二项式定理典型例题(含解答)复习课程

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 X1x12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：2924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

4、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；x515C14X56x5 .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.5个因式中取x, 个取1得到C6x5.31323个因式中取x, 个取 x2，两个取1得到C6 C3X （ x ）.1个因式中取X,两个取 x2，三个取1得到C6 C5x （ x ） 合并同类项为（C； clc； c6c5）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 ；（2）co cn 垃丄cn 丄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，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等

6、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 CnCn2n.解: (1)n!n!k -k!(n k)! (k 1)!( n k)!(n 1)!(k 1)!(n k)!ncn左边 nC： 1 n cn 1ncn1n(C01C；1cn 1) n 2n 1 右边.n!n!k!(n(kk)!(n 1)!(k 1)!( n k)!1 k 1cn 1 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：1cn1)(2n 11)右

7、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2Co 29 C10 2102C1010的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与10 10 0 1 2 2(12)10的展开式接近，但要注意：(12) Cw C10 2 C10 21 2 10 22c2029C；o210C1012(10 2C2o28c9o29c10)从而可以得到：10 2Cw28C；o FC0 尹 1) 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32n

8、2 8n 9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n29n1 (8 1)n将其展开后各项含有 8k，与82的倍数联系起来.解：/ 32n 28n9n18nn 1(8 1) 8n8n1Cn8ncn1 82cn8n1Cn 18ncn 182 8(n1) 1 8 n 98n1 cn 1 8ncn1 82(8n18nn 1Cn 1)64是64的倍数.而且可以用此方程求一些说明：禾U用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题, 复杂的指数式除以一个数的余数.典型例题八例8展开2x3 52x2分析1:用二项式定理展开式.解法1： 2x 32x2C50(2x)50314C5(2x)4323药 C

9、5(2x)232 x23Cd)2 /c；(2x)2x2C；32x5 120x2180 135 405243x x 8xr 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2:5353(4x 3)1rc0/ 3、5 小1/ 3、4/小2/ 3、3/22x21010【C5(4x )C5(4x ) ( 3) C5(4x ) ( 3)2x32x32xC/(4x3)2( 3)3 C54(4x3)1( 3)4 C/( 3)5132x10(1024x153840x125760x9 4320x61620x32437)32x5 120x2180 135 405243f 炭 32x10说明：记准、

10、记熟二项式（a b）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（xy1z）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 y10z）看作二项式10(x y) z展开.解:我们把xyz看成（xy） z，按二项式展开，共有 11 “项”，即(xioy z)(x10y) z10k10 kkCio(x y)z 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C10（x y）10 k zk （ k 0,1 ,10 ）展开后，都不会出现同类项.

11、下面，再分别考虑每一个乘积C1'0（x y）10 k zk （ k 0,1, 10） 其中每一个乘积展开后的项数由（x y）10 k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 91 66 ,应选D 典型例题十1例10若x -n2 的展开式的常数项为20,求 n 2n分析：题中x 0，当x0时，把xx 1 ；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.解:Tr 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，xn12x2n1x同理可得，展开式的常数项为1）n

12、C2n .无论哪一种情况,常数项均为(1)4 .令（1）©20，以 n1,2,3,，逐个代入，得n典型例题十例11101 的展开式的第3项小于第4项，则x-x的取值范围是分析: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.解:x10有意义必须23x0 ；依题意有 T3T4 即 Cfo'X)8 丄G3o&x)7 3 x3 x10 9 83 2 11启( x 0).解得0vx8 5 648 .9 x的取值范围是 x 0x冷8 .应填:8 5 648 .2n1 ，其通项为典型例题十二例 12 已知(xlog2x 1)n的展开式中有连续三项的系数之比为

13、1 ： 2 ： 3，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为112，求x的值.n!n!解：设连续三项是第k、k 1、k 2项（k N且k 1），则有C：1：。：。：1 1：2：3,即n!:- : 1：2：3 : :1：2：3.(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(nk)1k1 (nk)( nk 1)2nk 12k(k 1)2(k1)2k(n k)3(nk)3n14 , k5所求连续三项为第5、6、7三项.又由已知，C1143xlog2X112 .即lOg2 Xx 28 .两边取以2为底的对数，(gx)23

14、 , log2 x3 , 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：T6 C；(2x)5 , T7 C：(2x)6，依题意有 C；25 C：26 n 8.二(12x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5 C84(2x)41 120x4 .设第r 1项系数最大，则有 r 5 或 r 6(：r 0,1

15、,2, ,8).二系娄最大的项为：T6 1792x5, T7 1792x6.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,然后用二次函数性质探讨最小值.解: cm

16、c1110 2mn2m 11. Ci C：丄(m211 211n 55 (n )22994n)2 2m n 1126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若(3x1)77a7x6a6Xaxao,求(1) a1a2a7 ; (2)a1a3a5a7; (3) aoa2a4 a6.解: (1)令 x0，则a。1，令 x 1，则 a7 a6a1ao27128 .aa 2a7129

17、 .(2)令 x1，则a7a6a5a4 a3a?a1 a0 ( 4)由一得：a1 a3 a5a71-128 (4)7 825622(3)由o得：a0 a2a4a6 2®a 6a5 a 4 a3a 2 a1 a o)2(aya6 a5 a 4a3 a2aa。)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.anXn , g(x)的各项一般地，对于多项式 g(x) (px q)n a。 a/ a?x21的系数和为g(1): g(x)的奇数项的系数和为g(1) g( 1) . g(x)的偶数项的系数和为12【g(1) g( 1

18、).典型例题十六例16填空：(1) 230 3除以7的余数；(2) 5味5 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：230 3(23)10 3(8)10 3 (7 1)10 3 Cw710 看搅7 C；0 37 G0.79Cw78% 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：55555分析(2):将55写成(561)，然后利用二项式定理展开.C5；56 C55 15解：555515(56 1)55 15 C555655 c555654容易看出该式只有c5? 1514不能被8整除，因此555515除以8的余数

19、，即14除以8的余数，故余数为6应填:典型例题十七例17 求证：对于n证明：1-n展开式的通项TrcnrPnr r ! n1 n(n 1)( n 2) (n r 1)1rr(11 )(1 n2 -) n(1二). n展开式的通项Tr 11(n 1)rAnr ! (n1)1 r !rd(1由二项式展开式的通项明显看出Tr 11，所以说明：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.n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.分析:解法160 B. 240 C. 360 D. 800本题考查二

20、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.1：由(x2 3x 2)5 (x2 3x) 25，得 Tk 1 C(x2 3x)5 k 2kC； 2k (x2 3x)5 k 再一次使用通项公式得，Tr1 Ck 2k C5 k 3rx102k r ,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C； 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C54,常数项为1, (x 2)5的展开式中x的系数为C； 24，常数项为25 .因此原式中x的系数为

21、C； 25 C： 24 240 .解法3：将(x2 3x 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240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-xx939的展开式中x3的系数为一，常数a的值为4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 -xxI2C9( 1)ra9rx3r9根据题设,根据题意,3r29a1693，所以r 8 代入通项公式,Tg93ax 169，所以a 4 .应填：4 4典型例题二十例20求证:3C：32 C233 C；1)n3n(2)n若(2x. 3)423a2xa

22、3xa4X，求(a0 a2 a4 )(aia3)2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. 注意到(a0a2 a4)(a1a3)(a0a1a2 a3a4)(2, 3)4 ( 23)41 .a4)(a bx)n a0 qx a2x2C；bn中，对任意的xA ( a,b A)该式恒成立，那么对A中的特殊值，该工也定成立.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.解：(1)在公式(1x)n1 C1xCn2x2C；xn中令x3，即有(1 3)n 1 Cn( 3)1C：( 3)2C?( 3)n13Cn

23、 a2 C2(1)n 3n在展开式(2x3)4a02dxa?x3a3X4亠a4X 中，令 x 1，得 a0 a1a2 a3 a4(2x3)4;令x1，得 00 ai_ 4a? q a (2 3(a。 a1 a2 a3 a4)，再用赋值法求之.原式(a° a1a2 a3 a4) (a°a1a2a3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n亠/ I x n0 n1 n L2 n22anx 或(a b)CnaCna b Cna b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11f(1) f( 1)，偶次

24、项系数和为1f(1) f( 1). 二项式系数的性质 C Cn c；C： 2n22及C0 Cn C4C： C3 C52n1的证明就是赋值法应用的范例.典型例题二一例21若：N，求证明：32： 324n37能被64整除.分析：考虑先将32： 3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.解:子：324：373 3：2： 224：373 9：1 24：373(81)：124： 373Cn 18： 1c11 8：2 : 1c： 1 8C：18 C：1124：3738： 1C1 18：c：21 8： 1(:1) 81 24：3738：14 18：c：21 8：1C： c：11 82(8： 9)24：

25、373828：1 c11 8:22 : 3c： 1 8c：；3 (8：9)24：373648n1c118：2Cn18：364/ 8：1, c： 18： 2Cn 18： 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.典型例题二十二2例22已知(x 3x2)：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

26、)需列不等式确定r .解：令x 1得展开式的各项系数之和为 (1 3)： 22：，而展开式的二项式系数的和为c0c：Cn2：，有 22：2：992 : 5.(1) -5，故展开式共有2C；(x§)3 (3x2)26，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项.22270x 3 .(2)设展开式中第r63 ,3、22 .390x , T4 C5 (x3)(3x )2/ 3 5 (x )1项的系数最大.Tr 1C52、r(3x )C5 3r10 4r3x ,c5 3r c5 故有r rC5 3c53r3r7解得- CO 32Cf 34C： C0 qPC1CpCnCmCnCm1 Q 2 Q P 2Cn CmCnP cmcm n .等式成立.2 26r 4，即展开式中第5项的系数最大.T5 C5