二项式定理典型例题

1、二项式定理典型例题-典型例题一n1例1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2jx理项.分析：本题是典型的特定项问题，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：rTr1cn(.x)nr12Vxcn2n3r14Fx2r前三项的r0,1,2.11得系数为：t11,t2cn1n,t311C：-n(n1),2248由已知：2t2t1t3n1S(n1),8n81 通项公式为/163rTr!C；-Fx4r0,1,28,T为有理项，故163r是4的倍数，2r0,4,8.依次得到有理项为T1x4,T5C；丄x5x,T9c8Wx21x2.24

2、828256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，C一233)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17页系数和为3n.典型例题四例4(1)求(1x)3(1x)10展开式中x5的系数；(2)求(x-2)6展开式中的常x数项.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.3105解：(1)(1x)(1x)展开式中的x可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：3ioc55用(1X)展开式中的常数项乘以(1X)展开式中的x项，可以得到

3、CioX;用453C0X5;用(1X)3中的X2乘以(1X)10展开式中的2X3可得到3xCiox33C；°x5；用(1X)3中的3X项乘以102(1X)展开式中的X项可得到C3223xC10XCoX5，合并同类项得5X项为:(C：oC103C10C；o)x563x5.(2)(XX2)5121、x12展开式的通项公式Tr1C；2C、2)12C：x6r，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(1xX2)6展开式中X5的系数.分析：(1XX26)不是二项式，我们可以通

4、过1222XX(1x)X或1(xX)(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)(C：ox4)解：方法-：(1X26X)(1x26x)X(1X6)6(1x)5X215(1x)4x4其中含X5的项为C：X56C；x515C4x56x5.含X5项的系数为6.方法二：(1X26X)1(X2、6x)16(xX2)15(x22x)2320(xx)15(x其中含X5的项为20(3)x515(54)x6x：56x把它看成二项式展开.42、5,2、6x)6(xx)(xx)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,5cX5项可由下

5、列几种可能得到.5个因式中取X,个取1得到C6X.3个因式中取x.一个取2X，两个取31321得到C6C3X(X).1个因式中取X,两个取X2，三个取1得到c6C；x(x2)2.合并同类项为(c6c6c3c6c；)x5556x,x5项的系数为6.典型例题六例6求证：（1）Cn2cnncnn2n1；（2）cnac；丄cn丄211）.2 3n1n1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12CnCnc；2n.解:(1)n!n!k!

6、(nk)!(k1)!(nk)!亠ncn;(k1)!(nk)!左边nC01nCn1nCn1左边n(C0-ck1Cn(nCn1cn1)n2n1右边.n!n!1)!(k1)!(nLC1“cn1n1土Cn1n1k!(nk)!(k1)!(nk)!k)!n1C2cn1)cn1Cn1n1(2n11）右边.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29C1028C：o27C：o的展开式接近，但要注意:(12)10Co2Co22Co29C10210从

7、而可以得到:210222C1022(102Cw102Cfo29Co210C1028Co29C10)28C9029C10i(3101)2102C1010的结果仔细观察可以发现该组合数的式与(12)典型例题七例7利用二项式定理证明:32n28n9是64的倍数.分析：64是8的平方，问题相当于证明32n28n9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n29n1(81)n1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.解：32n28n99n18n9(81)n18n98n1Cn18nCn182Cn8n1Cn18nCn1828(n1)18n98n1Cn18nn1Cn182(8n1C；18ncn

8、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.典型例题八53展开2x£2x2分析1:用二项式定理展开式.解法1：2x27C；(2x)52x2C5(2x)42x2C；(2x)32x2345C；(2x)2刍C；(2x)刍C；吕2x2x2x32x5120x2180135405243xx48x732x10解法2:5352x232(4分析2:对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开.C°(4x3)5132x10C5(4x3)4(3)C；(4x3)3(3)2C；(4x3)2(3)3C54(4x3)1(3)4

9、C；(3)5132x1015(1024x123840x5760x94320x61620x32437)32x5120x2180135405243xx48x732x10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（xy1z）展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（）A11B33C.55D.66分析:(xy10z）看作二项式10(xy)z展开.解:我们把xyz看成（xy）z，按二项式展开，共有11“项”，即(xjoyz)(x10y)z10k10kkGo(xy)z.k0这时，由于“和”中各项z的指数各不

10、相同，因此再将各个二项式（Xy）10k展开,k10kk不同的乘积G°（xy）z（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GXy）10kzk（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11109应选166,典型例题十例10n的展开式的常数项为20，x0时，后写出通项,解：当2n宁；当x0时，同理x令含x的幕指数为零，进而解出n.n1x0时X2x2nX1x，其通项为(1)n2n.然Tr1C2nC-X)2nr(1)rC；n(、X)2n2r,令2n2r0，得n展开式的常数

11、项为1)nC2n；1当x0时，X-X(1)nX2n1同理可得，展开式的常数项为(1)nC2n.无论哪一种情况,常数项均为(1)nC2n.令(1)nC2n20,1,2,3,，逐个代入，得n典型例题十例11x1Vx10的展开式的第3项小于第4项，则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.10解：使x壬有意义，必须x0；X1C10(x)3X依题意，有t3t4，即g2,c、x)83Vx10910981、x(TX0).213213x8解得0x5648.9x的取值范围是x0x87648.9应填：0x85648.9典型例题十二例12已知(Xog2X1)n的展

12、开式中有连续三项的系数之比为1：2：3，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为112,求X的值解：设连续三项是第k、k1、k2项(kN且k1)，则有k1kCn-Cn：c：11：2：3,即n!n!n!1：2：3.(k1)(nk1)!k!(nk)!(k1)(nk1)!111:1:2：3.(nk)(nk1)k(nk)k(k1)k(nk)1k1(nk)(nk1)2nk12k(k1)2(k1)2k(nk)3(nk)3n14,k5所求连续三项为第5、6、7三项.又由已知，C1145xlog2X112.即xlog2X8.两边取以2为底的对数，(log2x)23,log2x.3,-X23，或X23.说明：当题

13、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：T6C；(2x)5,T7C：(2x)6，依题意有C；25c626n8.-(12x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5Cs(2x)41120x4.设第r1项系数最大，则有2rc8c82rc80,1,2,8).系娄最大的项为:T61792x5,T71792x6.说明：(1)求二项式系数最大的项，根据二项式系

14、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：根据已知条件得到2X的系数关于n的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小值问题.11解：cmC1nm11.Cn2l(m22mn2n)22mn11211n559941102mn2n2nN,n5或6,m6或5时，x2项系数最

15、小，最小值为25.说明：二次函数(x”)299的对称轴方程为x5.5等距离，且对n,5、6距5.5最近，所以(nH)2211，即x5.5，由于5、6距299的最小值在n5或n64处取得.典型例题十五例15若(3x1)7a7x7a6x6a。，求(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a?a4a6.解：令x0，则a0令x1，则a7a6a1ao27128a7129令x1，则a7a6a5a4a3a2a1ao(4)7由得:2aia3a5a7丄128(2矿8256由得:2aoa2a4a611【(a72(a6a5a4a3a2aiao)a7a6a5a4a3a2a1a。)1-1282说明：(1)用

16、于恒等式.(4)78128.本解法根据问题恒等式特点来用“特殊值”法.这是一种重要的方法，它适(2)一般地,对于多项式g(x)(pxnq)aoa/2a2xanXn,g(x)的各项的系数和为g(1):1g(x)的奇数项的系数和为-g(1)g(1).1g(x)的偶数项的系数和为-g(1)g(1).典型例题十六例16填空：(1)2303除以7的余数；(2)分析(1):将230分解成含7的因数，然后用二项式定理展开,555515除以8的余数是r7的项就是余数.解：2303(23)103(8)103(71)103G0.710C；o79C9o7Cw37C1°79Cw789C102又余数不能为负数

17、，需转化为正数-2303除以7的余数为5应填：5分析(2):将5555写成(561)55，然后利用二项式定理展开.解:555515(561)5515C555655c555654C5：5655C5515容易看出该式只有c5551514不能被8整除,55因此5515除以8的余数，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:展开式的通项cnpnr!nr1 n(n1)(n2)(nr1)-)(1nr1-)(1).nn1展开式的通项Tr1Cn1(n1)rAr!(n1)r(1由二项式展开式的通项明显看出Tr1Tr例18在(x2A.160B分析：本题考杳二解法1:由(x2得Tk1

18、Cs(x23x2）5的展开式中x的系数为（）.3x)5C52k(x25k3x)再一次使用通项公式得,Tr1C5k2kC5rk3rx102kr这里0令10k2k所以r4，由此得到x的系数为C；243240解法2:由（x23x2)5(x1)5(x2)5,知（x1）5的展开式中x的系数为C；,常数项为1，（X5442）的展开式中x的系数为C52,5n1所以11n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.典型例题十八.240C.360D.800二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.5253x2)5(x23x)25

19、,11/16因此原式中x的系数为c525C524240.解法3：将（x23x2）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C53C424240.应选B.典型例题十九例19已知-x39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.9的展开式中,通项公式为Tr1根据题设，3r2根据题意，916应填：4解:在-x9rraC；-xr2C9(1)93，所以r8代入通项公式,9，所以a4.4Tg9_ax.16典型例题二十例20(1)求证：13Cn32C233C3(1)n3n(2)n(2)若(2x、.3)4a0

20、a1xa2x2a3x3a4x4，求(a0a2a4)2(a1a3)2的值.分析：(1)注意观察(1x)n1C：xC；x2C：xn的系数、指数特征，即可通过赋值法得到证明.注意到(a0a2a4)2(a1a3)2(a0a1a2a3a4)(aoa1a2a3a4)，再用赋值法求之.解：(1)在公式(1x)n1C：XCn2x2C；xn中令x3，即有(13)n1C：(3)1C；(3)2C：(3)n122nn13Cn3Cn(1)3等式得证.4234在展开式(2x.3)a0a1xa2xa3xa4x中,令x1，得a0a1a2a3a4(2x、3)4；令x1，得a0a1a2a3a4(23)4.原式(a。a3a4)(a

21、。a2a3a4)(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(abx)naoa2X2anXn或(ab)nC0anC：an%cfan2b2C；bn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尹f(1),偶次项系数和为2f(1)f(1).二项式系数的性质CC：C2cnCnCn2：及CC：C：c：C；C；2n1的证明就是赋值法应用的范例.典型例题二十例21若nN

22、，求证明：32n324n37能被64整除.分析：考虑先将32n3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.解:32n324n3732n224n3739n124n373(81)n124n373C°18n1C118nC"18n1C；18C：；24n3738n1Cn18nC：218n1(n1)8124n3738n1C：18nC：218n1C：,82(8n9)24n373828n1Cn18n2Cn218n3C；13(8n9)24n373648n1C；i8n2C2i8n364,-8n1,C；i8n2,C：i8n3，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

23、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(1) 例22已知(x空3x2)；的展开式各项系数和比它的二项式系数和大992求展开式中二项式系数最大的项；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r2n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Cn.有22n2n992 n5(1)Tn5，故展开式共有2 TCf(x)3(3x2)22T4Cf(x)2(3x2)36，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项.90x6,22270x3(2)设展开式中第r2/35r(x)1项的系数最大.Tr1c5(3x2)rrrC53104rX丁,故有C5c53rC53rc53r3r解得-25项的系数最大.r4，即展开式中第226T5C5(x3)1(3x2)4405x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