1.3 二项式定理（通用）教学设计案例

1．3.1

二项式定理

[提出问题]

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．

提示：(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？

提示：(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？

提示：(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40a或选b相乘即得展开式中的一项．若都选a，则得C04ab；若有一个选b，其余三个选a，3222404则得C14ab；若有两个选b，其余两个选a，则得C4ab；若都选b，则得C4ab. 问题4：能用类比方法写出(a＋b)n(n∈N*)的展开式吗？

n1n1nn提示：能，(a＋b)n＝C0b＋…＋Cnb. na＋Cna－[导入新知]

二项式定理及其相关概念

二项式定理

二项式系数

通项

二项式定理的特例

[化解疑难]

1．(a＋b)n的二项展开式中，字母a按降幂排列，次数由n递减到0；字母b按升幂排列，次数由0递增到n. nkknkk2．二项式的第k＋1项Ckb和(b＋a)n的展开式的第k＋1项Cka是不同的，其nanb－－n1n1nkkn公式(a＋b)n＝C0b＋…＋Ckb＋…＋Cnna＋Cnananb，称为二项式定理

－－Ckn(k＝0,1，…，n) nkkTk＋1＝Ckb

na－kkn(1＋x)n＝1＋C1nx＋…＋Cnx＋…＋x

中的a，b是不能随便交换的．

3．二项展开式的通项公式的特点

(1)它表示(a＋b)n的展开式的第k＋1项，该项的二项式系数为Ckn. (2)字母b的次数与二项式系数的组合数的上标相同．

(3)a和b的次数之和为n.

[例1]

(1)求(x＋2y)4的展开式．

n1n1n2nk(2)化简：C0＋C2－…＋(－1)kCk＋…＋(－1)nCnn(x＋1)－Cn(x＋1)n(x＋1)n(x＋1)n. －－－二项式定理的正用、逆用

41322233444322[解]

(1)(x＋2y)4＝C04x＋C4x(2y)＋C4x(2y)＋C4x(2y)＋C4(2y)＝x＋8xy＋24xy＋32xy3＋16y4. n1n1n2nk(2)原式＝C0(－1)＋C2(－1)2＋…＋Ck(－1)k＋…n(x＋1)＋Cn(x＋1)n(x＋1)n(x＋1)－－－nnn＋Cnn(－1)＝[(x＋1)＋(－1)]＝x. [类题通法]

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．

[活学活用]

(1)求x－14的展开式．

2x(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：x－1413＋C4413122123＝C0(x)－C(x)·＋C(x)·－Cx·444442x2x2x2x14＝x2－2x＋3－1＋12. 22x16x2x142x－141x－法二：＝＝2(2x－1)4

2x2x16x＝14322(16x－32x＋24x－8x＋1) 16x311＝x2－2x＋－＋2. 22x16x5142332455(2)原式＝C05(x－1)＋C5(x－1)＋C5(x－1)＋C5(x－1)＋C5(x－1)＋C5－C5＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.

求二项展开式中的特定项

31[例2]

(1)在2x－20的展开式中，系数是有理数的项共有(

) 2

A．4项

C．6项

B．5项

D．7项

x－15(2)(浙江高考)设二项式3的展开式中常数项为A，则A＝________. x[解析]

＝－3(1)Tk＋1＝Ck20(2x)20－k－1k

22k320－kk20－k·(2)C20·x. 220－k∵系数为有理数，∴(2)k与2均为有理数，

3∴k能被2整除，且20－k能被3整除．

故k为偶数，20－k是3的倍数，0≤k≤20，

∴k＝2,8,14,20. (2)Tk＋1＝Ck5(10. [答案]

(1)A

(2)－10 [类题通法]

nkk1．在通项公式Tk＋1＝Ckb(n∈N*，k＝0,1,2,3，…，n)中含有a，b，n，k，Tk＋1五个na－x)5－k－1kk55k55k3＝C5(－1)kx2－6，令2－6＝0，得k＝3，所以A＝－C35＝－x量，只要知道其中4个量，便可求出第5个量．在运用二项式定理解决展开式中的项或项的系数的一些问题时，常涉及这5个量的求解问题．这通常是化归为方程的问题来解决．

2．对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；而对于有理项，一般是根据通项公式所得到的项，其所有的未知数的指数恰好是整数的项．

[活学活用]

33n的展开式中，第6项为常数项．

x－已知在3x(1)求n；

(2)求展开式中所有的有理项．

n－kk解：通项公式为Tk＋1＝Ck(－3)kx－

nx33kn－2k＝Ck(－3)x. n3(1)∵第6项为常数项，

n－2k∴k＝5时，有＝0，即n＝10. 3

(2)根据通项公式，

10－2k3∈Z，由题意得0≤k≤10，k∈Z，

10－2k3

令＝r(r∈Z)，则10－2k＝3r，即k＝5－r. 32∵k∈Z，∴r应为偶数．

于是r可取2,0，－2，即k可取2,5,8. 故第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为

25882C10(－3)2x2，C510(－3)，C10(－3)x. －

求二项式系数与项的系数

2x2－18[例3]

在3的展开式中，求：

x(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；

(2)倒数第3项．

[解]

法一：利用二项式的展开式解决．

1112x2－18128127226324(1)(2x2)5·32－C833＋C4348(2x)·3＝(2x)－C8(2x)·＋C8(2x)·3xxxxx23－C58(2x)·315622167217818＋C8(2x)·3－C8(2x)·3＋C83，

xxxx44则第5项的二项式系数为C42＝1 120. 8＝70，第5项的系数为C8·2x2－1816622(2)由(1)中(2x)·3＝112x2. 3的展开式可知倒数第3项为C8·xx法二：利用二项展开式的通项公式．

(1)T5＝C4(2x2)8·8－4－144420·2·x，

3＝C8·3x1644则第5项的二项式系数是C42＝1 120. 8＝70，第5项的系数是C8·(2)展开式中的倒数第3项即为第7[类题通法]

－－项，T7＝C6(2x2)86·38·＝112x2. x2x2－181．本例第(2)问也可转化为求另一二项展开式的某些项，即在3展开式中的倒x

1－2x2818－2222数第3项就是3(2x)＝112x2. 展开式中第3项，T3＝C8·3·xx2．要注意区分二项式系数与指定某一项的系数的差异，前者只与二项式的指数及项数有关，与二项式无关，它是一个组合数Ckn；后者与二项式、二项式的指数及项的字母和系数均有关．

[活学活用]

(1)若x－x2a6展开式的常数项为60，则常数a的值为________．

(2)(四川高考)二项式(x＋y)5的展开式中，含x2y3的项的系数是________(用数字作答)．

解析：(1)x－x2a66k的展开式的通项是Tk＋1＝Ck·(－a)kx6x－－2k6＝Ck6x－3k(－a)k，令6－3k＝0，得k＝2，即当k＝2时，Tk＋1为常数项，即常数项是C26a，

根据已知得C26a＝60，解得a＝4. 5kk(2)(x＋y)5展开式的通项是Tk＋1＝Cky，

5x－323令k＝3得T4＝C5xy＝10x2y3，

故二项式(x＋y)5展开式中含x2y3项的系数是10. 答案：(1)4

(2)10