二项式定理及应用

2024-04-09

二项式定理及应用（通用10篇）

篇1：二项式定理及应用

勾股定理的证明及应用

【重点】：

学习勾股定理的文化背景，欣赏历史上经典的勾股定理证明方法，体会其蕴含的创新思维，初步运用勾股定理分析处理具体问题

【难点】：

通过图示欣赏，还原推测图示所含的证明方法

【勾股文化学习】

勾股定理是欧式平面几何的一个核心结果，是三角学的出发点，与“黄金分割”一起被开普勒称为“几何学两个宝藏”。它在‘RT△的三条边之间建立了固定关系’，使人们对原来几何学的感性认识精确化，其中体现出来的“数形统一”的思想方法，启发了人类对数学的深入思考，促成了解析几何与三角学的建立，使数学的两大门类代数和几何结合起来，许多大科学家都认为勾股定理以及处理数据的数学方法深深地影响了现在许多学科的思考模式。

千百年来，人们对它的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家、画家，也有业余数学爱好者，有普通的老百姓，也有尊贵的政要权贵，甚至有国家总统。也许是因为勾股定理既重要又简单又实用，更容易吸引人，才使它成百次地反复被人炒作，反复被人论证。1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理的证明专辑，其中收集了367种不同的证明方法。实际上还不止于此，有资料表明，关于勾股定理的证明方法已有500余种，仅我国清末数学家华蘅芳就提供了二十多种精彩的证法。这是任何定理无法比拟的。

在西方国家，一般称勾股定理为毕达哥拉斯（前500）定理，因为人们相信是毕达哥拉斯最早提出并证明了这一定理。并且据说，他在发现这一结论时，欣喜若狂，杀牛百只以供奉神灵。因而这一定理又有了“百牛定理“的称法。在法国和比利时这个定理被称为“驴桥定理”。在中世纪的阿拉伯国家和印度，这一定理还有一个绰号，叫“新娘图”。至于绰号由来，现代人众说纷纭，莫衷一是。

在我国以前也称这一定理为毕达哥拉斯定理。五十年代初，曾展开过关于这一定理命名的讨论。有人主张叫“商高定理”。因这一结论的在我国最早是由西周初的商高提出的。在数学著作《周髀算经》(前1世纪)一书中，记载有商高(前1120)与周公的对话，其中商高提出了“勾三股四弦五”的说法。不过据推断，他还只是了解三边满足3：4：5关系的特例情况，普遍性的结论，由陈子(前716)提出。他说：“„„勾股各自乘，并而开方除之„„”这是普遍勾股定理在我国的最早记载。故有人主张应称为“陈子定理”。后来决定不用人名，而称为“勾股定理”。单就名称之多，勾股定理就可创下一项平面几何之最了。

今天有人戏称，勾股定理为‘宇宙大定理’，因为现在看来，世界上各民族都在差不多接近的时间内独立地发现了勾股定理及其逆定理。目前世界上许多科学家正在试图寻找其他星球的“人”，为此向宇宙发出了许多信号，如地球上人类的语言、音乐、各种图形等。据说我国著名数学家华罗庚曾建议，发射一种反映勾股定理的图形，如果宇宙人是“文明人”，那么他们一定会识别这种“语言”的。

勾股定理在每一个时代都会被当代的精英们给出新的内涵外延，从柏拉图寻求不定方程通解到费马大定理，到今天的分形勾股树(如右上两图)，每每读到这些智慧的创造都会让人神往。

„„

【勾股定理的证明】

观察下列图形，推测勾股定理的证明方法

1、下图是《几何原本》（公元前4世纪前后）中提供的一种证明方法，过A作AH⊥BC于H延长交FK于G．

可证明：

证明思路很多，较简捷的是过F作FP⊥AB于P

易证△FPB≌△CBA进而可知

而

2、下图最早是由我国三国时期数学家赵爽（东汉末至三国东吴人）提出的一种证法．

该图叫弦图，由图示可知

．

3、下图最早是由我国三国时魏国的数学家刘徽（公元三世纪）为注释《九章算术》时提出的一种证法“青朱入出图”，由图示．

边长为a、b的两个正方形，如图示裁割．

M补入处，N补入处，Q补入

处

4、下图最早是由古代印度数学家婆什迦罗提出的一种证法．

图示的裁割线索很清晰，你试试给出解释．

„„

【勾股定理的应用】

1、已知在△ABC中，a，b，c分别是∠A、∠B，∠C的对边，且a=3，b=4，且b

错解：由勾股定理可得

分析：上面的解法受“勾

三、股

四、弦五”的影响，没有认真审题，错在没有注意到题目中的三角形是否为直角三角形。

正解：，又，∴，即4

评述：运用勾股定理解决问题时，必须是在直角三角形的条件下，不可不加分析就用勾股定理来进行计算。

2、已知：三角形两边的长分别是5和12，如果这个三角形是直角三角形，则其第三边长为_____，∴ x=13

错解：设第三边长为x，则由勾股定理可得：

分析：由于此题中己知直角三角形的两边长，但没有明确这两条边是直角边还是斜边，故需要分情况讨论

正解：当x为斜边时，x=13；当x为直角边时，故第三边长为13或。

评述：在运用勾股定理进行计算时，一定明确哪条是直角边，哪条是斜边，以防止运用不当。

3、利用勾股定理求线段长的简单应用

(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，①若a=7，b=24，则c=________；②若a=5，c=13，则b=________；

③若b=15，c=25，则a=________

(2)等腰直角三角形的斜边长为，则此直角三角形的腰长为________________

(3)在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，则斜边AB=________________，斜边AB上的高线长

为________________。(与面积的结合)

(4)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且c+a=9，c-a=4，则b=________。

(5)如果一个直角三角形有一条直角边长为11，另两条边长为自然数，则这个直角三角形的周长是___

解析：（1）①

（2）2 ②

③

（3）AB=10，（4）

（5）设斜边长为c，另一直角边为a，则

∵ c、a为自然数

∴

∴ 周长为132

4、勾股定理在几何中的应用。

己知：△ABC中AB=AC=20，BC=32，D是BC上一点，且AD⊥AC，求BD的长。

解：过A作AE⊥BC于E。

∵ AB=AC，∴

在Rt△ABE中，AB=20，BE=16，∴

∴ AE=12

故在Rt△ADE中，设DE=x，则

∵ AD⊥AC于A，∴

解得，即，∴ BD=BE-DE=16-9=7

评述：勾股定理是解决直线形中线段计算问题的常用方法，题目中含有直角三角形别忘记使用，题目中没有给出直角三角形可以考虑作垂线构建直角三角形。

5、利用勾股定理解决实际问题

(1)平面上有A、B两点处有甲、乙两只蚂蚁，它们都发现C处有食物，已知点C在A的东南方向，在B的西南方向。甲、乙两只蚂蚁同时从A、B两地出发爬向C处，速度都是30cm／min。结果甲蚂蚁用了2 min，乙蚂蚁2分40秒到达C处分享食物，试问两只蚂蚁原来所处地点相距多远?

解析：首先结合题设画出图形，C在A东南，则A在C西北；C在B西南，则B在C东北

∴ 可知∠ACB=90°，依题设AC=60cm，BC=80cm

∴ AB=100cm

(2)如图A、B为两个村庄，AB、BC、CD为公路，BD为田地，AD为河宽，且CD与AD互相垂直。现要从点E处开设通往村庄A、村庄B的一条电缆，现在共有两种铺设方案：方案一：E→D→A→B；方案二：E→C→B→A。经测量得千米，BC=10千米，∠BDC=45°，∠ABD=15°。已知：地下电缆的修建费为2万元／千米，水下电缆的修建费为4万元／千米。

求：1)河宽AD(结果保留根号)；

2)公路CD的长：

3)哪种方案铺设电缆的费用低?请说明理由。

解析：过B作BF⊥AD交DA延长线于F

在Rt△ABF中可知∠BAF=60°，AB

∴ BF=6，在Rt△BFD中，知∠BDF=45°

∴ DF=BF=6

∴

过B作BG⊥CD于G，则BG=6，BC=10，有CG=8

∴ DC=CG+DG=14

设CE=x，则方案一、二费用分别为

由

∴ 当

当0＜CE＜

当CE=

6、画出长为的线段，可作图可解得，＜CE＜14时，方案一较省

时，方案二较省时，方案一、二均可．

解析：考虑到

线段AB为所求

考虑到，可作图

线段CD为所求

篇2：二项式定理及应用

这一节课的知识是前一节知识基础上的延伸，有一定的难度，但大部分同学都能做到积极思考问题，遇到障碍，只要在老师的适当点拨下，都能很好、很快把问题解决掉。的确对同学们课堂上的如此表现让我惊讶，很佩服。在这一节课教学设计时，我自始自终以培养学生能力，促进学生发展为指导思想，遵循教学原则中的系统性原则和主体性原则，以学生的“学”为出发点，将“自主探究、合作交流”的学习方式贯穿始终。这样充分调动了同学们学习的积极性和主动性，并达到了比较理想的效果。

在本章的教学中主要引导学生掌握两种数学思想方法：

1．转化的思想方法

在分析解决问题的过程中，将实际问题转化为勾股定理这一模型，为分析问题和解决问题创造有利条件． 2．方程的思想方法

在求有关线段的长度时，利用直角三角形这一基本图形，运用勾股定理巧设未知数，建立方程达到解决问题的目的．

在教学过程中，一、我将教学模式从传统的以教师讲授为主转变为以学生动脑动手自主研究、小组学习讨论交流为主，把数学课堂转为“数学实验室”，学生通过自己的活动得出结论、使创新精神与实践能力得到了发展。

二、学生在课堂中已经能够应用的非常灵活，这一点非常喜人．

反思成功的原因：第一、教学方法有了创新，采取了互动式教学，对学生来说很新奇。第二、采用填空式方式，将难点分散降低。第三、鼓励每个学生，给每个学生展示自己的机会，调动中下等学生，给他们机会发言。

篇3：二项式定理及应用

【注记1】由于里斯 (Riesz) 定理可以保证依测度收敛的可测函数列总是存在几乎处处收敛的子列, 因此根据上面的证明过程可以发现, 若将定理中的依测度收敛改为几乎处处收了结论也是成立的。即有如下定理:

【注记2】通过证明过程可以发现定理对控制函数的形式并不做要求, 在此不妨将F (x) 简化为常值函数, 但必须保证此时集合E测度有限。即有如下lebesgue有界收敛定理:

2 lebesgue控制收敛定理的应用

1) 区间严拓及善用函数单调性

Lebesgue控制收敛定理是在给定集合E上的积分与极限交换定理, 对于像 (0, n) 这样的区间, 需要将其严拓到 (0, +∞) 上方可运用定理。

2) 观察估计

在运用lebesgue控制收敛定理时寻找控制函数往往较难, 直接对被积函数进行放大无果的情况下可以先观察估计, 尝试选择形式较简单的可积函数作为控制函数, 当然这一尝试需要进行验证, 确定成立。

3) 巧用基本不等式

4) 分段寻找控制函数

有时控制函数可能为分段函数, 在不同的区间上函数列的控制函数可能不同。

当t∈[1, +∞) 时,

3结论

Lebesgue控制收敛定理在解决积分与极限相交换问题的同时, 还给我们提供了更多的思路:一致收敛并不是保证积分与极限交换的唯一方法, 控制函数也可达到同样的效果。定理的应用价值也远不止文中所指这些, 但基本思路与策略是我们更熟练运用的先决条件。

参考文献

[1]曹广福.实变函数与泛函分析[M].北京:高等教育出版社, 2011:89-92.

篇4：例说二项式定理的常见题型及应用

一、求二项展开式

1． “(a+b)”型与“(a-b)”型的展开式

例1 求(1-x)5(1+x+x2)5的展开式

分析：由anbn=(ab)n知，原式可变形为(1-x3)5再展开，比直接展开简便.

解：(1-x)5(1+x+x2)5=(1-x3)5=c05-c15x3+c25x6-c35x9+c45x12-c55x15

=1-5x3+10x6-10x9+5x12-x15

点评：熟记二项式定理,是解答与二项式定理有关问题的前提条件,对比较复杂的二项式,有时先化简再展开更便于计算；这类题目一般为容易题目，高考一般不会考到，但是题目解决过程中的这种“先化简再展开”的思想在高考题目中会有体现的.

2．二项式展开式的“逆用”

例2 求Sn=C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn.

分析：本题系教材习题,若注意二项式定理展开式的特征和组合数的性质，“反序逆用定理求和”使问题简单化.

解：∵Sn=C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn,Sn=nCnn+(n-1)Cn-1n+…+2C2n+C1n

∴2Sn=nCnn+nC1n+nC2n+…+nC0n=n2n,∴Sn=n•2n-1

点评：逆向应用公式和变形应用公式是高中数学的难点,也是重点,只有熟练掌握公式的正用,才能掌握逆向应用和变式应用.

二、通项公式的应用

1．确定二项式中的有关元素

例3 若(ax-1)5的展开式中x3的系数是80，则实数a的值是（）

A． -2 B. 22

C. 34D. 2

解析：(ax-1)5的展开式中x3的系数C25(ax)3•(-1)2=10a3x3=80x3，则实数a的值是2，选D.

2．确定二项展开式的常数项

例4 已知x2-1xn的展开式中第三项与第五项的系数之比为314，则展开式中常数项是（）

A. -1 B. 1

C. -45 D. 45

解：第三项的系数为C2n，第五项的系数为C4n，由第三项与第五项的系数之比为314可得n＝10，则Tr+1＝Cr10(x2)10-r-1xr=(-1)rCr10x40-5r2，令40-5r=0，解得r=8，故所求的常数项为(-1)8C810=45，选D.

3．求单一二项式指定幂的系数

例5 在x-2x7的展开式中，x2的系数中（用数字作答）.

解：Tr+1=Cr7(x)7-r-2xr=(-2)rCr7x7-3r2令7-3r2=2得r＝1故x2的系数为(-2)×C17=-14

三、求几个二项式的和（积）的展开式中的条件项的系数

例6 设(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)50=a0+a1x+a2x2+…+a50x50，则a3= 

解：利用等比数列求和公式：左边=(1+x)51-(1+x)x-(1+x)-(1+x)2，易见a3为(1+x)51的展开式中含x4项的系数：a3=C451.

点评：对二项式(a+b)n型的一些代数式展开求特定项或系数问题，常化归成二项式利用展开式的通项公式或通项公式推导中组合数模型构造法去思考解决.

四、利用二项式定理的性质解题

1. 求中间项

例7 求x+13x10的展开式的中间项；

解：∵Tr+1=Cr10(x)10-r-13xr,

∴展开式的中间项为C510(x)5-13x5 即：-252x56.

当n为奇数时，(a+b)n的展开式的中间项是Cn-12nan+12bn-12和Cn+12nan-12bn+12；

当n为偶数时，(a+b)n的展开式的中间项是Cn2nan2bn2.

2. 求有理项

例8 求(5+37)100的展开式中有多少项有理项.

解：由Tk+1=Ck1005100-k27k3知：100-k2,k3均为整数时，Tk+1为有理数

因此k为6的倍数，且0≤k≤100.即k为0,6,12,…,96时，展开式中共有17项有理数.

点评：① 当一个代数式各个字母的指数都是整数时，那么这个代数式是有理式；② 当一个代数式中各个字母的指数不都是整数（或说是不可约分数）时，那么这个代数式是无理式.

五、利用二项式定理求近似值

例9 某公司的股票今天的指数为2，以后每天的指数都比上一天的指数增长0.2%，则100天后这家公司的股票指数约为 (精确到0.001)

简析：100天后该公司的股票指数为21+21000100=2(1+0.002)100

=2•(1+C1100×0.002+C21000.0022+C31000.0023+…)≈2(1+0.2+0.0198+0.0012936)=2.442

点评：由(1+x)n=1+C1nx+C2nx2+…+Cnnxn，当x的绝对值与1相比很小且n很大时，x2,x3,…,xn等项的绝对值都很小，因此在精确度允许的范围内可以忽略不计，因此可以用近似计算公式：(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，若精确度要求较高，则可以使用更精确的公式：(1+x)n≈1+nx+n(n-1)2x2.

利用二项式定理求近似值在近几年的高考没有出现题目，但是按照新课标要求，对高中学生的计算能力是有一定的要求，其中比较重要的一个能力就是估算能力.所以有必要掌握利用二项式定理来求近似值.

六、利用二项式定理证明整除或求余问题

例10 求9192除以100的余数.

解:9192=(100-9)92=10092-C19210091•9+C29210090•92-…-C9192100•991+992

前面各项均能被100整除.只有992不能被100整除

992=(10-1)92=1092-C1921091+C2921090-…+C9092102-C919210+(-1)92

=1092-C1921091+C2921090-…+C9092102-920+1

=1092-C1921091+C2921090-…+C9092102-1000+81

可见9192被100除的余数是81.

点评：整除性问题，余数问题，主要根据二项式定理的特点，进行添项或减项，凑成能整除的结构，展开后观察前几项或后几项,再分析整除性或余数.这是解此类问题的最常用技巧.余数要为正整数.

七、利用二项式定理证明等式

例11 求证：C1n+2C1n+3C2n+…+nCnn=n•2n-1

分析:本题的左边是一个数列但不能直接求和.因为C0n=Cnn,C1n=Cn-1n…Crn=Cn-rn由此分析求解

解：设Sn=0•C0n+C1n+2C1n+3C3n+…(n-1)Cn-1n+nCnn

Sn=nC0n+(n-1)C1n+(n-2)C2n+…+Cn-1n+0•Cnn

两式相加：2Sn=n(C0n+C1n+C2n+…+Cn-1n+Cnn)

Sn=n•2n-1

点评：利用求和的方法来证明组合数恒等式是一种最常见的方法,证明等式常用下面的等式：

C0n+C1n+C2n+…+Cnn=2n；C0n+C2n+C4n+…=2n-1；C1n+C3n+C5n+…=2n-1；Crn=Cn-rn；mCmn=nCm-1n-1等.

八、利用二项式定理证明不等式

例12 已知n∈N*,求证：nn＜2

分析：nn＜2n＜2n,令f(x)=(1+x)n=C0n+C1nx1+C2nx2+…+Cnnxn

则2n=f(1)=C0n+C1n+C2n+…+Cnn＞C1n=n

故n∈N*,有n＜2n,即nn＜2.

点评：构造二项式模型，避开了数学归纳法，简化证明过程.

篇5：二项式定理及应用

在拓扑空间中利用某些特殊的.技巧得到了一些Browder型的不动点定理.作为应用,研究了Ky Fan截口定理和抽象拟变分不等式解的存在性.

作者：冀小明黄建华 JI Xiao-ming HUANG Jian-hua 作者单位：冀小明,JI Xiao-ming(西南民族大学预科教育学院,成都,610041)

黄建华,HUANG Jian-hua(福州大学数学与计算机学院,福州,350002)

篇6：二项式定理及应用

应用均值不等式定理求最值常见错误剖析及解决策略

作者：梁清芳

来源：《中学生导报·教学研究》2013年第03期

摘要：均值不等式定理：若a，b∈R*，则a+b2≥ab（当且仅当a=b时取“=”）是《不等式》一章重要内容之一，是求函数最值的一个重要工具，要求能熟练地运用均值不等式求解一些函数的最值问题，也是高考常考的一个重要知识点。由于学生没能正确理解均值不等式定理而导致错误，笔者认为有必要加以总结，并给出解决的策略。

关键词：均值不等式定理常见错误解决策略

事实上，上述的解法是错误的。但错在哪里？许多学生不能说出错误的原因。究其原因，是由于学生没能正确理解均值不等式定理而导致错误。均值不等式定理运用中的常见错误及其解决策略有以下四个方面：

一、忽略定理使用的前提条件导致错误，解决策略为“把负变量转化为正数”。

二、变量是正数，积不是定值而导致错误。解题策略为用凑项法，使其积为常数。综上所述，应用均值不等式求最值要注意：

一要“正”：各项或各因式必须为正数；

二需“定”：必须满足“和为定值”或“积为定值”，要凑出“和为定值”或“积为定值”的式子结构，如果找不出“定值”的条件用这个定理，求最值就会出错；

篇7：二项式定理应用2

一、求某项的系数：

【例1】（1）在（1-x3）（1+x）10的展开式中，x5的系数是多少？（407）

（2）求（1+x-x2）6展开式中含x5的项．（6x5）

二、证明组合数等式：

练习

（12345）

例2 计算：1.9975（精确到0.001）．

师：按生戊所谈的方法，大家在自己的笔记本上计算一下．例3：（1996年全国高考有这样一道应用题）

某地现有耕地10 000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22％，人均粮食占有量比现在提高10％．如果人口年增长率为1％，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？

例3 如果今天是星期一，那么对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5天后的那一天是星期几？

生庚：先将此题转化为数学问题，即本题实际上寻求对于任意自然数n，23n+3+7n＋5被7除的余数．

受近似计算题目启发，23n+3=8n+1=（7＋1）n+1，这样可以运用

数，7n也是7的倍数，最后余数是1加上5，是6了．

师：请同学们在笔记本上完成此题的解答

（教师请一名同学板演）

解：由于23n+3＋7n＋5=8n+1＋7n＋5=（7＋1）n+1＋7n+5

则 23n+3＋7n＋5被7除所得余数为6 所以对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5后的一天是星期日．师：请每位同学在笔记本上完成这样一个习题：7777-1能被19整除吗？（教师在教室内巡视，3分钟后找学生到黑板板演）解：7777-1=（76+1）77

由于76能被19整除，因此7777-1能被19整除．师：请生辛谈谈他怎样想到这个解法的？

生辛：这是个幂的计算问题，可以用二项式定理解决．如果把7777改成（19＋58）77，显然展开式中最后一项5877仍然不易判断是否能被19整除，于是我想到若7777-1能被38，或能被57，或能被76，或能被95整除，必能被19整除，而76与77只差1，故欲证7777-1被19整除，只需证（76+1）77被76整除．得到了以上的解法．

师：二项式定理解决的是乘方运算问题，因此幂的问题可以考虑二项式定理．下面我们解一些综合运用的习题

例4 求证：3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．

师：仍然由同学先谈谈自己的想法．

生壬：我觉得这道题仍可以用二项式定理解，为了把左式与右式发生联系，将3换成2＋1．

注意到：

① 2n+n·2n-1=2n-1（2＋n）=2n-1（n+2）； ② n≥2，右式至少三项；

这样，可以得到3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．

生癸：根据题设条件有n∈N，且n≥2．用数学归纳法应当可以证明．

师：由于观察习题时思维起点不同，得到了习题不同解法，生×同学从乘方运算这点考虑，想到二项式定理，生×同学从题设条件n∈N考虑，想到数学归纳法．大家要养成习惯，每遇一题，从不同角度观察思考，得到更多解法，使我们思考问题更全面．

用二项式定理证明，生×同学已经讲清楚了证明过程，大家课下在笔记本上整理好，现在请同学们在笔记本上完成数学归纳法的证明．

（教师请一名同学板演）

证明：①当n=2时，左式=32=9，右式=22-1（2＋2）=2×4=8，显然9＞8．故不等式成立． ②假设n=k（k∈N且k≥2）时，不等式成立，即3k＞2k-1（k＋2），则当n=k＋1时，由于左式=3k+1=3·3k＞3·2k-1（k＋2）=3k·2k-1＋3·2k．右式=2(k+1)-1[（k＋1）＋2]=2k（k＋3）=k·2k＋3·2k，则左式-右式=（3k·2k-1＋3·2k）-（k·2k＋3·2k）

=3k·2k-1-2k·2k-1=k·2k-1＞0．所以左式＞有式．故当n=k＋1时，不等式也成立．

由①，②不等式对n≥2，n∈N都成立．

师：为了培养综合能力，同学们在笔记本再演算一道习题：

设n∈N且n＞1，求证：

（证明过程中可以运用公式：对n个正数a1，a2，…，an，总有

（教师在教室巡视，过2分钟找一名同学到黑板板演第（1）小题，再过3分钟找另一名同学板演第（2）小题）

师：哪位同学谈一谈此题应怎样分析？

生寅：第（1）小题左式与右式没有直接联系，应把它们分别转化，列前n项的和，由求和公式也能得到2n-1．因此得到证明．第（2）小题左式与右式也没有直接联系．根据题目给出的公式要

师：根据式子的结构想有关知识和思考方法是分析问题的一种重要方法，要在解题实践中掌握．

本节课讨论了二项式定理主要应用，包括组合数的计算、近似计算、整除和求余数的计算以及与其他数学知识的综合应用．当然，二项式定理的运用不止这些，凡是涉及到乘方运算（指数是自然数或转化为自然数）都可能用到二项式定理．认真分析习题的结构，类比、联想、转化是重要的找到解题途径的思考方法，希望引起同学们的重视．

作业

1．课本习题：P253习题三十一：6，7，10； 2．课本习题：P256复习参考题九：15（2）． 3．补充题：

课堂教学设计说明

1．开始练习起着承上启下的作用．这三题既复习了二项式定理及其性质，又考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，利于本节课进行，又培养了学生预习复习的学习习惯．

2．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．

篇8：新积分因子的存在定理及应用

关键词：积分因子法,通积分,非全微分方程,应用

对于一阶方程, P (x, y) dx+Q (x, y) dy=0 (1) 其中开区域D是一个单连通域, 函数P (x, y) 及Q (x, y) 在D内具有一阶连续偏导数, 寻找积分因子μ (x, y) (≠0) , 使得方程 (1) 转化为全微分方程

μP (x, y) dx+μQ (x, y) dy=0 (2)

是一种简捷又有效的方法;对一些特殊结构的积分因子如μ (x, y) 仅含x, 或仅含y, u (x, y) =u (x2+y2) 文献[1]已给出了判定定理及计算公式, 文献[2]—文献[4]给出了积分因子 $μ (x, y) = φ (p (x) + q (y)), μ (x, y) = φ (p (x) q (y)), μ (x, y) = φ (\frac{p (x)}{q (y)})$ 的判定定理及计算公式。由于多数微分方程有复合积分因子, 在高等数学中, 对于线性非齐次常微分方程的求解方法, 重点是介绍了常数变异法和待定函数法[1], 对积分因子方法 (凑导数) 和齐次化原理的介绍很少, 而后两者却是推导非齐次问题解的表达式的常用方法。积分因子方法一般用来处理一阶方程, 而齐次化原理对高阶方程也是有效的, 而且偏微分方程的齐次化原理和常微分方程的齐次化原理也是相通的。以下给出一阶线性微分方程的积分因子解法。

1 主要定理及证明

定义1 若连续可微函数μ (x, y) (≠0) , (x, y) ∈D, 使方程 (2) 为全微分方程, 则称函数μ (x, y) 为方程 (2) 的积分因子[1]。

特别的积分因子形式具有:

μ (x, y) =φ (xα, yβ) ,

则又称μ (x, y) 为方程 (2) 的复合型积分因子。

引理方程 (2) 为全微分方程的充要条件

$\frac{\partial (μ Ρ)}{\partial y} = \frac{\partial (μ Q)}{\partial x} (x, y) \in D$ (3)

定理1 方程 (1) 存在形如μ (x, y) =Ψ (xα) 复合型积分因子的条件是

$\frac{Ρ_{y} - Q_{x}}{Q} = \frac{μ_{p}}{μ} p^{'} = f (p) p^{'}$ 其中μ=μ (p (x) ) , p (x) =xα (4)

其积分因子是μ=exp (∫f (p) dp) 。

一阶线性微分方程 $\frac{d y}{d x} + p (x) y = q (x)$ 即为特例

设z=xα, 则

$\frac{\partial z}{\partial x} = a x^{α - 1} ‚ \frac{\partial z}{\partial y} = 0$ 。

代入式 (2) 得

$\frac{d l n | μ |}{d z} = \frac{\frac{\partial Μ}{\partial y} - \frac{\partial Ν}{\partial x}}{x^{α} \frac{α Ν}{x} \mp y^{β} \frac{β Μ}{y}}$ (5)

当式 (4) 的右端仅只是xα的函数时, 由式 (5) 求得它的一个积分因子

μ=e∫Ψ (xα) d (xα) 。

其中Ψ (xα) 就是式 (4) 的右端。

定理2 方程 (1) 存在形如u (x, y) =φ (yβ) 复合型积分因子的条件是

$\frac{Ρ_{y} - Q_{x}}{- Ρ} = \frac{μ_{q}}{μ} q^{'} = f (q) q^{'}$ 其中μ=μ (q (x) ) , q (x) =yβ (6)

其积分因子是μ=exp (∫f (q) dq) 。用类似的方法可证明定理2。

2 一阶线性微分方程的新解法

形如

$\frac{d y}{d x} + p (x) y = q (x)$ (7)

的方程称为一阶线性微分方程[1]。

现在我们给出利用积分因子法解法, 此法的关键在于对方程右边 $\frac{d y}{d x} + p (x) y$ 的讨论。

设想方程 (1) 右边是一个完全微分式, 只需积分就可求解, 而 $\frac{d y}{d x} + p (x) y$ 一般来说不是一个完全微分式, 不可直接积分, 考虑下面的问题

${\begin{cases} y^{'} + p (x) y = q (x) ； \\ y (0) = y_{0} 。 \end{cases}$

2.1 积分因子法 (凑导数)

$\begin{array}{l} e^{\int_{0}^{x} p (s) d s} (y^{'} + p (x) y) = q (x) e^{\int_{0}^{x} p (s) d s}, \\ (y e^{\int_{0}^{x} p (s) d s})^{'} = q (x) e^{\int_{0}^{x} p (s) d s}, \\ y e^{\int_{0}^{x} p (s) d s} |_{0}^{x} = \int_{0}^{x} q (t) e^{\int_{0}^{x} p (s) d s} d t, \\ y (x) = e^{- \int_{0}^{x} p (s) d s} (y_{0} + \int_{0}^{x} q (t) e^{\int_{0}^{x} p (s) d s} d t) 。 \end{array}$

其中e∫x0p (s) ds被称为积分因子。

2.2 齐次化原理

先做线性拆分, 将原来问题分成两个问题, 一个初值为0, 一个非齐次项为0, 即

${\begin{cases} μ^{'} p (x) μ = q (x) \\ μ (0) = 0 \end{cases}, (Ⅰ) {\begin{cases} v^{'} + p (x) v = 0 \\ v (0) = y_{0} \end{cases}, (Ⅱ)$

其中齐次方程 (Ⅱ) 用分离变量法可解出,

v (x) =y0e-∫x0p (s) ds。

下面来考虑问题 (Ⅰ) , 为此我们引入一个带参数的新问题

${\begin{cases} w^{'} + p (x) w = 0 ； \\ w (0, t) = q (t) 。 \end{cases}$

用分离变量法将该问题求出,

w (x, t) =q (t) e-∫x0p (s) ds。

则

μ (x) =∫ $_{0}^{x}$ w (x-t, t) dt。

3 应用

例求解方程的通解 (x2+y) dx-xdy=0。

解这里P (x, y) =x2+y, Q (x, y) =-x。

$\frac{\partial Ρ}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x} = 2$ 。

取p (x) =x2, φ (p) =p-1。

$\frac{Ρ_{y} - Q_{x}}{Q} = \frac{2}{- x}$ 。

式 (8) 成立。

积分因子 $μ = \exp (\int f (p) d p) = \exp (\int \frac{- 2}{x} d x) = x^{- 2}$

用x-2乘原方程两边得 $d x + d (- \frac{y}{x}) = 0$ , 即

$d (x - \frac{y}{x}) = 0$ 。

方程通解为 $x - \frac{y}{x} = C_{1}$ 或y=x (x+C) 。

也可将原方程化为一阶线性微分方程: $\frac{d y}{d x} - \frac{1}{x} y = x$ 。

用式 (10) 求得其解 (略) 。

参考文献

[1]东北师范大学微分方程教研室.常微分方程 (第二版) .北京:高等教育出版社, 2005:29—38

[2]陈伟.解一阶线性常微分方程的积分因子法.高等数学研究, 2008;11 (3) :27—28

[3]刘许成.变量分离型积分因子存在定理及应用.大学数学, 2006; (04)

篇9：二项式定理及应用

关键词：馈线电流；绕组电流分配；替代定理；叠加定理

随着社会发展，应用型人才很受重视，围绕人才培养的教育改革方向侧重于实践操作，弱化理论讲解。教学中如果过度弱化理论，势必会影响到教学效果，甚至会影响到学生未来的进一步发展。

在《牵引供电系统》教学中，针对三相牵引变压器的绕组电流分配内容，发现许多教科书的讲解都过于简单，显得很不严密，没有充分利用专业基础课程所学的理论方法来解决专业课中的问题。为此，本文利用《电路分析》中替代定理及叠加定理来分析计算三相YN，d11结线牵引变压器绕组电流，并得出绕组电流分配关系的结论。旨在抛砖引玉，加强基础课和专业课间的紧密联系。

一、确定等值电路

目前在三相牵引变电所中大多采用的是110KV油浸风冷式变压器，该牵引变压器的接线采用YN，d11标准联结组。三相YN，d11接线牵引变压器原理电路图及展开图如图1、2：

图1 原理电路图图2 展开图

为了分析绕组电流与负荷端口电流的关系，可将电力系统的电源电压和短路阻抗、牵引变压器的绕组漏抗归算到二次侧，得到如图3等值电路：（假设电力系统三相电压正序对称，阻抗平衡）

图3 等值电路图

E—电力系统电源电压

ZS—电力系统总电抗折算到次边

ZT—变压器短路阻抗

二、利用替代定理

替代定理表述为：在任意电路（线性、非线性、时变、非时变）中，若已知第条支路的电压和，则该支路可用大小为、极性与相同的理想电压源替代，也可用大小为、方向与相同的理想电流源替代，还可用阻值为 / （当与方向关联时）的电阻替代。因此，在图3中利用替代定理视负荷La、Lb为电流源得到如图4所示等值电路：

图4 替代后的等值电路图

三、利用叠加定理

叠加定理表述为：在任何含有多个独立源的线性电路中，每一支路的电流（电压）都可看成是各个独立源单独作用（除该电源外，其它独立源全置零）时在该支路产生的电流（电压）的代数和。因此，可利用叠加原理计算绕组电流，叠加图如图5所示：

（a）（b）（c）

图5 叠加图

（一）仅有A相作用时，即作用，令，做出等值电路如图（b）。采用回路电流法分析：

（二）同理：仅有B相作用时，即作用，令作出等值电路如图（c）。

（三）当、共同作用时，如图（a）。可得绕组电流：

可画出YN，d11接线牵引变压器次边三相绕组电流相量图：

由以上分析可知（当两负荷端口电流大小相等时），可总结出绕组电流分配关系：

（1）两负荷相绕组电流相等，等于供电臂负荷电流的2.65/3；

（2）自由相绕组电流是两负荷相绕组电流的1/2.65，即0.378倍，等于供電臂负荷电流的1/3。

四、结论

利用替代定理和叠加定理，较为方便地分析计算出绕组电流，课堂效果比较好，同时也激发了学生的学习热情。

参考文献：

[1] 李鲁华.电气化铁道供电系统.北京：中国铁道出版社，2008

[2] 韩祯祥.电气系统分析.杭州：浙江大学出版社，2011

篇10：二项式定理及数学归纳法

【真题体验】

1．(2012·苏北四市调研)已知an＝(12)n(n∈N*)

(1)若an＝a＋2(a，b∈Z)，求证：a是奇数；

(2)求证：对于任意n∈N*都存在正整数k，使得an＝k－1k.12233nn证明(1)由二项式定理，得an＝C0n＋C2＋Cn2)＋Cn(2)＋„＋Cn(2)，0244224所以a＝Cn＋C2n2)＋Cn(2)＋„＝1＋2Cn＋2Cn＋„，24因为2C2n＋2Cn＋„为偶数，所以a是奇数．

(2)由(1)设an＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，则(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n，当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝kk－1，当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝k－1k，综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝k－1＋k.2．(2010·江苏，23)已知△ABC的三边长都是有理数．

(1)求证：cos A是有理数；

(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数．

b2＋c2－a

2(1)证明设三边长分别为a，b，c，cos A＝ 2bc

∵a，b，c是有理数，b2＋c2－a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，b2＋c2－a2

∴必为有理数，∴cos A是有理数． 2bc

(2)证明 ①当n＝1时，显然cos A是有理数；

当n＝2时，∵cos 2A＝2cos2A－1，因为cos A是有理数，∴cos 2A也是有理数；

②假设当n≤k(k≥2)时，结论成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理数．当n＝k＋1时，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A

1＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]

211＝cos kAcos A－cos(k－1)Acos(k＋1)A 22

解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A

∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理数，∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理数，∴cos(k＋1)A是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．

综上所述，对于任意正整数n，cos nA是有理数．【高考定位】

高考对本内容的考查主要有：

(1)二项式定理的简单应用，B级要求；(2)数学归纳法的简单应用，B级要求【应对策略】

(1)对于二项式定理只要掌握二项式定理、通项、项的系数的求法，掌握赋值法即可．(2)数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用

.必备知识

1．二项式定理

n1n1nrrn

(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0b＋„＋Crb＋„＋Cnna＋Cnananb，上式中右边的多项

－

式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中Crn(r＝1,2,3，„，n)叫做二项式系数，式中第r＋1项叫

nrr

做展开式的通项，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Crb； na

－

(2)(a＋b)n展开式中二项式系数Crn(r＝1,2,3，„，n)的性质：

①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即Crn＝Cn；

－

12nn0213n1②C0.n＋Cn＋Cn＋„＋Cn＝2；Cn＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋„＝

2－

2．数学归纳法

运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可．

必备方法

1．二项式定理

(1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．

nrr(2)二项式展开式的通项公式Tr＋1＝Crb是展开式的第r＋1项，而不是第r项． na

－

2．数学归纳法

(1)利用数学归纳法证明代数恒等式的关键是将式子转化为与归纳假设的结构相同的形

式，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论．

(2)利用数学归纳法证明三角恒等式时，常运用有关的三角知识、三角公式，要掌握三角变换方法．

(3)利用数学归纳法证明不等式问题时，在由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，过去讲的证明不等式的方法在此都可利用．

(4)用数学归纳法证明整除性问题时，可把n＝k＋1时的被除式变形为一部分能利用归纳假设的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解题时经常用到“归纳——猜想——证明”的思维模式．

命题角度一二项式定理的应用

[命题要点](1)二项展开式中的二项式系数和展开式系数；(2)求二项展开式的特定项；(3)二项展开式的性质的应用．

【例1】►(2012·南师附中模拟)若二项式(1＋2x)n展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项．

[审题视点] 根据展开式中第6项与第7项的系数相等，得到关于n的方程，解得n，再写出二项展开式系数，由二项式系数的性质得到结果．

解 ∵在(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，566r∴C5n2＝Cn2，∴n＝8，∴二项式系数是C8，r1rr1由Cr8≥C8且C8≥C8，得r＝4，－

＋

即展开式中二项式系数最大的项是第5项为C482.二项式系数的最大项与展开式系数的最大项不同，本题的第r＋1项的二项

式系数是Cr8，而展开式系数却是2C8，解题时要分清．

1【突破训练1】(2012·盐城模拟)已知数列{an}的首项为1，p(x)＝a1C0n(1－x)＋a2Cnx(1221n1n

－x)n1＋a3Cnx(1－x)n2＋„＋anCn(1－x)＋an＋1Cnnxnx

－

(1)若数列{an}是公比为2的等比数列，求p(－1)的值；

(2)若数列{an}是公比为2的等差数列，求证：p(x)是关于x的一次多项式．(1)解法一由题设知，an＝2n1.－

0n1n12n2n0

p(－1)＝1·C02＋2·C12＋22·C22＋„＋2n·Cn2 n(－1)·n(－1)·n(－1)·n(－1)·

－

0n12n2＝C02＋Cn(－2)1·2n1＋C22＋„＋ n(－2)·n(－2)·

－

nCn(－2)n·20＝(－2＋2)n＝0.n1法二若数列{an}是公比为2的等比数列，则an＝2n1，故p(x)＝C0n(1－x)＋Cn(2x)(1

－

2n21n1nnn

－x)n1＋C2＋„＋Cn(1－x)＋Cnn(2x)(1－x)n(2x)n(2x)＝[(1－x)＋2x]＝(1＋x).－

－

所以p(－1)＝0.(2)证明若数列{an}是公差为2的等差数列，则an＝2n－1.n1n1n1n1n

p(x)＝a1C0＋„＋anCnx(1－x)＋an＋1Cnn(1－x)＋a2Cnx(1－x)nx

－

n1n122n＝C0＋(1＋4)Cnx(1－x)n2＋„＋(1＋2n)Cnn(1－x)＋(1＋2)Cnx(1－x)nx

－

nn12n2n1n122＝[C0＋C2＋„＋Cn＋2Cnx(1－x)nn(1－x)＋C1nx(1－x)nx(1－x)nx]＋2[Cnx(1－x)

－

n＋„＋Cnnx]．

由二项式定理知，0n12n2nn

Cn(1－x)n＋C1＋C2＋„＋Cnnx(1－x)nx(1－x)nx＝[(1－x)＋x]＝1.－

－

n！n－1！－1因为kCk＝k＝nnCknn－1，k！n－k！k－1！n－k！

n122n所以C1＋2Cnx(1－x)n2＋„＋nCnnx(1－x)nx

－

n12n21n＝nC0＋nC1＋„＋nCnn－1x(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

n1n21n1＝nx[C0＋C1＋„＋Cn] n－1(1－x)n－1x(1－x)n－1x

－

＝nx[(1－x)＋x]n1＝nx，－

所以p(x)＝1＋2nx.即p(x)是关于x的一次多项式．

命题角度二数学归纳法的应用

[命题要点](1)证明代数恒等式；(2)证明不等式问题；(3)证明三角恒等式；(4)证明整除性问题．

xxx

1＋1＋„1＋的展开式中，x的系数为an，x2的【例2】►(2012·南京模拟)记222系数为bn，其中n∈N*.(1)求an；

pq1

11＋，对n∈N*，n≥2恒成立？证明(2)是否存在常数p，q(p＜q)，使bn＝322你的结论．

[审题视点] 可以先用特殊值代入，求出p，q得到猜想，再用数学归纳法证明猜想的正确性．

1111

解(1)根据多项式乘法运算法则，得an＝1－222

2pq171

1＋1＋，解得p＝－2，q＝－1.(2)计算得b2b3＝.代入bn＝8323221111121

1－＝－n≥2且n∈N*)下面用数学归纳法证明bn1－2－3232341

①当n＝2时，b2＝

81121

②设n＝k时成立，即bk＝，323

4则当n＝k＋1时，a112111

bk＋1＝bk＋＝＋＋＋－＋

32342221121

＝＋＋＋.3234由①②可得结论成立．

运用数学归纳法证明命题P(n)，由P(k)成立推证P(k＋1)成立，一定要用到

条件P(k)，否则不是数学归纳法证题．

1111【突破训练2】(2012·泰州中学调研)已知多项式f(n)＝5＋n4n3n.52330(1)求f(－1)及f(2)的值；

(2)试探求对一切整数n，f(n)是否一定是整数？并证明你的结论．解(1)f(－1)＝0，f(2)＝17

(2)先用数学归纳法证明，对一切正整数n，f(n)是整数． ①当n＝1时，f(1)＝1，结论成立．

1111

②假设当n＝k(k≥1，k∈N)时，结论成立，即f(k)＝k5＋k4＋3－k是整数，则当n

523301111

＝k＋1时，f(k＋1)＝(k＋1)5＋k＋1)4(k＋1)3－(k＋1)

52330

51423324

5C05k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5＝

4***C0C04k＋C4k＋C4k＋C4k＋C43k＋C3k＋C3k＋C

3＋－

(k＋1)＝f(k)＋k4＋4k3＋6k2＋4k＋1.30

根据假设f(k)是整数，而k4＋4k3＋6k2＋4k＋1显然是整数． ∴f(k＋1)是整数，从而当n＝k＋1时，结论也成立．由①、②可知对一切正整数n，f(n)是整数．(Ⅰ)当n＝0时，f(0)＝0是整数

(Ⅱ)当n为负整数时，令n＝－m，则m是正整数，由(Ⅰ)知f(m)是整数，111

1所以f(n)＝f(－m)＝(－m)5＋－m)4＋(－m)3－－m)

523301111

5＋m4－m3＋＝－f(m)＋m4是整数．

52330综上，对一切整数n，f(n)一定是整数．

20．证明步骤要完整，变形要有依据

一、证明的两个步骤缺一不可【例1】► 求证：2n＞2n＋1(n≥3)．解用数学归纳法证明：

第一步：(1)n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7，不等式2n＞2n＋1(n≥3)成立．

第二步：(2)假设n＝k(k≥3，且k∈N*)时，不等式成立，即2k＞2k＋1，则2k1＝2·2k＞

＋

2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋2k＞2(k＋1)＋1，即2k1＞2(k＋1)＋1.所以当n＝k＋1时也成立．

＋

老师叮咛：不验证初始值的正确性就没有归纳的基础，没有运用归纳假设的证明不是数学归纳法，证明的两个步骤缺一不可.二、正确写出从n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1时应添加的项

【例2】► 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)„(n＋n)＝2n·1·3·„·(2n－1)，从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为________．

解析当n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)·„·(k＋k)，当n＝k＋1时，左边＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]·„·[(k＋1)＋(k＋1)] ＝(k＋2)(k＋3)„(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)k＋k＋1k＋k＋2＝(k＋1)(k＋2)„(k＋k)

k＋1＝(k＋1)(k＋2)„(k＋k)[2(2k＋1)]，所以从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为2(2k＋1)．答案 2(2k＋1)

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