二项式定理典型例题文档格式.docx
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Golx63x
、.x1
7x
的常数项为C;
2二924.
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
26c
例5求(1•x-X)展开式中X5的系数.
(1•x-X2)6不是二项式,我们可以通过1•X-X2=(1•x)-X2或1(X-X2)
把它看成二项式展开.
方法一:
(1.x_x2)6=(1.x)_x26
65244
=(1x)-6(1x)x15(1x)x-…
其中含x5的项为c6x5-6C;
X515C;
X5二6x5.
含x5项的系数为6.
方法二:
(1x-x2)6=1(X-X2)F
22、22、32.42、5/2、6
=16(x-x)15(x-x)20(x-x)15(x-x)6(x-x)(x-x)
65555
其中含x的项为20(-3)x,15(-4)x6x=6x.
5二x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.
23132
3个因式中取x,—个取-X,两个取1得到C6C3X•(-x).
1个因式中取X,两个取-x2,三个取1得到C;
C;
x(_x2)2.
合并同类项为(C;
—C;
C;
)X5=6x5,X5项的系数为6.
典型例题六
cn-Cn•cn=2n.
•••左边=nC0」+nC;
」+…+nCn;
-Cn^=n2n」二右边.
n!
⑵丘Ck=k+1
k!
(n-k)!
(k-1)!
n161n1
A
—(c;
1c2^-cn1)=
n1
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
91089782
2Cio2C102Cw■2Cio10的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与
(1-2)10的展开式接近,但要注意:
(12)10二CoCo2•C2。
22———C:
0-29-C10-210
=121022C029Cw210C10
289910
=12(102C0…28c9029C10)
从而可以得到:
102c2o」28c:
029c10=1(310_1)•
2
典型例题七
例7利用二项式定理证明:
32「2-8n-9是64的倍数.
64是8的平方,问题相当于证明32「2-8n-9是82的倍数,为了使问题向二项式定理贴近,变形32「2=9n1=(8T)n1,将其展开后各项含有8k,与82的倍数联系起
来.
•/32n2-8n—9
=9n1_8n_9=(81)n1_8n_9
n11nn」2n
=8Cn18'
'
'
-'
Cn18Cn181「8n「9
-8n1(爲8n…C;
828(n1)1—8n—9
=8n18n•…C黑82
=(8n1(爲8n,•…1;
)64是64的倍数.
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
/-、5
例8展开
2x21•
2x2丿
分析1:
用二项式定理展开式
3于
解法1:
2x2
I2x2丿
(2x)2
(Vj+C仙「2x2丿
=32x5-120x2型一哮驾一號
xx8x32x分析2:
对较繁杂的式子,先化简再用二项式定理展开.
召庄冷3)5+C5(4x3)4(—3)+C;
(4x3)3(—3)2
32x
(4x3)2(—3)3CfZx3)"
一3)4C;
(-3)5]
打(1024x15-3840x125760x°
-4320x61620x^2437)
32x
=32x5—120x2型一辱竽一兰•
xx48x732x10
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
10
例9若将(x•y•z)展开为多项式,经过合并同类项后它的项数为()•
A•11B•33C.55D•66
(x•y•z)10看作二项式[(xy)z]10展开.
解:
我们把yz看成(xy)z,按二项式展开,共有11“项”,即
(xyz)10二[(xy)Z]10=Cw(xy)10*zk•
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*展开,
k10kk
不同的乘积C10(xy)z(k=0,1,…,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(x-y)10q<
zk(k=0,1,…,10)•
其中每一个乘积展开后的项数由(x•y)10*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•9•…•仁66,
••应选
例10
典型例题十
若X+丄-2I的展开式的常数项为-20,x丿
后写出通项,令含X的幕指数为零,进而解出n.
令2n-2r=0,得n=r,
•••展开式的常数项为(-1)nC;
n;
2n
当x0时,
令(-1)nc2n=-20,以n=1,2,3,…,逐个代入,得n=3.
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.
使収+咅『有意义,必须x>
0;
壁局g®
丄(•••X沁)•
213213x
解得。
”冷8.
•应填:
—J648.
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.
设连续三项是第k、k1、k2项(k・N.且k1),则有
k-1k•
n・Cn・C
=1:
2:
3,
3.
(k1)(n-k-1)!
(n_k)(n_k1)
k(n-k)
11:
3.
k(k1)
k(n-k)
.*(n-k)(n-k+1)
k(k1)2
=n=14,k=5所求连续三项为第5、6、7三项.
又由已知,CuXlog2^112.即xlog2X=8.
两边取以2为底的对数,(log2x)2=3,log2x=-3,
•33
…X—2,或x=2.
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.
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.
T6二C;
(2x)5,T7二C:
(2x)6,依题意有
25=C;
26二n=8.
•-(12x)8的展开式中,二项式系数最大的项为T^C84(2x)4=1120x4.
设第r1项系数最大,则有
•••r=5或r=6(tr:
0,1,2,,G).
•••系娄最大的项为:
T6=1792x5,T7=1792x6.
(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(xH(1x)m(1x)n(m,n・NJ,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.
根据已知条件得到
X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
cmC:
=nm=11.
22
cmc
1/22、mnT1
(m_mn_n)=
•n=5或6,m=6或5时,x2项系数最小,最小值为25.
1199ii
二次函数y=(x)2的对称轴方程为x,即x=5.5,由于5、6距
11299
5.5等距离,且对N,5、6距5.5最近,所以(n)2的最小值在门=5或门=6
24
处取得.
典型例题十五
例15若(3x_1)7=a7x7-a6x6「qx•a0,
求
(1)a-i■a2亠亠a7;
(2)a1-a3■a5-a7;
(3)a0■a2■a4-a6.
⑴令x=0,贝Ua°
一1,
令x=1,则a7a^■a1a^27=128.①
a1a2a7=129.
⑵令x--1,则-a?
•a§
-a§
•a4-a?
•a?
-引•a。
=(-4)7②
由得:
印a3a5a?
=丄[128-(-4)7]=8256
aoa2a4■a6
(a7a6•a5a4a3a2a「a0)
(-a7•a6_a§
a4_a3a?
-a1•a。
)]
1[128(-4)7]=-8128.
(1)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,它适用于恒等式.
(2)一般地,对于多项式g(x)=(px-q)n=a。
-a/-a?
x2anxn,g(x)的各项
的系数和为g
(1):
1
g(x)的奇数项的系数和为-[g
(1)g(T)].
g(x)的偶数项的系数和为?
[g
(1)-g(T)].
典型例题十六
例16填空:
⑴23°
一3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.
230_3=(23)1。
_3
=(8)1°
-3
=(7-1)10_3
=60)710C079•C;
07-C;
0—3
0918Q
=7[G°
7Go7C°
]-2
又•••余数不能为负数,需转化为正数
二230-3除以7的余数为5
•••应填:
分析
(2):
将5555写成(56-1)55,然后利用二项式定理展开.
5555-15=(56_1)5515
0551545455
-C5556-C5556川…川C5556—C5515
容易看出该式只有-戏?
*15=14不能被8整除,因此555515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
1n(n「1)(n-2)(n-r1)r!
112r-1
Gr)(r厂(1一=)-
展开式的通项
12r-1、
丙)(1一丙厂(1一百)-
由二项式展开式的通项明显看出Tr1:
:
T
1n1
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
例18在(x23x2)5的展开式中x的系数为().
A.160B.240C.360D.800
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(X23x2)5=[(X23x)2]5,
得Tk^C^(x23x)5^2k
-C52k(x2-3x)5'
.
再一次使用通项公式得,「计二C;
2kC;
*3rx10'
k_r,
这里0乞k乞5,0空r乞5-k.
令10—2k—r=1,即卩2kr=9.
所以r=1,k=4,由此得到x的系数为C;
24240.
解法2:
由(x23x2)^(x1)5(x2)5,知(x•1)5的展开式中x的系数为C;
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C525-C52^240.
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C53C:
・24=240.
•••应选B.
典型例题十九
3
例19已知
9
的展开式中x3的系数为一,常数a的值为
4
利用二项式的通项公式.
在
的展开式中,
典型例题二十
例20
(1)求证:
1-3cn•32C2-33C3•(-1)n3n=(-2)n
⑵若(2x3)4=a。
-c^x-a2x2a3x3aqX4,求(aoa2aq)2-(a!
a3)2的值.
⑴注意观察(1•x)n=1•C:
x•C;
x2•C:
xn的系数、指数特征,即可通过
赋值法得到证明.⑵注意到(a0■a2a4)2-⑶•a3)2=(a0a!
a2a3■a4)
(ao-a!
-a3•a4),再用赋值法求之.
⑴在公式(1x)n=1CnxCn2x^'
xn中令X--3,即有
(1—3)n=1+c:
(—3)1+c;
(—3)2+…+c:
(—3)n
=1-3C,32C;
-」(-1)n3n
•••等式得证.
—4234
⑵在展开式(2x.3)-a0-a1x-a2x-a3x-a4x中,
令x=1,得a0a1a2a3a4=(2x3)4;
令x=-1,得a0-a1a2「a3a4=(「2.一3)4.
••原工式=(a。
"
£
1'
a?
83'
84)(a。
_ai■'
a^_a3'
a4)
=(2..3)4(-2、3)4=1.
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=a。
+a2X2+…+anXn或(a+b)n=C0an+cnan」b+。
务2『
+…+C;
bn中,对任意的x^A(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.一般取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
[f
(1)-f(-1)],偶次项系数和为?
[f
(1)•f(-1)].二项式系数的性质
C0-cn-C^-Cnn=2n及C:
V:
•…二C:
•C;
•…=2n」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:
32n3-24n•37能被64整除.
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.
32n3-24n37
=332n2-24n37
=39n—24n37
=3(81)n—24n37
=3[扩十8n^+C1十8n+貯十8心十•’+C;
十8弋貯]—24n+37
-3[8n1C:
18n€「82(n1)81^24n37
=3[8n1'
Cn18n8n—C:
:
82-(8n9)]-24n37
=382[8nA+Cn+8n,8心+…+C:
;
]+3(8n+9)—24n+37
=364[8心十U书8n,+c2hi8心+…]+64,
•-8心,8n,,Cn\8心,…均为自然数,
•••上式各项均为64的整数倍.
•••原式能被64整除.
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
例22已知(x'
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.
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•
令x=1得展开式的各项系数之和为(1-3)^22n,而展开式的二项式系数的和为
C0cV:
•…=2n,
...有22n_2n=992•
•-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.
•T3二C;
(x^)3(3x2)2=90x6,
222
T4-cf(x'
)2(3x2)3=270x瓦•
10・4r
x丁,
(2)设展开式中第r1项的系数最大.
Tr1=c5(X3)5'
(3x2)r二c53r
芜丄,
即V6"
丄亠
.5-rr+1
79
解得r••rN,
r=4,即展开式中第5项的系数最大.
226
T5=Cs(X3)1(3x2)4=405x^
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.前者用二项式系数的性质直接得出,后者要列不等式组;
解不等式组时可能会求出几
个r,这时还必须算出相应项的系数后再比较大小.
典型例题二十三
例23求证:
⑴cn^m+qc加i+5卩需丸雋;
(2)c0-32c:
34c:
3ncn=24心2nJ(n=2K,nN*)
(1)注意到两列二项式两乘后系数的特征,可构造一个函数;
也可用构造一个组合问题的两种不同解法找到思路.
(2)同上构造函数,赋值.
证明:
(1)(法1)•/(1X)m^(1X)m(1X)n,
mn122mm122nn、
•••(1+x)=(1+CmX+CmX十+CmX),(1+CnX+CnX十…+CnX).
•••此式左右两边展开式中xp的系数必相等.
左边XP的系数是cmn,右边XP的系数是
■■■■-cn5
0P1P』2P-2
CnCmCnCmCnCm
...c0cp+C1CP』+c2cp/十…+cpc0=cp*
nmnmnmnmmn-
等式成立.
(法2)设想有下面一个问题:
要从m-n个不同元素中取出P个元素,共有多少种取法?
该问题可有两种解法•一种解法是明显的,即直接由组合数公式可得出结论:
有cm卄种不
同取法.第二种解法,可将m•n个元素分成两组,第一组有m个元素,第二组有n个元素,则从m,n个元素中取出P个元素,可看成由这两组元素中分别取出的元素组成,取法可分
成P+1类:
从第一组取P个,第二组不取,有cmC:
种取法;
从第一组取P-1个,从第
二组取1个,有cm亠c:
种取法,…,第一组不取,从第二组取p个.因此取法总数是
c「c0+cm」c1+cTc;
i+cmc:
而该问题的这两种解法答案应是一致的,故有
0p1p_42p-2p0p
CnCmCnCmCnCmCnCm_Cmn.
⑵•••n为偶数,
•(13)n二C:
3C1-32C:
•…-3nC:
(1_3)n=c:
—3C:
+32c2—…+3nc;
两式相加得4n-2^2(Cn32c2-34Cn-3nC;
),
•••C°
-32C"
■34Cf4-3nC;
=2-4nJ-2nJ.
构造函数赋值法,构造问题双解法,拆项法、倒序相加法都是证明一些组合数恒等式(或求和)的常用方法.
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