二项式定理的十大应用
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用
在19世纪，德国数学家卡尔·根特（Carl Friedrich Gauss）用二项式定理证明了他的二十面体定理，这一定理表明正二十面体的对角线长度可以用开方、加、减和乘法运算表示出来，这个结果向人们展示了二项式定理在数学中的重要性。
除了在数学中的应用，二项式定理在统计学、经济学、物理学等领域也有着广泛的应用。
例如，在统计学中，一个二项分布可以用来描述一个随机事件的概率分布，这个分布的概率质量函数就是二项式定理的一部分。
在经济学中，二项式定理可以用来计算股票或期权交易中的投资回报率和风险，这是因为二项式定理可以帮助人们预测投资的成功概率以及每个成功或失败的事件的收益或亏损。
在物理学中，二项式定理可以用来计算物理系统的能量的分布和变化，也可以用来描述物理过程中的概率分布和取样过程。
在计算机科学中，二项式定理可以用来优化算法和数据结构的性能，例如在哈希表中使用二项式定理可以提高散列函数的性能。
尽管它的起源可以追溯到古希腊，但是二项式定理在现代科学和工程领域中仍然起着十分重要的作用。
以它为基础的统计学、经济学、物理学和计算机科学等应用领域正在不断扩展和深化，让这个古老的公式焕发出了新生的光彩。
二项式定理的推广与应用
二项式定理的推广与应用二项式定理是代数中一个重要的定理，它描述了如何展开一个二项式的幂。
然而，二项式定理不仅限于展开二项式，还可以推广和应用于多项式、数列和概率等领域。
本文将介绍二项式定理的推广和应用，并探讨其在代数中的重要性。
首先，让我们回顾一下二项式定理的基本形式。
二项式定理陈述了如何展开一个形如(a + b)^n的二项式，其中a和b是任意的实数或复数，n是一个非负整数。
根据二项式定理，我们可以得到展开式的形式为：(a + b)^n = C(n, 0)a^n b^0 + C(n, 1)a^(n-1) b^1 + C(n, 2)a^(n-2) b^2 + ... + C(n, n)a^0 b^n其中C(n, k)表示组合数，在数学中以“n choose k”表示，它表示从n个元素中选择k个元素的方式数。
这个公式是通过使用二项式系数来计算每个展开式中各项的系数。
然而，二项式定理不仅仅适用于展开二项式。
它可以推广到展开多项式。
当(a + b)^n 中的幂指数n大于2时，我们可以将其展开为三项、四项和更多项的和。
例如，当n等于3时，展开式为：(a + b)^3 = C(3, 0)a^3 b^0 + C(3, 1)a^2 b^1 + C(3, 2)a^1 b^2 + C(3,3)a^0 b^3(a + b)^3 = a^3 + 3a^2 b + 3ab^2 + b^3这种推广可以应用于任意的幂指数n，从而生成展开式的所有项。
这在代数中有广泛的应用，例如多项式运算和多项式函数的近似计算。
除了在代数中的应用，二项式定理还可以用于数列的推导。
数列是一组有序的数的集合，它们之间有一定的规律。
二项式定理可以帮助我们找到数列中的模式，并进一步推导出数列中的第n项。
例如，考虑以下数列：1, 3, 6, 10, 15, ...我们可以看出，这个数列是一个递增的自然数序列。
使用二项式定理，我们可以得到该数列的通项公式。
二项式定理及其应用
二项式定理及其应用二项式定理是数学中非常基础的一个定理，它的重要性不亚于勾股定理和皮克定理。
在高中数学学习中，学生一定会接触到它，它被广泛应用于高中数学乃至进一步的数学学习中。
下面我们就来介绍一下什么是二项式定理以及它的应用。
一、二项式定理的定义二项式定理又称为二项式展开定理，是可以展开(a+b)^n的定理。
其中a、b为任意数，n为正整数。
它的一般形式为：(a+b)^n = C(n,0)·a^n·b^0 + C(n,1)·a^(n-1)·b^1 + … + C(n,k)·a^(n-k)·b^k + … + C(n,n)·a^0·b^n其中C(n,k)表示组合数。
二、组合数的定义组合数是数学中一个非常重要的概念，它的作用非常广泛，不仅仅在二项式定理中使用，还在概率论、统计学、组合数学等多个领域中都有应用。
组合数C(n,k)表示从n个不同元素中取出k个元素的组合数，公式为：C(n,k) = n!/(k!(n-k)!),其中0≤k≤n，n!表示n的阶乘。
三、二项式定理的应用1.幂的展开(a+b)^n = C(n,0)·a^n·b^0 + C(n,1)·a^(n-1)·b^1 + … + C(n,k)·a^(n-k)·b^k + … + C(n,n)·a^0·b^n中，幂的展开就是应用二项式定理的一个实际应用。
例如：(2x+3)^3 = C(3,0)·2^3·3^0 + C(3,1)·2^2·3^1 + C(3,2)·2^1·3^2 + C(3,3)·2^0·3^3 = 8x^3+36x^2+54x+272.排列组合排列组合问题是组合数学中的一个重要分支，可以通过二项式定理来解决。
二项式定理中的应用问题如何利用二项式定理解决组合问题
二项式定理中的应用问题如何利用二项式定理解决组合问题二项式定理是代数学中的一条基本定理，它描述了如何展开二项式的幂。
在解决组合问题时，二项式定理是一种十分有用的工具。
本文将从理论及实际问题两个方面介绍如何利用二项式定理解决组合问题。
一、理论方面：1. 二项式定理的表达形式：在代数中，二项式定理的一般形式如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) * a^(n-1) * b^1 + ... + C(n, k) * a^(n-k) * b^k + ... + C(n, n) * a^0 * b^n其中，C(n, k)表示从n个不同元素中选择k个元素的组合数，也可以用数学公式表示为：C(n, k) = n! / (k! * (n-k)!)2. 组合问题的处理：利用二项式定理，可以很方便地解决组合问题。
例如，我们要从n个元素中选择k个元素，可以表示为C(n, k)。
这时，通过二项式定理，我们可以将其转化为展开式中的一项。
具体步骤如下：（1）选择展开式中的一项，例如C(n, k) * a^(n-k) * b^k。
（2）代入具体数值，其中a表示一个元素的选择，b表示另一个元素的选择，n表示元素总数，k表示选择的元素数。
（3）将代入后的表达式进行化简，即得到最终的结果。
二、实际问题的应用：1. 将物品分组：假设有n个不同的物品需要分到m个不同的组中，每个组至少包含一个物品。
利用二项式定理，可以轻松解决这类问题。
例如，当n=5，m=3时，可以利用二项式定理将问题表示为(1+x)^5的展开式，其中x表示分组的个数。
(1+x)^5 = C(5, 0) * 1^5 * x^0 + C(5, 1) * 1^4 * x^1 + ... + C(5, 3) * 1^2 * x^3 + C(5, 4) * 1^1 * x^4 + C(5, 5) * 1^0 * x^5得到展开式后，我们可以根据系数找到对应的结果。
二项式定理的应用求解二项式系数的数值
二项式定理的应用求解二项式系数的数值二项式定理是高中数学中的一个重要定理，它描述了一个二项式的幂展开式。
在数学中，二项式系数通常表示为nCr，代表了从n个元素中选择r个元素的组合数。
求解二项式系数的数值是一项常见的数学问题，它有着广泛的应用范围。
1. 二项式定理的基本原理二项式定理表述了一个二项式的幂展开式，它可以表示为：(x + y)^n = C(n,0) * x^n * y^0 + C(n,1) * x^(n-1) * y^1 + C(n,2) * x^(n-2) * y^2 + ... + C(n,n-1) * x^1 * y^(n-1) + C(n,n) * x^0 * y^n其中，C(n,r)表示从n个元素中选择r个元素的组合数。
2. 求解二项式系数的数值为了求解二项式系数的数值，我们可以利用二项式定理的原理，结合组合数的定义，使用公式进行计算。
一般来说，二项式系数的数值可以通过排列组合的方式求解。
举例来说，假设我们需要求解C(5,2)的数值。
根据组合数的定义，C(5,2)表示从5个元素中选择2个元素的组合数。
我们可以使用如下公式进行计算：C(5,2) = 5! / (2! * (5-2)!)其中，n!表示n的阶乘，即n! = n * (n-1) * (n-2) * ... * 2 * 1。
将上述公式带入计算，可以得到：C(5,2) = 5! / (2! * 3!) = (5 * 4 * 3!)/ (2! * 3!) = (5 * 4) / (2 * 1) = 10因此，C(5,2)的数值为10。
3. 二项式系数的应用二项式系数在概率论、组合数学、代数等领域有着广泛的应用。
在概率论中，二项式系数可以用来计算二项分布的概率。
二项分布描述了在一系列独立的、同分布的伯努利试验中，成功次数为r的概率。
而二项分布的概率可以通过二项式系数进行计算。
在组合数学中，二项式系数可以用来解决排列组合的问题。
二项式定理的基本概念和应用
二项式定理的基本概念和应用二项式定理，又称为“二项式展开定理”，是数学中的一个重要定理，它描述了一个二项式的幂的展开式。
本文将对二项式定理的基本概念和应用进行探讨，希望能够对读者理解和应用该定理起到一定的帮助。
1. 二项式定理的基本概念二项式定理是指将一个二项式的幂展开成一系列项的规律。
表达式的形式如下：$(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n}C_n^k \cdot a^{n-k} \cdot b^k$其中，$(a + b)^n$表示一个二项式的幂，$C_n^k$表示组合数，即从n个元素中选取k个元素的组合数。
2. 二项式定理的证明二项式定理的证明可以通过多种方法进行，其中较为常见的有以下两种方法：数学归纳法和组合数学方法。
这里简要介绍一下数学归纳法的证明思路。
首先，在n=1的情况下，二项式定理成立：$(a + b)^1 = a^1 + b^1$接下来，假设当n=m时，二项式定理也成立，即$(a + b)^m = \sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdot b^k$我们需要证明当n=m+1时，定理也成立。
通过展开$(a + b)^{m+1}$，我们可以得到:$(a + b)^{m+1} = (a + b)^m \cdot (a + b)$根据假设得到的等式，我们将其代入上述公式：$(a + b)^{m+1} = \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdotb^k\right) \cdot (a + b)$我们可以对上述公式进行分配律的展开：$(a + b)^{m+1} = \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k+1} \cdot b^k\right) + \left(\sum_{k=0}^{m}C_m^k \cdot a^{m-k} \cdotb^{k+1}\right)$我们可以对上述等式进行一些变换和合并得到：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left(C_m^k \cdot a^{m-k+1} \cdot b^k + C_m^k \cdot a^{m-k} \cdot b^{k+1}\right)$进一步化简，我们得到：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m}\left((C_m^k + C_m^{k-1}) \cdota^{m-k+1} \cdot b^k\right)$我们可以观察到$(C_m^k + C_m^{k-1})$的表达式，它可以化简成组合数的形式：$C_{m+1}^k$，于是上述等式可以再次化简为：$(a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1}\left(C_{m+1}^k \cdot a^{m+1-k} \cdot b^k\right)$因此，根据数学归纳法，我们可以得出结论：对于任意的非负整数n，二项式定理都成立。
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用二项式定理是数学中一个非常重要的公式，它起源于中国古代数学家杨辉在13世纪发现的一个规律。
它在代数学、组合数学以及其它许多领域中有着广泛的应用。
二项式定理的起源可以追溯到中国古代数学家杨辉的《详解九章算法注》一书中。
这本书是中国古代数学的经典之作，编写于13世纪。
在书中，杨辉介绍了一种称为“张成式”的计算方法，这种方法可以用来求解高次的幂运算。
张成式的计算过程中出现了很多二项式系数，这就是二项式定理的雏形。
二项式定理的最早形式是在17世纪由法国数学家爱德华·笛卡尔发现的。
他在写给意大利数学家费马的一封信中，首次提出了a+b的n次幂可以用二项式展开的观点。
这个观点表明，（a+b）的n次幂可以展开为一系列幂的和，每个幂的系数是通过组合数计算出来的。
这就是我们现在熟知的二项式定理的形式。
二项式定理的应用非常广泛，它在代数学、组合数学、概率论等领域都有重要的应用。
二项式定理在代数学中可以用来展开多项式。
根据二项式定理，我们可以将多项式展开为一系列项的和，每一项都是给定的系数和幂的乘积。
这样的展开有助于我们理解和计算多项式的性质。
二项式定理在组合数学中有着广泛的应用。
组合数学研究的是离散对象的组合和排列问题，而二项式定理提供了计算组合数的方法。
组合数是指从n个不同元素中取出r个元素的方式数，可以通过二项式定理计算得到。
我们可以使用二项式定理来计算一个集合中的子集数量。
一个集合有n个不同的元素，那么它的子集数量就是2的n次幂。
这可以通过展开（1+1）的n次幂得到。
二项式定理在概率论中也有重要的应用。
在概率论中，我们经常遇到二项分布的问题，即重复进行n次试验，每次试验成功的概率为p，求成功次数的概率分布。
根据二项式定理，我们可以得到二项分布的概率公式。
二项式定理还在统计学、微积分等领域中有着许多应用。
在统计学中，二项式定理可以用来计算二项分布的期望值和方差。
在微积分中，二项式定理可以用来推导幂函数的导数。
二项式定理的应用
和的性质
对于任意非负整数$n$，有 $sum_{k=0}^n C_n^k = 2^n$。
组合数与二项式系数关系
01
组合数$C_n^k$与二项式系数的关系为：在$(a+b)^n$的展 开式中，第$k+1$项的系数即为$C_n^k$。
计算事件的组合数
通过二项式定理的展开式，可以求出 不同事件发生次数的组合数，进而计 算相应事件的概率。
期望和方差计算中运用二项式定理
计算期望值
在概率统计中，期望值是一个重要的概念。利用二项式定理，可以方便地计算二项分布的期望值。
计算方差
方差用于描述数据的离散程度。通过二项式定理，可以推导出二项分布的方差计算公式。
迭代法求解中运用二项式定理
利用二项式定理加速迭代过程
在迭代法中，通过不断逼近解的方式来求解问题。利用二项 式定理，可以构造出具有更快收敛速度的迭代格式，从而提 高迭代法的求解效率。
迭代法的稳定性与二项式定理
迭代法的稳定性是指迭代过程中误差的传播情况。二项式定 理可以帮助分析迭代法的稳定性，并提供改进稳定性的方法 。
鸽巢原理与二项式定理关系探讨
鸽巢原理的表述
如果n个鸽子要放进m个鸽巢，且n > m，则至少有一个鸽 巢里至少有2只鸽子。这个原理可以通过二项式定理进行证 明。
利用二项式定理证明鸽巢原理
通过构造一个二项式(1+1)^n，并将其展开，可以得到一 个包含n+1项的表达式。由于每一项都对应一个鸽巢的状 态（有鸽子或无鸽子），因此当n > m时，至少有一个鸽 巢对应的状态被多次计算，即至少有一个鸽巢里至少有2只 鸽子。
二项式定理的推导与应用
二项式定理的推导与应用一、二项式定理的定义二项式定理是数学中一个重要的定理，描述了一个二项式的指数幂展开式。
定理的表达式如下：(a + b)^n = C(n,0) * a^n * b^0 + C(n,1) * a^(n-1) * b^1 + C(n,2) * a^(n-2) * b^2 + ... + C(n,n) * a^0 * b^n其中，C(n,k)代表从n个元素中选取k个的组合数。
二、二项式定理的推导过程推导二项式定理的常用方法是利用数学归纳法。
首先，当n=1时，二项式定理成立，即(a + b)^1 = a + b。
假设当n=k时，二项式定理成立，即(a + b)^k = C(k,0) * a^k * b^0 + C(k,1) * a^(k-1) * b^1 + ... + C(k,k) * a^0 * b^k。
接下来，我们需要证明当n=k+1时，二项式定理也成立。
首先，展开(a + b)^(k+1)的左侧：(a + b)^(k+1) = (a + b)^k * (a + b)=(C(k,0) * a^k * b^0 + C(k,1) * a^(k-1) * b^1 + ... + C(k,k) * a^0 * b^k) * (a + b)然后，我们展开右侧的乘法，并按照幂次递减的顺序排列各项：=(C(k,0) * a^k * b^0) * (a + b) + (C(k,1) * a^(k-1) * b^1) * (a + b) + ... + (C(k,k) * a^0 * b^k) * (a + b)然后，我们可以将每一项展开并进行化简：=(C(k,0) * a^k * b^0 * a + C(k,0) * a^k * b^0 * b) + (C(k,1) * a^(k-1) * b^1 * a + C(k,1) * a^(k-1) * b^1 * b) + ... + (C(k,k) * a^0 * b^k * a + C(k,k) * a^0 * b^k * b)=(C(k,0) * a^(k+1) * b^0 + C(k,1) * a^k * b^1) + (C(k,1) * a^k * b^1 + C(k,2) * a^(k-1) * b^2) + ... + (C(k,k-1) * a^1 * b^k + C(k,k) * a^0 * b^(k+1) + C(k,k) * a^0 * b^k)注意观察每项的系数，我们可以发现在每一项中，系数的排列可以按照二项式系数的定义(C(n,k) = C(n-1,k) + C(n-1,k-1))，得到：=(C(k+1,0) * a^(k+1) * b^0 + C(k+1,1) * a^k * b^1) + (C(k+1,1) * a^k * b^1 + C(k+1,2) * a^(k-1) * b^2) + ... + (C(k+1,k) * a^1 * b^k + C(k+1,k+1) * a^0 * b^(k+1))可见，右侧的各项满足二项式定理的形式。
二项式定理的起源及其应用
二项式定理的起源及其应用二项式定理（Binomial Theorem）是数学中非常重要的定理之一，它被广泛应用于代数、组合数学、概率论和数值计算等领域。
本文将介绍二项式定理的起源及其应用。
二项式定理的起源可以追溯到中国古代的代数学研究。
中国古代的代数学家以诸如《周髀算经》、《海岳赋》等著作，奠定了二项式计算的基础。
真正成为二项式定理的形式化表述可以追溯到17世纪的法国数学家Pascal和Newton。
Pascal在1654年提出了二项式展开式的形式，但是直到1665年Newton的著作《通向无限的新方法》中，二项式定理才得到了证明和完善。
二项式定理的完整表述如下：(a + b)^n = C_n^0 \cdot a^n \cdot b^0 + C_n^1 \cdot a^{n-1} \cdot b^1 + C_n^2 \cdot a^{n-2} \cdot b^2 + \cdots + C_n^{n-1} \cdot a \cdot b^{n-1} + C_n^n \cdot a^0 \cdot b^nC_n^k表示组合数，表示从n个元素中选取k个元素的方法数，也就是n个元素中任取k个元素的组合数。
二项式定理的应用非常广泛。
以下是二项式定理的一些具体应用：1. 多项式展开：二项式定理允许我们展开一个多项式的幂，从而可以用简单的方式表示一个复杂的多项式。
这在代数学、数值计算等领域具有重要的应用。
2. 概率计算：在概率论中，二项式定理可以用来计算在n次独立重复试验中，成功次数为k的概率。
投掷一颗硬币n次，成功为正面朝上的次数为k的概率可以用二项式定理计算。
3. 组合数计算：二项式定理中的组合数可以用于计算排列、组合和多重子集等组合数问题。
在组合数学中，我们经常需要计算在一个集合中选取k个元素的所有可能组合数，这可以通过二项式定理和组合数的性质来计算。
4. 近似计算：当n比较大时，二项式定理可以用于近似计算。
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二项式定理的十方面应用
一、利用二项式定理求展开式的某一项或指定项的系数
1.(2012年高考安徽卷理科7)(x2+2)(
1
x2-1)5的展开式的常数项是（）
(A)-3(B)-2(C)2(D)321世纪教【答案】D
【解析】第一个因式取x2，第二个因式取
1
x2得：1⨯C1(-1)4=5
5
第一个因式取2，第二个因式取(-1)5得：2⨯(-1)5=-2展开式的常数项是5+(-2)=3.
2.(2012年高考天津卷理科5)在(2x2-
1
x
)5的二项展开式中，x的系数为（）
（A）10（Ｂ）-10（Ｃ）40（Ｄ）-40
点评：利用二项式定理求展开式的某一项或指定项的系数，实际上就是对二项展开式的通项公式的考查，此类问题是高考考查的重点．
3．在二项式(x-1)11的展开式中，系数最小的项的系数是
解：ΘT
r+1
=C r x11-r(-1)r
11
∴要使项的系数最小，则r必为奇数，且使C r为最大，由此得r=5，从而可知最小项的
11
系数为C5(-1)5=-462
11
二、利用二项式定理求展开式的系数和
1、若(1-2x)2013=a+a x+a x2+...+a
0122013
x2013(x∈R)，
则(a+a)+(a+a)+(a+a)+Λ+(a+a
010********
)=_______。
(用数字作答)
解析：在(1-2x)2013=a+a x+a x2+...+a
0122013
x2013中，令x=0，则a=1，
令x=1，则a+a+a+a+Λ+a
01232004
=(-1)2013=1
故(a+a)+(a+a)+(a+a)+Λ+(a+a
0102030
精品资料
2013
)
x
)4的展开式；
+a
=2013a+a+a+a+a+Λ+a
001232013
=2013。
点评：赋值法是解决二项展开式的系数和的有效方法，通过对二项展开式中的字母或代数式赋予允许值，以达到解题目的．
三、利用二项式定理求幂指数n
1
1.(2012年高考全国卷理科15)若(x+)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，
x
则该展开式中
1
x2的系数为.
点评：利用二项式定理求幂指数n，主要是体现了方程思想在二项展开式中的应用，我们只要根据题目条件建立关于n的方程，即可获解．
四．求展开式
1．求(3x-
1
11
分析：解决此题，只需要把(3x-)4改写成[3x+(-)]4的形式然后按照二项
x x
展开式的格式展开即可。
本题主要考察了学生的“问题转化”能力。
五、利用二项式定理证明整除问题
(2012年高考湖北卷理科5)设a∈Z，且0≤a≤13，若512012能被13整除，则a=() A.0 B.1 C.11 D.12
点评：利用二项式定理证明整除（或求余数）问题，通常把底数拆成与除数的倍数有关的和式．
精品资料
n !n ! n n
六、利用二项式定理求近似值
例 求 0.9986 的近似值，使误差小于 0．001．
策略：因为 0.9986 = (1- 0.002)6 ，所以可以用二项式定理来计算．
解： 0.9986 = (1- 0.002)6 = 1 + 6 ⨯ (-0.002) + 15 ⨯ (-0.002)2 + L + (-0.002)6 ，
∵ T = 15 ⨯ (-0.002)2 = 0.00006 < 0.001 ．
3
即第 3 项以后的项的绝对值都小于 0.001， ∴从第 3 项起，以后的项可以忽略不计，
即 0.9986 = (1- 0.002)6 ≈ 1 + 6 ⨯ (-0.002) = 0.988 ．
点评：由 (1+ x)n = 1 + C 1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 + L + C n x n 知，当 x 的绝对值与 1 相比很小且 n
n
n n n
足够大时， x 2 ， x 3 ，…， x n 等项的绝对值就会更小，因此在精确度允许的范围之内可以忽
略不计．因此可以使用近似计算公式 (1+ x)n ≈ 1 + nx ．在使用这个公式时，要注意按问题对
精确度的要求，来确定对展开式中各项的取舍．
七、利用二项式定理证明组合数问题
例 6 求证： (C 0 )2 + (C 1 )2 + (C 2 )2 + L + (C n )2 = (2n !)
．
n n n n
策略：观察等式 (2n )!
n !n !
= C n 的特点，想到构造等式 (1+ x) ·(1+ x)n = (1+ x)2n ，利用同一
2n
项的系数相等进行证明．
证明：已知
(1+ x)2n = (1+ x) ·(1+ x)n = (C 0 + C 1 x + C 2 x 2 + L + C n x n )(C 0 + C 1 x + C 2 x 2 + L + C n x n ) ，
n
n
n
n
n
n
n
n
由于 x n 的系数为第一个因式中 x r 的系数与第二个因式中 x n -r 的系数的乘积的和，
即 (C 0 )2 + (C 1 )2 + (C 2 )2 + L + (C n )2 （这是因为 x r 的系数 C r 与 x n -r 的系数 C n -r 相等）
n
n
n
n
n
n
而在 (1+ x)2n 的展开式中 x n 的系数为 C n ，因此原等式恒成立．
2n
点评：对于本题的解决，基于对等式的认真观察分析基础之上，充分利用展开式系数的
特点，进行合理构造．
八、利用二项式定理证明不等式
求证： 2n +1 ≥ n 2 + n + 2 （ n ∈ N * ）
分析：本题是一边指数式，另一边是多项式的不等式的证明问题，用二项式定理证明.
证明：当 n = 1 时， 21+1 =4，12 + 1 + 2 =4，
∴ 2n +1 = n 2 + n + 2 ；
当 n ≥2 时，
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从1010
11。
0!⋅8!+
1!⋅7!
+⋅⋅⋅+
6!⋅2!
+
7!⋅1!
+
8!⋅0!
的值，尽管面目很可
2n+1=2(1+1)n=2(1+C1+C2+…+C n)
n n n
≥2(1+C1+C2)=2[1+n+
n n n(n-1)
2
]=n2+n+2.
∴2n+1≥n2+n+2（n∈N*）.
点评：对于一边是指数式另一边是含指数式或为关于n的多项式的不等式证明问题，可以用二项式定理证明，先将指数式的底数化为两项的和或差的形式，再用二项式定理展开，通过舍去展开式的若干项进行放缩并用组合数公式展开化简正好为不等式右端的形式，而证明了不等式.本题也可用数学归纳法证明.
九．逆向求值
二项展开式通常以正向展开的应用为主，但有时需要逆向应用，这有助于培养学生思维的双向性和灵活性。
求值：（1）C094+C193+C292+C39+C4；
99999
（2）C0+1C1+1C2+⋅⋅⋅+1 102310C10
10。
分析：如果直接求解的话，第（1）题稍微烦琐点，而第（2）题简直是无从下手。
现在先化简变形，再逆用二项式定理求值，真是“确实好多了！”
解：（1）设C094+C193+C292+C39+C4=x，则
99999
92x+C59+C6=(9+1)6，即x= 991000000-54-1
81
=12345
∴C094+C193+C292+C39+C4=12345。
99999
（2）∵1
k+1C k=
10
1
11
C k+1(0≤k≤10)
11
∴C0+1C1+1C2+⋅⋅⋅+ 102103101
10
C10=
10
1
11
(C1+C2+⋅⋅⋅+C11)
111111
=1[(1+1)11-1)=
11
2047
点评：这类二项式逆向求值通常与组合数公式等的变形联系在一起。
以下这道题也曾经出现在多种资料上，很典型。
题目为求11111
憎，但是只要将分子都变成8！，则该式即为1(C0+C1+⋅⋅⋅+C8)=28=
8!8888!
2。
315
十．.求二项式中参数的值
(2012年高考福建卷理科11)(a+x)4的展开式中x3的系数等于8，则实数a=_________.【答案】2
【解析】(a+x)4中含x3的一项为T
r+1=C r a4-r x r，令r=3，则C3a4-3=8，即a=2.
44
【考点定位】本题考查的知识点为二项式定理的展开式，直接应用即可.
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