2014届高考数学（理）一轮复习备考精析教案：12.3《二项式定理》（新人教a版）

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1、12.3二项式定理典例精析题型一　二项展开式的通项公式及应用【例1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得2C·＝1＋C·()2，即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).所以Tr＋1＝·()·＝(－)r···＝(－1)r··(0≤r≤8，r∈Z).(1)若Tr＋1是常数项，则＝0，即16－3r＝0，因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若Tr＋1是有理项，当且仅当为整数，又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4

2、,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T5＝x，T9＝x-2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系)；(3)注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”.【变式训练1】若(x＋)n的展开式的前3项

3、系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知C＋C·2＋C·22＝129，所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝C(x)8-r＝，故r＝6时，T7＝26Cx＝1792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.题型二　运用赋值法求值【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝　　；(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2

4、＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝　　.【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，即2n＋1－2＝30，所以n＝4.(2)由二项式定理得，a1＝－C＝－n，a2＝C＝，代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构

5、造相应的结构.【变式训练2】设(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.【解析】令f(x)＝(3x－1)8，因为f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝＝27×(1＋28).题型三　二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n＋5n＋1－9能被20整除.【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[

6、(5n－1＋C5n－2＋…＋C)＋(4n－1＋C4n－2＋…＋C)]，是20的倍数，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.因为T3＝C(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.00006＜0.001

7、，且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都

8、成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.