…，n) 通项公式 Tk＋1＝ eq \o(□,\s\up1(4)) ________________ 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 C eq \o\al(k,n) 【即时练】 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)二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第r＋1项相同．(　　) (3)C eq \o\al(k,n) an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(　　) 2．( eq \r(x) － eq \f(1,\r(x)) )5的展开式为__________________________________________． 解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(5) 展开式的通项为 C eq \o\al(r,5) ( eq \r(x) )5－r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(r) ＝(－1)rC eq \o\al(r,5) x eq \s\up16(\f(5－2r,2)) ，所以展开式为x eq \s\up16(\f(5,2)) －5x eq \s\up16(\f(3,2)) ＋10x eq \s\up16(\f(1,2)) －10xeq \s\up10(－\f(1,2))＋5xeq \s\up10(－\f(3,2))－xeq \s\up10(－\f(5,2)). x eq \s\up16(\f(5,2)) －5x eq \s\up16(\f(3,2)) ＋10x eq \s\up16(\f(1,2)) －10xeq \s\up10(－\f(1,2))＋5xeq \s\up10(－\f(3,2))－xeq \s\up10(－\f(5,2)) 解析：因为1＝C eq \o\al(0,4) ＝C eq \o\al(4,4) ，4＝C eq \o\al(1,4) ＝C eq \o\al(3,4) ，6＝C eq \o\al(2,4) ，所以原式＝C eq \o\al(0,4) (x－1)4·10＋C eq \o\al(1,4) (x－1)3·11＋C eq \o\al(2,4) (x－1)2·12＋C eq \o\al(3,4) (x－1)·13＋C eq \o\al(4,4) ·14＝[(x－1)＋1]4＝x4. eq \a\vs4\al(二　求二项展开式的特定项) 　(对接教材例2)在( eq \r(x) － eq \f(1,\r(4,x)) )7的展开式中，求 (1)第5项； 【解】　二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,\r(4,x)))) eq \s\up12(7) 的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(k,7) ( eq \r(x) )7－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,\r(4,x)))) eq \s\up12(k) ＝ (－1)kC eq \o\al(k,7) x eq \s\up16(\f(14－3k,4)) ，k＝0，1，…，7. (1)T5＝(－1)4C eq \o\al(4,7) x eq \s\up16(\f(1,2)) ＝35x eq \s\up16(\f(1,2)) . (对接教材例2)在( eq \r(x) － eq \f(1,\r(4,x)) )7的展开式中，求 (2)求含x2的项． 【解】　令 eq \f(14－3k,4) ＝2，解得k＝2，所以展开式中含x2的项为(－1)2C eq \o\al(2,7) x2＝21x2. 解：由本例的通项公式可知，若Tk＋1为有理项，则 eq \f(14－3k,4) 为整数，又因为0≤k≤7，k∈N，所以k＝2，6，即展开式中的有理项共2项，它们分别是T3＝(－1)2C eq \o\al(2,7) x2＝21x2，T7＝(－1)6C eq \o\al(6,7) x－1＝7x－1. 解：若Tk＋1为常数项，则 eq \f(14－3k,4) ＝0，即k＝ eq \f(14,3) ，与0≤k≤7，k∈N矛盾，所以展开式中不存在常数项． (1)求二项展开式的特定项的常见题型 ①求第k项，Tk＝C eq \o\al(k－1,n) an－k＋1bk－1；②求含xk的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项． [跟踪训练1] (1)(2024·辽宁营口月考)若在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x))) eq \s\up12(n) 的展开式中，第5项为常数项，则n＝(　　) A．8 B．6 C．7 D．10 解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x))) eq \s\up12(n) 的展开式的第5项为T5＝C eq \o\al(4,n) (x2)n－4· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x))) eq \s\up12(4) ＝16C eq \o\al(4,n) x2n－12.由题意，2n－12＝0，解得n＝6.故选B. (2)在(x＋ eq \f(2,x) )8的展开式中，常数项为__________． 解析：因为展开式的通项为Tr＋1＝C eq \o\al(r,8) ·x8－r·( eq \f(2,x) )r＝2rC eq \o\al(r,8) x8－2r，令8－2r＝0，解得r＝4，所以展开式的常数项为T5＝24C eq \o\al(4,8) ＝1 120. eq \a\vs4\al(三　二项式系数与项的系数) 　已知二项式(2－ eq \r(x) )n的展开式中共有10项． (1)求展开式的第6项的二项式系数； 【解】　因为二项式的展开式中共有10项，所以n＝9， 所以第6项的二项式系数为C eq \o\al(5,9) ＝126. 已知二项式(2－ eq \r(x) )n的展开式中共有10项． (2)求展开式中含x4的系数． 【解】　由(1)知n＝9，设含x4的项为第k＋1项，所以Tk＋1＝C eq \o\al(k,9) 29－k(－ eq \r(x) )k＝C eq \o\al(k,9) 29－k(－1)kx eq \s\up16(\f(k,2)) ，其中k＝0，1，2，…，9， 取 eq \f(k,2) ＝4，解得k＝8，所以T9＝C eq \o\al(8,9) ×21×(－1)8x eq \s\up16(\f(8,2)) ＝18x4， 故展开式中含x4的系数是18. (1)二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者仅与二项式的指数及项数有关，与二项式无关；后者与二项式、二项式的指数及项数均有关． (2)求二项式系数可直接代入求解C eq \o\al(r,n) ，求二项展开式某项的系数可以分为两步完成：①根据所给出的条件和通项公式，建立方程来确定指数，求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件(n为正整数，r为非负整数，n≥r)；②根据所求的指数，求所求解的项或项的系数．　 [跟踪训练2] 已知n∈N＋，二项式( eq \r(x) ＋ eq \f(1,2\r(4,x)) )n.若该二项式的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求展开式中x2的系数． 解：因为展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，所以C eq \o\al(3,n) ＝C eq \o\al(7,n) ，解得n＝10，则展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \o\al(k,10) ( eq \r(x) )10－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up12(k) ＝ C eq \o\al(k,10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) x eq \s\up16(\f(10－k,2)) x－ eq \f(k,4) ＝C eq \o\al(k,10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) x eq \s\up16(\f(20－3k,4)) ，其中k＝0，1，2，…，10. 令 eq \f(20－3k,4) ＝2，解得k＝4，代入通项公式有T5＝C eq \o\al(4,10) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4) x2＝ eq \f(105,8) x2，所以x2的系数为 eq \f(105,8) . 1．(教材P35习题3－3AT2改编)二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x3))) eq \s\up12(6) 的展开式中的第4项为(　　) A．－ eq \f(160,x3) B． eq \f(240,x8) C． eq \f(60,x2) D．－160 解析：因为Tk＋1＝C eq \o\al(k,6) (x2)6－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x3))) eq \s\up12(k) ，所以T4＝C eq \o\al(3,6) (x2)3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x3))) eq \s\up12(3) ＝－ eq \f(160,x3) .故选A. 2．(多选)对于二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3)) eq \s\up12(n) (n∈N＋)，以下说法正确的有(　　) A．存在n∈N＋，展开式中有常数项 B．对任意n∈N＋，展开式中没有常数项 C．对任意n∈N＋，展开式中没有x的一次项 D．存在n∈N＋，展开式中有x的一次项 解析：设二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3)) eq \s\up12(n) (n∈N＋)展开式的通项公式为Tr＋1，则Tr＋1＝ C eq \o\al(r,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) eq \s\up12(n－r) (x3)r＝C eq \o\al(r,n) x4r－n，不妨令n＝4，则r＝1时，展开式中有常数项，故A正确，B错误； 解析：Tr＋1＝C eq \o\al(r,7) x7－r(－a)r，令7－r＝3，得r＝4，故T5＝C eq \o\al(4,7) a4x3，由题意知C eq \o\al(4,7) a4＝560，即35a4＝560，解得a＝±2. 4．已知二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,x))) eq \s\up12(n) 的展开式中第三项的二项式系数为15. (1)求n的值； 解：由题意得，C eq \o\al(2,n) ＝15，即 eq \f(n（n－1）,2) ＝15，化简得n2－n－30＝0，解得n＝6或n＝－5(负值舍去).所以n＝6. 已知二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,x))) eq \s\up12(n) 的展开式中第三项的二项式系数为15. (2)求展开式中的常数项． 解：由二项展开式的通项得Tr＋1＝C eq \o\al(r,6) ( eq \r(x) )6－r·(－ eq \f(1,x) )r＝(－1)rC eq \o\al(r,6) x eq \s\up16(\f(6－3r,2)) ，因为0≤r≤6，r∈N，令 eq \f(6－3r,2) ＝0，解得r＝2，所以常数项为T3＝(－1)2×C eq \o\al(2,6) ＝15. 1．已学习：(1)二项式定理；(2)求二项式定理的特定项；(3)二项式系数与项的系数 2．须贯通：(1)二项展开式的特点；(2)求二项展开式的常数项或有理项的方法，特别地，常数项是字母的指数为0的项；有理项是字母的指数恰好是整数的项；(3)项与项的系数的不同 3．应注意：二项式系数与系数的区别；C eq \o\al(k,n) an－kbk是(a＋b)n展开式的第k＋1项，不是第k项　 $