排列、组合、二项式定理教案2

排列、组合、二项式定理教案2,标签：高三数学教学设计案例,http://www.5ijcw.com
    解析:(1)设(x- )2006=a0x2006+a1x2005+…+a2005x+a2006;
    则当x= 时,有a0( )2006+a1( )2005+…+a2005( )+a2006=0 (1),
    当x=- 时,有a0( )2006-a1( )2005+…-a2005( )+a2006=23009 (2),
    (1)-(2)有a1( )2005+…+a2005( )=-23009 2=-23008,,故选B;
    (2)第三项的系数为- ,第五项的系数为 ,由第三项与第五项的系数之比为- 可得n=10,则 = ,令40-5r=0,解得r=8,故所求的常数项为 =45,选A;
    (3)令 ,得 ,令 ,得 ;
    点评:本题考查二项式展开式的特殊值法,基础题;
    题型6:二项式定理的应用
    例11.证明下列不等式:
    (1) ≥( )n,(a、b∈{x|x是正实数},n∈N);
    (2)已知a、b为正数,且 + =1,则对于n∈N有
    (a+b)n-an-bn≥22n-2n+1。
    证明:(1)令a=x+δ,b=x-δ,则x= ;
    an+bn=(x+δ)n+(x-δ)n
    =xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…(-1)nCnnδn

www.5ijcw.com     =2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…)
    ≥2xn
    即 ≥( )n
    (2)(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn
    (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan
    上述两式相加得:
    2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn)   (*)
    ∵ + =1,且a、b为正数
    ∴ab=a+b≥2   ∴ab≥4
    又∵ an-kbk+bn-kak≥2 =2( )n(k=1,2,…,n-1)
    ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12( )n+Cn22( )n+…+Cnn-12( )n
    ∴(a+b)n-an-bn
    ≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)·( )n
    ≥(2n-2)·2n
    =22n-2n+1
    点评:利用二项式定理的展开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题(1)中的换元法称之为均值换元(对称换元)。这样消去δ奇数次项,从而使每一项均大于或等于零。题(2)中,由由称位置二项式系数相等,将展开式倒过来写再与原来的展开式相加,这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。
    例12.(1)求4×6n+5n+1被20除后的余数;
    (2)7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7除以9,得余数是多少?
    (3)根据下列要求的精确度,求1.025的近似值。①精确到0.01;②精确到0.001。
    解析:(1)首先考虑4·6n+5n+1被4整除的余数。
    ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1,
    ∴其被4整除的余数为1,
    ∴被20整除的余数可以为1,5,9,13,17,
    然后考虑4·6n+1+5n+1被5整除的余数。
    ∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1),
    ∴被5整除的余数为4,
    ∴其被20整除的余数可以为4,9,14,19。
    综上所述,被20整除后的余数为9。
    (2)  7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7
    =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1
    =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1

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