2013高中数学奥数培训资料之二项式定理与多项式

兰州成功私立中学高中奥数辅导资料
（内部资料）
第十讲 二项式定理与多项式

知识、方法、技能
Ⅰ．二项式定理
1．二项工定理
kn?kk
(a?b)?
?
C
n
ab(n?N*)

n
k?0
n
2．二项展开式的通项
rn?rr

T
r?1
?C
n
ab(0?r?n)
它是展开式的第r+1项.
3．二项式系数
r

C
n
(0?r?n).

4．二项式系数的性质
kn?k
（1）
C
n
?C
n
(0?k?n).

kkk?1
（2）
C
n
?C
n
?C
?1n?1
(0?k?n?1).

n
2< br>n
n
2
n
（3）若n是偶数，有
C?C?
?
?C
最大.
若n是奇数，有
C?C?
?
?C
数C和C
01
n
2
n
n?1
2
相等且最大. < br>n
0
n
1
n
0
n
1
n
?< br>?
?C
n?1
2
n
n?1
n
?C
n
n
，即中间一项的二项式系数
C
n?1
2
n
?C< br>n?1n
，即中项二项的二项式系
?
?
?C
n
?C< br>n
（4）
C
n
?C
n
?C
n
??? C
n
?2.

（5）
C
n
?C
n
?C
n
???C
n
?C
n
?C
n
???2
（6）
kC
n
?nC
n?1
或C
n
?kmmk?m
kk?1k
2nn
024135n?1
.

n
k?1
C
n?1
.

k
k?mm
C
n?k?m
(m?k?n).
（7）
C
n
?C
k
?C
n
?C
n?m
?Cn

1

nnnnn?1
（8）
C
n< br>?C
n?1
??C
n?2
???C
n?k
?C
n?k?1
.

m
以上组合恒等式（是指组合数
C
n
满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基
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.
（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1：求
(x?1?
1
7
)
的展开式中的常数项.
x
【解】由二项式定理得
11
(x?1?)
7
?[1?(x?)]
7

xx
1111
01r7
?C
7
?C
7
(x?)?C7
2
(x?)
2
???C
7
(x?)
r
???C
7
(x?)
7
①
xxxx
1
rr
其中第
r?1(0?r?7)
项为
T
r?1
?C
7
(x?)
②
x
1
r
在
(x?)
的展 开式中，设第k+1项为常数项，记为
T
k?1,

x
kr?k
1
kkr?2k
,(0?k?r)
③ 则< br>T
k?1,
?C
r
x()?C
r
x
x
由③得r－2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据①、②知所求常数项为
0214263
C
7
?C
7
C
7
?C
7
C
7< br>?C
7
C
6
?393.

【评述】求某一项时用二项展开式的通项.
例2：求
(1?2x?3x)
的展开式里x
5
的系数.
【解】因为
(1?2x?3x)?(1?3x)(1?x)

5566
?[1?C
6
?3x?C
6
?(3x)
2
?C
6
?(3x)
3
???C
6
?(3x)
6
][1?C
6
x?C
6
x?C
6
x?C
6
x?C6
x?C
6
x].
26
2666
5142332
所以
(1?2x?3x)
的展开式里x
5
的系数为
1(?C< br>6

)?3C
6
?C
6
?3
2
C< br>6
(?C
6
)?3
3
C
6
?C
6< br>26

?3C
6
?(?C
6
)?3C
6< br>?1??16.

8
【评述】本题也可将
(1?2x?3x)
化为
[1?(2x?3x)]
用例1的作法可求得.

2
262 6
44155

例3：已知数列
a
0
,a
1< br>,a
2
,?(a
0
?0)
满足
a
i?1< br>?
a
i?1
?
2a
i
(i
?
1,2 ,3,
?
),

求证：对于任何自然数n，
0122n?1n ?1nn
p(x)?a
0
C
n
(1?x)
n
?a< br>1
C
n
x(1?x)
n?1
?a
2
C
n
x(1?x)
n?2
?
?
?a
n?1
C
n
x(1?x)?a
n
C
n
x
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
a
i?1
?a
i?1
?2a
i
知
则a
i
?
a
i?1
?
d
?
a
0
?
id(i
?
1,2,
?
),
从
{an
}
是等差数列，
而可将
p(x)
表示成
a
0
和d
的表达式，再化简即可.
【解】因为
a
i?1
?a
i?1
?
2a
i
(i
?
1,2,3,
?
)
所以数列
{a
n
}
为等差数列，设其公差为d
有
a
i
?a
0
?id
(
i?
1, 2,3,
?
)
从而
0122nn
P(x)?a
0C
n
(1?x)
n
?(a
0
?d)C
n
x(1?x)
n?1
?(a
0
?2d)C
n
x(1?x)
n?2
?
?
?(a
0
?nd)C
n
x01nn122nn
?a
0
[C
n
(1?x)
n
?C
n
x(1?x)
n?1
?
?
?C
n
x]?d[1?C
n
x(1?x)
n?1
?2C
n
x(1? x)
n?2
?
?
?nC
n
x],
由二项定理，知
0122nn
C
n
(1?x)
n
?C
n
x (1?x)
n?1
?C
n
x(1?x)
n?2
???Cn
x?[(1?x)?x]
n
?1,

k
又因为
kC
n
?k?
n!(n?1)!
k?1

?n??nC< br>n?1
,
k!(n?k)!(k?1)![(n?1)?(k?1)]!
122 nn
从而
C
n
x(1?x)
n?1
?2C
n
x(1?x)
n?2
?
?
?nC
n
x

1n?2
?nx[(1?x)
n?1
?C
n
???x
n?1
]

?1
x(1?x)
?nx[(1?x)?x]
n?1< br>?nx.
所以
P(x)?a
0
?ndx.

当
d?0时,P(x)为x
的一次多项式，当
d?0时,P(x)为
零次多项式 .
例4：已知a，b均为正整数，且
a?b,sin
?
?
2ab< br>?
(其中0?
?
?),A
n
?(a
2
?b< br>2
)
n
?sinn
?
,
求
22
2< br>a?b
证：对一切
n?N*
，A
n
均为整数.
【思 路分析】由
sinn
?
联想到复数棣莫佛定理，复数需要
cos
?< br>，然后分析A
n
与复数的关系.
2ab
?
a
2?b
2
2
【证明】因为
sin
?
?
2
,且0?
?
?,a?b,所以cos
?
?1?sin
?
?< br>2
.

22
2
a?ba?b
显然
sinn< br>?
为(cos
?
?isin
?
)
的虚部，由于
(cos
?
?isin
?
)

nn

3

22
a?b2ab11
n22

?(?i)?(a?b?2abi)?(a?bi)
2n
.

222 222n22n
a?ba?b(a?b)(a?b)
所以
(a
2
?b
2
)
n
(cosn
?
?isinn
?
)? (a?bi)
2n
.
从而
A
n
?(a
2
? b
2
)
n
sinn
?
为(a?bi)
2n
的虚部.
因为a、b为整数，根据二项式定理，
(a?bi)
2n
的虚部当 然也为整数，所以对一切
n?N*
，
A
n
为整数.
【评述 】把A
n
为与复数
(cos
?
?isin
?
)n
联系在一起是本题的关键.
例5：已知
x,y
为整数，P为素数，求 证：
(x?y)
P
?x
P
?y
P
(modP)
1P?12P?22p?1
【证明】
(x?y)
P
?x
P
?C
P
xy?C
P
xy???C
P
xy
P?1
?y
P

r
由于
C
P
?
p(p?1)
?
(p?r?1)
，又因为P为素
(r?1,2,
?< br>,P?1)
为整数，可从分子中约去r！
r!
r
数，且
r?p
，所以分子中的P不会红去，因此有
P|C
P
(r?1,2,
?,P?1).
所以
(x?y)
P
?x
P
?y
P
(modP).

【评述】将
(x?y)
展开就与
x?y
有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键.
例6：若
(5?2)
2r?1
?m?
?
(r,m?N*,0?
?
?1)
，求证：
?
(m?
?
)?1.

【思路分析】由已知
m?< br>?
?(5?2)
2r?1
和(m?
?
)
?
? 1
猜想
?
?(5?2)
2r?1
，因此需要求
出
?
，即只需要证明
(5?2)
2r?1
?(5?2)
2r?1为正整数即可.
【证明】首先证明，对固定为r，满足条件的
m,
?
是 惟一的.否则，设
(5?2)
2r?1
?m
1
?
?
1

PPP
?m
2
?
?
2
[m
1
,m
2
?N*,
?
1
,
?
2
?( 0,1),m
1
?m
2
,
?
1
?
?
2
]

则
m
1
?m
2
?
?1
?
?
2
?0,而m
1
?m
2
?Z,
?
1
?
?
2
?(?1,0)?(0,1)
矛盾.所 以满足条件的m和
?
是惟一的. 下面求
m及
?
.
0 2r?112r22r?1
因为
(5?2)
2r?1
?(5?2)
2 r?1
?C
2
?C
2
?2?C
2
?2
2< br>???2
2r?1

r?1
(5)
r?1
(5)r?1
(5)
02r?112r22r?1
?[C
2
?C
2
?2?C
2
?2
2
???2
2r?1
]

r?1
(5)
r?1
(5)
r?1
(5)

4

12r32r?2
?2[C
2
?2 ?C
2
?2
3
?
?
?2
2r?1
]
r?1
(5)
r?1
(5)
?2[C
1
2r?1
5?2?C
r3
2r?1
?5
r?1
?2?
?
?C
32r?1
2r?1
5
2r?1
?2
2r?1
]? N*

又因为
5?2?(0,1),从而(5?2)
2r?1
?(0,1)

1r3r?12r?1r2r?1
所以
m?2(C
2
?23
???C
2
?2
2r?1
)

r?1
?5?2?C
2r?1
?5
r?1
?5?2

?
?(5?2)
2r?1

故
?
(m?
?
)?(5?2)
2r?1
.

(5?2)
2r?1
?(5?4)
2r?1
?1.

【评述】猜想
?
?(5?2)
2r?1
,(5?2)
2r?1与(5?2)
2r?1
进行运算是关键.
例7：数列
{a
n< br>}
中，
a
1
?3,a
n
?3
a
n? 1
(n?2)
，求
a
2001
的末位数字是多少？
【思路 分析】利用n取1，2，3，…猜想
a
n
及a
n
的末位数字. 【解】当n=1时，a
1
=3，
a
2
?3
1
? 3?27?4?6?3


a
3
?3
a
2
a
3
?3
27
?3
4?6?3
?(3
4
)
6
?3
3
?(81)
6
?3
3
?(81 )
6
?27
，因此
a
2
,a
3
的末位数字 都
是7，猜想，
a
n
?4m?3,m?N*.
现假设n=k时，
a
k
?4m?3,m?N*.

当n=k+1时，
a
k?1
?3
a
k
?3
4m? 3
?(4?1)
4m?3

04m?314m?24m?214m?30

?C
4
?(?1)
0
?C
4
?(?1)
1
???C
4
)4m?2
?C
4
)
4m?3

m?3
4
m?3
?4
m?3
?4?(?1
m?3
?4?(?1

?4T?1?4(T?1)?3,
从而
a
n
?4m?3(m?N*)

于是
a
n ?1
?3
a
n
?3
4m?3
?(81)
m
?27.
故
a
2001
的末位数字是7.
【评述】猜想
a
n
?4m?3
是关键.
例8：求N=19
88
－1的所有形如
d?2?3,(a,b
为自然数）的因子d之和. 【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=19
88
－1=(20－1)
88
－1 =(1－4×5)
88
－1
=－
C
88
?4?5?C88
?4?5?C
88
?4?5???C
88
?4?5

5
8788
?C
88
?4
88
?5
88

ab

??2
5
?55?2
6
? M?2
5
(2M?55)
其中M是整数.
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
1288

?C
88
?2?9?C
88
?22
?9
2
???C
88
?2
88
?9
88

=3
2
×2×88+3
4
·P=3
2< br>×（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
N?2
5
?3
2
?Q
，其中Q 是正整数，不含因数2和3.
因此，N中所有形如
2?3
的因数的和为(2+2
2
+2
3
+2
4
+2
5
)(3+3
2
)=744.
例9：设
x?(15?220)
19
?(15? 220)
82
，求数x的个位数字.
【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
y?(15?220)
19
?(15?220)
82
,则x?y ?[(15?220)
19
?(15?220)
82
]

a b
?[(15?220)
19
?(15?220)
82
]
， 由二项式定理知，对任意正整数n.
2
(15
?
220)
n
?
(15
?
220)
n
?
2(15
n
?
C
n
?
15
n?2
?
220
??
)
为整数，且个位数字为零.
因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，
55
8819
因为
0?15?220???0.2
， 且
(15?220)?(15?220)
，
15?220
25
所以
0?y?2(15?220)
19
?2?0.2
19
?0.4. 故x的个位数字为9.
【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10： 已知
a
0
?
0,a
1
?
1,a
n?1?
8a
n
?
a
n?1
(n
?
1,2,
?
)
试问：在数列
{a
n
}
中是否有无穷多
个能被15整除的项？证明你的结论.
【思路分析】先求出
a
n
，再将< br>a
n
表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15
整除.
【证明】在数列
{a
n
}
中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.
数列
{a
n
}
的特征方程为
x?8x?1?0,
它 的两个根为
x
1
?4?15,x
2
?4?15
，
所以
a
n
?A(4?15)
n
?B(4?15)
n
（n=0，1，2，…）
由
a
0
?0,a
1
?1得A?

2
1
215
,B??
1
215
,
则
a
n
?
6
1
215
[(4?15)
n
?(4?15)
n
],

取
n?2k(k?0,1,2,?)
，由二项式定理得
a< br>n
?
1
215
1
n
13n?1
[2C
n
?4
n?1
?15?2C
n
?4
n?3
?(1 5)
3
???2C
n
?4?(15)
n?1
]
< br>?C?4
n?1
?C?4
3
n
n?3
?15?
?
?C?4?15
n
n
n?2
2
12k?132k?32 kk?1
?C
2
?C
2
?15?
?
?C
2 k
?4
k
?4
k
?4?15
12k?132k?32k?1
?C
2
?15(C
2
?
?
?C
2
?4?15
k?2
)
k
?4
k
?4
k
< br>?2k?4
2k?1
?15T(其中T为整数),
由上式知当15|k，即30 |n时，15|a
n
，因此数列
{a
n
}
中有无穷多个能被 15整除的项.
【评述】在二项式定理中，
(a?b)
n
与(a?b)n
经常在一起结合使用.

针对性训练题
1．已知实数
?< br>,
?
均不为0，多项
f(x)?
?
x?
?
x ?
?
x?
?
的三根为
x
1
,x
2
,x
3
，求

(x
1
?x
2
?x< br>3
)(
1
?
1
?
1
)
的值. x
1
x
2
x
3
32
2．设
f(x)? x
4
?ax
3
?bx
2
?cx?d
，其中
a,b,c,d
为常数，如果
f(1)?1,f(2)?2,f(3)?3,
求
1
[f(4)?f(0)]
的值.
4
3．定义在实数集上的函数
f(x)
满足：
f(x)?xf(1?x)?1?x,求f(x).

135 5
4．证明：当n=6m时，
C
n
?C
n
?3?C
n
?3?C
n
?3
2
???0.

5．设
(1?x?x
2
)
n
展开式为
a
0
?a
1
x?a
2
x
2
???a
2n
x
2n
，求证：
a
0
?a
3
?a
6
???3
n ?1
.

6．求最小的正整数n，使得
(xy?3x?7y?21)
n
的展开式经同类项合并后至少有1996项.
（1996年美国数学邀请赛试题）
7．设
f(x)?(x
3
?x?1)
9
(2x?1)
4< br>，试求：
（1）
f(x)
的展开式中所有项的系数和.
（2）
f(x)
的展开式中奇次项的系数和.
8．证明：对任意的正整数n，不等式
(2n?1)?(2n)?(2n?1)
成立.

7
nnn

（第21届全苏数学竞赛题）

8