17二项式定理与多项式1．二项工定理∑=-∈=+nk kk n k n nn b a C b a 0*)()(N2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T rr n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项.3．二项式系数).0(n r C rn ≤≤4．二项式系数的性质（1）).0(n k C C kn n k n ≤≤=-（2）).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n（3）若n 是偶数，有nn n nn nnn CCCC C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2nnC最大.若n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnnCC 和相等且最大. （4）.2210nn n n n n C C C C =++++（5）.21531420-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C（6）.1111----==k n kn k n k n C kn C nC kC 或 （7）).(n k m C C C C C C mm k n m k n m k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- （8）.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式（是指组合数mn C 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.例题讲解1．求7)11(xx ++的展开式中的常数项.2．求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.3．已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，nn n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)1()1()1()1()(111222211100 是x 的一次多项式或零次多项式.4．已知a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.5．已知y x ,为整数，P 为素数，求证：)(m od )(P y x y x P P P +≡+6．若)10*,,()25(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm7．数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a an n ，求2001a 的末位数字是多少？8．求N=1988－1的所有形如b a d ba,(,32⋅=为自然数）的因子d 之和.9．设8219)22015()22015(+++=x ，求数x 的个位数字.10．已知),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.课后练习1．已知实数βα,均不为0，多项ββαα++-=x x x x f 23)(的三根为321,,x x x ，求 )111)((321321x x x x x x ++++的值.2．设d cx bx ax x x f ++++=234)(，其中dc b a ,,,为常数，如果,3)3(,2)2(,1)1(===f f f 求)]0()4([41f f +的值.3．定义在实数集上的函数)(x f 满足：).(,1)1()(x f x x xf x f 求+=-+4．证明：当n=6m 时，.033325531=-⋅+⋅+⋅- n n n n C C C C5．设n x x )1(2++展开式为n n x a x a x a a 222210++++ ，求证：.31630-=+++n a a a6．求最小的正整数n ，使得n y x xy )2173(-+-的展开式经同类项合并后至少有1996项.7．设493)12()1()(+-+=x x x x f ，试求： （1）)(x f 的展开式中所有项的系数和. （2）)(x f 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nnnn n n )12()2()12(-+≥+成立.例题答案：1.解：由二项式定理得77)]1(1[)11(xx x x ++=++77772271707)1()1()1()1(xx C x x C x x C x x C C r r ++++++++++= ①其中第)70(1≤≤+r r 项为r rr xx C T )1(71+=+ ②在rxx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T则)0(,)1(2,1r k x C xx C T kr k r k k r k r k ≤≤==--+ ③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.39336672747172707=+++C C C C C C C评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+-.16813)(356516464-=⋅+-⋅+C C C评述：本题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得.3. 分析：由}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.解：因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=--- 由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n n n n n n n n n n x x x C x x C x x C x C又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式.4. 分析：由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.证明：因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222b a b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于ni )sin (cos θθ+.)()(1)2()(1)2(2222222222222n n n n bi a b a abi b a b a i b a ab b a b a ++=+-+=+++-= 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部.因为a 、b 为整数，根据二项式定理，nbi a 2)(+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ni )sin (cos θθ+联系在一起是本题的关键.5. 证明：P P p P P P P P P P y xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)(由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C r P 为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以 ).(m od )(P y x y x P P P +≡+评述：将P y x )(+展开就与PP y x +有联系，只要证明其余的数能被P 整除是本题的关键. 6. 分析：由已知1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜想12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否则，设1112)25(α+=++m r],),1,0(,*,,[2121212122ααααα≠≠∈∈+=m m m m m N则)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而矛盾.所以满足条件的m 和α是惟一的. 下面求α及m .因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C ]22)5(2)5()5([12212212211212012+-++++-+⋅+⋅--r r r r r r r C C C*]252525[2]22)5(2)5([21212121231312112123223122112N ∈+++⋅⋅+⋅=++⋅+⋅=+--+-+++-++r r r r r r rr r r r r r CCCC C又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 12)25(+-=r α故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r 评述：猜想121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进行运算是关键. 7. 分析：利用n 取1，2，3，…猜想n n a a 及的末位数字. 解：当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a 27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜想，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka34034342412434124134034034)1(4)1(4)1(4)1(4++++++++++-⋅⋅+-⋅⋅++-⋅⋅+-⋅=m m m m m m m m m m C C C C ,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n 于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.评述：猜想34+=m a n 是关键.8. 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=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－888888888787878833388222881885454545454⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯C C C C C)552(22552565-=⨯+⨯-=M M 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)88－18888888822288188929292⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=C C C=32×2×88+34·P=32×（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Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2和3. 因此，N 中所有形如ba32⋅的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 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])22015()22015[(,)22015()22015(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 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，因为2.0255220155220150=<+=-<， 且1988)22015()22015(-<-，所以.4.02.02)22015(201919<⨯<-<<y 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.10. 分析：先求出n a ，再将n a 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}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ，所以n n n B A a )154()154(-++= （n=0，1，2，…） 由,1521,15211,010-====B A a a 得 则],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得])15(42)15(421542[15211133311----⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=n n n n n n n n C C C a),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中T T k C C C C C C C C C k k k kk k k k k k k k k k k n n nn nn n+⋅=⋅⋅++⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=-----------由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项. 评述：在二项式定理中，nnb a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。