【数学】2020届一轮复习人教B版12-3二项式定理学案 2页

‎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＝0,4,8，‎ 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＝1 792x，‎ 所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.‎ 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＝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[(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＝0.000 06＜0.001，‎ ‎ 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成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围. ‎