第一篇：高三數(shù)學(xué) 專項(xiàng)精析精煉 考點(diǎn)47 二項(xiàng)式定理

考點(diǎn)47 二項(xiàng)式定理

一、選擇題

a1(2x?)7x的展開式中x3的系數(shù)是84，則實(shí)數(shù)a1.（2014·湖北高考理科·Ｔ2）若二項(xiàng)式＝

23A.2 B.4 C.1 D.4

【解題提示】 考查二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)公式 【解析】選C.因?yàn)門r?1? C7?(2x)?()rrax7?rr?C7?2r?a7?r?x?7?2r，令?7?2r??3，得2?22?a7?2?84，解得a＝1.r?2，所以C7232.（2014·湖南高考理科·Ｔ4）(x?2y)的展開式中xy的系數(shù)是()

125A．－20 B．－5 C．5 D．20 【解題提示】利用二項(xiàng)式定理展開式的通項(xiàng)公式。

3233?1?23【解析】選A.因?yàn)镃5?x???2y???20xy，所以xy的系數(shù)是－20。

?2?23.（2014·浙江高考理科·Ｔ5）在(1?x)(1?y)的展開式中，記xy項(xiàng)的系數(shù)為

64mnf(m,n)，則f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）?f(0,3)?（）

A.45 B.60 C.120 D.210 【解題指南】根據(jù)二項(xiàng)展開式的性質(zhì)求解.mnmn?Cf(m,n)xy6C4 【解析】選C.由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)性質(zhì)可知項(xiàng)的系數(shù)為321123C?CC?CC?C?120 f(3,0)?f(2,1)?f(1,2）?f(0,3)?664644所以4.（2014·四川高考理科·Ｔ2）在x(1?x)的展開式中，含x項(xiàng)的系數(shù)為（）A.30 B.20 C.15 D.10 【解題提示】利用二項(xiàng)式定理將x(1?x)展開即得x項(xiàng)的系數(shù).0112233445566【解析】選C.因?yàn)閤(1?x)=x(C06x?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x)

63636=x?6x?15x?20x?15x?6x?x，故選C.234567

二、填空題

5.（2014·山東高考理科·Ｔ14）

24若(ax?)的展開式中x3項(xiàng)的系數(shù)為20，則a2?b2的最小值為.bx【解題指南】本題考查了，二項(xiàng)式定理，基本不等式的應(yīng)用，可先寫出已知式子二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，然后利用基本不等式求出最值.b??r6?rr12?3r【解析】將?ax2??展開，得到Tr?1?C6，令12?3r?3，得r?3.abxx??333由C6ab?20,得ab?1,所以a2?b2?2ab?2.6答案：2.?x?6.（2014·安徽高考理科·Ｔ13）設(shè)a?0,n是大于1的自然數(shù)，?1??的展開式為

?a?na0?a1x?a2x2???anxn.若點(diǎn)Ai(i,ai)(i?0,1,2)的位置如圖所示，則a?______

【解題提示】 由二項(xiàng)展開式定理分別得出x和x的二項(xiàng)式系數(shù)a1和a2，聯(lián)立求解。

2Cnn2【解析】由題意可得a1=?3?n?3a，a2=2?4?n(n?1)?8a，兩式聯(lián)立解得

aa2a=3, 答案：3 7.(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ高考理科數(shù)學(xué)·T13)?x?a?的展開式中,x的系數(shù)為15,則

10a=

.(用數(shù)字填寫答案)【解題提示】利用二項(xiàng)展開式的通式求得x的系數(shù),利用系數(shù)為15,建立方程求得a.【解析】因?yàn)镃10xa=15x,所以C10a=15,a=73

7331.2 2 答案: 1 2 3

第二篇：2011屆高三數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)之排列組合及二項(xiàng)式定理

2011屆高三數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)之排列組合及二項(xiàng)式定理

1.熟悉排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式；了解排列數(shù)、組合數(shù)的一些性質(zhì)：①(n?1)!?(n?1)n!，由此可得：nn!?(n?1)!?n!，n11，為相應(yīng)的數(shù)列求和創(chuàng)造了條件； ??(n?1)!n!(n?1)!

mn?mrrrrr?1mm?1m②Cn；③Cn?Cn?Cn?1?Cn?1，由此得：Cr?Cr?1?Cr?2???Cn?Cn?1；

34?35?4?320?19???3?????=___________ 11?21?2?31?2?3??18

2?13?24?35?420?19n(n?1)??????解析：原式=；記an?，數(shù)列{an}的前1?21?21?21?21?22[舉例] 1?19項(xiàng)和即為所求。記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn；該數(shù)列的求和辦法有很多種，但都比較煩瑣，這里介紹用組合數(shù)性質(zhì)求解：注意到an?n(n?1)2=Cn?1，2[來源學(xué)*科*網(wǎng)Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2?C3?C4???C20?C4???C20?C3?C4???C20

3?=C21=1330；

[鞏固1]設(shè)x?N且x?10，則(20?x)(21?x)?(29?x)等于（）

1020?x910（A）A20?x（B）A29?x（C）A29?x（D）A29?x*

[鞏固2] 已知(1?

則n=____ x)n的展開式中第9項(xiàng)、第10項(xiàng)、第11項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)成等差數(shù)列，2．解排列組合應(yīng)用題首先要明確需要完成的事件是什么；其次要辨析完成該事件的過程：分類相加（每一類方法都能獨(dú)立地完成這件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各個(gè)步驟都完成了，才能完成事件）；較為復(fù)雜的事件往往既要分類，又要分步（每一類辦法又都需分步實(shí)施）；分類討論是研究排列組合問題的重要思想方法之一，分類時(shí)要選定討論對(duì)象、確保不重不漏。

[舉例] 設(shè)集合I={1,2,3,4,5}，選擇I的兩個(gè)非空子集A和B，要使B中最小的數(shù)大于A中的最大數(shù)，則不同的選擇方法共有：（）種

A．50種B．49種C．48種D．47種

解析：本題要完成的事件是：構(gòu)造集合I的兩個(gè)非空子集；要求：B中最小的數(shù)大于A中的最大數(shù)；顯然B中的最小數(shù)不可能是1，以下分類：① B中的最小數(shù)是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1個(gè)元素、2個(gè)元素、3個(gè)元素或4個(gè)元素，所有可能的情況有：0123=8種，此時(shí)A只有{1}這1種；集合A、B都確定了，才算完成事件，C3?C3?C3?C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小數(shù)是3，B中可以有{3，4，5}中的1個(gè)元素、0122個(gè)元素或3個(gè)元素，所有可能的情況有：C2=4種，此時(shí)A中可以有{1，2}中?C2?C

212的有1個(gè)元素或2個(gè)元素，有C2=3種，∴完成事件有4×3=12種方法；③ B中的最?C2

小數(shù)是4，B中可以有{4，5}中的1個(gè)元素或2個(gè)元素，所有可能的情況有2種，此時(shí)A中

123可以有{1，2，3}中的有1個(gè)元素、2個(gè)元素或3個(gè)元素，有C3=7種，∴完成事?C3?C

3件有2×7=14種方法；④ B中的最小數(shù)是5，只有{5}這1種，此時(shí)A中可以有{1，2，3，12344}中的有1個(gè)元素、2個(gè)元素、3個(gè)元素或4個(gè)元素，有C4=15種，∴完?C4?C4?C

4成事件有1×15=15種方法；故完成事件的方法總數(shù)為：8+12+14+15=49，選B。

[鞏固]從集合{O，P，Q，R，S}與{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任選2個(gè)元素排成一排(字母和數(shù)字均不能重復(fù))．每排中字母O，Q和數(shù)字0至多只能出現(xiàn)一個(gè)的不同排法種數(shù)是_________．(用數(shù)字作答)．

3．對(duì)“按某種要求將n個(gè)元素排到m個(gè)位置”的問題，首先要確定研究的“抓手”：抓住元素還是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）優(yōu)先的原則進(jìn)行。

[舉例] 從5位同學(xué)中選派4位同學(xué)在星期四到星期日參加公益活動(dòng)，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，則不同的選派方法共有種。

解析：本題要完成的事件是：從5個(gè)不同的元素中選出4個(gè)元素，并按要求排在四個(gè)不同的位置。本題不宜抓住元素研究，因?yàn)槊恳粋€(gè)元素都不一定被選到，而每一個(gè)位置上都一定要有一個(gè)元素，故應(yīng)該抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，優(yōu)先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，優(yōu)先）或除甲乙之外的一個(gè)同學(xué)，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[來源學(xué)&科&網(wǎng)Z&X&X&K]

3種，②不安排乙：可以安排其他三位同學(xué)，星期日可以安排甲或另外兩個(gè)同學(xué)，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 種，故不同的選派方法共有：A4+C3C3A3=78種。

3[鞏固]四個(gè)不同的小球全部放入編號(hào)為1、2、3、4的四個(gè)盒中。（1）恰有兩個(gè)空盒的放法有種；（2）甲球只能放入2號(hào)或3好盒，而乙球不能放入4號(hào)盒的不同放法有種。

4．解決排列組合問題還要遵循“先選后排”、“正難則反”（即去雜法）等原則；[來源:學(xué)?？?。網(wǎng)Z。X。X。K]

[舉例]某通訊公司推出一組手機(jī)卡號(hào)碼，卡號(hào)的前七位數(shù)字固定，從“???????0000”到“???????9999”共10000個(gè)號(hào)碼．公司規(guī)定：凡卡號(hào)的后四位帶有數(shù)字“4”或“7”的一律作為“優(yōu)惠卡”，則這組號(hào)碼中“優(yōu)惠卡”的個(gè)數(shù)為（）（福建文科第12題）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考慮帶有數(shù)字“4”或“7”的情況太多，逐一討論非常麻煩；考慮事件的反面：后四位不帶有數(shù)字“4”或“7”的，有84個(gè)，故“優(yōu)惠卡”的個(gè)數(shù)為104-84=5904。

[鞏固]四位同學(xué)乘坐一列有6節(jié)車廂的動(dòng)車組，則他們至少有兩人在同一節(jié)車廂的的情況共有種？(用數(shù)字作答)．

5．熟悉幾個(gè)排列組合問題的基本模型：①部分元素“相鄰”（捆綁法），②部分元素“不相鄰”（用要求“不相鄰”的元素插空），③部分元素有順序（n個(gè)元素全排，其中m個(gè)元素

m要求按給定順序排列的方法數(shù)為Cn(n?m)!=

nnCnkC(nk?1)nC(nk?2)n?Cnn!），④平均分組（kn個(gè)元素平均分成k組m!的方法數(shù)為k!），⑤相同元素分組（用“擋板法”）等。

[舉例1]某校安排6個(gè)班到3個(gè)工廠進(jìn)行社會(huì)實(shí)踐，每個(gè)班去一個(gè)工廠，每個(gè)工廠至少安排一個(gè)班，不同的安排方法共有種。

解析：先將6個(gè)班分成3組，在將3個(gè)組分到3個(gè)工廠。6個(gè)班分成3組，從每組的人數(shù)看

22C62C4C2有3類：①4，1，1，有C種；②3，2，1，有CC種，③2，2，2，有種； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540種。3!4

63623

[舉例2]某文藝小分隊(duì)到一個(gè)敬老院演出，原定6個(gè)節(jié)目，后應(yīng)老人們的要求決定增加3個(gè)節(jié)目，但原來六個(gè)節(jié)目的順序不變，且新增的3個(gè)既不在開頭也不在結(jié)尾，則這臺(tái)演出共有 種不同的演出順序。

解析：思路一：著眼于“位置”。從9個(gè)“位置”中選出6個(gè)，安排原來的6個(gè)節(jié)目，且第41和第9兩個(gè)位置必須選，而他們的順序是既定的，無需排列，所以有C7種方法，剩下的3433個(gè)位置安排新增的3個(gè)節(jié)目，有A3種方法；故所有不同的演出順序有：C7=210種。A3

思路二：在原有6個(gè)節(jié)目的基礎(chǔ)上“插空”。原來6個(gè)節(jié)目形成7個(gè)“空”，但前后兩“空”

3不能安排，共有3類情況：①新增的3個(gè)節(jié)目互不相鄰，有A5種方法；②新增的3個(gè)節(jié)目

223恰有兩個(gè)相鄰，有A3種方法，故所有不同的A5種方法；③新增的3個(gè)節(jié)目相鄰，有5A3

3223演出順序有：A5+A3=210種。A5+5A3

[鞏固1]記者要為5名志愿都和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5題）

Ａ．1440種Ｂ．960種Ｃ．720種Ｄ．480種

[鞏固2]學(xué)號(hào)為1，2，3，4的四名學(xué)生的考試成績(jī)xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且滿足x1?x2?x3?x4，則這四為同學(xué)考試成績(jī)所有可能的情況有

[鞏固3]現(xiàn)有10個(gè)市級(jí)“三好生”名額分配給高三八個(gè)班級(jí)，每班至少1個(gè)，則有種不同的分配方案。

6．“抽象化歸”是解決排列組合問題的“太極拳”，“逐一列舉”是解決排列組合問題的“撒手锏”；有時(shí)，畫“樹狀圖”能使“逐一列舉”變得更加簡(jiǎn)明、直觀。

[舉例1]已知兩個(gè)實(shí)數(shù)集合A={a1,a2,?,a100},B={b1,b2, ?,b50},若從A到B的映射f使得B中每個(gè)元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100),這樣的映射共有(用符號(hào)作答)。解析：本題直接考慮集合A中每一個(gè)元素在B中的象的情況非常困難。注意到集合B中每個(gè)元素都有原象，即A中有50“組”元素分別與B中的50個(gè)元素對(duì)應(yīng)；現(xiàn)將集合A中的100個(gè)元素按原有的順序分成50組，每組至少一個(gè)元素；將集合B中的元素按從小到大的順序

///排列為B={b1,b2, ?,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100)，∴A中的“第1組”元素的象為

///b1，“第2組”元素的象為b2，?，“第50組”元素的象為b50，此處沒有排列的問題，即只要A中元素的分組確定了，映射也就隨之確定了；而A中元素的分組可視為在由這100

4949個(gè)元素所形成的99個(gè)“空”中插上49塊“擋板”，所以有C99種分法，即映射共有C99個(gè)。

[舉例2]一個(gè)同心圓形花壇分為兩個(gè)部分，如右圖，中間小圓部分

種植草坪，周圍的圓環(huán)分成5等份為a1,a2,a3,a4,a5,種植紅、黃、藍(lán)三色不同的花，要求相鄰兩部分種植不同顏色的花，則不同的種植的方法為種。

解析：本題解法甚多，這里介紹畫“樹狀圖”列舉法。a1 a2 在右圖中，區(qū)域a1種紅花，a2種黃花時(shí)共有5種不同的種植方法；而區(qū)域a2種藍(lán)花與種黃花情況相同，區(qū)

域a1種藍(lán)花、黃花與種紅花情況相同；故所有不同的種植的方法為：3×2×5=30種 黃[鞏固1]顯示屏有一排7個(gè)小孔，每個(gè)小孔可顯示0或

1，若每次顯示其中3個(gè)孔，但相鄰的兩孔不能同時(shí)顯 紅示，則該顯示屏能顯示信號(hào)的種數(shù)共有（）種

A．10B．48C．60D．80 藍(lán) a3 紅4 黃 藍(lán)黃 5 藍(lán) 黃 藍(lán) 黃 藍(lán)

[鞏固2] 函數(shù)f:{1,2,3}?{1,2,3}滿足f(f(x))= f(x)，則這樣的函數(shù)個(gè)數(shù)共有（）

(A)1個(gè)(B)4個(gè)(C)8個(gè)(D)10個(gè) [來源學(xué)+科+網(wǎng)]

7．二項(xiàng)式定理的核心是展開式的通項(xiàng)，Tr+1=Cnab(通項(xiàng)是展開式的第r+1項(xiàng)), r=0,1,2…n，二項(xiàng)展開式共有n+1項(xiàng)。展開式的通項(xiàng)中根式宜用分?jǐn)?shù)指數(shù)表示。審題是要注意所求的是“項(xiàng)”還是“第幾項(xiàng)”還是“項(xiàng)的系數(shù)”。rn-rr

1??[舉例](1?2x)?x??的展開式中常數(shù)項(xiàng)為．（07高考全國(guó)Ⅱ卷理科第13題）x??28

181r)的展開式中常數(shù)項(xiàng)以及含x-2的項(xiàng)；Tr?1?C8rx8?r(?)r=C8(?1)rx8?2r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x?)的展開式中常數(shù)項(xiàng)為C8，含x 2的項(xiàng)為 x解析：先求(x?

1??C(?1)x；∴(1?2x)?x??的展開式中常數(shù)項(xiàng)為C84-2C85=?

42x??

n?3[鞏固] 若?3x的展開式中含有常數(shù)項(xiàng),則最小的正整數(shù)n等于。?585?228

(07高考安徽理科第12題)

[遷移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成關(guān)于x的多項(xiàng)式后x2的系數(shù)為60，則n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；二項(xiàng)式系數(shù)和=2，其中奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系

n-1數(shù)和=偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和=2，二項(xiàng)式系數(shù)先增后減，并關(guān)于中間項(xiàng)“對(duì)稱”，二項(xiàng)展開

式中，中間項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)最大；求二項(xiàng)展開式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，用“夾逼法”。

[舉例]若(2?x)n展開式中奇數(shù)二項(xiàng)式系數(shù)和為8192，則展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為。解析：2n?1r14?r=8192得n=14，則Tr?C142(?x)r，由于(2?x)14展開式中各項(xiàng)系數(shù)正負(fù)相間，故先求其展開式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，記為第r+1項(xiàng)，于是有：

r14?rr?115?rr14?rr?113?rC142?C142①，C142?C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5時(shí)系數(shù)為負(fù)，∴r=4，即展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為C142x。[來源:學(xué)§科§網(wǎng)Z§X§X§K] [來源:Z_xx_k.Com]

[鞏固]若(x?1n)展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為64，則展開式的常數(shù)項(xiàng)為（）x

（07高考重慶理科第4題）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多項(xiàng)式的“系數(shù)和”一般用“賦值法”。若多項(xiàng)式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，則展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)和=f(1)，其中奇數(shù)項(xiàng)的系數(shù)和=

=f(1)?f(?1)，偶數(shù)項(xiàng)的系數(shù)和2

[舉例]設(shè)(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,則a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[舉例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+??+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+??+anxn，若a1+a2+??＋an-1＝29-n,則正整數(shù)n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展開式中才有含xn 的項(xiàng)，它的系數(shù)為1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+??+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[來源:Zxxk.Com][來源學(xué)科網(wǎng)ZXXK]f(1)?f(?1)；展開式中的常數(shù)項(xiàng)=f(0)。2

[鞏固1]設(shè)(x2?1)(2x?1)9?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?

則a0?a1?a2?Ａ．?2?a11(x?2)11，（07高考江西文科第5題）?a11的值為（）Ｂ．?1Ｃ．1Ｄ．2[來源學(xué)科網(wǎng)ZXXK]

[鞏固2]已知(1?x)2?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4?a5x5，則

(a0?a2?a4)(a1?a3?a5)的值等于安徽文科第12題)

[遷移]設(shè)(1?3x)?a0?a1x?a2x?a3x?a4x?a5x?a6x，則集合 623456

?a1,a2,a3,a4,a5,a6?含2 個(gè)元素的所有子集的元素總和為()

A640B630C320D31

5[來源:學(xué)_科_網(wǎng)Z_X_X_K]

[來源:學(xué)科網(wǎng)]

[來源:學(xué)科網(wǎng)]

答案

1、[鞏固1]D；[鞏固2] 14或23；

2、[鞏固]8424 ；

3、[鞏固]84，96；

4、[鞏固]936，5、[鞏固1] B，[鞏固2] 15，[鞏固3]問題相當(dāng)于：將10個(gè)相同的球放入8個(gè)盒子中，每盒至少一

2球，用“擋板法”，有C9=36種；

6、[鞏固1]D，[鞏固2]D；

7、[鞏固]7；[遷移]B；

8、[鞏

固] B；

9、[鞏固1] A；[鞏固2] ?256；[遷移]D。

第三篇：高三復(fù)習(xí)課《二項(xiàng)式定理》說課稿

高三第一階段復(fù)習(xí)，也稱“知識(shí)篇”。在這一階段，學(xué)生重溫高

一、高二所學(xué)課程，全面復(fù)習(xí)鞏固各個(gè)知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握基本方法和技能；然后站在全局的高度，對(duì)學(xué)過的知識(shí)產(chǎn)生全新認(rèn)識(shí)。在高

一、高二時(shí)，是以知識(shí)點(diǎn)為主線索，依次傳授講解的，由于后面的相關(guān)知識(shí)還沒有學(xué)到，不能進(jìn)行縱向聯(lián)系，所以，學(xué)的知識(shí)往往是零碎和散亂，而在第一輪復(fù)習(xí)時(shí)，以章節(jié)為單位，將那些零碎的、散亂的知識(shí)點(diǎn)串聯(lián)起來，并將他們系統(tǒng)化、綜合化，把各個(gè)知識(shí)點(diǎn)融會(huì)貫通。對(duì)于普通高中的學(xué)生，第一輪復(fù)習(xí)更為重要，我們希望能做高考試題中一些基礎(chǔ)題目，必須側(cè)重基礎(chǔ)，加強(qiáng)復(fù)習(xí)的針對(duì)性，講求實(shí)效。

一、內(nèi)容分析說明

1、本小節(jié)內(nèi)容是初中學(xué)習(xí)的多項(xiàng)式乘法的繼續(xù)，它所研究的二項(xiàng)式的乘方的展開式，與數(shù)學(xué)的其他部分有密切的聯(lián)系：

（1）二項(xiàng)展開式與多項(xiàng)式乘法有聯(lián)系，本小節(jié)復(fù)習(xí)可對(duì)多項(xiàng)式的變形起到復(fù)習(xí)深化作用。

（2）二項(xiàng)式定理與概率理論中的二項(xiàng)分布有內(nèi)在聯(lián)系，利用二項(xiàng)式定理可得到一些組合數(shù)的恒等式，因此，本小節(jié)復(fù)習(xí)可加深知識(shí)間縱橫聯(lián)系，形成知識(shí)網(wǎng)絡(luò)。

（3）二項(xiàng)式定理是解決某些整除性、近似計(jì)算等問題的一種方法。

2、高考中二項(xiàng)式定理的試題幾乎年年有，多數(shù)試題的難度與課本習(xí)題相當(dāng)，是容易題和中等難度的試題，考察的題型穩(wěn)定，通常以選擇題或填空題出現(xiàn)，有時(shí)也與應(yīng)用題結(jié)合在一起求某些數(shù)、式的近似值。

第四篇：二項(xiàng)式定理及數(shù)學(xué)歸納法

二項(xiàng)式定理及數(shù)學(xué)歸納法

【真題體驗(yàn)】

1．(2012·蘇北四市調(diào)研)已知an＝(12)n(n∈N*)

(1)若an＝a＋2(a，b∈Z)，求證：a是奇數(shù)；

(2)求證：對(duì)于任意n∈N*都存在正整數(shù)k，使得an＝k－1k.12233nn證明(1)由二項(xiàng)式定理，得an＝C0n＋C2＋Cn2)＋Cn(2)＋?＋Cn(2)，0244224所以a＝Cn＋C2n2)＋Cn(2)＋?＝1＋2Cn＋2Cn＋?，24因?yàn)?C2n＋2Cn＋?為偶數(shù)，所以a是奇數(shù)．

(2)由(1)設(shè)an＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，則(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝kk－1，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝k－1k，綜上，對(duì)于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k，使得an＝k－1＋k.2．(2010·江蘇，23)已知△ABC的三邊長(zhǎng)都是有理數(shù)．

(1)求證：cos A是有理數(shù)；

(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)n，cos nA是有理數(shù)．

b2＋c2－a

2(1)證明 設(shè)三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，cos A＝ 2bc

∵a，b，c是有理數(shù)，b2＋c2－a2是有理數(shù)，分母2bc為正有理數(shù)，又有理數(shù)集對(duì)于除法具有封閉性，b2＋c2－a2

∴必為有理數(shù)，∴cos A是有理數(shù)． 2bc

(2)證明 ①當(dāng)n＝1時(shí)，顯然cos A是有理數(shù)；

當(dāng)n＝2時(shí)，∵cos 2A＝2cos2A－1，因?yàn)閏os A是有理數(shù)，∴cos 2A也是有理數(shù)；

②假設(shè)當(dāng)n≤k(k≥2)時(shí)，結(jié)論成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理數(shù)． 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A

1＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]

211＝cos kAcos A－cos(k－1)Acos(k＋1)A 22

解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A

∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理數(shù)，∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理數(shù)，∴cos(k＋1)A是有理數(shù)． 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．

綜上所述，對(duì)于任意正整數(shù)n，cos nA是有理數(shù)． 【高考定位】

高考對(duì)本內(nèi)容的考查主要有：

(1)二項(xiàng)式定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用，B級(jí)要求；(2)數(shù)學(xué)歸納法的簡(jiǎn)單應(yīng)用，B級(jí)要求 【應(yīng)對(duì)策略】

(1)對(duì)于二項(xiàng)式定理只要掌握二項(xiàng)式定理、通項(xiàng)、項(xiàng)的系數(shù)的求法，掌握賦值法即可．(2)數(shù)學(xué)歸納法主要是用來解決與自然數(shù)有關(guān)的命題．通常與數(shù)列、不等式證明等基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能相結(jié)合來考查邏輯推理能力，要了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，并能加以簡(jiǎn)單的應(yīng)用

.必備知識(shí)

1．二項(xiàng)式定理

n1n1nrrn

(1)二項(xiàng)式定理：(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb，上式中右邊的多項(xiàng)

－

－

式叫做(a＋b)n的二項(xiàng)展開式，其中Crn(r＝1,2,3，?，n)叫做二項(xiàng)式系數(shù)，式中第r＋1項(xiàng)叫

nrr

做展開式的通項(xiàng)，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Crb； na

－

(2)(a＋b)n展開式中二項(xiàng)式系數(shù)Crn(r＝1,2,3，?，n)的性質(zhì)：

nr

①與首末兩端“等距離”的兩項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，即Crn＝Cn；

－

12nn0213n1②C0.n＋Cn＋Cn＋?＋Cn＝2；Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋?＝

2－

2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法

運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明命題要分兩步，第一步是歸納奠基(或遞推基礎(chǔ))證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0∈N*)時(shí)命題成立，第二步是歸納遞推(或歸納假設(shè))假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立，只要完成這兩步，就可以斷定命題對(duì)從n0開始的所有的正整數(shù)都成立，兩步缺一不可．

必備方法

1．二項(xiàng)式定理

(1)求二項(xiàng)式定理中有關(guān)系數(shù)的和通常用“賦值法”．

nrr(2)二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式Tr＋1＝Crb是展開式的第r＋1項(xiàng)，而不是第r項(xiàng)． na

－

2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法

(1)利用數(shù)學(xué)歸納法證明代數(shù)恒等式的關(guān)鍵是將式子轉(zhuǎn)化為與歸納假設(shè)的結(jié)構(gòu)相同的形

式，然后利用歸納假設(shè)，經(jīng)過恒等變形，得到結(jié)論．

(2)利用數(shù)學(xué)歸納法證明三角恒等式時(shí)，常運(yùn)用有關(guān)的三角知識(shí)、三角公式，要掌握三角變換方法．

(3)利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題時(shí)，在由n＝k成立，推導(dǎo)n＝k＋1成立時(shí)，過去講的證明不等式的方法在此都可利用．

(4)用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問題時(shí)，可把n＝k＋1時(shí)的被除式變形為一部分能利用歸納假設(shè)的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解題時(shí)經(jīng)常用到“歸納——猜想——證明”的思維模式．

命題角度一 二項(xiàng)式定理的應(yīng)用

[命題要點(diǎn)](1)二項(xiàng)展開式中的二項(xiàng)式系數(shù)和展開式系數(shù)；(2)求二項(xiàng)展開式的特定項(xiàng)；(3)二項(xiàng)展開式的性質(zhì)的應(yīng)用．

【例1】?(2012·南師附中模擬)若二項(xiàng)式(1＋2x)n展開式中第6項(xiàng)與第7項(xiàng)的系數(shù)相等，求展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)．

[審題視點(diǎn)] 根據(jù)展開式中第6項(xiàng)與第7項(xiàng)的系數(shù)相等，得到關(guān)于n的方程，解得n，再寫出二項(xiàng)展開式系數(shù)，由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)得到結(jié)果．

解 ∵在(1＋2x)n的展開式中第6項(xiàng)與第7項(xiàng)的系數(shù)相等，566r∴C5n2＝Cn2，∴n＝8，∴二項(xiàng)式系數(shù)是C8，r1rr1由Cr8≥C8且C8≥C8，得r＝4，－

＋

即展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是第5項(xiàng)為C482.二項(xiàng)式系數(shù)的最大項(xiàng)與展開式系數(shù)的最大項(xiàng)不同，本題的第r＋1項(xiàng)的二項(xiàng)

rr

式系數(shù)是Cr8，而展開式系數(shù)卻是2C8，解題時(shí)要分清．

n

1【突破訓(xùn)練1】(2012·鹽城模擬)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，p(x)＝a1C0n(1－x)＋a2Cnx(1221n1n

－x)n1＋a3Cnx(1－x)n2＋?＋anCn(1－x)＋an＋1Cnnxnx

－

－

－

－

(1)若數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，求p(－1)的值；

(2)若數(shù)列{an}是公比為2的等差數(shù)列，求證：p(x)是關(guān)于x的一次多項(xiàng)式．(1)解 法一 由題設(shè)知，an＝2n1.－

0n1n12n2n0

p(－1)＝1·C02＋2·C12＋22·C22＋?＋2n·Cn2 n(－1)·n(－1)·n(－1)·n(－1)·

－

－

0n12n2＝C02＋Cn(－2)1·2n1＋C22＋?＋ n(－2)·n(－2)·

－

－

nCn(－2)n·20＝(－2＋2)n＝0.n1法二 若數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，則an＝2n1，故p(x)＝C0n(1－x)＋Cn(2x)(1

－

2n21n1nnn

－x)n1＋C2＋?＋Cn(1－x)＋Cnn(2x)(1－x)n(2x)n(2x)＝[(1－x)＋2x]＝(1＋x).－

－

－

－

所以p(－1)＝0.(2)證明 若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，則an＝2n－1.n1n1n1n1n

p(x)＝a1C0＋?＋anCnx(1－x)＋an＋1Cnn(1－x)＋a2Cnx(1－x)nx

－

－

－

n1n122n＝C0＋(1＋4)Cnx(1－x)n2＋?＋(1＋2n)Cnn(1－x)＋(1＋2)Cnx(1－x)nx

－

－

nn12n2n1n122＝[C0＋C2＋?＋Cn＋2Cnx(1－x)nn(1－x)＋C1nx(1－x)nx(1－x)nx]＋2[Cnx(1－x)

－

－

－

－

n＋?＋Cnnx]．

由二項(xiàng)式定理知，0n12n2nn

Cn(1－x)n＋C1＋C2＋?＋Cnnx(1－x)nx(1－x)nx＝[(1－x)＋x]＝1.－

－

n！?n－1??。?因?yàn)閗Ck＝k＝nnCknn－1，k！?n－k?！?k－1?！?n－k?！

n122n所以C1＋2Cnx(1－x)n2＋?＋nCnnx(1－x)nx

－

－

n12n21n＝nC0＋nC1＋?＋nCnn－1x(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

－

－

n1n21n1＝nx[C0＋C1＋?＋Cn] n－1(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

－

－

－

＝nx[(1－x)＋x]n1＝nx，－

所以p(x)＝1＋2nx.即p(x)是關(guān)于x的一次多項(xiàng)式．

命題角度二 數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用

[命題要點(diǎn)](1)證明代數(shù)恒等式；(2)證明不等式問題；(3)證明三角恒等式；(4)證明整除性問題．

xxx

1＋?1＋??1＋的展開式中，x的系數(shù)為an，x2的【例2】?(2012·南京模擬)記??2?2?2系數(shù)為bn，其中n∈N*.(1)求an；

pq1

1?1＋，對(duì)n∈N*，n≥2恒成立？證明(2)是否存在常數(shù)p，q(p＜q)，使bn＝?3?2?2你的結(jié)論．

[審題視點(diǎn)] 可以先用特殊值代入，求出p，q得到猜想，再用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想的正確性．

1111

解(1)根據(jù)多項(xiàng)式乘法運(yùn)算法則，得an＝1－222

2pq171

1＋??1＋，解得p＝－2，q＝－1.(2)計(jì)算得b2b3＝.代入bn＝?8323?2??21111121

1－＝－n≥2且n∈N*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明bn1－2－??3??232341

①當(dāng)n＝2時(shí)，b2＝

81121

②設(shè)n＝k時(shí)成立，即bk＝，323

4則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，a112111

bk＋1＝bk＋＝＋＋＋－＋

32342221121

＝＋＋＋.3234由①②可得結(jié)論成立．

運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明命題P(n)，由P(k)成立推證P(k＋1)成立，一定要用到

條件P(k)，否則不是數(shù)學(xué)歸納法證題．

1111【突破訓(xùn)練2】(2012·泰州中學(xué)調(diào)研)已知多項(xiàng)式f(n)＝5＋n4n3n.52330(1)求f(－1)及f(2)的值；

(2)試探求對(duì)一切整數(shù)n，f(n)是否一定是整數(shù)？并證明你的結(jié)論． 解(1)f(－1)＝0，f(2)＝17

(2)先用數(shù)學(xué)歸納法證明，對(duì)一切正整數(shù)n，f(n)是整數(shù)． ①當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1，結(jié)論成立．

1111

②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N)時(shí)，結(jié)論成立，即f(k)＝k5＋k4＋3－k是整數(shù)，則當(dāng)n

523301111

＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝(k＋1)5＋k＋1)4(k＋1)3－(k＋1)

52330

51423324

5C05k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5＝

4***C0C04k＋C4k＋C4k＋C4k＋C43k＋C3k＋C3k＋C

3＋－

(k＋1)＝f(k)＋k4＋4k3＋6k2＋4k＋1.30

根據(jù)假設(shè)f(k)是整數(shù)，而k4＋4k3＋6k2＋4k＋1顯然是整數(shù)． ∴f(k＋1)是整數(shù)，從而當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立． 由①、②可知對(duì)一切正整數(shù)n，f(n)是整數(shù)．(Ⅰ)當(dāng)n＝0時(shí)，f(0)＝0是整數(shù)

(Ⅱ)當(dāng)n為負(fù)整數(shù)時(shí)，令n＝－m，則m是正整數(shù)，由(Ⅰ)知f(m)是整數(shù)，111

1所以f(n)＝f(－m)＝(－m)5＋－m)4＋(－m)3－－m)

523301111

5＋m4－m3＋＝－f(m)＋m4是整數(shù)．

52330綜上，對(duì)一切整數(shù)n，f(n)一定是整數(shù)．

20．證明步驟要完整，變形要有依據(jù)

一、證明的兩個(gè)步驟缺一不可 【例1】? 求證：2n＞2n＋1(n≥3)． 解 用數(shù)學(xué)歸納法證明：

第一步：(1)n＝3時(shí)，23＝8,2×3＋1＝7，不等式2n＞2n＋1(n≥3)成立．

第二步：(2)假設(shè)n＝k(k≥3，且k∈N*)時(shí)，不等式成立，即2k＞2k＋1，則2k1＝2·2k＞

＋

2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋2k＞2(k＋1)＋1，即2k1＞2(k＋1)＋1.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)也成立．

＋

老師叮嚀：不驗(yàn)證初始值的正確性就沒有歸納的基礎(chǔ)，沒有運(yùn)用歸納假設(shè)的證明不是數(shù)學(xué)歸納法，證明的兩個(gè)步驟缺一不可.二、正確寫出從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時(shí)應(yīng)添加的項(xiàng)

【例2】? 用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)?(n＋n)＝2n·1·3·?·(2n－1)，從k到k＋1，左邊需要增乘的代數(shù)式為________．

解析 當(dāng)n＝k時(shí)，左邊＝(k＋1)(k＋2)·?·(k＋k)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]·?·[(k＋1)＋(k＋1)] ＝(k＋2)(k＋3)?(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)?k＋k＋1??k＋k＋2?＝(k＋1)(k＋2)?(k＋k)

k＋1＝(k＋1)(k＋2)?(k＋k)[2(2k＋1)]，所以從k到k＋1，左邊需要增乘的代數(shù)式為2(2k＋1)． 答案 2(2k＋1)

老師叮嚀：要關(guān)注從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時(shí)兩個(gè)式子之間的實(shí)質(zhì)區(qū)別，不能只看表面現(xiàn)象，正確寫出從n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1時(shí)應(yīng)添加的項(xiàng)，才能進(jìn)行正確的變形．如本題中就不能只添加k＋1＋k＋1＝2k＋2.

第五篇：2014高考數(shù)學(xué)全面突破 二項(xiàng)式定理

11.3二項(xiàng)式定理

考情分析

1．能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理．

2．會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)展開式有關(guān)的簡(jiǎn)單問題．

基礎(chǔ)知識(shí)

1．二項(xiàng)式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb(n∈N)這個(gè)公式所表示的定理叫二項(xiàng)式定理，右邊的多項(xiàng)式叫(a＋b)n的二項(xiàng)展開式．

其中的系數(shù)Crn(r＝0,1，?，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，用Tr＋1表示，即通項(xiàng)Tr＋1＝Crb.nana

2．二項(xiàng)展開式形式上的特點(diǎn)

(1)項(xiàng)數(shù)為(2)各項(xiàng)的次數(shù)都等于二項(xiàng)式的冪指數(shù)n，即a與b的指數(shù)的和為(3)字母an逐項(xiàng)減1直到零；字母b冪排列，從第一項(xiàng)起，次數(shù)由零逐項(xiàng)增1直到n.－11(4)二項(xiàng)式的系數(shù)從Cn，一直到Cnn3．二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì) －(1).(2)增減性與最大值： 二項(xiàng)式系數(shù)Ckn，當(dāng)n＋1k＜2時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)逐漸增大．由對(duì)稱性知它的后半部分是逐漸減小的；

n當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)C2取得最大值；

n－1n＋1當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二項(xiàng)式系數(shù)和：Cn＋Cn＋Cn＋?＋Crn＋?＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋Cn＋?＝

2注意事項(xiàng)

n－rr1.運(yùn)用二項(xiàng)式定理一定要牢記通項(xiàng)Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n與(b＋a)n雖然相na

同，但具體到它們展開式的某一項(xiàng)時(shí)是不同的，一定要注意順序問題，另外二項(xiàng)

展開式的二項(xiàng)式系數(shù)與該項(xiàng)的(字母)系數(shù)是兩個(gè)不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只與n和r有關(guān)，恒為正，后者還與a，b有關(guān)，可正可負(fù)．

2.二項(xiàng)式定理可利用數(shù)學(xué)歸納法證明，也可根據(jù)次數(shù)，項(xiàng)數(shù)和系數(shù)利用排列組合的知識(shí)推導(dǎo)二項(xiàng)式定理．因此二項(xiàng)式定理是排列組合知識(shí)的發(fā)展和延續(xù)．

3.(1)通項(xiàng)的應(yīng)用：利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)可求指定的項(xiàng)或指定項(xiàng)的系數(shù)等．

(2)展開式的應(yīng)用：利用展開式①可證明與二項(xiàng)式系數(shù)有關(guān)的等式；②可證明不等式；③可證明整除問題；④可做近似計(jì)算等．

4.(1)對(duì)稱性；

(2)增減性；

(3)各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和； 以上性質(zhì)可通過觀察楊輝三角進(jìn)行歸納總結(jié)．

題型一 二項(xiàng)展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)的系數(shù)

13【例1】已知(3x－)n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為256，則展開式中第7x

項(xiàng)的系數(shù)是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各項(xiàng)系數(shù)之和為2n＝256，則n＝8，故展開式中第7項(xiàng)的26系數(shù)為C68×3×(－1)＝252.?a?【變式1】若?x－?6展開式的常數(shù)項(xiàng)為60，則常數(shù)a的值為________． x??

?a?6－r6－3r解析 二項(xiàng)式?x6展開式的通項(xiàng)公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx??

2a)r，當(dāng)r＝2時(shí)，Tr＋1為常數(shù)項(xiàng)，即常數(shù)項(xiàng)是C26a，根據(jù)已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

題型二 二項(xiàng)式定理中的賦值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋?＋a10(1－x)10，則a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通項(xiàng)公式為：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8時(shí)，第9項(xiàng)的系數(shù)．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故選A.【變式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解 令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.題型三 二項(xiàng)式的和與積

2【例3】二項(xiàng)式(x＋x)(1－x)4的展開式中x的系數(shù)是________．

答案：

32解析：利用分步計(jì)數(shù)原理與組合數(shù)公式，符合題目要求的項(xiàng)有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展開式中x的系數(shù)為3.?2【變式3】x?x－x7的展開式中，x4的系數(shù)是________(用數(shù)字作答)． ??

?27?2737解析 原問題等價(jià)于求?x－x的展開式中x的系數(shù)，?x－x的通項(xiàng)Tr＋1＝Cr7x????

－r?2r7－2r?－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系數(shù)為(－2)2C27x7＝84，即??

x???x－2x7?的展開式中x4的系數(shù)為84.答案 84

重難點(diǎn)突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|

＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)． ∴由(2)、(3)即可得其值為2187.① ②