二项式定理典型例题含解答

1、精品文档二项式定理典型例题典型例题一n例1在二项式q1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.x24x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.r2n3r解：二项式的展开式的通项公式为：Tr1c；（/x）nrC；X4rn24xn2r前三项的r0,1,2.得系数为：ti1上C；11n,t3C211n（n1），i2n3n2248由已知：2t2t1t3n11n（n1），'n8163r通项公式为T1C8Xr0128T1为有理项，故163r是4的倍数，r2r'''rr0,4,8.依次得到有理项为T1x4,T5C：x更x,T

2、gC88x2x2.24828256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，（亚V3）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，得到共有典型例题四3.10516例4（1）求（1x）（1x）展开式中x的系数；（2）求（x2）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）.210用（1x）中的x乘以（1x）展开式中的x3项乘以（1x）10展开式中的x2项可得到（C；0C：03C：0C20）x563x5.2（2）

3、x-2x1（xxxr式的通项公式1C"）”:（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C10x；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）（C40x4）3C40x5；3233353x可得到3xCi0x3c1°x；用（1x）中的3x3C"2dx5,合并同类项得x5项为：1215:：112-2）vx-.由心工展开xx.xax,，可得展开式的常数项为C：2924.1欢在下载精品文档说明：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

4、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(1xx)6展开式中x5的系数.26222分析：(1xx)不是二项式，我们通过1xx(1x)x或1(xx)展开.6斛：万法一：(1xx)(1x)x(1x)6(1x)x15(1x)x其中含x5的项为c6x56C5x515Clx56x5.含x5项的系数为6.方法二：(1xx2)61(xx2)622.22.32.42.5.2.616(xx)15(xx)20(xx)15(xx)6(xx)(xx)5555a一其中含x5的项为20(3)x15(4)x6x6x.，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

5、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.一.一555个因式中取x,一个取1得到C6x.3个因式中取x,一个取x2,两个取1得到C6C3x2欢在下载(x2).1个因式中取x,两个取x2,三个取1得到c6C2x(x2)2.合并同类项为(c6c6c3c6c5)x56x5,x5项的系数为6.典型例题六例6求证：(1)C1n2C2nC：n2n1；(2)C01c：1c：工cn工(2n11).23n1n1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

6、，从而使用二项式系数性质_1_2CnCncn解：(1)kcnn!n!kk!(nk)!(k1)!(nk)!n(n1)!nC；1(k1)!(nk)!左边nC01nC；1ncn1nd1C；1n1n1Cn1)n2右边.精品文档n!n!，左边k!(n1c；k)!(k1)!(nk)!(n1)!(k1)!(nk)!工c；1.n11c2(C；1C21c；1)_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29c1028

7、c927c82C102C102C10_22C1010的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与1010_0_1_2_2(12)10的展开式接近，但要注意：(12)C10C102C102C9o29C10210121022C；o29c9o210c1012(102c2o28c9o29c10)从而可以得到：102cl202F29C：0岁典型例题七例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)n将其展开后各项含有8k,与82的倍数联系起来.解：32n28n9n18nn1(81)8n8n

8、1C；8nc；182c；8n1C1n18ncn1828(n1)18n98n1C；18nc；182(8n1c；18n_n1_.、Cn1)64是64的倍数.而且可以用此方程求一些说明：利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2x352x2.分析1:用二项式定理展开式.解法1:2x2x0C；(2x)53C5(2x)42x323京C5(2X)232x23欢在下载3C53(2x)2A532X1精品文档4C；(2x)占C/2x32x5120x2180x135405243MR32x10分析2:对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开.C535C5(4x3

9、)4(3)C；(4x3)3(3)23)5解法2：2x3(x13)-1yC5°(4x3)52x32x32xC3/zlx323C4(Ax3V4C5/132x1032x5C5(4x)(3)C5(4x)(3)C5(1024x153840x125760x94320x61620x32437)2180135405243120x47花.xx48x732x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.11B.33C.55D.661010分析：

10、(xyz)看作二项式(xy)z展开.解：我们把xyz看成(xy)z,按二项式展开，共有11“项”，即101010i10k_k(xyz)(xy)zCxy)z.k0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(xy)10k展开，不同的乘积C10(xy)10kzk(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C10(xy)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11109166,.应选D.典型例题十1例10若x12的展开式的常数项为20,求n.x4欢在下

11、载精品文档分析：题中x0,当x0时，把n2转化为2n1；当x0时，同理nx12xx1)n然后写出通项，令含x的哥指数为零，解出n.2n解:1,其通项为,xTr1C2n(-.x)2nr(1)rC2,n(、x)2n2r展开式的常数项为(1)nC；n；当x0时，xn12x2nL，x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"21n.令(1)nC21n20,以n1,2,3,，逐个代入，得n3.典型例题十一101例11yx-=的展开式的第3项小于第4项，则x的取值范围是,x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：jx聿

12、有意义必须x0;依题意有T3T4即C120Gq)8Jc30(v'x)7.3反3；x31rx1091098185Jx1尸(x0).解得0x-V648.213213.x9.x的取值范围是x0x8v1648.应填：0x85/648.99典型例题十二例12已知(xlog2x1)n的展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C：1:C：C:1：2：3,即n:一n一:n123.1:一1一:-123.(k1)(nk1)!k!(nk)!(k1)(nk1)!(nk)(nk1)k(nk)k(k1)

13、5欢在下载精品文档k(nk)1(nk)(nk1)2k(k1)2k(nk)3k1nk12(k1)2(nk)3n14,k5所求连续三项为第5、67三项.又由已知,C1143xlo92x112.即xlo92x8.两边取以2为底的对数，(log2x)23,log2xV3,，x2户，或x2c.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.T5C84(2x)

14、41120x4.解：T6Cn(2x),T7Cn(2x)，依题意有Cn2Cn2n8.(12x)8的展开式中，二项式系数最大的项为设第r1项系数最大，则有C；2C；1215r6-1792x5,T71792x6.r5或r6Cr0,1,2,8).，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)(1x)m(1x)n(m,nN),若其展开式中关于x的一

15、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：CmCn11c2c21,22、11,CmCn(mmnn)222mn111102mn2211299n11n55(n)24n5或6,m6或5时，x2项系数最小，最小值为25.6欢在下载精品文档11t，即x5.5,由于5、6距5.5299,的取小值在n4说明：二次函数y(x等距离，且对nN,5、取得.H)2处的对称轴方程为X24口1126距5.5最近，所以(n)22典型例题十五例15若(3x1)7ayx7a6X6aixa0,求a1a2a7;(

16、2)a1a3asa7;(3)aoa2a4a6.解：(1)令x0,则a01,令x1,则a7a6a1a027128.a1a2a7129.(2)令xa7a6a§ada3a2aa。(4)7a3a2a1a4a3a2a0)a1a0)由以上得：a1a3a52(3)由虫_巴得：a0a2217a7128(4)7825621rz(a?a6a5a4a4a62(a7a6a517严8(4)78128.anxn,g(x)的各项说明：(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)na0a1xa2x21的系数和为g(1)：g(x)的奇数项的系数

17、和为-g(1)g(1).g(x)的偶数项的系数和为11g(1)g(1).典型例题十六例16填空：(1)2303除以7的余数;(2)555515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(71)103或710或79如7C；37C1o79Cw78C22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：57欢在下载精品文档C5456C,15分析(2):将5555写成(561)55,然后利用二项式定理展开.解：555515(561)5515C555655C555654容易看出该式只有C；1514

18、不能被8整除，因此555515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TrcnrPnrr!n1n(n1)(n2)(nr1)二(1r!1)(1n2)(1n展开式的通项Tr11(n1)rA：r!(n1)1rr(1(1由二项式展开式的通项明显看出1Tr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,根据题设特点，采典型例题十八例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(x

19、23x2)5(x23x)25,得Tk1C；(x23x)5k2k-k-k,2=、5kk_kr-r102krC52(x3x)再一次使用通项公式得，Tr1G2c5k3x,这里0k5,0r5k.令102kr1,即2kr9.所以r1,k4,由此得到x的系数为C54243240.255554解法2：由(x3x2)(x1)(x2),知(x1)的展开式中x的系数为C5,5445常数项为1,(x2)的展开式中x的系数为C52,常数项为2.因此原式中x的系数为C；25C5424240.8欢在下载精品文档解法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

20、项式中取常数项相乘所得的积，即C53C424240.典型例题十九一9例19已知-J-的展开式中x3的系数为9,常数a的值为.x.24分析：利用二项式的通项公式.9rr99rr312二r9解：在a户的展开式中，通项公式为Tr1C9aCT(1)ra-x2x2x22393根据题设，一r93,所以r8.代入通项公式，得T9ax.21699根据题忌，一a一，所以a4.，应填：4.164典型例题二十例20(1)求证：13C：32Cn33C3(1)n3n(2)n(2)若(2x<3)4a0axa2x2a3x3a4x4,求(a0a2a4)2(a1a3)2的值.分析：(1)注意观察(1x)n1C：xC2x2

21、C：xn的系数、指数特征，即可通过赋值法得到证明.(2)注意到(a。a2a4)2(a1a3)2(a。a1a2a3a)(a0a1a2a324),再用赋值法求之.解：(1)在公式(1x)n1C：xC：x2(13)n1C：(3)1C2(3)2C：(3)n(2)在展开式(2x，3)4a0为xa2x2令x1,得a0aa2a3a4(2x<3)4；原式(a0a1a2a3a4)(a0a1(C；xn中令x3,即有13C132C2(1)n3n34a3xa4x中，4令x1,得比&aa84(2、3).2a3a4)(2<3)4(2而)41.(abx)na0axa?x2C；bn中，对任意的x说明：注意

22、“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nn_0n_1n12n22anx或(ab)CnaCnabCnabA(a,bA)该式恒成立，那么对A中的特殊值，该工也9欢在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1f(1)f(1),偶次项系数和为1f(1)f(1).二项式系数的性质CnChCnCn222及C0dC4ChC3C52n1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：32n324n37能被64整除.n1一3(81)24

23、n37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：32n324n37332n224n3739n124n370n11n2n13Cn18Cn18Cn18n11n2n138Cn18Cn18qrQn1C1QnC2qn138Cn18Cn18CnQCn1n18Cn124n37(n1)8124n37Cn1182(8n9)24n373828n1C：18n2C：18n3C：；3(8n9)24n37n1Tn22n3n11n22n33648Cn18Cn1864,.8,Cn18,Cn18,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

24、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(x33x2)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.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C0CnCnCn2n，有22n2n992.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,TC2/x3)3/3x2)290x6TC3/x3)2/3x2)3270x313C5(x)(3x)90x14C5(x)(3x)270x.2104r(2)设展开式中第r1项的系数最大.Tr1C5(x*)5r(3x2)rC53rx-,10欠0迎下载精品文档故有C53rC5rC；3rC；3r3r3r15rr4,即展开式中第5项的系数最大.T5C542/312.4(x3)(3x)26405x万因此其求法亦说明：展开