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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)??Cnab(n?N*)
nk?0n2．二项展开式的通项 Tr?1?Cnarn?rbr(0?r?n)它是展开式的第r+1项.
3．二项式系数 Cn(0?r?n). 4．二项式系数的性质 （1）Cn?Cnkkn?kr(0?k?n).
k?1（2）Cn?Cn?1?Cn?1(0?k?n?1). （3）若n是偶数，有C?C???C最大.
若n是奇数，有C?C???C数C和C01k0n1nn2n???Cn?12nn?1n?Cnn，即中间一项的二项式系数
Cn2n0n1nn?12n?Cn?1n，即中项二项的二项式系???Cn?Cnn2nn?12n相等且最大.
2nn（4）Cn?Cn?Cn???Cn?2.
（5）Cn?Cn?Cn???Cn?Cn?Cn???2（6）kCn?nCn?1或Cn?kmmk?m024135n?1.
kk?1knk?1Cn?1. kk?mmCn?k?m(m?k?n).
n?1（7）Cn?Ck?Cn?Cn?m?Cnnnn（8）Cn?Cn?1??Cn?2???Cn?k?Cn?k?1.
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以上组合恒等式（是指组合数Cn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.
m赛题精讲
例1：求(x?1?17)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
xx1111012r7?C7?C7(x?)?C7(x?)2???C7(x?)r???C7(x?)7 ①
xxxx1rr其中第r?1(0?r?7)项为Tr?1?C7(x?) ②
x1r在(x?)的展开式中，设第k+1项为常数项，记为Tk?1,
xkr?k1kkr?2k则Tk?1,?Crx()?Crx,(0?k?r) ③
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
0214263C7?C7C7?C7C7?C7C6?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x5的系数. 【解】因为(1?2x?3x)?(1?3x)(1?x)
123612233445566?[1?C6?3x?C6?(3x)2?C6?(3x)3???C6?(3x)6][1?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x?C6x].2626665142332 所以(1?2x?3x)的展开式里x5的系数为1(?C6 )?3C6?C6?32C6(?C6)?33C6?C626. ?3C6?(?C6)?3C6?1??168教师之家-免费中小学教学资源下载网(http://www.teacher910.com/)
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【评述】本题也可将(1?2x?3x)化为[1?(2x?3x)]用例1的作法可求得. 例3：已知数列a0,a1,a2,?(a0?0)满足 ai?1?ai?1?2ai(i?1,2,3,?), 求证：对于任何自然数n，
0122n?1n?1nnp(x)?a0Cn(1?x)n?a1Cnx(1?x)n?1?a2Cnx(1?x)n?2???an?1Cnx(1?x)?anCnx2626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ai?1?ai?1?2ai知{an}是等差数列，则ai?ai?1?d?a0?id(i?1,2,?),从而可将p(x)表示成a0和d的表达式，再化简即可.
【解】因为ai?1?ai?1?2ai(i?1,2,3,?) 所以数列{an}为等差数列，设其公差为d 有ai?a0?id(i?1,2,3,?) 从而
0122nnP(x)?a0Cn(1?x)n?(a0?d)Cnx(1?x)n?1?(a0?2d)Cnx(1?x)n?2???(a0?nd)Cnx01nn122nn?a0[Cn(1?x)n?Cnx(1?x)n?1???Cnx]?d[1?Cnx(1?x)n?1?2Cnx(1?x)n?2???nCnx],由二项定理，知
0122nnCn(1?x)n?Cnx(1?x)n?1?Cnx(1?x)n?2???Cnx?[(1?x)?x]n?1, k又因为kCn?k?n!(n?1)!k?1 ?n??nCn?1,k!(n?k)!(k?1)![(n?1)?(k?1)]!122nn从而Cnx(1?x)n?1?2Cnx(1?x)n?2???nCnx
1n?2?nx[(1?x)n?1?Cn???xn?1] ?1x(1?x)?nx[(1?x)?x]n?1?nx. 所以P(x)?a0?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?(其中0???),An?(a2?b2)n?sinn?,求222a?b证：对一切n?N*，An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?，然后分析An与复数的关系.
2ab?a2?b22【证明】因为sin??2,且0???,a?b,所以cos??1?sin??2. 222a?ba?b教师之家-免费中小学教学资源下载网(http://www.teacher910.com/)
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显然sinn?为(cos??isin?)的虚部，由于(cos??isin?)
221122 ?(a?b?2abi)n?(a?b?2abi)?(a?bi)2n. 222222n22na?ba?b(a?b)(a?b)nn所以(a2?b2)n(cosn??isinn?)?(a?bi)2n.从而An?(a2?b2)nsinn?为(a?bi)2n的虚部. 因为a、b为整数，根据二项式定理，(a?bi)An为整数.
【评述】把An为与复数(cos??isin?)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)?x?y(modP)
1P?12P?22p?1【证明】(x?y)P?xP?CPxy?CPxy???CPxyP?1?yP r由于CP?2n的虚部当然也为整数，所以对一切n?N*，
nPPPp(p?1)?(p?r?1)，又因为P为素(r?1,2,?,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|CP(r?1,2,?,P?1).所以 (x?y)P?xP?yP(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???(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?m1??1
PPP?m2??2[m1,m2?N*,?1,?2?(0,1),m1?m2,?1??2]
则m1?m2??1??2?0,而m1?m2?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?.
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