完整版二项式定理典型例题解析.docx
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完整版二项式定理典型例题解析
二项式定理概念篇
【例1】求二项式(a—2b)4的展开式.
分析:
直接利用二项式定理展开•
解:
根据二项式定理得(a—2b)4=c0a4+c4a3(—2b)+C4a2(—2b)2+C3a(—2b)3+C4(—2b)4
=a4—8a3b+24a2b2—32ab3+i6b4.
说明:
运用二项式定理时要注意对号入座,本题易误把—2b中的符号“―”忽略
【例2】展开(2x-2代
2x
分析一:
直接用二项式定理展开式•
解法一:
(2x-32)5=C°(2x)5+cl(2x)4(—q)+C;(2x)3(—q)2+c5(2x)2(—与)3+
2x2x2x2x
C5(2x)(—2)4+C;(—2)5
2x22x2
分析二:
对较繁杂的式子,先化简再用二项式定理展开
解法二:
35
--和件
=327°
[C5(4x3)5+C1(4x3)4(—3)+C5(4x3)3(—3)2+C3(4x3)2(—3)3+C4(4x3)(—3)4+
C5(—3)5]
荷(1024x15—3840x12+5760x9—4320x6+l620x3—243)
32x10
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
【例3】在(x—■3)10的展开式中,x6的系数是.
解法一:
根据二项式定理可知x6的系数是c4°.
解法二:
(x—,3)10的展开式的通项是Tr+1=C;0X10—r(—3)r.
令10—r=6,即r=4,由通项公式可知含x6项为第5项,即T4+1=C:
0x6(—.3)4=9C40x6.
•••x6的系数为9C:
0.
上面的解法一与解法二显然不同,那么哪一个是正确的呢?
问题要求的是求含x6这一项系数,而不是求含x6的二项式系数,所以应是解法二正确如果问题改为求含x6的二项式系数,解法一就正确了,也即是C:
0.
说明:
要注意区分二项式系数与指定某一项的系数的差异
二项式系数与项的系数是两个不同的概念,前者仅与二项式的指数及项数有关,与二项
式无关,后者与二项式、二项式的指数及项数均有关
【例4】已知二项式(3.x——)10,
3x
(1)求其展开式第四项的二项式系数;
(2)求其展开式第四项的系数;
(3)求其第四项.
分析:
直接用二项式定理展开式•
解:
(3..X—-2)10的展开式的通项是Tr+i=C;o(3.、x)10—r(—2)r(r=o,1,…,10).
3x3x
•••第9项为常数项,其值为
256
说明:
二项式的展开式的某一项为常数项,就是这项不含“变元”,一般采用令通项Tr+1
中的变元的指数为零的方法求得常数项.
【例6】
(1)求(1+2x)7展开式中系数最大项;
(2)求(1—2x)7展开式中系数最大项.
分析:
利用展开式的通项公式,可得系数的表达式,列出相邻两项系数之间关系的不等
式,进而求出其最大值.
7!
2r7!
2r1
即r!
(7r)!
(r1)!
(7r1)!
7!
2r7!
2r1
r!
(7r)!
(r1)!
(7r1)!
系数最大项为T6=C725x5=672x5.
(2)解:
展开式中共有8项,系数最大项必为正项,即在第一、三、五、七这四项中取
得•又因(1-2x)7括号内的两项中后两项系数的绝对值大于前项系数的绝对值,故系数最大值
必在中间或偏右,故只需比较
C4
(2)4C3
T5和T7两项系数的大小即可-c6
(2)6=4C>1,所以系数
最大项为第五项,即T5=560x4.
说明:
本例中
(1)的解法是求系数最大项的一般解法,
(2)的解法是通过对展开式多项分
析,使解题过程得到简化,比较简洁.
【例7】(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:
T6=C;j(2x)5,T7=C6(2x)6,依题意有。
525=雳26,解得n=8.(1+2x)8的展开式中,
项式系数最大的项为T5=C¥(2x)4=1120x4.
设第r+1项系数最大,则有
C72rC712r1,
C72rC712r1.
5wrw6./•r=5或r=6.
•••系数最大的项为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,再解不等式的方法求得
应用篇
【例8】若n€N*,(、2+1)n=2an+bn(an、bn€Z),则bn的值()
A.一定是奇数B.一定是偶数
C.与bn的奇偶性相反D.与a有相同的奇偶性
分析一:
形如二项式定理可以展开后考查.
解法一:
由(\2+1)n=、2an+bn,知-2an+bn=(1+■2)n
=c¥+Cn•2+C2(、2)2+C3
(2)3+…+Cn「.2)n.
•bn=1+C2(■.2)2+Cn(、2)4+…
•bn为奇数.
答案:
A
分析二:
选择题的答案是唯一的,因此可以用特殊值法
解法二:
n€N*,取n=1时,(•、2+1)1=(•、2+1),有b1=1为奇数.
取n=2时,(■,2+1)2=2.2+5,有b2=5为奇数.
答案:
A
【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.55D.66
分析:
(x+y+z)10看作二项式[(xy)z]10展开.
解:
我们把x+y+z看成(x+y)+z,按二项式将其展开,共有11"项”,即(x+y+z)10=
10
10k10-kk
[(xy)z]=C10(x+y)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(x+y)10-k展开,不同
的乘积Ck°(x+y)10-k*(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Cko(x+y)10-kzk(k=O,1,…,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
不会出现同类项.故原式展开后的总项数为11+10+9+…+1=66.
答案:
D
说明:
化三项式为二项式是解决三项式问题的常用方法
【例10】求(|x|+丄—2)3展开式中的常数项.
|x|
分析:
把原式变形为二项式定理标准形状.
解:
•••(IX|+占—2)3=(,|x|—1)6,
|x|*|X|
若Tr+1为常数项,则6—2r=0,r=3.
•展开式的第4项为常数项,即T4=—C3=—20.
说明:
对某些不是二项式,但又可化为二项式的题目,可先化为二项式,再求解【例11】求(、、x—3x)9展开式中的有理项.
分析:
展开式中的有理项,就是通项公式中x的指数为整数的项.
1127r
解:
•••Tr+1=c9(x2)9—r(—x3)r=(—1)rc9x丁.
令€Z,即卩4+^^€Z,且r=0,1,2,…,9.
66
•r=3或r=9.
当r=3时,^^^=4,T4=(—1)3C9x4=—84x4.
6
当r=9时,27—=3,T10=(—1)9C9x3=—x3.
6
•••(..x—3x)9的展开式中的有理项是第4项一84x4,第10项一x3.
说明:
利用二项展开式的通项Tr+1可求展开式中某些特定项.
【例12】若(3x—1)7=a7x7+a6x6+…+aix+ao,求
(1)ai+a2…+a7;
(2)a1+a3+a5+a7;
(3)ao+a2+a4+a6.
分析:
所求结果与各项系数有关可以考虑用“特殊值”法,整体解决
解:
(1)令x=0,贝Vao=—1,令x=1,贝Va7+a6+…+a1+ao=27=128.
①
二a1+a2+…+a7=129.
(2)令x=—1,则a7+a6+a5+a4+a3+a2+ai+ao=(—4)7.
②
由
(1)⑵得:
a1+a3+a5+a7=-:
128—(—4)7]=8256.
22
(3)由⑴⑵得ao+a2+a4+a6=!
:
128+(—4)7]=—8128.
22
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,它用于恒等式.
(2)一般地,对于多项式g(x)=(px+q)n=ao+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7,g(x)各项的
系数和为g
(1),g(x)的奇数项的系数和为丄[g
(1)+g(—1)],g(x)的偶数项的系数和为-:
g
(1)
22
—g(—1):
.
【例13】证明下列各式
(1)1+2C;+4Cn+…+2n—1cn1+2nCn=3n;
0、21、2n、2n
⑵(Cn)+(Cn)+…+(Cn)=C2n;
(3)Cn+2Cn+3Cn+…+ncn=n2n—1.
分析:
(1)
(2)与二项式定理的形式有相同之处可以用二项式定理,形如数列求和,因此可以研究它的通项寻求规律.
证明:
(1)在二项展开式(a+b)n=cnan+C;an—1b+C2an—2b2+-+Cn1abn—1+Cnbn中,令a=1,b=2,得(1+2)n=1+2C1n+4C:
+…+2n—©1+2nCn,即1+2Cn+4Cn+•-+2n—1Cn1+2nCn=3n.
(2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n,
--(1+Cnx+Cnx2+…+Cnx^+…+X)(1+Cnx+Cnx2+…+Cnx'"+…+^)=(1+X)".
而C;n是(1+x)2n的展开式中xn的系数,由多项式的恒等定理,得
••9:
=时m,0wmwn,
•-(C^)2+(C;)2+…+(cn)2=cA
⑶证法一:
令S=cn+2C2+3Cn+…+ncn.①
令S=c1+2Cn+…+(n—1)cn1+nCn
=ncn+(n—1)Cn1+…+2cn+c;
=nC;+(n—1)Cn+…+2Cn2+Cn1.②
由①+②得2S=nCn+nC2+nCj…+nC:
=n(C:
+C1n+C2+Cn+…+C:
)
_0_1_2_3_nn
=n(Cn+Cn+Cn+Cn+…+Cn)=n2.•••S=n2n一1,即C;+2C2+3C3+…+nC;=n2厂1.
证法二:
观察通项:
kcn=k——n——n—一nCn1.
k!
(nk)!
(k1)!
(nk)!
0123n10123
…原式=nCn1+nCn1+nCn1+nCn1+…+nCn1=n(Cn1+Cn1+Cn1+Cn1+…
+Cn:
)=n2U
即Cn+2Cn+3Cn+…+nCn=n2“1.
说明:
解法二中kcn=ncn1可作为性质记住•
【例14】求1.9975精确到0.001的近似值.
分析:
准确使用二项式定理应把1.997拆成二项之和形式如1.997=2—0.003.
解:
1.9975=(2—0.003)5
=25-C;240.003+C5230.0032—C;220.0033+…
〜32—0.24+0.00072〜31.761.
说明:
利用二项式定理进行近似计算,关键是确定展开式中的保留项,使其满足近似计
算的精确度.
【例15】求证:
5151—1能被7整除.
分析:
为了在展开式中出现7的倍数,应把51拆成7的倍数与其他数的和(或差)的形
式.
证明:
5151—1=(49+2)51—1=C514951+C5149502+…+C5?
49•250+C51251—1,易知除c5;251—1以外各项都能被7整除.
又251—1=(23)17—1=(7+1)17—仁C07717+C17716+…+C167+C17—
1=7(C°7716+c17715+-+c17).
显然能被7整除,所以5151—1能被7整除.
说明:
利用二项式定量证明有关多项式(数值)的整除问题,关键是将所给多项式通过恒
等变形变为二项式形式,使其展开后的各项均含有除式
仓U新篇
【例16】已知(xlgx+1)n的展开式的最后三项系数之和为22,中间一项为20000.求X.
分析:
本题看似较繁,但只要按二项式定理准确表达出来,不难求解!
解:
由已知cn+cn1+Cn2=22,即n2+n—42=0.又n€N*,•n=6.
T4为中间一项,T4=C:
(xlgX)3=20000,即(xlgX)3=1000.xlgX=10.
1
两边取常用对数,有lg2x=1,lgx=±1,•x=10或x=.
10
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,常利用二项式通项公
式,根据已知条件列出等式或不等式进行求解
【例17】设f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m,n€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x2的系数是关于x的二次表达式,然后利用二次函数性质探
讨最小值问题.
解:
cm+C1=n+m=11.cm
•••n€N*,
•••n=6或5,m=5或6时,x2项系数最小,最小值为25.
说明:
本题是一道关于二次函数与组合的综合题
【例18】若(X+1—2)n的展开式的常数项为—20,求n.
X
11
分析:
题中XM0,当x>0时,把三项式(X+-—2)n转化为(X—1)2n;当Xv0时,
xVx
11
同理(x+——2)n=(—1)n(..X——)2n.然后写出通项,令含X的幕指数为零,进而解出n.
X一X
11
解:
当x>0时,(x+_—2)n=(Jx——)2n,
X 其通项为Tr+1=c2n(-X)2n—r(—1)r=(—1)rc2n(x)2n—2r. Jx 令2n—2r=0,得n=r,.••展开式的常数项为(—1)rc;n; 11 当Xv0时,(X+-—2)n=(—1)n(.._X—)2n•同理可得,展开式的常数项为(一1)rC;n XX 无论哪一种情况,常数项均为(一1)rC;n. 令(—1)rC;n=20.以n=1,2,3,…,逐个代入,得n=3. 说明: 本题易忽略xv0的情况. 1111 =2+(1—2)+(2—护…F =3--v3.n 1综上有2<(1+)nv3. n 说明: 在此不等式的证明中,利用二项式定理将二项式展开,再采用放缩法和其他有关 知识,将不等式证明到底• 【例21】求证: 对于n€N*,(1+l)nv(1+^L)n+1. nn1 分析: 结构都是二项式的形式,因此研究二项展开式的通项是常用方法 证明: (1+1)n展开式的通项Tr+1=Cn丄=-A4 nnr门n 1n(n1)(n2)(nr1)=n孑 112r1 =(1-)(1-)•••(1-)•r! nnn 1n(n1)(n2)(nr1) 由二项式展开式的通项可明显地看出Tr+1vT,r+1 11 所以(1+-)nV(1+)n+1 nn1 说明: 本题的两个二项式中的两项均为正项,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• 【例22】设a、b、c是互不相等的正数,且a、b、c成等差数列,n€N*,求证: an+cn >2bn. 分析: 题中虽未出现二项式定理的形式,但可以根据a、b、c成等差数列创造条件使用 二项式定理• 证明: 设公差为d,则a=b—d,c=b+d. an+cn-2bn=(b-d)n+(b+d)n-2bn =: bn-C1bn-1d+C2bn-2d2+…+(—1)ndn: +[bn+C;bn-1d+C2bn-2d2+…+dn]=2(C;bn-2d2+C;bn-4d4…)>0・ 说明: 由a、b、c成等差,公差为d,可得a=b-d,c=b+d,这就给利用二项式定理证明此问题创造了可能性.问题即变为(b-d)n+(b+d)n>2bn,然后用作差法改证(b-d)n+(b+d)n-2bn>0・ 【例23】求(1+2x-3x2)6的展开式中x5项的系数• 分析: 先将1+2x—3x2分解因式,把三项式化为两个二项式的积,即(1+2x—3x2)6=(i+3x)6 (1-x)6. 然后分别写出两个二项式展开式的通项,研究乘积项x5的系数,问题可得到解决. 解: 原式=(1+3X)6(1—X)6,其中(1+3X)6展开式之通项为Tk+i=ck3kxk,(1—X)6展开式之 通项为Tr+i=c6(—x)r. 原式=(1+3x)6(l—x)6展开式的通项为C: C6(—1)r3kxk+r. 现要使k+r=5, 又・ •-k€{0, 1,2,3,4,5,6},r€{0,1,2,3,4, 5,6}, 必须k0,或 k 1,或k 2,或k3,或k4,或k5, r5 r 4r 3r2r1r0. 故x5项系数为 C 630c5(—1)5+c631c6(—1)4+C232c6(—1)3+C333C2 (—1)4+c634c6 (—1)+C;35C0(—1)0=—168. 说明: 根据不同的结构特征灵活运用二项式定理是本题的关键 【例24】(2004年全国必修+选修1)(—-I)6展开式中的常数项为() x A.15B.—15C.20D.—20 3 解析: Tr+1=(—1)rc6(x)6—rx—r=(—1)rc;x‘丁,当r=2时,3—-r=0,T3=(—1)2c6=15. 2 答案: A 【例25】(2004年江苏)(2x+.x)4的展开式中x3的系数是() A.6B.12C.24D.48 解析: Tr+1=(—1)rc4(x)4—r(2x)r=(—1)r2rc4^,当r=2时,2+-=3,T3=(—2)2C4=24. 2 答案: C 111【例26】(2004年福建理)若(1—2x)9展开式的第3项为288,则血(丄+冷+…+气)nxx2xn 的值是() 12 A.2B.1C.—D.— 25 解析: Tr+1=(—1)rc9(2x)r=(—1)rc;2xr,当r=2时,T3=(—1)2C222x=288. 答案: A 【例27】(2004年福建文)已知(x—空)8展开式中常数项为1120,其中实数a是常数,x 则展开式中各项系数的和是() A.28B.38C.1或38D.1或28 解析: Tr+i=(—1)rC;x8—r(a)r=(—a)rC;x8—2r,当r=4时,丁3=(—a)4C: =1120,二a=±2.x a 有函数f(x)=(x—)8.令x=1,则f (1)=1或38. x 答案: C 【例28】(2004年天津)若(1—2x)2004=ao+aix+a2x2+…+a2004x2004(x€R),则 (ao+ai)+(ao+a2)+ (a0+a3)+…+(a0+a2004)=.(用数字作答) 解析: 在函数f(x)=(1—2x)2004中,f(0)=a°=i,f (1)=a0+ai+a2+…+a2004=1, (a0+ai)+(a0+a2)+(a0+a3)+…+(a0+a2004) =2004a0+ai+a2+…+a2004 =2003a0+a0+ai+a2+…+a2004 =2003f(0)+f (1) =2004. 答案: 2004
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