二项式定理典型例题(含解答)

1、二项式定理典型例题典型例题一n例1在二项式 x 1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.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.解：二项式的展开式的通项公式为: 2n 3r cr 丄 >r4 Cn r X2前三项的r 0,1,2.得系数为:t11,t22 2n,t3c：2 28n(n 1)，由已知：2t2 t1 t3 n 1(n1)， n 816 3r通项公式为Tr1 C8P01,28,Tr 1为有理项，故163r是4的倍数,8 1 2 1 2Cg-8 xx 28256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

2、到了有理项.类 r 0,4,8.依次得到有理项为Tix4,T5 c84X x,T92 8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，得到共有典型例题四310R16例4 ( 1 )求(1 X) (1 X)展开式中X的系数；(2)求(X 2)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， 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.(1)可以解：(1) (1 x)3(1 x)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(1 X)3展开式中的常数项乘以(1X)10展开式中的 X5项，可以得

3、到C10X5 ； 用(1 x)3展开式中的一次项乘以(1 X)10展开式中的X4项可得到(3x)(C：oX4)3C4°x5 ；3210用(1 X)中的X乘以(1 X)展开式中的32x可得到3x3335 mC10X3C10X ；用(13X)中的X3项乘以(1 X)10展开式中的X2项可得到C 3223x C10 xC20X5，合并同类项得X5项为:(C0C4。3C3。C0)X563x5 .(2)(X121X 由 X 1x12展开式的通项公式Tr' 2)12C 12 x6 r，可得展开式的常数项为C：2 924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

4、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(1X265X ）展开式中X5的系数.分析:(1 X2X1O）不是二二项式，我们通过12X X(1X) X2或1 (XX ）展开解:方法一：(1X X2)6 (1X26x) X(1 X6)6(1x)5x215(14 4x) X其中含X5的项为C：x56C；x515C：x56x5 .含 x5项的系数为6.方法一二: (1X26X )1 (X2、6x )16(x x2)15(x2、22、3x )20(x x )15(x x2)46(x x25/)(x6X )5555其中含X5的项为20( 3)x15( 4)x 6x 6x .二x5项的系数为

5、6.方法3:本题还可通过把（1 xX2）6看成6个1 xX2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.555个因式中取X, 个取1得到C6X .3个因式中取x, 个取 x2，两个取1得到C6 C3x3 （ x2）.1个因式中取x,两个取 x2，三个取1得到C6 Cfx （ x2）2 .合并同类项为（C； clc； C；C；）X5 6x5, X5项的系数为6.典型例题六例 6 求证：（1） Cn 2C：nV n 2n 1 ；011121 n1n 1（2） C0C；C：cn（2n 1 1）.23n 1 n 1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

6、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1 2Cn Cnc；2n.解: (1)n!n!k -k!(n k)! (k 1)!( n k)!(n 1)!(k 1)!(n k)!nV左边 nC, 1 n Cn 1ncn;n(C°1C；1cn 1) n 2n 1 右边.n!n!k!(n(kk)!11 (k 1)!( n k)!(n 1)!_Cn1Cn1n 11C1nn 1丄Cn1n 1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左边n 1C2C：1Cn

7、1)(2n 11)右边.求解.此外，有些组合数的式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29C1028C：o27C；o理才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例子：求22C1010的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与(12)10的展开式接近，但要注意：(12)10CoC1o 2Co22Co29C102101 2 10 22c09910102 C10 2 C101 2(10 2C028C；029C10)从而可以得到：10 2Cw28C：0 29c10丄(310 1).2典型例题七例7利用二项式定理证明： 32n 2 8n 9是64的倍数.分析：64是8的平方，问题相当于证明

8、32n 2 8n 9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n 2 9n 1 (8 1)n 1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.解：32n 28n 9n 198nn 19(8 1)8n 98n1Cn 18nn 12nCn 1 8 C n 1 8 1 8 n 98n1Cn 18nCn 1 82n 18(n 1) 1 8n 98Cn 1 8nCn 1 82(8n1Cn 18n2Cn 1)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的余数.典型例题八例8展开2x2x2分析1：用二项式定理展开式.解法1:2x

9、2x 20C；(2x)5 与 C；(2x)42 x32x2C；(2x)332 x23Cd)2 /c；(2x)2x2C；32x5 120x2180 135 405243"T "x8X7 32x10分析2:对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开.解法2:5352x2；"Jsi閔心叽)4(3)曲)3(3)2C；(4x3)2( 3)3 C54(4x3)1( 3)4 C?( 3)5132x10(1024x153840x125760x9 4320x61620x3 2437)32x5 120x2180 135 405243f 8Z 32x10说明：记准、记熟二项式（a b）n

10、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（xy10z）展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（A.11B.33C.55D. 66分析:(x yz)10看作二项式(x10y) z展开.解:我们把xyz看成（xy)z，按二项式展开，共有 11 “项”10、 ,1010亠 k “、10 kk(xy z)(Xy) zGo(x y)z .，即k 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）10 k展开,不同的乘积C1I0 （x y）10（k 0,1,10 ）展开后，都不会出现同类项.F面，再分

11、别考虑每一个乘积C10(x y)10k zk (k 0,1,10 )其中每一个乘积展开后的项数由10 k（x y）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11 10 966，应选 D.典型例题十例10若xn2 的展开式的常数项为20，求n .分析：题中x 0，当x0时，把n2转化为2n1 ;当 x 0 x时，同理1)n然后写出通项，令含x的幕指数为零，解出n.2n解:1 ，其通项为、xTr 1C；nC.X)2n r(1)rC；nC、X)2n 2r，令2n展开式的常数项为（1）nC；n ；当x 0时，xn12x(1)n x2n1x同理可得，展开式的常数项为1

12、）nC；n 无论哪一种情况,常数项均为(1)q .令(1)nC2n20，以 n1,2,3,，逐个代入，得n典型例题十例11 x1013 x的展开式的第3项小于第4项，则x的取值范围是分析:解:x13x10有意义必须2x0 ;依题意有 T3T4 即 Cfo'x)8 -1CfoG'x)7宅x3x10 9 83 2 11启( x 0).解得0vx8 5 648 . x的取值范围是 x 0x 95 648 .应填:善5648 .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.典型例题十二例 12 已知(xlog2x 1)n的展开式中有连续三项的系数之比为1 ： 2

13、 ： 3，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为112，求x的值.解：设连续三项是第k、k 1、k 2项（k N且k 1），则有C： 1 ： C： ： C： 1 1：2：3,即 n! : 卫1：2：3.二 1:一1一 :一1一1：23(k 1)(n k 1)! k!(n k)! (k 1)(n k 1)!(n k)(n k 1) k (n k) k(k 1)k(n k)12k1(n k)(nk 1)nk 12k(k 1)2(k1) 2k (n k)3(nk)3n 14, k5所求连续三项为第5、6、7三项.又由已知，C1：xlog2x 112 .即xlog2X 8 .两边取以 2 为底的对数，

14、(log2 x)2 3 , log? x<3 x 2，或 x 2'".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(12x)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：Te C；(2x)5 , T7 C：(2x)6，依题意有 C；25 C：26n 8.二(12x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5 Cs(2x)41120x4 .设第r 1项系数最大，则有1792

15、 x5, T71792x6. r 5或r 6(： r 0,1,2,8).二系娄最大的项为：T6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)(1 x)m (1 x)n ( m,n N )，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的二次表达式,然后用二次函数性

16、质探讨最小值.解: cmC111小 2小21,22、Cm Cn (m m n n)22n 11110 2mn2n2 11n 55 (n 匕)2 9924 n 5或6 , m 6或5时，x2项系数最小，最小值为 25 .说明：二次函数y (X 11)2 99的对称轴方程为x -1，即x 5.5，由于5、6距5.524211 299等距离，且对n N , 5、6距5.5最近，所以(n)2的最小值在n 5或n 6处24取得.典型例题十五例15右(3x1)77a?x6a6Xa1xa。,求a1a2a7; (2)a1a3a5a7; (3)a。a2a4a6.解：(1)令x0,则a。1令X1，则a7a6a1

17、a027128.a2a7129 .令x1 ,则a7a6asa4a3 a2a1ao ( 4)7 由得:a1a3a5a71128 (4)825622由得:a0 a2a4a61 ( a?2a6a 5 a 4 a 3 a 2a1a 0)2(a 7 a 6 a 5 a4 a3 a 2 a 1a 0)1-128 ( 4)78128.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) (px q)n ao a1X a2X2anXn, g(x)的各项1的系数和为g(1): g(x)的奇数项的系数和为 g(1) g( 1) . g(x)的偶数项

18、的系数和为1 2【g(1) g( 1).典型例题十六例16填空：(1)2303除以7的余数；(2) 5史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)10 3(8)103(71)103Cw710况79C07 C；0 37 C1o79Cw78Cw 2又余数不能为负数，需转化为正数。230 3除以7的余数为5 应填：5分析：将5555写成(561)55，然后利用二项式定理展开.C；56 C55 15解: 555515(56 1)55 15 C555655 C55 5654容易看出该式只有c5551514不能被8整除，因此555

19、515除以8的余数，即14除应填:以8的余数,典型例题十七例17求证：对于n证明:n展开式的通项TrrPnr r ! n1 n(n 1)( n 2) (n r 1)1)(1 n2) (1 n展开式的通项Tr 11(n 1)rA：r ! (n1)1R11L12n 1)(1由二项式展开式的通项明显看出Tr 1Tr1，所以1说明：本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同, 用比较通项大小的方法完成本题证明.n1n证明时,n 11 .n 1根据题设特点，采典型例题十八)例18在(x2 3x 2)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

20、式的运用应想办法将三项式转化为二项式求解.解法 1:由(x2 3x 2)5 (x2 3x) 25，得 Tk 1 C；(x2 3x)5 k 2k亠 k.k,2.、5kk k r r 10 2k rC5 2 (x 3x)再一次使用通项公式得，Tr 1 C5 2 C5 k 3 x ,这里 0 k 5, 0 r 5 k .令 10 2k r 1,即 2k r 9.所以r 1 , k 4，由此得到x的系数为C54 24 3 240 .解法2:由(x2 3x 2)5 (x 1)5(x 2)5，知(x 1)5的展开式中x的系数为C；,5445常数项为1, (x 2)的展开式中x的系数为C5 2 ,常数项为2

21、 .因此原式中x的系数为C； 25 C； 24 240 .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C5 3 C： 24典型例题十九例19已知-xi9拧的展开式中x3的系数为专常数a的值为分析:利用二项式的通项公式.解:在的展开式中，通项公式为T；1 C9 -xC9( 1)ra9r根据题设,根据题意,3r29a1693，所以r 8 代入通项公式,9，所以a 4 .应填：4.493ax .16典型例题二十例20求证:1 3C；32 Co 33 C；(1)n3n(2)n若(2x 3)4ao234a

22、2xa3xa4x、 2，求(a0 a2 a4)(a12a3)的值.分析：(1)注意观察(1 x)n1 2 21 Cnx CnxC：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)(a1a3)(a。 a1a2a3a4)(ao a1 a2 a3 a4)，再用赋值法求之.解:(1)在公式(1x)n1C；xCox2C；xr1中令x3，即有(13)n 1 c：( 3)1C；(:3)2c'(3)n13C：于C；(1)n 3n在展开式(2x3：)4a0qx2a?x3a3X4a4x中，令 x 1，得 a0 a1a2a3a4(2x3)4；令x1,得S0ai a? c3a4 (

23、23)4 原式(a° aa2a3a4)(a。a1a?a3a4)(2、3)4 (2. 3)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(a bx)n a0 a1x a2x2Cob'中，对任意的Xn亠 /i_ n小0 n- 1 n1小2 n22anx 或(ab)CnaCnabCna bA ( a,b A)该式恒成立，那么对 A中的特殊值，该工也一定成立.特殊值x如何选取，没有一成不变的规律， 需视具体情况而定，其灵活性较强.般取x 0,1, 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11-f (I) f( 1)，偶次项系

24、数和为-f(1)f( 1).二项式系数的性质 C c1 c； C 2 22及C0 Cn C4de； C；211的证明就是赋值法应用的范例.典型例题二一例21若n N，求证明：32n 324n37能被64整除.分析：考虑先将32n 3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.解:齐324n373 32n 224n373 9n124n373 (81)n124n 373Cn 18n1c：1 8nCn1 8n1C；18Cn 1Cn 124n3738n1C： 18nCn21 8n1(n1) 8124n3738n 1C； 18nCn218n 1c；11 82(81n 9)24n373828n1 C爲8

25、n 2Cn 18n 3cn；3.(8n9)24n 373648n1©18n2C；18n364,/ 8n1c1cn 18n 2, C；18n3,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.典型例题二十二2例22已知(x3 3x2)n的展开式各项系数和比它的二项式系数和大992.(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

26、 .解：令x 1得展开式的各项系数之和为(1 3)n 22n，而展开式的二项式系数的和为C0 C1 Cn Cn 2n，有 22n 2n992 n 5.(1) n 5，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.22270x32 2 T3 c；(x3)3 (3x2)2 90x6 , T4 c；(x?)2 (3x2)3(2)设展开式中第r 1项的系数最大.2Tr 1 C5 (x)5r (3x2)rr rC5 310 4rc53rC513r 131” m 79故有c53rc51即3r1r 6 r '13解得一2r2/ r N ,5 rr 12 26 r 4，即展开式中第5项的系数最大.T5 C5閔)1 (3x2)4 405c3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