3.2 二项式定理与杨辉三角 教案

3.2二项式定理与杨辉三角教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标理解二项式定理的推导逻辑，掌握二项式定理的表达式及通项公式，能准确写出二项展开式的任意一项。熟练掌握二项式系数的性质（对称性、中间大两边小、求和公式），能运用性质解决二项式系数的相关问题。认识杨辉三角的结构特征，明确杨辉三角与二项式系数的对应关系，会利用杨辉三角快速求解低次数二项式的系数。能运用二项式定理解决展开式中特定项（常数项、指定次数项）求解、系数和、整除性证明等问题，结合高考命题规律提升应试能力，培养逻辑推理和数学运算素养。二、教学重难点（一）教学重点二项式定理的表达式及通项公式的应用（求特定项、系数）。二项式系数的性质及应用（对称性、求和、最值）。杨辉三角与二项式系数的关系，高考常考题型（特定项求解、系数和）的解题思路。（二）教学难点二项式定理的推导过程（利用组合数的计数原理）。二项式系数与展开式中项的系数的区别与联系。复杂问题中赋值法的灵活应用（如求奇数项系数和、偶数项系数和）。二项式定理在整除性证明、不等式证明中的综合应用。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（15分钟）核心概念梳理二项式定理：a+bn=C展开式共有n+1项；第k+1项（通项）：Tk+1=C二项式系数：Cnk（仅与n,k有关，与a,b无关），项的系数需结合二项式系数的性质：对称性：Cn增减性与最值：当n为偶数时，中间一项（第n2+1项）二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项（第n+12求和公式：Cn0+杨辉三角的性质：每行两端的数均为1，且关于中间对称；从第三行起，任意一个数等于上一行相邻两数之和（即Cn第n行（从0开始计数）的数对应a+bn核心区别与联系二项式系数与项的系数：二项式系数仅指Cnk，项的系数是二项式系数与a,b系数的乘积（如2x+1n中x杨辉三角与二项式系数：杨辉三角是二项式系数的直观表现形式，低次数二项式的系数可直接通过杨辉三角读取，无需计算组合数。（二）考点考频及常考题型二项展开式的通项应用（考频：10年10考，近5年全覆盖）考频分析：核心考点，覆盖选择、填空，分值3-5分，难度中档，侧重特定项（常数项、指定次数项）求解。常考题型：求展开式中的常数项、xk二项式系数的性质（考频：10年8考，近5年高频）考频分析：基础-中档考点，覆盖选择、填空，分值3-5分，侧重求和、最值问题。常考题型：求二项式系数和、奇数项/偶数项系数和，求最大二项式系数。杨辉三角的应用（考频：10年6考，近5年中频）考频分析：基础考点，覆盖选择、填空，分值3-5分，侧重低次数二项式系数读取、规律探究。常考题型：利用杨辉三角求二项式系数，探究杨辉三角的数字规律。二项式定理的综合应用（考频：10年7考，近5年必考）考频分析：高档考点，多为解答题，分值6-8分，综合性强。常考题型：整除性证明、不等式证明，与函数、数列的综合应用。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：通项公式的应用（中档题·特定项求解）题目：求2−x5的展开式，及展开式中含x解法：通项公式直接应用由二项式定理，展开式为：2−x化简得：32−80x+80x通项公式Tk+1=C含x3的项为T技巧解题：“特定项速解技巧”技巧：求展开式中xk的项，直接令通项公式中b的次数为k，求解k例题2：二项式系数和与项的系数和（中档题·赋值法）题目：已知x−1n的展开式中所有二项式系数之和为1024，求展开式中含x解法：利用二项式系数和性质由二项式系数和性质，Cn0+通项公式Tk+1=C10k含x6的项为T技巧解题：“赋值法应用技巧”技巧：求二项式系数和，令a=1,b=1；求奇数项系数和，令a=1,b=−1，结合两式求解，无需展开式。例题3：杨辉三角的应用（基础题·系数读取）题目：利用杨辉三角求a+b6解法：杨辉三角读取系数由杨辉三角第6行（n=6）的二项式系数为：1,6,15,20,15,6,1；展开式为：a6n=6为偶数，中间一项（第4项）二项式系数最大，即20a技巧解题：“杨辉三角速用技巧”技巧：低次数（n≤10）二项式的展开式，可直接通过杨辉三角读取二项式系数，快速写出展开式，避免计算组合数。例题4：二项式定理的综合应用（高档题·整除性证明）题目：求证：998解法：二项式定理展开变形将998转化为100−1100−1展开式中前8项均含1002故998−1=100×k（技巧解题：“整除性证明技巧”技巧：证明一个数能被m整除，可将该数转化为m±1n或am±bn的形式，利用二项式定理展开后，分析各项是否为（四）高考真题解析（25分钟）（2024·浙江卷，13题，5分）在二项式2+x解析：通项公式Tk+1常数项：令k=0，得T1系数为有理数：29−k为有理数，需9−k为偶数，即k=1,3,5,7,9答案：162（2023·新课标Ⅰ卷，15题，5分）x2+x+1x−1解析：先将x−16展开，通项T分别求与x2、x、1相乘得xx2x×C1×C总系数：−6+15−20=−11，答案为-11。（2022·全国乙卷，14题，5分）已知ax+b6的展开式中x4的系数为15，则解析：通项Tk+1令6−k=4得k=2，系数C62a结合常见整数解，a=±1，b=±1，故ab（2021·新高考Ⅰ卷，13题，5分）1+3x5的展开式中x解析：通项T3（2020·山东卷，14题，5分）已知x+ax6解析：通项Tk+1令6−2k=0得k=3，常数项C63a3=20a3=240，解得a3（2024·天津卷，12题，5分）若1−2x7=a0+解析：令x=1，得a0令x=0，得a0=1，故令x=−1，得a0两式相加得2a0+答案：-2；1093。四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：通项公式应用（特定项、系数求解），二项式系数和，杨辉三角读取系数（选择/填空）。中档题（5-8分）：多项乘积展开式的特定项系数，赋值法求系数和，二项式系数最值（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：二项式定理与整除性、不等式的综合应用，与函数、数列的融合（解答题核心模块）。命题趋势：核心不变：通项公式、二项式系数性质、赋值法是高频考点，考查形式稳定。综合性增强：多与多项式乘积、函数求值结合，强调逻辑推理与运算能力。设问灵活：多以特定项系数、系数和为设问方向，偶尔涉及杨辉三角的规律探究。解题技巧总览：特定项求解：紧扣通项公式，明确a,b的次数关系，精准求解k值。系数和问题：灵活赋值（x=1,x=−1,x=0），结合方程思想求解。杨辉三角应用：低次数二项式优先用杨辉三角读取系数，提高解题速度。综合应用：整除性证明转化为二项式展开，不等式证明利用展开式的正项特性。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2022·浙江卷，12题，5分）已知多项式x+13x+22=x答案：16；4解析：a4是x的系数：C32×1（2021·天津卷，13题，5分）x2+2答案：40解析：通项Tk+1=C5kx2六、课堂小结（5分钟）核心知识：二项式定理的表达式及通项公式，二项式系数的性质（对称性、求和、最值），杨辉三角的结构与应用。解题方法：通项公式法（特定项求解）、赋值法（系数和求解）、杨辉三角速读法（低次数系数），综合法（整除性、不等式证明）。高考策略：基础题保分（熟练通项、赋值法），中档题稳分（多项乘积系数计算），高档题突破（综合应用、逻辑推理）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题3.2中二项式展开、特定项求解、系数和题目；重做课堂练习及例题，整理通项公式、赋值法的应用步骤。提高层：完成2020-2024年高考二项式定理相关真题汇编（侧重多项乘积、系数和）；针对二项式系数与项的系数的区别进行专项练习，整理错题本。拓展层：设计一道二项式定理与整除性结合的综合题，并提供证明过程；探究杨辉三角在其他数学问题中的应用（如数列求和）。八、教学反思学生对二项式系数与项的系数容易混淆，需通过对比例题（如2x+1n的展开式）强化区分，明确项的系数需结合a,b通项公式的应用中，学生容易忽略b的符号（如a−bn中通项为C赋值法的灵活应用是难点，学生难以根据所求问题选择合适的赋值（如求奇数项系数和需令x=−1），需通过多例题总结赋值规律。杨辉三角的规律探究题学生得分率较低，需增加杨辉三角与数列、组合数性质的关联讲解，培养规律探究能力。课堂可增加小组合作探究，让学生自主推导二项式定理，深化对计数原理的理解；课后可布置实践类作业（如用杨辉三角计算低次数二项式展开式），提升知识应用能力。综合训练一、选择题(本题共8小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.[北京房山一模]在x-2x4的展开式中,x2的系数是()A.-8 B.8 C.-4 D.42.如图是一把算盘的初始状态,自右向左,分别是个位、十位、百位、…,上面一粒珠(简称上珠)代表5,下面一粒珠(简称下珠)代表1,即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现在从个位、十位和百位这三组中随机选择往下拨1粒上珠,且往上拨2粒下珠,则算盘可表示的数的个数为()A.9 B.18 C.27 D.363.从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男女生都有的不同的选法种数是()A.18 B.24 C.30 D.364.已知(1+ax)6=1+12x+bx2+…+a6x6,则实数b的值为()A.15 B.20 C.40 D.605.[甘肃武威月考]若对∀x∈R,(ax+b)5=(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1恒成立,其中a,b∈R,则a+b=()A.-1 B.0 C.2 D.36.(x+2y)5(x-2y)7的展开式中x9y3的系数为()A.-160 B.-80 C.160 D.807.如图所示,要给①②③④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为()A.320 B.160 C.96 D.608.[江西南昌模拟]假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验,三个舱中每个舱至少一人至多三人,则不同的安排方法有()A.450种 B.72种 C.90种 D.360种二、选择题(本题共4小题,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.某学生想在物理、化学、生物、思想政治、历史、地理、信息技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是()A.若任意选择三门课程,选法种数为AB.若物理和化学至少选一门,选法种数为CC.若物理和历史不能同时选,选法种数为CD.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为C10.如图,用4种不同的颜色,对四边形中的四个区域进行着色,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色,则不同的着色方法数可以表示为()A.A43×C.A42×(A21)2 D.C11.[江苏苏州期中]在x−12x9的展开式中(A.常数项为212 B.x3项的系数为-C.系数最大项为第3项 D.有理项共有5项12.[江苏宿迁期中]若x5=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则()A.a0=1B.a1+a2+…+a5=1C.a1+a3+a5=-16D.a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1三、填空题(本题共4小题)13.某群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员先后抢4个不同的红包,每人最多抢一个红包,且红包全被抢光,则甲、乙两人都抢到红包的情况有种.

14.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴某大型展览会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有种.

15.(1+2x)4展开式的各项系数的和为.

16.已知(x-2)(x+m)5=a6x6+a5x5+…+a1x+a0,m为常数,若a5=-7,则m=,a6+a5+…+a1=.

四、解答题(本题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.[黑龙江尖山月考]已知(2x-1)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023.(1)求a0;(2)求a1+a2+a3+…+a2023;(3)求a1+2a2+3a3+…+2023a2023.18.从分别印有数字0,3,5,7,9的5张卡片中,任意抽出3张组成三位数.(1)求可以组成多少个大于500的三位数;(2)求可以组成多少个三位数;(3)若印有9的卡片,既可以当9用,也可以当6用,求可以组成多少个三位数.19.在3x−123(1)求展开式的第四项;(2)求展开式的常数项;(3)求展开式中各项的系数和.20.有7本不同的书:(1)全部分给6个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?(2)全部分给5个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?21.[安徽合肥期中](1)高二(10)班元旦晚会有2个唱歌节目a和b,2个相声节目c和d.要求排出一个节目单,满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目,列出所有可能的排列.(2)甲、乙、丙、丁、戊、己、庚7个人排成一排拍照片,若要求甲、乙、丙3人必须相邻,并且丁和戊不相邻,有多少种不同排法?(结果用数字表示)(3)从4名男教师和5名女教师中选出4名教师参加新教材培训,要求有男有女且至少有2名男教师参加,有多少种不同的选法?(结果用数字表示)22.[湖南长沙期中]设f(x)=(1+x2)m-(1+x)2n(m∈N*,n∈N*).(1)当m=4,n=3时,记f(x)的展开式中xi的系数为ai(i=0,1,2,3,4,5,6,8),求a3+a4的值;(2)若f(x)的展开式中x2的系数为20,求mn的最小值参考答案综合训练1.Ax-2x4的展开式通项为Tk+1=C4k·x4-k·-2xk=C4k·(-2)k·x4-2取4-2k=2,则k=1,系数为C41×(-2)=-8.故选2.B根据算盘的运算法则以及题干中描述的操作,从个位、十位、百位的上珠中选1粒往下拨,则有C31种,下珠往上拨分两种情况,全部来自个位、十位、百位,即C31种,或者来自个位、十位、百位中的两个,即C32种,故算盘表示的数的个数为C31×(3.C由于选出的3名学生男女生都有,所以可分成两类:第1类,3人中是1男2女,共有C41×C32第2类,3人中是2男1女,共有C42×C31所以男女生都有的不同的选法种数是12+18=30.4.D(1+ax)6的展开式的通项为Tk+1=C6kakxk,令k=1,则C61a=12,解得a=2,则b=C65.C对∀x∈R,(ax+b)5=(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1恒成立,其中a,b∈R,令x=0,可得b5=32-80+80-40+10-1=1,∴b=1.令x=-2,可得(1-2a)5=-1,∴a=1.则a+b=2.故选C.6.D原式可以化为[(x+2y)(x-2y)]5(x-2y)2=(x2-4xy+4y2)(x2-4y2)5,则二项式的展开式中含x9y3的项为-4xy×C51(x2)4(-4y2)1=80x9y3,所以x9y3的系数为80,故选7.A根据分步乘法计数原理,区域①有5种颜色可供选择,区域③有4种颜色可供选择,区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可,故各有4种颜色可供选择,所以不同涂色方法有5×4×4×4=320种.8.A由题知,6名航天员安排三个舱,三个舱中每个舱至少一人至多三人,可分两类情况考虑:第一类,分人数为1-2-3的三组,共有C61×C第二类,分人数为2-2-2的三组,共有C62×C所以不同的安排方法共有360+90=450种.故选A.9.ABD若任意选择三门课程,选法种数为C73,故A若物理和化学至少选一门,选法种数为C21×C5若物理和历史不能同时选,选法种数为C73−C2若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为C21×C52+C10.ACD选项A:表示先着色中间两格和下面一格.从4种颜色中取3种,有A43种方法,上面一格,从与中间两格不同的颜色中取出一个,有A21种方法,故共有A43选项B:A42×A42选项C:表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色中取2种,共有A42种方法,上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个,各有A21种方法,故共有A42×(A21选项D:表示两种情况:①上下两格颜色相同,中间两格从3个剩下的颜色中取2种,共有C41×A32种不同方法;②上下两格颜色不同,中间两格从2个剩下的颜色中取2种,共有C42×A22×A22种不同方法.综合11.BCD在x−12x9的展开式中,通项为Tk+1=C9k·-12k·x9-3k2,令9-3k2=0,得k=3,可得展开式中常数项为T4=C令9-3k2=3,得k=1,可得展开式中x3项的系数为-92要使第k+1项的系数C9k-12k最大,需k为偶数,检验可得,当k=2时,系数C9k-12k最大,即系数最大项为第3项,故C令9-3k2为整数,得k=1,3,5,7,9,共计5项,12.BD因为x5=[-1+(x+1)]5=C50(-1)5(x+1)0+C51(-1)4(x+1)1+C52(-1)3(x+1)2+C53(-1)2(x+1)3+C54(-1)1(x+1)4+C55(-1)0(x+1)5=(-1)+5(x+1)-10(x+1)2+10(x+1)3-5(x+1)4+(x+1)5,所以a0=-1,a1=5,a2=-10,a故选项A错误;a1+a2+…+a5=5-10+10-5+1=1,故选项B正确;a1+a3+a5=5+10+1=16,故选项C不正确;a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1+5+2×(-10)+3×10+4×(-5)+5×1=-1,故选项D正确.13.72第1步,甲、乙抢到红包,有A42=4×3=12种,第2步,其余三人抢剩下的两个红包,有A32=3×2=6种,所以甲、乙两人都抢到红包的情况有12×614.90先分组C52C32C11A15.81令x=1,则二项展开式的各项的系数和为(1+2)4=81.16.-1-2由已知可得a5为x5的系数,则展开式中含x5的项为x×C51x4·m-2×C50x5=(5m-2)x5,所以5m-2=-7,解得m=-1,令x=0,则a0=-2×(-1)5=2,令x=1,则a0+a1+…+a6=(1-2)(1-1)5=0,所以a6+a5+…+a17.解(1)令x=0,则a0=(-1)2023=-1.(2)令x=1,则a0+a1+a2+…+a2023=(2-1)2023=1,所以a1+a2+…+a2023=1-a0=2.(3)等式两边同时求导可得4046(2x-1)2022=a1+2a2x+3a3x2+…+2023a2023x2022,令x=1,则a1+2a2+…+2023a2023=4046×(2-1)2022=4046.18.解(1)首位是5,7,9的三位数都大于500,故大于500的三位数有3×A42=36(2)可以组成三位数的个数是4×A42=(3)分两类:第一类,没抽印有9的卡片,则有A31×A32个三位数.第二类,抽取印有9的卡片,若没抽印有0的卡片,则有2×3A33个三位数;若抽取印有0的卡片,则有2×3A21×A22个三位数,19.解通项为Tk+1=(-由已知,(-12)0得2×12Cn1=1+1故Tk+1=(-(1)令k=3,得T4=(-12)(2)令8-2k=0,得k=4,故T5=358(3)令x=1,得各项的系数和为128=1256.20.解(1)根据题意,将7本书分给6个人,且每人至少1本,则必须是其中1个人2本,其他人每人1本,则分两步:第1步,将7本书