二项式定理典型例题

1、精品文档二项式定理典型例题典型例题一例 11n在二项式x的展开式中前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项2 4x分析： 典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决r2 n 3 r解： 二项式的展开式的通项公式为：Tr 1 Cnr (x) n r1Cnr1 x42 4 x2 r前三项的 r 0,1,2.得系数为： t11, t 2C 1n 11 n , t 3C n211 n ( n1) ，2248由已知： 2 t 2t 1t 3n11n ( n1 ) ， n 88163 r通项公式为 Tr 1C 8r1r x4r0,1,28 ,T r 1为有理项，故163r 是

2、 4 的倍数，2 r0,4,8. 依次得到有理项为 T1x4 ,T5 C8414 x35 x, T9C88 18x 21 x2 282256说明：本题通过抓特定项满足的条件， 利用通项公式求出了 r的取值，得到了有理项 类似地，( 23 3)100的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中r 的取值， 得到共有典型例题四例 4（ 1）求 (1x)3 (1x)10展开式中 x5 的系数；（ 2）求 (x12)6展开式中的常数项x分析： 本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（ 1）可以视为两个二项展开式相乘； （2）可以经过代数式变形转化为二项式解：（ 1） (1x)3

3、(1x)10 展开式中的 x5 可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：用 (1x)3 展开式中的常数项乘以(1x)10 展开式中的x5 项，可以得到C105 x5 ；用(1x)3 展开式中的一次项乘以(1x)10 展开式中的 x4 项可得到 (3x)(C104 x4 )3C104 x5 ；用 (1x) 3中的 x2 乘以 (1 x)10展开式中的 x3 可得到3x2 C103 x33C103 x5；用 (1x) 3中的x3 项乘以 (1x)10 展开式中的 x2 项可得到3x3C102x2C102 x5，合并同类项得x5 项为：(C105C1043C103C102 ) x 563x5 21

4、21115112（ 2） x2x( x2)x由1展开xxxxxxrC6924式的通项公式T r 1 Cr12r1r6r ，可得展开式的常数项为12( 2 )C12x12x。1欢迎下载精品文档说明： 问题（ 2）中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决这时我们还可以通过合并项转化为二项式展开的问题来解决典型例题五例 5 求 (1 xx 2 ) 6 展开式中 x5 的系数分析： (1xx 2 ) 6不是二项式， 我们通过 1xx 2(1x) x 2或 1(x x2 ) 展开解： 方法一： (1x x2 )6(1x)x 2 6(1x6 )6(1x) 5 x215(1 x)4 x4其中含 x5的项为

5、C65 x56C53 x515C14 x56 x5 含 x5 项的系数为 6方法二： (1xx2 ) 61( x6x2 )1 6( xx2 )15( xx2 )220( xx2 )315( xx2 )46(x x2 ) 5( x x2 )6其中含 x5的项为 20( 3) x515(4) x56x56x5 x5项的系数为 6方法 3：本题还可通过把(1xx2 )6 看成 6 个 1xx2 相乘，每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项，x5 项可由下列几种可能得到5 个因式中取 x，一个取1 得到 C 65 x5 3 个因式中取x，一个取x 2 ，两个取1 得到 C63C13 x3(x 2 ) 1

6、 个因式中取x，两个取x 2 ，三个取1 得到 C16C 52 x (x2 )2 合并同类项为(C56C63C31C16C52 ) x56x5， x5项的系数为 6典型例题六例 6求证：（ 1） C1n 2C n2nC nnn 2n 1 ；（ 2） Cn0 1 C1n1 Cn21Cnn1(2n 11) 23n 1n1分析： 二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等数固定下来，从而使用二项式系数性质C n0C1n C n2C nn2 n 解：（ 1）kCnkkn!(kn

7、!n(n 1)!nCnk11k!(n k)!1)! (n k )!(k1)!( n k )!左边nC n01nC1n 1nC nn11n(C0n 1C1n 1C nn11)n 2n 1右边（2）。2欢迎下载精品文档1 Cnk1n!n!1( n1)!1 Cnk11 k 1k 1k!(n k )!(k 1)! ( n k)!n 1 (k 1)! ( n k)!n 1左边11121n1n1 C n 1n 1 Cn 1n 1C n11(C1n 1C n21C nn11 )1(2n 1 1)右边n1n1说明： 本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和，再用二项式系数的性质求解 此外，有些组合数的式

8、子可以直接作为某个二项式的展开式， 但这需要逆用二项式定理才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例子：求29 C101028 C10927 C1082C10210 的结果仔细观察可以发现该组合数的式与(1 2)10 的展开式接近， 但要注意： (1 2)10C100C101 2C10222C109 29C1010 2101 210 22 C10229 C109210 C101012(10 2C10228 C10929 C1010 )从而可以得到： 10 2C10228 C10929 C10101 (3101) 2典型例题七例 7利用二项式定理证明：32 n28n 9是 64 的倍数分析：

9、64 是 8 的平方，问题相当于证明32 n28n 9 是 82 的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n 29n 1(81)n 1 ，将其展开后各项含有8k ，与 82 的倍数联系起来解： 32n 28n99n 18n 9 (8 1) n 18n 98n 1C1n 1 8nC nn11 82C nn 1 81 8n 98n 1C1n 1 8nC nn11 828(n 1) 1 8n 9 8n 1C1n 1 8nC nn11 82(8n1C1n 18n2C nn11) 64 是 64 的倍数说明： 利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题，而且可以用此方程求一些复杂的指数式除以一个数

10、的余数典型例题八5例 8展开3 分析 1：用二项式定理展开式2x22x解法 1：35022 xC0( 2 x )531( 2 x )432( 2 x )332 x252 x 2C 52 x 2C 52 x 2。3欢迎下载精品文档345C53 (2x) 23C54 (2x)3C5532x22x22x232x5120x2180135405243xx48x732x10分析 2：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开5(4x33)51解法 2： 2x303)51342(4x33( 3)221032x10 C5 (4xC5(4x)(3) C5)2x32xC53 ( 4x3 )2 ( 3)3C54 (4

11、x3 )1( 3) 4C55 ( 3)5 1 (1024x15 3840x12 5760x9 4320x6 1620x3 2437)32x1032x5120x2180135405243xx48x732x10 说明： 记准、记熟二项式( ab) n 的展开式，是解答好与二项式定理有关问题的前提条件对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便典型例题九例 9 若将 ( xyz)10 展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（）A 11B33C 55D 66分析： ( x yz)10看作二项式 ( xy)z10展开解： 我们把xyz看成 (xy) z ，按二项式展开，共有“项”，即1110(x y z

12、)10( xy)z10C10k ( xy)10 k zkk 0这时，由于“和”中各项z 的指数各不相同，因此再将各个二项式( x y)10k 展开，不同的乘积 C10k ( xy)10 kzk （ k0,1,10 ）展开后，都不会出现同类项下面，再分别考虑每一个乘积C10k ( xy)10 kzk （ k0,1,10）其中每一个乘积展开后的项数由( xy)10k 决定，而且各项中x 和 y 的指数都不相同，也不会出现同类项故原式展开后的总项数为1110 9166 ，应选 D典型例题十1n例 10 若 x20 ，求 n 2 的展开式的常数项为x。4欢迎下载精品文档1n1n12n分析：题中 x0

13、，当 x0 时，把 x2 转化为2x；当 x0xxxxn2 n时，同理 x12( 1)nx1然后写出通项，令含x 的幂指数为零，解出n xx1n2n解： 当 x0 时2x1x，其通项为xxTr 1 C 2rn ( x )2 n r (1 ) r( 1)r C2rn ( x) 2n 2 r ，令 2n2r 0 ，得 nr ，x展开式的常数项为 (1)n C2nn ；当 x0 时， x1n12n2( 1) nx，xx同理可得，展开式的常数项为( 1) n C2nn 无论哪一种情况，常数项均为(1) n C2nn 令 ( 1)n C 2nn20 ，以 n1,2,3,，逐个代入，得 n3 典型例题十一

14、110例 11x的 展 开 式 的 第 3 项 小 于 第 4 项 ， 则 x 的 取 值 范 围 是x3_分析： 首先运用通项公式写出展开式的第3 项和第4 项，再根据题设列出不等式即可1023解：x31有意义必须 x0 ；依题意有 T3 T4即 C102 (x)81C103 ( x)71x3x3 x 109x10981（ x0 ）解得 0x85 648213213 x9 x 的取值范围是x0x85 648应填： 0x8 5648 99典型例题十二例12 已知 ( xlog 2 x1)n的展开式中有连续三项的系数之比为123 ，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为112，求 x 的值解：设

15、连续三项是第、1、2项（kN 且 kk 1 k k 1 k kk1 ），则有 CnCnCn123，即n!n!n!111(k 1)(n k 1)!123k)(n k 1)123k!(nk)!(k 1)(nk 1)!(nk (nk) k(k 1)。5欢迎下载精品文档k (nk )1k1(n k )(n k 1)2n k 12k( k 1)2(k 1)2k ( n k)3(n k)3n14 ， k5所求连续三项为第 5 、 6、 7 三项又由已知， C1413xlog 2 x112 即xlog 2 x8两边取以 2为底的对数， (log 2 x)23 ，log2 x3 ， x 2 3，或 x 2 3

16、说明： 当题目中已知二项展开式的某些项或某几项之间的关系时，常利用二项式通项，根据已知条件列出某些等式或不等式进行求解典型例题十三例 13(12 x) n 的展开式中第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和系数最大的项分析： 根据已知条件可求出n ，再根据 n 的奇偶性；确定二项式系数最大的项解： T6Cn5 (2x)5 ， T7 Cn6 (2x)6 ，依题意有 Cn5 25Cn6 26n 8 (12x) 8 的展开式中，二项式系数最大的项为T5C84 (2x)41120 x4 设第 r1项系数最大，则有C8r2rC8r 12r 15 r 6 C8r2rC8r 12 r

17、1 r5 或 r 6（ r 0,1, 2, 8 ）系娄最大的项为：T65，1792 x61792 xT7说明： (1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，n 为奇数时中间两项的二项式系数最大，n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大(2) 求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式，解不等式的方法求得典型例题十四例 14设 f (x)(1x)m(1x)n ( m, nN ) ，若其展开式中关于x 的一次项的系数和为 11，问 m, n 为何值时，含x2 项的系数取最小值？并求这个最小值分析： 根据条件得到x2 的系数关于 n 的二次

18、表达式， 然后用二次函数性质探讨最小值解： Cm1Cn1n m 11 Cm2C n2 1 ( m222m n2n)m n11221102mnn211n55 (n 11) 299 nN ，224 n5 或 6 ， m6或 5时， x2 项系数最小，最小值为25 。6欢迎下载精品文档说明：二次函数 y ( x 11) 299 的对称轴方程为 x115.5，由于 5、6 距 5.5，即 x242等距离，且对 nN ，5、6距11)2995.5 最近，所以 ( n的最小值在 n 5 或 n 6 处24取得典型例题十五例 15若 (3x 1)7a7 x7a6 x6a1 x a0 ，求 (1)a1a2a7

19、 ； (2) a1a3a5a7 ； (3)a0a2a4a6 解： (1) 令x0 ，则 a01，令 x1，则 a7a6a1a027128 a1a2a7129 (2) 令 x1，则a7a6a5a4a3a2a1a0( 4)7由 得： a1a3a5a71（782561284）22(3) 由得： a0a2a4a61（a 7a 6a 5a 4a 3a 2a1）a 022a 7a 6a 5a 4a 3a 2a 1（）a 0 1128(4)781282说明：（ 1）根据问题恒等式特点来用“特殊值”法这是一种重要方法，它适用于恒等式(2) 一般地，对于多项式g (x) ( pxq) na0a1xa2 x2an

20、 xn ， g( x) 的各项的系数和为 g(1) ： g( x) 的奇数项的系数和为1 g (1)g( 1) g(x) 的偶数项的系数和为1 g (1)2g( 1) 2典型例题十六例 16填空： (1)2303 除以 7 的余数 _ ； (2)5555 15除以 8 的余数是_.分析 (1)：将 230 分解成含 7 的因数，然后用二项式定理展开，不含7 的项就是余数解： 2303 (23)103(8)103(7 1)103 C100710 C10179C1097 C1010 37 C100 79C101 78C109 2又余数不能为负数，需转化为正数。2303 除以 7 的余数为 5 应填

21、： 5。7欢迎下载精品文档分析 (2) ：将 5555 写成 (561) 55 ，然后利用二项式定理展开解： 555515(561) 5515C550 5655C551 5654C5554 56 C5555 15容易看出该式只有C55551514 不能被 8 整除，因此 555515 除以 8 的余数，即 14除以 8 的余数，故余数为6应填：6 典型例题十七例 17求证：对于 nN，1n1n 1111nn1npnr证明： 1展开式的通项 TC r11 n(n 1)( n2) (n r 1)nr 1nr ! n rr !r rn r1(11)(12 )(1r 1 ) r !nnn1n11A展开

22、式的通项 Tr 1C nr11n 1( n 1 ) rr ! ( n1(11)(12)(1r1) r !n1n1n1rn1) r，所以 1nn 1由二项式展开式的通项明显看出Tr 1Tr 1111nn1说明： 本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同，证明时，根据题设特点，采用比较通项大小的方法完成本题证明典型例题十八例 18在 (x23x2)5 的展开式中x 的系数为（）A 160B 240C 360D 800分析： 本题考查二项式定理的通项公式的运用应想办法将三项式转化为二项式求解解法 1：由 ( x23x2)5( x23x) 2 5 ，得 Tk 1C5k ( x23x) 5 k2kC

23、 5k 2k(x 23x)5 k再一次使用通项公式得，Tr 1C5k 2k C5rk 3r x10 2k r ，这里所以0 k 5，0 r 5 k令10 2k r 1，即2k r 9r 1 ， k4 ，由此得到 x 的系数为 C54 243 240解法 2：由 ( x23x2)5( x1)5 ( x2)5 ，知 (x1)5 的展开式中x 的系数为 C54 ，常数项为 1， ( x2)5的展开式中x 的系数为 C54 24，常数项为 25因此原式中 x 的系数为 C5425C54 24240 。8欢迎下载精品文档解法 3：将 ( x23x 2)5 看作 5 个三项式相乘， 展开式中 x 的系数就

24、是从其中一个三项式中取 3x的系数 3 ，从另外 4 个三项式中取常数项相乘所得的积，即C51 3 C44 24240 典型例题十九ax99 ，常数 a 的值为 _例 19已知的展开式中 x3 的系数为x24分析： 利用二项式的通项公式解：在axx299 rr1r32raxrr 9 rr 9( 1)x2的展开式中， 通项公式为Tr 1 C9x2C9a2根据题设，3 r93 ，所以 r8 代入通项公式，得 T99 ax3216根据题意，9a9，所以 a4 应填： 4 164典型例题二十例 20(1) 求证： 13C n132 C n233 C n3(1)n 3n(2) n(2) 若 (2 x3)

25、 4a0a1 xa2 x2a3x3a4 x 4 ，求 ( a0a2a4 )2(a1a3 )2 的值分析： (1) 注意观察 (1 x) n1 Cn1 xC n2 x2C nn xn 的系数、 指数特征， 即可通过赋值法得到证明(2) 注意到 (a0a2 a4 ) 2(a1a3 ) 2(a0a1 a2a3a4 )(a0a1a2a3 a4 ) ，再用赋值法求之解： (1) 在公式 (1x)n1Cn1 xCn2 x2Cnn xn 中令 x3 ，即有(1 3)n 1 Cn1 ( 3)1 Cn2 ( 3)2Cnn ( 3)n1 3 Cn1 32 Cn2( 1)n 3n(2) 在展开式 (2 x3)4a0

26、a1 xa2 x2a3 x3a4 x 4中，令 x1 ，得 a0 a1a2a3a4(2x3)4；令 x1 ，得 a0a1 a2a3a4( 23)4原式(a0a1a2a3a4 ) (a0a1a2a3a4 )(23)4(23) 41说明： 注意“赋值法”在证明或求值中的应用赋值法的模式是，在某二项展开式，如(abx) na0a1 x a2 x2an xn 或 ( ab) nC n0 a nC n1a n1b C n2 a n 2 b2C nnb n 中，对任意的 xA（ a,bA ）该式恒成立，那么对A 中的特殊值，该工也。9欢迎下载精品文档一定成立 特殊值 x 如何选取， 没有一成不变的规律，需

27、视具体情况而定，其灵活性较强 一般取 x0 ,1,1较多一般地，多项式f (x) 的各项系数和为f (1)，奇数项系数和为1 f (1)f (1) ，偶次项系数和为1 f (1)f ( 1)二项式系数的性质Cn0Cn1 Cn2Cnn 2n22及 Cn0Cn2Cn4Cn1 Cn3 Cn52n 1的证明就是赋值法应用的范例典型例题二十一例 21若 nN ，求证明： 32n 3 24n 37 能被 64 整除分析： 考虑先将 32 n 3 拆成与 8 的倍数有关的和式，再用二项式定理展开解： 32 n 324n373 32 n 224n373 9n124n373 (81) n 124n 373Cn0

28、18n1Cn11 8nCn218n 1Cnn18Cnn1124n3738n1C n118nCn218n1(n1) 8124n3738n1C n118nCn218n1Cnn11 82(8n9)24n37382 8n1C n11 8n 2Cn218n 3C nn11 3 (8n9)24n373 648n 1Cn118n 2Cn218n 364， 8n1 ， Cn118n2， Cn218n 3， 均为自然数，上式各项均为64 的整数倍原式能被64 整除说明：用二项式定理证明整除问题， 大体上就是这一模式， 先将某项凑成与除数有关的和式，再展开证之该类题也可用数学归纳法证明，但不如用二项式定理证明简捷

29、典型例题二十二23x2 )n 的展开式各项系数和比它的二项式系数和大例 22已知 ( x 3992(1) 求展开式中二项式系数最大的项；(2) 求展开式中系数最大的项分析： 先由条件列方程求出n (1) 需考虑二项式系数的性质；(2)需列不等式确定 r 解： 令 x1 得展开式的各项系数之和为(13) n22n ，而展开式的二项式系数的和为C n0Cn1Cn2Cnn2n ，有 22 n2n992 n5(1) n5，故展开式共有6 ，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项2222 T3C52 (x 3 )3(3x 2 )290x6 ， T4C53 (x 3 )2(3x2 )3270x 32104r(2) 设展开式中第 r 1 项的系数最大 Tr 1C5r( x 3 )5 r(3x2 )rC5r 3r x3，。10欢迎下载精品文档rrr 13r 131,79C53C5即 r6r解得 r N ，故有C5r 1 3r 1rC5r 3r13225rr.1226 r 4 ，即展开式中第5 项的系数最大 T5C54 (x3 )1(3x2 )4405x 3说明：展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项是两个不同的概念，因此其求法亦不同 前者用二项式系数的性质直接得出，后者要列不等式组；解不等式