2022年高考数学一轮总复习 12.3二项式定理教案 理 新人教A版

2022年高考数学一轮总复习 12.3二项式定理教案 理 新人教A版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·1C·()2，即n29n80，所以n8，n1(舍去). 所以Tr1·()·()r···(1)r··(0r8，rZ).(1)若Tr1是常数项，则0，即163r0，因为rZ，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若Tr1是有理项，当且仅当为整数，又0r8，rZ，所以 r0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1x4，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r1项的二项式系数”与“第r1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CC·2C·22129，所以n8，所以通项为Tr1C(x)8-r ，故r6时，T726Cx1 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(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，且a1a2an129n，则n；(2)已知(1x)na0a1xa2x2anxn，若5a12a20，则a0a1a2a3(1)nan. 【解析】(1)易知an1，令x0得a0n，所以a0a1an30.又令x1，有2222na0a1an30，即2n1230，所以n4.(2)由二项式定理得，a1Cn，a2C，代入已知得5nn(n1)0，所以n6，令x1得(11)6a0a1a2a3a4a5a6，即a0a1a2a3a4a5a664.【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(3x1)8a0a1xa2x2a7x7a8x8.求a0a2a4a6a8的值.【解析】令f(x)(3x1)8，因为f(1)a0a1a2a828，f(1)a0a1a2a3a7a848，所以a0a2a4a6a827×(128).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n5n19能被20整除.【解析】4×6n5n194(6n1)5(5n1)4(51)n15(41)n120(5n1C5n2C)(4n1C4n2C)，是20的倍数，所以4×6n5n19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(ab)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(10.002)616×(0.002)115×(0.002)2(0.002)6.因为T3C(0.002)215×(0.002)20.000 060.001， 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(10.002)616×(0.002)10.0120.988.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.