二项式定理典型例题

1、项式定理典型例题n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.典型例题一n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.例1在二项式石+亠I2諒x丿可以通过抓通项公式解决分析：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：T 解:二项式的展开式的通项公式为：T = Cr ()n-rr+112 n 3r=C r x 4 n 2r前三项的r = 0,1,2.得系数为：t = - = C112由已知：21 = t + t n = 1 + 1 n (n - 1)为有理项，故16 - 3r是为有理项，故16 - 3r是4的倍数,通

2、项公式为t= C r丄xTr = 0,1,2& Tr+18 2 rr+113511r = 0,4,8.依次得到有理项为T = x4,T = C4 x =x, T = C8x-2 =x2.158 24898 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，得到了有理项.类似地，(v2 +力3)ioo 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，得到共有典型例题四1例4 (1)求(1 -x)3(l + x)10展开式中x5的系数；(2)求(x + + 2)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

3、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) (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(1 + x)10展开式中的x5项，可以得到C5 x5 ；用(1 -x)3展开式中的一次项10乘以(1 + x)10展开式中的x4项可得到(-3x)(C4 x4) = -3C4 x5 ；用(1 - x)3中的x2乘以(1 + x)10展开式中的x3可10 10得到3x2 - C3 x3 = 3C3 x5 ；用(1 - x)3中的x3项乘以(1 + x)10展开式中的x2项可得到3x3 - C2 x2 =

4、 -C2 x5，10 10 10 10合并同类项得x5项为：(C5 - C4 + 3C3 - C2 )x5 =-63x5 10 10 10 10(2 ) x + 2 = vxx (2 ) x + 2 = vxx I( 1 )2+vx丿12-由H+打)12展开式的通项公式T = C r (2)12 - r r + 112r=C r x 6 - r12可得展开式的常数项为C62 = 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 + X - X2)6展开式中X5的系数.分析：(1 + x - x2)6不

5、是二项式，我们通过1 + x - x2 - (1 + x) - x2或1 + (x - x2)展开.解：方法一：(1 + X - X2)6 = 1 + x) - X2 = (1 + X6)- 6(1 + X)5 X2 + 15(1 + X)4 X4其中含X5的项为C5X5 一 6C3X5 + 15C1 X5 = 6X5 .含X5项的系数为6. 654方法二：(1 + X - X2)6 二 1 + (X - X2)】其中含x5 的项为20(-3)x5 +15(-4)x5 + 6x5 = 6x5x5 项的系数为 6.方法3：本题还可通过把(1 + X- X2)6看成6个1 + X- X2相乘，每个

6、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C5X5 . 63个因式中取X, 个取一 X 2,两个取1得到C3 - C1 X3 - (- X2). 631个因式中取X,两个取一 X 2,三个取1得到C1 - C2 X - (-X2)2. 65合并同类项为(C5 - C3C1 + C1C2)X5二6X5, X5项的系数为6.66365典型例题六例 6 求证：(1) C1 + 2C2 hf nCn = n - 2n-1 ；n nn(2) Co + 丄 C1 + C2 + + 丄 Cn 二丄(2n+1- 1).n 2 n 3 nn f1 n n f1分

7、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Co + C1 + C2 + Cn二2n .nnnn解:(1 解:(1 八kCn=k - F!n!(k - 1)!(n - k)!(n 一 1)!(k - 1)!(n + k)!=nC k-1n-1左边=nCo + nC1 + + nCn-1 n(Co + C1+ + Cn-1) n 2n-1 =右边.n -1n -1n-1n -1n -1n-11(2)Tk + 1C k - 1 -nk

8、+ 1n!n!1(n +1)!1 Ck11 k +1k!( n - k)!(k - 1)!(n - k)!n +1 (k + 1)!(n 一 k)!n +1n+1 左边1 C1 +1 C2 + + 1C n+1n +1 n+1 n +1 n+1n +1 n+111(C1 + C2 + + C n+1) (2 n+1 - 1)右边.n+1 n +1n +1n +1n + 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29C10 + 28

9、C9 + 27C8 + 2C2 +10的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与(1 + 2)10的展1o 1o 1o1o开式接近，但要注意：(1 + 2)io = Co + Ci -2 + C2 -22 + + C9 29 + Cio -21010 10 10 10 10i从而可以得到：10 + 2C2 + + 28 C9 + 29 C10 = (310 1).ioio io 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)

10、n+1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.解：/ 32n+2 一 8n 一 9 = 9n+1 一 8n 一 9 = (8 +1)n+1 一 8n 一 9_ (8n+1 + C1 8n-2 + + Cn-1) 64 是 64 的倍数.n+1n +1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2x I2 x 2 丿例8展开2x I2 x 2 丿.分析 1：用二项式定理展开式.解法1：分析2：解法 2：5=C 0(2x)55o+ C1(2x)452x2 丿对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开2x2x2丿3

11、 )5 _ (4x3 - 3)5+ C 2(2 x)35_ C 0 (4 x 3 )5 + C1 (4 x 3)4 (-3) + C 2 (4 x 3)3 (一3)232x1o32x1o 555_ 32x5 -120 x2 +180 -空 + 竺竺x x48x732x10说明：记准、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(x + y + z)10展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为().A. 11B. 33C. 55 D. 66分析：(x + y + z)10看作二项式(x + y) + z

12、10展开.解：我们把x + y + z看成(x + y) + z，按二项式展开，共有11 “项”即(x + y + z)10 _ (x + y) + z10 _ 兰 Ck (x + y)10-k zk .10k_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Ck (x + y)10-k zk ( k = 0,1,10 )展开后，都不会出现同类项.10下面，再分别考虑每一个乘积Ck (x + y)10-k zk ( k = 0,1,10 ).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

13、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 n例10若x + -2的展开式的常数项为-20，求n . I x丿分析：题中x丰0，当x 分析：题中x丰0，当x 0时，把L +1 2丫转化为 I x丿f x +1 - 211 1 2 nx丿当x0时，同理f (1)n 寸一x 1 1 2 nIV- x丿然后写出通项，令含x的幕指数为零，解出n .解：其通项为T 解：其通项为T Cr (,G)2nr (丄)r (-1)rCr ( J) 2n-2r r+12 n. ； x2 n令 2 n 2 r 0 ，得 n r ，展开式的常数项为展开式的常数项为(-1)q

14、；当x 0时,(1)nx同理可得，展开式的常数项为(-1) q 无论哪一种情况，常数项均为(-1)叮令(1)nCn 20，以n 1,2,3,，逐个代入，得n 3 . 2n典型例题十一f l 1 Y0例11 0 ；依题意有T T即C2(匚)83 4 10 C3 ( %)710f 1 1310 X 92 x1vx 10 x 9 x 83 x 2 x 1x的取值范围是 x应填：典型例题十二n!n!n!n!n!即(k-1)仇-k+1)! ：k!(n-k)! ：(k+Dn-k-1)!二:1(n-k)(i-k+1):1 : 1:k (n-k): k(k+1)=1：2：3.例12已知(xiog2x + 1)

15、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.则有 Ck-1 : Ck : Ck+1 = 1 ： 2 ： 3 ,n n n则有 Ck-1 : Ck : Ck+1 = 1 ： 2 ： 3 ,n n nk(n-kk(n-k)(n - k )(n - k +1)k (k +1)_ 2k (n 一 k)3解：C1 +C1 _ n+m _11mnC2 + C2 _(m2 m + n2 n) _m n 2m 2 + n 2 112 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark92 o Current Document k

16、_ 1 HYPERLINK l bookmark104 o Current Document n k +12n V(k +1)_ 2 HYPERLINK l bookmark110 o Current Document (n - k)3n n _ 14 , k _ 5所求连续三项为第5、6、7三项.又由已知，C13x阻x _ 112 .即xlog2x _ 8 .两边取14以 2 为底的对数，(log x)2 _ 3 , log x _p3 , x _ 23，或x _ 23 .2 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

17、求解.典型例题十三例13 (1 + 2x)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：T _ C5(2x)5， T _ C6(2x)6，依题意有C525 _ C626 n n _ 8 .6 n7 nnn.(1 + 2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T _ C4(2x)4 _ 1120 x4.58设第r +1项系数最大，则有2r - C8r-12r-1 n 5 r 6 .C r 2 r , C r + 1 2 r+188r _5 或r _ 6 (V ref),l,2, ,8).

18、系娄最大的项为：T _ 1792x5， T _ 1792x6.67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 e 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x 2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

19、最小值./ n e N ,+110 加=n2 -lln + 55 = (n-/ n e N ,+224n = 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二(x-耳)2+99的对称轴方程为X = I，即x二5.5,由于5、6距5.5等距离，且对n e N ,2 4 2 + 11995、6距55最近，所以(n )2 + 的最小值在n 5或n 6处取得.24典型例题十五例 15 若 (3x - 1)7 =a x7 + a x6 + ax + a ， TOC o 1-5 h z 7610求(l) a + a + a ； (2) a + a + a + a ； (3)

20、 a + a + a + a .12713570246解：(1)令x = 0，则a =1，令x = 1，则a + a + a + a = 27 = 128 .076l 0: a + a + + a = 129 .127(2)令 x = 1 ，则 a + a a + a a + a a + a = (4)776543210由-得：a + a + a + a =丄128 ( 4)7 = 8256213572+a +a +a +a )210a +a a +a )43210(3)由 + 得：a + a + a + a = a7 + a6 + a5 + a4 + a3 20246276543+( a +

21、 a a + a765=-128 + (4)7 = 8128 .2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 = a + ax + a x2 + a xn，g (x)的各项的系数和为g (1): g (x) 012n的奇数项的系数和为2g(1) + g(1). g(x)的偶数项的系数和为2g(1) g(1).典型例题十六例16 填空：(1) 230 3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: 23

22、0 3 = (23)10 3 = (8)10 3 = (7 +1)10 3 = Co71。+ 0 79 + C9 7 + C10 310 10 10 10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(2)：将5555 写成(561)55，然后利用二项式定理展开解： 5555+15=(561)55+15=C05655C1 5654 + + C5456 C55 + 1555555555容易看出该式只有-C農+15 = 14不能被8整除，因此5555 +15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 数为6 .应填：6 .典型例题十七例 17求证：对于n e竹,证明：1 + 展开式的通项T =C1pr1 n(n 1)(n 2) (n r +1)r+1r!rr1 1、|2、 r 1 ,(1 _ )(1 _ )(1 _ ) r ! n nn + 1展开式的通项Tn + 1展开式的通项Tr+1Ar+1( n + 1)nr !(n + 1)rr _ 】)r _ 】)例 19a已知一Ix2的展开式中x3的系数为4，常数a的值为4=(11)(11)(1 1r ! n +1 n +1 n +1 TOC o 1-5 h z 由二项式展开式的通项明显看出T T ，所