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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第58讲 二项式定理






二项式定理

n 1 n-1 r n-r r n n 本二项式定理 设 n∈N * ,则(a+b)n=C 0 ① n a +C n a b+?+C n a b +?+C n b n-r r ①式右边称为二项式(a+b)n 的展开式,第 r+1 项 Tr+1=C r n a b 称为二项式展开式的通


项公式,C r n 叫做第 r+1 项的二项式系数。
1 r r n n 特别地,(1+x)n=C 0 n +C n x+?+C n x +?+C n x 。

为方便起见,我们引入记号“∑” ,a1+a2+?+an 可记为
n

?a
k ?1

n

k

,于是①式可以写成(a

+b)n=

?C
k ?1 n

k n?k k b na



二项式系数之间有如下性质: ①

?C
k ?1

k n

=2n;

n?r ②C r n =C n ,0?r?n;

?1 r r ③C r n +C n =C n ?1

n

n

n

1 2 >?>C n ; 2 2 ④当 n 为偶数时,C 0 n <C n <?<C n , C n > C n n

?1

n ?1

n ?1

n ?1

1 2 =C 2 > C 2 当 n 为奇数时,C 0 n <C n <?<C n n n

?1

>?> C n n 。

对于二项式定理,不仅要掌握其正向运用,而且要学会逆向运用和变式使用,有时先作 适当变形后再展开;有时需适当配凑后逆用二项式定理。 二项式定理及其展开式系数的性质是解决许多数学问题的重要工具,如:整除或求余数 (余式)问题,组合数的求和式组合恒等式的证明问题,近似计算问题等等。对于利用二项 式定理判断整除问题:往往需要构造对偶式;对于处理整除性问题,往往构造对偶式或利用 与递推式的结合。

A 类例题
例 1 若 (3x + 1)n ( n∈N+ )的展开式中各项系数和是 256,则展开式中 x2 的系数是 _________。 (上海高考题) 分析 分清系数和二项式系数两个概念,系数之和常令 x=1,二项式系数之和为 C 0 n +
n n C1 n +?+C n =2 .

解 设(3x+1)n=a0+a1x+a2x2+?+a2xn,令 x=1,得 4n=a0+a1+?+an,即各项 系数之和为 4n,由题得 4n=256,得 n=4。
2 2 故(3x+1)4 的展开式中含 x2 改为 C 2 4 (3x) =54x 。

故所求展开式中 x2 系数为 54.

说明:求二项式所有系数和的方法,常令其字母为 1。若求所有奇数项系数和,可先令字 母为 1,求出所有系数和 a0+a1+a2+?+an,再令字母为-1,求出 a0-a1+a2-a3+?+ an,再令字母为-1,求出 a0-a1+a2-a3+?+(-1)nan,原式相加除以 2。即得 an 有奇数 项系数和 a0+a2+a4+?。 同理,两式相减除以 2,可求出展开式所有偶数项系数和 a1+a3+a5+?。 注意,二项式系数与展开式某一项系数是不同概念,第 r+1 项的二项式系数是 C r n 。 例 2 在(x2+3x+2)5 的展开式中 x 的系数为( ) A.160 B.240 C.360 D.8004 2 3 分析 二项式定理实质上是(a+b) ,(a+b) ,展开公式的推广,是两个字母 a 和 b 的和 或差的 n 次方的展开公式,因此只能处理两个字母或两个量之间的关系,遇到大于二个量的 和式或差式时,常进行因式分解分成两个量和与两个量和(或差)的积的形式,再利用定理.
4 解 (x2+3x+2)5=(x+1)5·(x+2)5 ,在(x+1)5 的展开式中 x 项的系数为 C 5 =5,常 4 数项为 1,在(x+2)5 的展开式中 x 项的系数为 24 C 5 =80,常数项为 32,所以 x 项的系数为

5×32+80×1=240。 说明:本题也可以另解。方法二:(x2+3x+2)5=(x2+3x+2)(x2+3x+2)?(x2+3x+2), 根据多项式相类法则知,x 的系数是:从 5 个括号中任取一个 3x 项,其他括号中都取项 2 相
4 2 5 2 5 乘得的系数,故所求系数为 C 1 5 ×3×2 =240。方法三:(x +3x+2) =[x +(3x+2)] ,把 3x

+2 看成一个整体,运用二项式定理展开后,x 项只在(3x+2)5 中出现,故 x 项的系数为 C 1 5× 3×24=240。

情景再现
1.在(1-x3)(1+x)10 的展开式中,x2 的系数是 A.-297 B.-252 C.297 D.207 2.若(2x+ 3 )4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2 的值为 A .1 B.-1 C.0 D.2 1 3.求(|x|+ -2)2 展开式中的常数项。 |x|

B 类例题
例 3 已知 i,m,n 是正整数,且 1< i ?m<n,证明: ①niA im <miA in ; ②(1+m)n > (1+n)m。 (2001 年全国高考题) 分析 本题以排列组合为依托,重点考查了式子的变形和计算能力。 证明 ①即证
i Am

mi

<

i An

ni





i Am

mi



Ai m(m ?1) ? ? ? (m ? i ? 1) n(n ? 1) ? ? ? (n ? i ? 1) , n = , i n ? m??? m n ? n ??? n n

由 m<n 知 即

k k > (k=1,2,?,i-1) , m n

∴1- ∴
i Am

k k <1- , n m
i An

m?k n?k < (k=1,2,?,i-1) , m n

mi

<

ni

成立;

2 2 n n 1 ②∵(1+m)n=C 0 n +mC n +m C n +?+m C n 2 2 m m 1 (1+n)m=C 0 m +nC m +m C m +?+n C m

由①知 niA im < miA in (1<i?m<n) ,且 A im =C im i!,A in =C in i!, ∴n in C im <miC in (1<i?m<n)
3 3 m m 2 2 3 3 m m ∴n2C 2 m +n C m +?+n C m < m C n +m C n +?+m C n

又∵当 m<i?n 时,miC im >0,
2 2 m m 2 2 n n 1 0 1 ∴C 0 m +nC m +n C m +?+n C m <C n +mC n +m C n +?+m C n 。

即 (1+m)n > (1+n)m 成立。 例 4 用二项式定理证明:34n+2+52n+1 能被 14 整除。 分析用二项式定理证明整除问题时,首先须注意(a±b)n 中,a、b 中有一个必须是除数的 倍数,其次,展开式的规律必须清楚,余项是什么,必须写出。同理可处理余数的问题。 证明 34n+2+52n+1=92n+1+52n+1 =[(9+5)-5]2n+1+52n+1 =(14-5)2n+1+52n+1
2n 2n-1 2n 2n+1 2 n 2 n ?1 =142n+1-C 1 ·52+?+C 2 +52n+1 2 n ?1 14 ·5+C 2 n ?1 ·14 2 n ?1 ·14·5 -C 2 n ?1 ·5 2n 2n-1 2n 2 n =142n+1-C 1 ·52+?+C 2 2 n ?1 14 ·5+C 2 n ?1 ·14 2 n ?1 ·14·5

是 14 的倍数,能被 14 整除,∴命题得证。 说明:这类整除问题也可用数学归纳法证明,利用二项式定理证明多项式的整除问题,关 键是对被除式进行合理变形,把它写成恰当的二项式,使其展开后的每一项都含有除式的因 式,即可证得整除。

例 5 C2 n f(

设 f(x)是定义在 R 上的函数,且 g(x)=C 0 n f(

0 0 1 1 )x (1-x)n+C 1 )x (1-x)n-1+ n f( n n

2 2 n n )x (1-x)n-2+?+C n )x (1-x)0。 n f( n n

①若 f(x)=1,求 g(x); ②若 f(x)=x,求 g(x)。 分析 考查二项式定理的逆用。

解 (1)f(x)=1,所以 f ( ) ? f ( ) ? ??? ? f ( ) ? 1 ,所以 g(x)=
0 0 n?1 n n cn x (1 ? x)n ? c1 ???? ? cn x (1 ? x)0 ? (1 ? x ? x)n =1, n x(1 ? x)

0 n

1 n

n n

又 0 无意义,即 g(x)=1,且 x≠0,x≠1,x ? R.
0

k ( k ? 0,1, ???n). n 0 0 0 n 1 1 1 n ?1 n n n 所以 g(x)= cn x (1 ? x) ? cn x (1 ? x) ? ??? ? cn x , n n n
(2)因为 f(x)=x,所以 f ( ) ? 因为

k n

r r r n! (n ? 1)! r ?1 cn ? ? ? cn ?1 n n r !? n ? r ?! (r ? 1)!? n ? 1 ? (r ? 1) ?!

0 n?1 2 n ?2 2 3 n?3 n?1 n 所以 g(x)=0+ cn ? c1 ? cn ????cn ?1 x(1 ? x) n?1 x (1 ? x) ?1 x (1 ? x) ?1 x

=? ?cn ?1 (1 ? x)
0

n ?1

1 n?2 2 2 n ?3 n ?1 n ?1 ? ??? ?cn ?1 x(1 ? x) ? cn ?1 x (1 ? x) ? ??? ? cn ?1 x ? ?x

=x(1-x+x)n-1=x. 所以 g(x)=x,且 x ? R,x≠0,x≠1. 例6 当 n∈N+时,(3+ 7 )n 的整数部分是奇数,还是偶数?证明你的结论。

分析 因(3+ 7 )n 可表示为一个整数与一个纯小数之和,而这个整数即为所求。要判断此 整数的奇偶性,由 3+ 7 联想到其共轭根式 3- 7 ∈(0,1),其和(3+ 7 )+(3- 7 )是一 个偶数,即 3+ 7 的整数部分是奇数,于是可从研究对偶式(3+ 7 )n 与(3- 7 )n 的和入手。 解 (3+ 7 )n 的整数部分是奇数,事实上,因为 0<(3- 7 )n<1,且
n-2 2 2 n-4 4 (3+ 7 )n+(3- 7 )n=2(3nC 0 n +7·3 C n +7 ·3 C n +?)

是一个偶数,记为 2k(k∈N) 。所以 (3+ 7 )n=2k―(3― 7 )n=(2k-1)+1―(3― 7 )n 即[(3+ 7 )n]=2k-1,因此(3+ 7 )n 的整数部分是奇数. 例 7 设 a、 b∈R+, 且
1 1 + =1。 求证对于每个 n∈N, 都有(a+b)n―an―bn?22n―2n+1。 a b

分析:本题可以用数学归纳法证明,也可以用二项式定理展开后首尾配对用基本不等式。 2 1 1 证法 1 由= + ? ? ab ?2。欲证的不等式的左边直接用二项式定理有 a b ab (a+b)n―an―bn
n-1 n-1 2 n-2 2 n ? 2 2 n-2 ?1 =C 1 a b +C n n a b+C n a b +?+C n n ab



1 n-2 2 2 n-2 2 [(an-1b+abn-1)C 1 n +(a b +a b )C n +?] 2

2 n ?1 ? (ab) n (C 1 n +C n +?+C n )

?2n(2n-2) ?22n-2n+1 证法 2 作变换后应用二项式定理
1 令 a=1+ ,b=1+t(t∈R+) ,结合 a+b=ab t

有 (a+b)n―an―bn =anbn―an―bn =(an―1)(bn―1)―1
1 =[(1+ )n-1][(1+t)n―1]―1 t
-2 2 -n n 2 n n 1 2 =(t-1C 1 n +t C n +?+t C n )(t C n +t C n +?+t C n )-1

2 n 2 ?(C 1 n +C n +?+C n ) -1(Cauchy 不等式)

=(2n―1)2―1 =22n-2n+1

情景再现
4. ( 1988 年全国高中联赛题) ( x +2)2n+1 的展开式中, x 的整数次幂的各项系数之和为 ____________________。 5. (1991 年全国高中联赛题)19912000 除以 106,余数是________________。 6. (2002 年全国高中联赛题)将二项式( x +
1 2 x
4

)n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系

数成等差数列,则该展开式中 x 的幂指数是整数的项共有___________个。

C 类例题
例 8 试证大于(1+ 3 )2n 的最小整数能被 2n+1 整除(n∈N) 。 (第 6 届普特南数学竞赛) 分析由(1+ 3 )2n 联想到(1- 3 )2n∈(0,1)考虑二者之和. 证明:证:注意到 0<(1- 3 )2n<1,结合二项式定理有
n-1 4 (1+ 3 )2n+(1- 3 )2n=2(3n+3n-1C 2 2 n+3 C 2 n+?)

是一偶数,记为 2k(k∈N) ,则大于(1+ 3 )2n 的最小整数必为 2k。又 2k=(1+ 3 )2n+(1- 3 )2n =( 3 +1)2n+( 3 -1)2n

=[( 3 +1)2]n+[( 3 -1)2]n=2n[(2+ 3 )n+(2- 3 )n] 由二项式定理知(2+ 3 )n+(2- 3 )n 是一偶数,记为 2k1, (k1∈N) ,所以 2k=2n+1k1, 即 2n+1|2k。从而命题得证. 说明:本题也可以用数学归纳法证明。 例 9 一个整数列由下列条件确定 a0=0,a1=1, ① an=2an-1+an-2(n?2) ② k k 求证:当且仅当 2 |an 时有 2 |n。 (第 29 届 IMO 备选题) 分析例 3 中由二项式构造递归式进而完成了证明,此题给出了递归式,可逆用上例的思 路解决问题. 证明由条件①、②得 an=
1 2 2

[(1+ 2 )n―(1― 2 )n]

设 n=2k(2l+1)(l=0,1,2,?;k=0,1,2,?) 。则 an=
(1 ? 2 ) 2 ? (1 ? 2 ) 2 2 2
k k

·[(1+ 2 )2

k

· 2l

+(1+ 2 )2

k

· (2l-2)

+?+(1- 2 )2

k

· 2l

]

后面括号里中间一项为 1,其余的项每两个共轭根式之和为 2 的倍数。因此,后面括号的 数之和为奇数。所以 2k|an ? 2k|
(1 ? 2 ) 2 ? (1 ? 2 ) 2 2 2 (1 ? 2 ) 2 ? (1 ? 2 ) 2 2 2 ? (1 ? 2 ) 2
k ?1 k k k k

事实上,令 bk=
k ?1

,则有

bk+1=

(1 ? 2 ) 2

2 2
[(1 ? 2 ) 2 ]2 ? [(1 ? 2 ) 2 ]2 2 2
k k





(1 ? 2 ) 2 ? (1 ? 2 ) 2 2 2

k

k

[(1+ 2 )2 +(1- 2 )2 ]
k k

k

k

应用二项式定理,可得[(1+ 2 )2 +(1- 2 )2 ]=2mk(∈N) bk+1=2mkbk,所以 bk=2bk-1mk-1=?=2k-1m1m2?mk-1b1 =2km1m2?m 'k (mi∈N,i=1,2,?,k-1,m 'k ∈N) 即 2k|bk ? 2k|an ? 2k| n. 例 10 设数列 g(n)定义如下: g(1)=0,g(2)=1,g(n+2)=g(n+1)+g(n)+1(n?1)

如果 n 是大于 5 的素数,求证 n|g(n)[g(n)+1|。 (第 29 届 IMO 备选题) 分析由 g(n+2)=g(n+1)+g(n)+1 可求得通项公式——二项式模型,进而为利用数论知 识铺平道路。 证明 令 f(n)=g(n)+1。则 f(1)=1,f(2)=2 ⑥ f(n+2)=f(n+1)+f(n) ⑦ 由⑥与⑦易推知 f(n)=
1 5

[(

1 ? 5 n+1 1 ? 5 n+1 ) -( ) ] 2 2
n ?1 2

1 2 5 3 = n (C 1 n ?1 +5C n ?1 +5 C n ?1 +?+5 2

Cn n ?1 )



注意到 n 为大于 5 的素数。所以 (2,n)=1 ? (2n,n)=1 且 n|C in ?1 由⑧知 2nf(n)≡(n+1)(1+5 ≡1+5
n ?1 2 n ?1 2

(3?i?n-1)

)

(modn)
n ?1 2

2n(f(n)-1)≡1+5

-2n (modn)

≡-1+5

n ?1 2

所以 f(n)(f(n)-1)≡1-5n-1≡0 (modn) 而 n|g(n)(g(n)+1) ? n|f(n)(f(n)-1). 说明:本题解法中用到了费尔马小定理,费尔马小定理是解决整除性问题的一个重要工 具。 费尔马小定理: p 对于任意自然数 a 以及任一素数 p,差 a -a 可被 p 整除. p 1 2 2 r r p-1 p-1 p 证明 (1+a) =1+Cp a+Cp a +?+Cp a +?+Cp a +a .

显然,Cp ,C ,?,C

1

2 p

p-1 p

p ( p ? 1)?( p ? r ? 1) r! 都是整数,又因 Cp = ,由于分母 r!中各因数
r

p ( p ? 1)?( p ? r ? 1) r! 都小于 p,且 p 是素数,所以 r!中各因数没有一个可整除 p,从而 必定
是整数,即 Cp 必定是 p 的倍数,因此,Cp a、Cp a 、?、Cp a 、?、Cp a 都应当是 P 的倍数, p p p p ∴(1+a) = 1+a +pm(m∈N).两边同减 1+a, 得 (1+a) -(1+a) = a -a+pm. 下面用数学归纳法证明 p (1+a) -(1+a)能被 p 整除. p p 当 a=1 时,得 2 -2=1 -1+pm 可被 p 整除. p p p p 假定 a=k-1 时,k -k 能被 p 整除,因为(1+k) -(1+k)=k -k+pm,所以(1+k) -(1+k)可被 p
r 1 2 2 r r p-1 p-1

整除,即 a=k 时,成立,故对任何自然数,a -a+pm 可被 p 整除,从而定理获证.

p

情景再现
7. (2000 年全国高中联赛题)设 an 是(3- x )n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4??) , 则 lim (
n? x

32 33 3n + +?+ )=______________________。 a2 a3 an
1999 1 9 9? 9

8. ( 《数学通报》数学问题 1182 号)求 1999

(共 1999 个 1999)末六位数字所组成的六

位数。 9. (1986 年全国高中数学联赛试题)已知数列 a0,a1,a2?满足 a0≠a1 且 ai-1+ai+1=2ai(i
n n-1 1 2 2 =1,2,3?) 。求证:对于任何自然数 n,p(x)=a0C 0 n (1-x) +a1C n (1-x) +a2C n x (1-

?1 n-1 n n x)n-2+?+an-1C n n x (1-x)+anC n x 是 x 的一次多项式。

习题
A组 1. 设(5 2 +7)2n+1 (n∈N) 的整数部分和小数部分分别是 I 和 F。 则F (1+F) 的值为 ( A.1 B.2 C.4 D.与 n 有关的数 (1999 年广西高三数学竞赛题) ) )

2.若(x x - A.1

1 6 15 ) 的展开式中第 5 项的值为 ,则 lim (x-1+x-2+?+x-n)的值为 ( n ?? x 2

B.2

C.

1 2

D.

3 2

(1998 年湖南高中数学竞赛题) 3.设 a,b∈R+,n?2,n∈N+。f(n)=
1 a?b n ) 。则 fn (an+an-1b+?+abn-1+bn),gn= ( n ?1 2

与 gn 的大小关系为 A.fn?gn B.fn?gn C.fn>gn D.fn<gn 3 2 2 5 4.(x-1)(x +6x +12x+8) 的展开式中含 x 项的系数为 A.2016 B.-2016 C.756 D.-756 1 5.(|x|+ -2)3 的展开式中的常数项为 |x|

( (

) )





A.20 B.23 C.-20 D.-23 6.求证:对任意的正整数 n,不等式(2n+1)n?(2n)n+(2n—1)n 成立。 (第 21 届全苏数学竞赛)
2 1 2 n 2 7.求证:(C 0 n ) +(C n ) +?+(C n ) =

(2n)! 。 n! n!

2 5 3 8.设 m=4l+1,l 是非负整数。求证:a=C 1 n +mC n +m C n +?+m

n ?1 2

Cn n (n=2k+1,

k∈N)能被 2n-1 整除。 B组 9.设 a,b 都是正数,且 a+b 2 =(1+ 2 )100,求 ab 的个位数字。

3? 5 n 3? 5 n ,且当 n 为偶 ) +( ) -2 的每一项都是自然数(n∈N) 2 2 数或奇数时分别有形式 5m2 或 m2(m∈N) 。 (捷克数学竞赛题)

10.求证数列{bn}:bn= (

本节“情景再现”解答:
5 2 1.分析计算(1+x)10 展开式中 x5 和 x2 的系数。C 10 -C 10 =207,故选 D。

2.(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(a0+a2+a4+a1+a3)(a0+a2+a4―a1―a3)分别令 x=1 和 x=-1 即可,选 A。 3 . (|x| +
1 - 2)2 = ( | x | - |x|
1 |x|

)4 通 项 公 式 Tr+1 = C

r 4

( | x | )4-r( -

1 |x|

)r =

4-2r 2 Cr (―1)r 令 4―2r=0 得 r=2,故所求常数项为 C 2 4 ( | x| ) 4 (-1) =6。

4.填

1 2n+1 (3 +1)。理由:设( x +2)2n+1=f(x)+ x ·g(x)。其中 f(x),g(x)是 x 的多项 2

式,那么所求的是 f(1)。而(2+ x )2n+1+(2- x )2n+1=f(x)+ x · g(x)+f(x)- x ·g(x), 从而 f(1)=
1 1 [(2+ 1 )2n+1+(2- 1 )2n+1]= (32n+1+1)。 2 2 1 · 2000· 1999· 19902 2

5. 填 880001。 理由: 19912000=(1+1990)2000=1+2000· 1990+

+?+ 19902000 。依照这个展开式,只需考虑前三项的和除以 106 的余数即可,故余数为 880001。 6.填 3。理由:易求前三项系数分别为 1,
1 1 n, n(n-1)。由这三个数成等差数列, 2 8
16 ? 3r 4

1 1 1 r 有 2· n=1+ n(n-1)。解得 n=8 和 n=1(舍去) 。当 n=8 时,Tr+1=C 8 ·( )r·x 2 2 8 这里 r=0,1,?,8。r 应满足 4|(16-3r),所以 r 只能是 0,4,8。
n-2 7.填 18。理由:由二项式定理,知 an=C 2 n ·3 ,因此



32 ? 2 3n 1 1 = =18( - ), n ( n ? 1) an n n ?1

n ??

lim (

32 3n 33 1 1 1 1 1 1 + +?+ )= lim 18(1- + - +?+ - )= lim 18(1- )=18。 n ?? n ?? a2 an a3 2 2 n n n ?1 3

8.设 19991999

?1999

1999 (共 1999 个 1999)为 A,则 A=1999m, (m= 1999

?1999

共 1998 个

19999)显然 m 为奇数,于是由二项式定理可得
3 m-1 3 m-2 ?2 A=(2×103-1)m=(2×103)m-C 1 +C 2 ―?―(2×103)2C m + m (2×10 ) m (2×10 ) m

?1 (2×103)C m m -1
2 m?2 =[2m×103(m-2)-2m-1×103(m-1)C 1 ]×106+2000m-1。 m +?-2 C m

于是 A 的末六位数=(2000m-1)的末六位数。 因为 19992n(n∈N)的末三位数字为 001,19992n-1(n∈N)的末三位数字为 999。
1999 而 m=1999 m ,m’= 1999
'

?1999

(共 1997 个 1999)为奇数,故 m 的末三位数 999,
?1999

1999 因而,(2000m -1)的末六位数=(2000×999-1)的末六位数=997999。即 1999

(共

1999 个 1999)的末六位数字组成的六位数为 997999。 9 . 由

ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai

,



ai ? ai ?1 ? ai ?1 ? ai

,

i ? 1,2,3?



a1 ? a0 ? a 2 ? a1 = a3 ? a 2 = a 4 ? a3
=??这说明 a0,a1,a2??是以 a0 为首项,a1 – a0 为公差的等差数列,由等差数列的通项 公式得

ai ? a0 ? k (a0 ? a0 )(k ? 1,2,3? ).
0 1 所以 p( x) ? a0 Cn (1 ? x) n ? [a0 ? (a1 ? a0 )]Cn x ? (1 ? x) n?1 ? 2 2 n n [a0 ? 2(a1 ? a0 )]Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? [a0 ? n(a1 ? a0 )]Cn x 0 1 2 n n = a0 [Cn (1 ? x) n ? Cn (1 ? x) n?1 x ? Cn (1 ? x) n?2 x 2 ? ? ? Cn x ]? 1 2 n n (a1 ? a0 )[Cn (1 ? x) n?1 ? x ? 2Cn (1 ? x) n?2 x 2 x 2 ? ? ? nCn x ].

根据二项式定理,有
0 1 2 n n Cn (1 ? x) n ? Cn (1 ? x) n?1 x ? Cn (1 ? x) n?2 x 2 ? ? ? Cn x ? [(1 ? x) ? x]n ? 1.

又因

k 为 Cn ?

n k ?1 Cn?1 ,则 k
1 2 n n Cn (1 ? x) n?1 x ? 2Cn (1 ? x) n?2 x 2 ? ? ? nCn x 0 n?1 1 n ?2 n?1 n?1 = nx[Cn ? Cn x ? ? ? Cn ] ?1 (1 ? x) ?1 (1 ? x) ?1 x

= nx ? [(1 ? x) ? x]n?1 ? nx. 故 p( x) ? a0 ? 1 ? (a1 ? a0 ) ? nx ? a0 ? n(a1 ? a0 ) ? x ,即 P(x)是 x 的一次多项式.

10.因 (3 ? 7 ) n 可表示为一个整数与一个纯小数之和.而这个整数即为所求,要判断此整数 的奇偶性,由 3+ 7 联想到其共轭根式 3- 7 ∈(0,1),其和(3+ 7 )+(3- 7 )是一个偶数,即 从(3+ 7 )n 与(3- 7 )n 的和入手. 首先,我们肯定(3+ 7 )n 的整数部分为奇数. 事实上,因
0 2 1 0<(3- 7 )n<1,且 (3 ? 7 ) n ? (3 ? 7 ) n ? 2(3n Cn ? 7 ? 3n ?2 C n ? 7 2 ? 3n ?4 C n ? ?)

, ?? 2k ? N , (?? 表示记作) ∴ (3 ? 7 ) n ? 2k ? (3 ? 7 ) n ? (2k ? 1) ? 1 ? (3 ? 7 ) n ] ? 2k ? 1([ x]表示x的整数部分). 故 (3 ? 7 ) n 的整数部分是奇数. “习题 ”解答: A组 1.A 因 (5 2 ? 7) ? (0,1) ,且 (5 2 ? 7) 2n?1 (5 2 ? 7) 2n?1 ? 1,又 (5 2 ? 7) 2n?1 ? I ? F.

?

?

1 . 由 二 项 式 定 理 知 (5 2 ? 7) 2n?1 ? (5 2 ? 7) 2n?1 是 整 数 , 即 I ?F 1 1 1 I+F ? 是整数,故 F是整数. 因为 0< F<1,所以 F ? ,即 F(I+F)=1. I ?F I ?F I ?F
所 以 (5 2 ? 7) 2n?1 ? 2.选 A 3. a ? b时f n ? g n .当a ? b 时,令 a ? x ? y, b ? x ? y( x, y ? R ? ) ? x ?

1 (a ? b) ? 0 ,这时 2

a n ?1 ? b n ?1 1 1 1 n 3 n?1 ? [( x ? y) n?1 ? ( x ? y) n?1 ] ? (Cn ? ?) ? ?1 x ? C n?1 x (n ? 1)( a ? b) 2 y(n ? 1) n ?1

1 a?b n 1 n Cn ) , 即 fn ? gn. ?1 x ? ( n ?1 2
5 4 4.原式=(x-1)(x+2)9,x5 的系数为 C9 ? 2 5 ? C9 ? 2 4 ? 2016.

5. (| x | ?

1 1 6 ? 2) 3 ? ( | x | ? ) . | x| | x| 1 | x| ) 3 ? ?20.

3 T4 ? (?1) 3 C 6 ( | x |)3 (

6.证 由二项式定理有
1 3 1 (2n ? 1) n ? (2n ? 1) n = 2[(2n) n?1 Cn ? (2n) n?3 Cn ? ?] ? 2(2n) n?1 Cn ? (2n) n

7.证法 1 由二项式定理可知

1 1 0 1 n 1 0 1 2 2 n n ? Cn ? 2 ? ? ? Cn . (1 ? x) n ? Cn ? Cn x ? Cn x ? ? ? Cn x , (1 ? ) n ? C n x x xn
0 2 1 2 n 2 两个展开式右边乘积中的常数恰好等于 (C2 ) ? (Cn ) ? ? ? (Cn ) ,

1 1 即为所证等式的左端,而 (1 ? x) n ? (1 ? ) n ? n (1 ? x) 2 n . x x
n n 又因为(1+x)2n 展开式中含 xn 的项是第 n + 1 项,它的二项式系数为 C 2 n ,就是 (1 ? x)

(2n)! 1 n (1 ? ) n 中的常数项. 而 C2 . n ? x n!n!
0 2 1 2 n 2 综上所述: (Cn ) ? (Cn ) ? ? ? (Cn ) ?

(2n)! . n!?n!

证法 2 设有 2n 个小球,其中 n 个是白球,n 个是黑球,从中取出 n 个球的取法种数为
n C2 n ?

(2n)! . n!n!

r 另一方面,可以把这件事分成 n +1 类:从 n 个白球中取 r 个,有 C n 种,然后再从 n 个 n?r 黑球中取 n – r 个,有 C n 种,其中 r =0,1,2,?,n. 所以用乘法原理,从 2n 个球中取 r 个白 r n?r r 2 0 2 1 2 球、n – r 个黑球的方法有 Cn ) + ( Cn ) Cn ? (Cn ) 种,因此完成该事件的方法种数为( C n n 2 + ? + ( Cn ) =

(2n)! . n!n!

8.证 由二项式定理知

a?

1 2 m

[(1 ? m ) n ? (1 ? m ) n ]

= 2 n ?1 ?

1

1? m n 1? m n ) ?( ) ] 2 2 m [(

欲证原题,只要证

bn ?

1

1? m n 1? m n ) ?( ) ] 为整数即可. 2 2 m [(

易知 bn?1 ? bn ? lbn?1 , 且b1 ? 1, b2 ? 2, 由数学归纳法原理知 bn (n ? N , n ? 3) 皆为整数,故

2

n ?1

1 | (C n

?

3 mC n

?m

2

5 Cn

???

n ?1 n m 2 Cn ).

9.由二项定理可得 a ? b 2 ? (1 ? 2 )100 . 所以, a ?

1 1 ((1 ? 2 )100 ? (1 ? 2 )100 ), b ? ((1 ? 2 )100 ? (1 ? 2 )100 ). 2 2 2

故 ab ?

1 4 2 1 4 2

((1 ? 2 ) 300 ? (1 ? 2 ) 300 ) ?

1 4 2

((3 ? 2 2 )100 ? (3 ? 2 2 )100 ).

记 xn ?

((3 ? 2 2 ) n ? (3 ? 2 2 ) n )( n ? 1,2,3,4, ?), 则x1 ? 1, x 2 ? 6.

再由恒等式 a n ? b n ? (a ? b)(a n?1 ? b n?1 ) ? ab(a n?2 ? b n?2 ) 可得数列{xn}的递推关系式

xn ? 6 xn?1 ? xn?2 (n ? 3,4,5, ?).
这样,可得 xn 的个位数字如下:

x1 ? 1, x2 ? 6, x3 ? 5, x4 ? 4, x5 ? 9, x6 ? 0, x7 ? 1, x8 ? 6, x9 ? 5, x10 ? 4(mod10).
由此可得 xn? 2 ? xn?8 (mod10)(n ? 1,2,3, ?). 由此, x100 ? x6?16? 4 ? x4 ? 4(mod10). 即 ab ? x100 的个位数字是 4. 10.设 a n ? (

5 ?1 n 5 ?1 n ) ?( ) . 则 n ? N时, a n ? 0 ,且有 an?2 ? 5an?1 ? an . 以下用归纳法 2 2

证明 a 2 n ?1 是整数, a 2 n 具有形式 m 5 (m ? z). a1 ? 1, a2 ? 5, n ? 1 时成立 . 假设结论对 n=k (? N ? ) 成立, 则 a2k ?1 ? 5a2k ? a2k ?1 ? 5m ? a2k ?1 , a2k ?2 ? 5a2k ?1 ? a2k ? 5 (a2k ?1 ? m), 即 结论对 n = k+1 也成立. 从而, bn ? (

3? 5 n 3? 5 n 5 ? 1 2n 5 ? 1 2n ) ?( ) ?2?( ) ?( ) ? 2 2 2 2
2

5 ?1 5 ?1 n ? 5 ?1 n 5 ?1 n ? 2 2( ? ) ? ?( ) ?( ) ? ? an ,所以 n 为奇数时,bn 是 a n (? N ) 的平方. 2 2 2 ? ? ? 2 ?
当 n 为偶数时,bn 有如下形式 (m 5 ) 2 ? 5m 2 (? N ).


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