1n-222n-22[(an-1b＋abn-1)C1n＋(ab＋ab)Cn＋?] 2＝
2n?1?(ab)n(C1n＋Cn＋?＋Cn)
?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-22-nn2nn12＝(t-1C1n＋tCn＋?＋tCn)(t Cn＋t Cn＋?＋tCn)－1
2n2?(C1n＋Cn＋?＋Cn)－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＋
124x)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-14(1＋3)2n＋(1－3)2n＝2(3n＋3n-1C22n＋3C2n＋?)
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
求证：当且仅当2k|an时有2k|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＝
122[(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)222kk·[(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)222kkk
k事实上，令bk＝
k?1(1?2)2?(1?2)222?(1?2)2k?1，则有
bk+1＝
(1?2)222kk
＝
[(1?2)2]2?[(1?2)2]222
＝
(1?2)2?(1?2)222kk[(1＋2)
k2
k＋(1－2)
k2
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)＝
15[(
1?5n+11?5n+1
)－()] 22n?121253 ＝n(C1n?1＋5Cn?1＋5Cn?1＋?＋5
2Cnn?1) ⑧
注意到n为大于5的素数。所以
（2，n）＝1?（2n，n）＝1 且 n|Cin?1 （3?i?n－1） 由⑧知
2f(n)≡(n＋1)(1＋5 ≡1＋5
n
n?12n
n?12)
（modn）
n?122(f(n)－1)≡1＋5
－2n （modn）
≡－1＋5
n?12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.
p122rrp-1p-1p
证明 (1+a)＝1+Cpa+Cpa+?+Cpa+?+Cpa+a.
p(p?1)?(p?r?1)12p-1r
r!显然，Cp,Cp,?,Cp都是整数，又因Cp＝，由于分母r!中各因数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，Cpa、Cpa、?、Cpa、?、Cpa都应当是P的倍数，
pppp
∴(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.
pp
当a＝1时，得2-2＝1-1+pm可被p整除.
pppp
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
22
rr
p-1p-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??），
32333n则lim(＋＋?＋)＝______________________。 n?xa2a3an8．（《数学通报》数学问题1182号）求
199919991999?（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
nn-1122＝1，2，3?）。求证：对于任何自然数n，p(x)＝a0C0n(1－x)＋a1Cn(1－x)＋a2Cnx(1－
?1n-1nnx)n-2＋?＋an-1Cnnx(1－x)＋anCnx是x的一次多项式。
习题
A组
1．设(52＋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(xx－
1615)的展开式中第5项的值为，则lim(x-1＋x-2＋?＋x-n)的值为 （ ）
n??x213 D． 221a?bn)。则fn(an＋an-1b＋?＋abn-1＋bn)，gn＝(n?12A．1 B．2 C．
（1998年湖南高中数学竞赛题）
3．设a，b∈R+，n?2，n∈N+。f(n)＝
与gn的大小关系为 （ ）
A．fn?gn B．fn?gn C．fn>gn D．fn 4．(x－1)(x3＋6x2＋12x＋8)2的展开式中含x5项的系数为 （ ） A．2016 B．－2016 C．756 D．－756 15．(|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） 212n27．求证：(C0n)＋(Cn)＋?＋(Cn)＝ (2n)!。 n!n!
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