高中数学：第七章：二项式定理与多项式（竞赛精讲）

用心 爱心 专心 第七讲第七讲 二项式定理与多项式二项式定理与多项式 知识 方法 技能 二项式定理 1 二项工定理 n k kknk n n nbaCba 0 N 2 二项展开式的通项 它是展开式的第 r 1 项 0 1 nrbaCT rrnr nr 3 二项式系数 0 nrC r n 4 二项式系数的性质 1 0 nkCC kn n k n 2 10 1 11 nkCCC k n k n k n 3 若 n 是偶数 有 即中间一项的二项式系数 n n n n n nnn CCCCC 1 2 10 最大 2 n n C 若 n 是奇数 有 即中项二项的二项式系 n n n n n n n nnn CCCCCC 1 2 1 2 1 10 数相等且最大 2 1 2 n n n n CC 和 4 2 210nn nnnn CCCC 5 2 1531420 n nnnnnn CCCCCC 6 1 1 1 1 k n k n k n k n C k n CnCkC或 7 nkmCCCCCC m mkn mk n mk mn m n m k k n 8 1 121 n kn n kn n n n n n n CCCCC 以上组合恒等式 是指组合数满足的恒等式 是证明一些较复杂的组合恒等式的基 m n C 本工具 7 和 8 的证明将在后面给出 5 证明组合恒等式的方法常用的有 1 公式法 利用上述基本组合恒等式进行证明 2 利用二项式定理 通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中 用心 爱心 专心 3 利用数学归纳法 4 构造组合问题模型 将证明方法划归为组合应用问题的解决方法 赛题精讲 例例 1 1 求的展开式中的常数项 7 1 1 x x 解 由二项式定理得 77 1 1 1 1 x x x x 77 77 22 7 1 7 0 7 1 1 1 1 x xC x xC x xC x xCC rr 其中第项为 70 1 rr rr r x xCT 1 71 在的展开式中 设第 k 1 项为常数项 记为 r x x 1 1 k T 则 0 1 2 1 rkxC x xCT krk r kkrk rk 由 得 r 2k 0 即 r 2k r 为偶数 再根据 知所求常数项为 393 3 6 6 7 2 7 4 7 1 7 2 7 0 7 CCCCCCC 评述 求某一项时用二项展开式的通项 例例 2 2 求的展开式里x5的系数 62 321 xx 解 因为 6662 1 31 321 xxxx 1 3 3 3 31 66 6 55 6 44 6 33 6 22 6 1 6 66 6 33 6 22 6 1 6 xCxCxCxCxCxCxCxCxCxC 所以的展开式里x5的系数为 62 321 xx 2 6 3 6 33 6 2 6 24 6 1 6 5 6 3 33 1CCCCCCC 16813 3 5 6 51 6 4 6 4 CCC 评述 本题也可将化为用例 1 的作法可求得 62 321 xx 62 32 1 xx 例例 3 3 已知数列满足 0 0210 aaaa 3 2 1 2 11 iaaa iii 求证 对于任何自然数 n nn nn nn nn n n n n n n xCaxxCaxxCaxxCaxCaxp 1 1 1 1 11 1 222 2 11 1 0 0 是x的一次多项式或零次多项式 1986 年全国高中数学联赛试题 思路分析 由是等差数列 则 2 11niii aaaa知 从而可将表示成的表达式 再化简即可 2 1 01 iidadaa ii xpda 和 0 解 因为 所以数列为等差数列 设其公差为 d 3 2 1 2 11 iaaa iii n a 用心 爱心 专心 有 从而 3 2 1 0 iidaai nn n n n n n n n xCndaxxCdaxxCdaxCaxP 1 2 1 1 0 222 0 11 0 0 0 1 2 1 1 1 1 22211110 0 nn n n n n n nn n n n n n xnCxxCxxCdxCxxCxCa 由二项定理 知 1 1 1 1 1 222110 nnn n n n n n n n xxxCxxCxxCxC 又因为 1 1 1 1 1 1 k n k n nC knk n n knk n kkC 从而 nn n n n n n xnCxxCxxC 22211 1 2 1 1 1 121 1 1 nn n n xxxCxnx 所以 1 1 nxxxnx n 0 ndxaxP 当的一次多项式 当零次多项式 xxPd为时 0 为时 0 xPd 例例 4 4 已知a b 均为正整数 且求 sin 2 0 2 sin 22 22 nbaA ba ab ba n n 其中 证 对一切 An均为整数 N n 思路分析 由联想到复数棣莫佛定理 复数需要 然后分析 An与复数的关系 nsin cos 证明 因为 sin1cos 2 0 2 sin 22 22 2 22 ba ba ba ba ab 所以且 显然的虚部 由于 n in sin cossin 为 n i sin cos 1 2 1 2 2 22 22 222222 22 n nn n bia ba abiba ba i ba ab ba ba 所以从而的虚部 sin cos 222nn bianinba nn n bianbaA 222 sin 为 因为a b 为整数 根据二项式定理 的虚部当然也为整数 所以对一切 n bia 2 An为整数 N n 评述 把 An为与复数联系在一起是本题的关键 n i sin cos 例例 5 5 已知为整数 P 为素数 求证 yx mod Pyxyx PPP 证明 PPp P P P P P PP yxyCyxCyxCxyx 1122211 由于为整数 可从分子中约去 r 又因为 P 为素 1 2 1 1 1 Pr r rppp C r P 数 且 所以分子中的 P 不会红去 因此有所以pr 1 2 1 PrCP r P 用心 爱心 专心 mod Pyxyx PPP 评述 将展开就与有联系 只要证明其余的数能被 P 整除是本题的关键 P yx PP yx 例例 6 6 若 求证 10 25 12 Nmrm r 1 m 思路分析 由已知 猜想 因此需要求1 25 12 mm r 和 12 25 r 出 即只需要证明为正整数即可 1212 25 25 rr 证明 首先证明 对固定为 r 满足条件的是惟一的 否则 设 m 11 12 25 m r 1 0 2121212122 mmmmmN 则矛盾 所以满足条件的 m 和 1 0 0 1 0 21212121 Zmmmm而 是惟一的 下面求 及m 因为 122122 12 21 12 120 12 1212 22 5 2 5 5 25 25 rr r r r r r rr CCC 22 5 2 5 5 122122 12 21 12 120 12 rr r r r r r CCC 252525 2 22 5 2 5 2 121212 12 313 12 1 12 123223 12 21 12 N rrr r r r r r rr r r r CCC CC 又因为 1 0 25 1 0 25 12 r 从而 所以 2252525 2 121212 12 313 12 1 12 rrrr r r r r r CCCm 12 25 r 故 25 12 r m 1 45 25 1212 rr 评述 猜想进行运算是关键 121212 25 25 25 rrr 与 例例 7 7 数列中 求的末位数字是多少 n a 2 3 3 11 naa a nn2001 a 思路分析 利用 n 取 1 2 3 猜想的末位数字 nn aa 及 解 当 n 1 时 a1 3 3642733 3 2 1 a a 因此的末位数字都27 81 3 81 3 3 333 63636436427 3 2 a a 32 a a 是 7 猜想 现假设 n k 时 34N mman 34N mmak 用心 爱心 专心 当 n k 1 时 3434 1 14 33 mma k k a 34034 34 24124 34 1241 34 0340 34 1 4 1 4 1 4 1 4 mm m mm m m m m m CCCC 从而 3 1 414 TT 34N mman 于是 故的末位数字是 7 27 81 33 34 1 mma n n a 2001 a 评述 猜想是关键 34 man 例例 8 8 求 N 1988 1 的所有形如为自然数 的因子 d 之和 bad ba 32 思路分析 寻求 N 中含 2 和 3 的最高幂次数 为此将 19 变为 20 1 和 18 1 然后用二项 式定理展开 解 因为 N 1988 1 20 1 88 1 1 4 5 88 1 888888 88 878787 88 333 88 222 88 1 88 5454545454 CCCCC 其中 M 是整数 552 22552 565 MM 上式表明 N 的素因数中 2 的最高次幂是 5 又因为 N 1 2 9 88 1 888888 88 222 88 1 88 929292 CCC 32 2 88 34 P 32 2 88 9P 其中 P 为整数 上式表明 N 的素因数中 3 的最高次幂是 2 综上所述 可知 其中 Q 是正整数 不含因数 2 和 3 QN 25 32 因此 N 中所有形如的因数的和为 2 22 23 24 25 3 32 744 ba 32 例例 9 9 设 求数x的个位数字 8219 22015 22015 x 思路分析 直接求x的个位数字很困难 需将与x相关数联系 转化成研究其相关数 解 令 22015 22015 22015 22015 82198219 yxy则 由二项式定理知 对任意正整数 n 22015 22015 8219 为整数 且个位数字为零 2201515 2 22015 22015 22 n n nnn C 因此 x y 是个位数字为零的整数 再对 y 估值 因为 且 2 0 25 5 22015 5 220150 1988 22015 22015 所以 故x的个位数字为 9 4 02 02 22015 20 1919 y 评述 转化的思想很重要 当研究的问题遇到困难时 将其转化为可研究的问题 例例 1010 已知试问 在数列中是否有无穷多 2 1 8 1 0 1110 naaaaa nnn n a 用心 爱心 专心 个能被 15 整除的项 证明你的结论 思路分析 先求出 再将表示成与 15 有关的表达式 便知是否有无穷多项能被 15 n a n a 整除 证明 在数列中有无穷多个能被 15 整除的项 下面证明之 n a 数列的特征方程为它的两个根为 n a 018 2 xx154 154 21 xx 所以 n 0 1 2 nn n BAa 154 154 由 则 152 1 152 1 1 0 10 BAaa得 154 154 152 1 nn n a 取 由二项式定理得 2 1 0 2 kkn 15 42 15 421542 152 1 1133311 nn n n n n nn CCCa 1542 1544 154 1541544 1541544 12 212 2 323 2 121 2 12 2 323 2 121 2 2 2 3311 为整数其中TTk CCC CCC CCC k kk k k k k k kk k k k k k n n n n n n n 由上式知当 15 k 即 30 n 时 15 an 因此数列中有无穷多个能被 15 整除的项 n a 评述 在二项式定理中 经常在一起结合使用 nn baba 与 针对性训练题 1 已知实数均不为 0 多项的三根为 求 xxxxf 23 321 xxx 的值 111 321 321 xxx xxx 2 设 其中为常数 如果dcxbxaxxxf 234 dcba 求的值 3 3 2 2 1 1 fff 0 4 4 1 ff 3 定义在实数集上的函数满足 xf 1 1 xfxxxfxf求 4 证明