二项式定理典型例题.docx
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二项式定理典型例题.docx
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二项式定理典型例题
二项式定理典型例题--
典型例题一
Flin
例1在二项式仮十一^的展开式中,前三项的系数成等差数列,求展开式中所有有
<2坂丿
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:
前三项的r=0,1,2.
111211
得系数为:
t1=1,t2=Cnn,t3=Cnn(n-1),
2248
1
由已知:
2t^t1t3n=1n(n—1),
8
n=8
通项公式为
116J3r
人1=c8-rxFr=0,1,2…8,Tr1为有理项,故16-3r是4的倍数,
2
.r=0,4,8.
13511
依次得到有理项为T)=x4,T5=C;—4x=—x,Tg=C;~8x,—x2.
182489828256
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,(.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(1-X)3(1-X)10展开式中x5的系数;
(2)求(x12)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)(1-X)(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:
用(1-X)3展开式中的常数项乘以(1X)10展开式中的X5项,可以得到C;oX5;用
(1-X)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)=-3C:
0X5;
的常数项为C;2=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
26c
例5求(1•X-X)展开式中X5的系数.
分析:
(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.
解:
方法一:
(1•x-x)
=(1x)-X26
65244
=(1x)-6(1x)x15(1x)X-
其中含X5的项为c6x5-6C3x515C;X5二6X5.
含X5项的系数为6.
方法二:
(1x-X2)6=1(x-X2)6
=16(x-X2)15(x-X2)220(x-x2)315(x-x2)46(x-x2)5(x-x2)6
55555
其中含X的项为20(-3)x15(-4)x6x=6x.
5二x项的系数为6.
方法3:
本题还可通过把(1x-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•
3个因式中取X,—个取-X2,两个取1得到c6c3x3•(-X2)•
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:
c3•C;c2)x5=6x5,X5项的系数为6•
典型例题六
cnc;-cnc^2n•
二左边=nC0』+nC=+…+nC;;
二n(C;4*C1…川'Cn;)二n・2n_l二右边.
29c10•28c9o•27c8o•2Cio•10的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与
(12)10的展开式接近,但要注意:
(12)10二C;0-c102•C0・22•…C;0-29-C10-210
22991010
=121022co•…29C9o2C;0
=12(102C20…28G9029C10)
从而可以得到:
10-2C2o•28C:
o-29c10=1(310-1).
2
典型例题七
例7利用二项式定理证明:
32n^8n-9是64的倍数.
分析:
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32n2=9n1=(8•1)n1,将其展开后各项含有8k,与82的倍数联系起
来.
解:
•/32n2-8n—9
=9n1-8n-9=(81)n—8n-9
=8n1C;18n…cn;82•cn181_8n—9
-8n1C;q8n川…川Cn;828(n1)1-8n-9
=8n18n…C;82
=(8n118^•Cn:
)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
x5
展开2x
3
2?
-
cc52180135405243
=32x120x47to
xx8x32x
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:
■3$(4x3—3)5
2x—亠2|—"亠10
寿[C50(4x3)5c5(4x3)42C5W)3(—3)2
C;(4x3)2(—3)3C;(4x3)1(—3)4C;(—3)5]
I1512963
iy(1024x-3840x5760x-4320x1620x-2437)
32x
=32x5—120x2型冬第一號.
xx8x32x
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
…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
分析:
(xyz)10看作二项式[(xy)-z]10展开.
解:
我们把xyz看成(xy)z,按二项式展开,共有11“项”,即
10
(xyZ)10鬥(xy)Z]10=C;o(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Cio(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G0(x•y)10「zk(k=0,1,…,10)•
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D.
典型例题十
(1丫
例10若x十丄-21的展开式的常数项为-20,求n.Ix丿
f,n
(1y
分析:
题中x学0,当x>0时,把三项式x+—_2i转化为 x+l_2】=L&_丄);当xc0时,同理X+丄_2]=(_1)nX).然 IX丿IJx丿IX丿Ij-x丿 后写出通项,令含x的幕指数为零,进而解出n. 人1=C;nC.X)2n」(-1)r=(-1)「C;n(, Vx 令2n-2r=0,得n=r, •展开式的常数项为(-仆。 ;.; f1f.1f 当xc0时,x+——2I=(-1)nIV^X-jj IX丿'气Cx丿 同理可得,展开式的常数项为(-化加 无论哪一种情况,常数项均为(-化2;. 令(-1)nC;n=-20,以n=1,2,3^,逐个代入,得n=3. 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. (厂1平 解: 使x-有意义,必须X0; kWX丿 空依丄(..•x=0). 213213x 解得0exv8$648. 9 x的取值范围是丿 x 9: 8, 应填: Ocx£—計648. 9 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(k・N.且k1),则有 =1: 2: 3, 一1——=1: 2: 3. k(k1) k(n-k) .(n-k)(n-k+1) (k1)_2 .(n-k)3 k(k1)2 k(n-k) =n=14,k=5所求连续三项为第5、6、7三项. 又由已知,C1: xlog2x=112.即xlog2x=8. 两边取以2为底的对数,(log2x)2=3,log2xh£3, '33 …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: T6二C;(2x)5,T7二C;(2x)6,依题意有 5566 Cn2Cn2=n=8. •-(12x)8的展开式中,二项式系数最大的项为T^C84(2x)^1120x4. 设第r1项系数最大,则有 rrr」r1 C82-C82 二5^r岂6. C82r>C8+2r* •••r=5或r=6r5,1,2,,8). •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,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 2 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解: CmCn-nm=11. cmC 110「2mn2 n 2 m2n2-11 2 11299 -11n55=(n-11)299. 24 •••nN, •n=5或6,m=6或5时,x2项系数最小,最小值为25. 1129911 说明: 二次函数y=(x-)-的对称轴方程为x,即x=5.5,由于5、6距 242 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n=5或n=6 24 处取得. 典型例题十五 例15若(3x_1)7=a7x7a6x6「a1xa0, 求 (1)a1a2亠亠a7; (2)a1a3a5a7;(3)aoa2a4a6. 解: (1)令x=0,则a0--1, 令x=: 1,则a7•a6川…川©•a0=27=128.① •••印a2a7=129. ⑵令x=-1,贝y-a7a6_a5a4_a3■a? -a1■a°=(-4)② 由得: 印a3a5a? =丄[128-(-4)7]=8256 22 aoa2a4a6 (a7a6-a5a4a3a2a1a0) 2 (-a7•a6-a5*4-a3a? -a1a。 )] 1 [128■(-4)7H-8128. 2 说明: (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. ⑵一般地,对于多项式g(x)=(pxq)^a0•a? x2•a“xn,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厂g(T)]. 2 1 g(x)的偶数项的系数和为? [g (1)-g(T)]. 典型例题十六 3055 例16填空: ⑴2-3除以7的余数; (2)55+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 =(71)10_3 二G0.710C°7「一(防*—3 =7[C1o79C;o]一2 又•••余数不能为负数,需转化为正数 •••230一3除以7的余数为5 •••应填: 5 分析 (2): 将5555写成(56-1)55,然后利用二项式定理展开. 解: 5555-15=(56_1)5515 二霍556-。 5556需456-需515 容易看出该式只有*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 n 1、 证明: 1十一[展开式的通项'、、n丿 1n(n「1)(n-2)(n-r1) 1•丄"展开式的通项 n1 f1 #)- 由二项式展开式的通项明显看出Tr+ ”j”j* 1\1I 所以1+丄丨<1+—I. In.丿in+1丿 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 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(x23x2)5=[(x23x)2]5, 得Tk^Cs(x23x)5J<2k =Cs2k(x23x)5'. 再一次使用通项公式得,Tr.=C5k2kC5l3rx10'k_r, 这里0乞k乞5,0空r乞5-k. 令10—2k—r1,即卩2kr=9. 所以r=1,k=4,由此得到x的系数为C;・243二240. 解法2: 由(x—3x2)^(x1)5(x2)5,知(x1)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-C524=240. 解法3: 将(x23x-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 x IX灯丿 分析: 利用二项式的通项公式. 典型例题二十 例20 (1)求证: 1-3Cn32C;-33C;•(-1)n3n=(-2)n (2)若(2x、3)4=a0a1xa2x2a3x3a4x4,求(a0a2a4)2-(a1a3)2的值. 分析: ⑴注意观察(1+x)n=1+cnx+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)^(a1a3)2=(a0a1a2a3a4) (ao-a1a^a3*4),再用赋值法求之. 解: (1)在公式(1+x)n=1+C: x+C;x2+…+C: xn中令X=-3,即有 (1—3)n=1+C: (—3)1+C: (—3)2+…+c;(—3)n =1-3C1-32C;-(-1)n3n •••等式得证. -—4234 ⑵在展开式(2x,3)-a0-a1x-a2x-a3x-a4x中, 令x=1,得a0印a2a3a4=(2x.3)4; 令x=_1,得a0-aja2-a3a4=(-2一3). •原式=(a0a1a2a3a4)(a^-a1a2-a3a4) =(23)4(—2.3)4=1. 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)n=a0yxa2x2亠亠anxn或(ab)n=C: anC: an」bCnan^b2 亠■亠C: bn中,对任意的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 11 —[f (1)-f(-1)],偶次项系数和为一[f (1)•f(-1)].二项式系数的性质 22 C0+C: +C: +…+Cnn=2n及C: +C;+C: +…=cn+C3+C;+…=2・-*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: 32n3-24n,37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: 32n3-24n37 =332n2-24n37 =39n1一24n37 =3(81)n1-24n37 =3[C: 十护+C: +8n+C: 十8n++C;+8+鹉]-24n+37 -3[8n1C18nCn^8n(n1)81]-24n37 n11n2n: n-12i =3[8+Cn+8+Cn4r8++Cn+8+(8n+9)]—24n+37 =382[8nA+Cn+8n,+C: _i8n*+…+C: ;]+3(8n+9)—24n+37 =364[8心C爲8n2-C2,8nJ]64, •-8nl,C: 18n,,C;18心,…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空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. 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x=1得展开式的各项系数之和为(13)n=22n,而展开式的二项式系数的和为 =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. 2 •T3=C;(x3)3(3x2)2=90x6, 222 T;=C;(x3)2(3x2)3=270x$• ⑵设展开式中第r1项的系数最大. 210・4r Tr1=c5(X3)5,(3x2)r二c53rx^, 芜丄, 即f6-r, 丄亠 .5-rr+1 79 解得r.•••rN, 22 •r=4,即展开式中第5项的系数最大. 226 T5-c5(X3)1(3X2)4=405x^ 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.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: ⑴住匚+。 匕加+…+c;cm=c二; (2)c0-32c: 34c: 3ncn-24心2心(n=2K,nN*) 分析: (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)mn=(1x)m(1x)n, •••(1+x)m—(1+cmx+cmx2+…+cmxm)〈1+cnx+c;x2+…+c: xn). •••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 ■c;cm, 0P1P』2p_2 cncmcncmcncm •••c0cp+c1cp^+c2cp,十…+cpc0=cp* nmnmnmnmm“n・ 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CMC0种取法;从第一组取P-1个,从第 二组取1个,有C*」C: 种取法,…,第一组不取,从第二组取P个•因此取法总数是 p0P"11P"220p cmcncmcncmcncmcn. 而该问题的这两种解法答案应是一致的,故有 ccm+cn+cpcm=c^. ⑵•••n为偶数, •-(13)n二C03C: 32C: 3nCH; (1_3)n=扩-3c132c2 两式相加得4n-2^2(Cn0-32C2-34C4-3ncnn), 说明: 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. 如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
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