复习参考题10分钟试讲教案

§1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质教学设计

柳林联盛中学 刘艳军

教学目标：

知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。

过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。

情感、态度与价值观：要启发学生认真分析书本图1－5－1提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。

教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题

教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题

授课类型：新授课

课时安排：2课时

教学过程：

一、复习引入：

1．二项式定理及其特例：

0n1n（1）(ab)nCnaCnab1（2）(1x)n1CnxrnrrCnabnnCnb(nN)，

rrCnxxn. rnrr2．二项展开式的通项公式：Tr1Cnab

3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性

二、讲解新课：

1二项式系数表（杨辉三角）

(ab)n展开式的二项式系数，当n依次取1,2,3…时，二项式系数表，表中每行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和

2．二项式系数的性质：

012nr，Cn，Cn，…，Cn．Cn可以看成以r为自(ab)n展开式的二项式系数是Cn变量的函数f(r)

定义域是{0,1,2,,n}，例当n6时，其图象是7个孤立的点（如图）

mnm（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵Cn）．

Cn直线rn是图象的对称轴．

2kn(n1)(n2)(nk1)k1nk1Cn，

k!knk1nk1n1kk11k∴Cn相对于Cn的增减情况由决定，，

kk2（2）增减性与最大值．∵Cn

当kn1时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；

2n2nn12n当n是偶数时，中间一项C取得最大值；当n是奇数时，中间两项C（3）各二项式系数和：

1∵(1x)n1CnxrrCnx，Cn12取得最大值．

nxn，

rCnn

Cn012令x1，则2nCnCnCn

三、讲解范例：

例1．在(ab)n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

0n1n证明：在展开式(ab)nCnaCnabrnrrCnabnnCnb(nN)中，令a1,b1，0123则(11)nCnCnCnCn02即0(CnCn02∴CnCnn，

(1)nCn13)(CnCn)，

13CnCn，

即在(ab)n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．

02说明：由性质（3）及例1知CnCn13CnCn2n1.

例2．已知(12x)7a0a1xa2x2（1）a1a2a7x7，求：

a7； （2）a1a3a5a7； （3）|a0||a1||a7|. 解：（1）当x1时，(12x)7(12)71，展开式右边为

a0a1a2∴a0a1a2a7

a71，

a7112，

当x0时，a01，∴a1a2（2）令x1，

a0a1a2a71 ① 令x1，a0a1a2a3a4a5a6a737 ②

137①②

得：2(a1a3a5a7)13，∴

a1a3a5a7. 27（3）由展开式知：a1,a3,a5,a7均为负，a0,a2,a4,a8均为正，

∴由（2）中①+②

得：2(a0a2a4a6)137，

137∴

a0a2a4a6， 2∴|a0||a1||a7|a0a1a2a3a4a5a6a7

(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)37

2103例3.求(1+x)+(1+x)+…+(1+x)展开式中x的系数

(1x)[1(1x)10]解：(1x)(1x)

（1x）1(1x)210(x1)11(x1)=，

x7∴原式中x实为这分子中的x，则所求系数为C11

34

25例4.在(x+3x+2)的展开式中，求x的系数

解：∵(x23x2)5(x1)5(x2)5

∴在(x+1)展开式中，常数项为1，含x的项为C155x，

54在(2+x)展开式中，常数项为2=32，含x的项为C152x80x 55∴展开式中含x的项为

1(80x)5x(32)240x，

∴此展开式中x的系数为240

例5.已知(x2n)的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项

2x242解：依题意C4n:Cn14:33Cn14Cn

∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10

设第r+1项为常数项，又

Tr1C(x)令r1010r2r(2)r(2)rC10xx105r2

105r0r2，

22T21C10(2)2180.此所求常数项为180

例6．

设1x1x1x231xa0a1xa2x2nanxn，

当a0a1a2an254时，求n的值

解：令x1得：

a0a1a2an222232(2n1)254，

221n∴2n128,n7，

点评：对于f(x)a0(xa)na1(xa)n1an，令xa1,即xa1可得各项系数的和a0a1a2

xa1，可得奇数项系数和与偶数项和的关系

an的值；令xa1,即123例7．求证：Cn2Cn3CnnnCnn2n1．

n ①

nCn123证（法一）倒序相加：设SCn2Cn3Cnnn1n2又∵SnCn(n1)Cn(n2)Cnrnr0n1n1∵Cn，∴CnCnCn,CnCn,012由①+②得：2SnCnCnCn21

②

2CnCn， nCn，

∴S1123n2nn2n1，即Cn2Cn3Cn2nnCnn2n1．

（法二）：左边各组合数的通项为

rrrCnn!n(n1)!r1nCn1，

r!(nr)!(r1)!(nr)!n012nCnnCn1Cn1Cn2n1n1Cn．

1n2123∴

Cn2Cn3Cn

例8．在(2x3y)10的展开式中,求: ①二项式系数的和;

②各项系数的和;

③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;

④奇数项系数和与偶数项系数和;

⑤x的奇次项系数和与x的偶次项系数和. r分析:因为二项式系数特指组合数Cn,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式2x3y中的系数无关. 解：设(2x3y)10a0x10a1x9ya2x8y2a10y10(*),

各项系数和即为a0a1a10,奇数项系数和为a0a2a10,偶数项系数和为a1a3a5a9,x的奇次项系数和为a1a3a5a9,x的偶次项系数和a0a2a4a10. 由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和. 0110①二项式系数和为C10C10C10210. ②令xy1,各项系数和为(23)10(1)101. 0210③奇数项的二项式系数和为C10C10C1029, 139偶数项的二项式系数和为C10C10C1029. ④设(2x3y)10a0x10a1x9ya2x8y2a10y10, 令xy1,得到a0a1a2a101…(1), 令x1,y1(或x1,y1)得a0a1a2a3a10510…(2) (1)+(2)得2(a0a2a10)1510, ∴奇数项的系数和为15; 210(1)-(2)得2(a1a3a9)1510, ∴偶数项的系数和为15. 210⑤x的奇次项系数和为a1a3a5a915; 210x的偶次项系数和为a0a2a4a1015. 102点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.

例9．已知(3xx2)2n的展开式的系数和比(3x1)n的展开式的系数和大992,求(2x1)2n的展开式中:①x二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项.

解：由题意22n2n992,解得n5. ①(2x)的展开式中第6项的二项式系数最大, 5即T6T51C10(2x)5()58064. 1x101x

②设第r1项的系数的绝对值最大, rr则Tr1C10(2x)10r()r(1)rC10210rx102r

r10rr1rr1C10210r111r2rC102C102C10∴r,得,即

r10rr110r1r1C1022(r1)10rC1022C10C101x ∴8r11,∴r3,故系数的绝对值最大的是第4项

33

例10．已知：(x3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992．

（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项

23解：令x1，则展开式中各项系数和为(13)n22n，

又展开式中二项式系数和为2，

∴22nn2n992，n5．

233232223（1）∵n5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项，

∴T3C(x)(3x)90x，T4C(x)(3x)270x，

（2）设展开式中第r1项系数最大，则Tr1C(x)rrr1r1793C53C5r∴rr，∴r4，

r1r1223C53C5252263523r5235r(3x)3Cx2rrr5104r3，

即展开式中第5项系数最大，T5C(x)(3x)405x

452324263．

1n12n2n1例11．已知Sn2nCn2Cn2Cn21(nN)，

求证：当n为偶数时，Sn4n1能被64整除

分析：由二项式定理的逆用化简Sn，再把Sn4n1变形，化为含有因数64的多项式

1n12n2

∵Sn2nCn2Cn2nn1Cn21(21)n3n，

*∴Sn4n134n1，∵n为偶数，∴设n2k（kN），

k∴Sn4n138k1(81)8k1

2k1k1Ck08kCk80k1k1 (Ck8C88Ckk1818k1

Ck2)82

（）

，

当k=1时，Sn4n10显然能被64整除，

当k2时，（）式能被64整除，

所以，当n为偶数时，Sn4n1能被64整除

三、课堂练习：

1．x1x1展开式中x的系数为 ，各项系数之和为 ．

4541232．多项式f(x)Cn(x1)Cn(x1)2Cn(x1)3nCn(x1)n（n6）的展开式中，x6的系数为 3．若二项式(3x21n)nN（）的展开式中含有常数项，则n的最小值为（

）

32x A.4 B.5 C.6 D.8 4．某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应 （

）

A.低于5％ B.在5％～6％之间 C.在6％～8％之间 D.在8％以上

5．在(1x)n的展开式中，奇数项之和为p，偶数项之和为q，则(1x2)n等于（

）

A.0 B.pq C.p2q2 D.p2q2

1a01a211a321a43CnCnCnCn6．求和：1a1a1a1a7．求证：当nN且n2时，3n2n1n2．

1an1n1Cn．

1an8．求2x的展开式中系数最大的项

10答案：1. 45, 0 2. 0 ．提示：fxxn1n6

3. B 4. C 5. D 6. a1a7. (略) 8. T3115360x3

n1

四、小结

：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用

五、课后作业：P36 习题1.3A组5. 6. 7.8 B组1. 2 16212n2n1．已知(a1)展开式中的各项系数的和等于的展开式的常数项，而

展开式的(a1)xx5系数的最大的项等于54，求a的值(aR)

5答案：a3

2．设1x32xa0x1a1x1求：① a0a1591413a13x1a14

a14 ②a1a39a13．

9963

答案：①39319683； ②35201234567893．求值：2C9．

C92C9C92C9C92C9C92C9C98答案：2256

4．设f(x)(x2x1)9(2x1)6，试求f(x)的展开式中：

（1）所有项的系数和；

（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和

答案：（1）3729； 6361364；

（2）所有偶次项的系数和为2361365

所有奇次项的系数和为2六、板书设计（略）

七、教学反思：

二项展开式中的二项式系数都是一些特殊的组合数，它有三条性质，要理解和掌握好，同时要注意“系数”与“二项式系数”的区别，不能混淆，只有二项式系数最大的才是中间项，而系数最大的不一定是中间项，尤其要理解和掌握“取特值”法，它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。

22233223二项式定理概念的引入，我们已经学过(a+b)=a+2ab+b，(a+b)=a+3ab+3ab+b，那么对一般情况；n(a+b)展开后应有什么规律，这里n∈N，这就是我们这节课“二项式定理”要研究的内容. n选择实验归纳的研究方式，对(a+b)一般形式的研究与求数列{an}的通项公式有些类似，大家想想，求an时我们用了什么方法，学生：先写出前n项，再观察规律，猜测其表达式，最后用数学归纳法证明，443老师：大家说得很正确，现在我们用同样的方式来研究(a+b)的展开，因(a+b)=(a+b)(a+b)，我们可以34用(a+b)展开的结论计算(a+b)(由学生板演完成，体会计算规律)然后老师把计算过程总结为如下形式：

43322343232234432234(a+b)=(a+b)(a+b)=(a+3ab+3ab+b)(a+b)=a+3ab+ab+3ab+3ab+b=a+4ab+6ab+4ab+b. n对计算的化算：对(a+b)展开式中的项，字母指数的变化规律是十分明显的，大家能说出它们的规律吗？学生：a的指数从n逐次降到0，b的指数从0逐次升到n，老师：大家说的很对，这样一来展开式的项数就是从0到n的(n+1) 项了，但唯独系数规律还是“犹抱琵琶半遮面”使我们难以发现，但我们仍可用an,anan来表示，它这样一来(a+b)的展开形式就可写成(a+b)=anann01n0nn1rnrrnna1banabanb现在的na问题就是要找an的表达形式.为此我们要采用抽象分析法来化简计算

r1．若对于任意实数x，有x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，则a2的值为（B）

A．3 B．6 C．9 D．12

22．如果3x2

的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为

3xA.3 B.5 C.6 D.10 【答案】：B. nCn3x()(【分析】：Tr12n5r0，nr2nr)r2rnrrnrrC3n(2)x3x(2rnr)3rnr3C(2)nx25，

5r（r2,4,2）。n5. nmi【高考考点】：本题主要考查二项式定理的有关知识和整除的知识,以及分析问题和解决问题的能力. 【易错点】：注意二项式定理的通项公式中项数与r的关系。

【高备考提示】：二项式定理是高考的常考内容，有时单独命题，有时与其它分支的知识相综合。

33．已知x3展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于（

C ）

xＡ．4

nn

Ｂ．5

Ｃ．6

Ｄ．7

14．x2的展开式中，常数项为15，则n（ D ）

xA．3

2

B．4

8

C．5

D．6

15．(12x)x的展开式中常数项为 42

．（用数字作答）

x512x6．若x2的二项展开式中的系数为，则a

2 （用数字作答）．

2ax7．若(x61n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ B ）

xA10 B.20 C.30 D.120 8．若(2x+31x)的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于 7 . a9．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第 21 行；第61行中1的个数是 32 ．

第1行

1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ………………………………………

n