人教版二项式定理——典型例题解析

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1、精品 人教版二项式定理 概 念 篇【例 1】展开(2x223x)5.分析一：直接用二项式定理展开式.解法一：(2x223x)5=C05(2x)5+C15(2x)4(223x)+C25(2x)3(223x)2+C35(2x)2(223x)3+C45(2x)(223x)4+C55(223x)5=32x5120 x2+x1804135x+78405x1032243x.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：(2x223x)5=105332)34(xx =10321xC05(4x3)5+C15(4x3)4(3)+C25(4x3)3(3)2+C35(4x3)2(3)3+C45(4x3)

2、(3)4+C55(3)5=10321x(1024x153840 x12+5760 x94320 x6+1620 x3243)=32x5120 x2+x1804135x+78405x1032243x.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 2】求二项式(a2b)4的展开式.a 分析：直接利用二项式定理展开.解：根据二项式定理得(a2b)4=C04a4+C14a3(2b)+C24a2(2b)2+C34a(2b)3+C44(2b)4=a48a3b+24a2b232ab3+16b4.说明：运用二项式定理时要注意

3、对号入座，本题易误把2b中的符号“”忽略.【例 3】在(x3)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 C410.解法二：(x3)10的展开式的通项是Tr+1=Cr10 x10r(3)r.令 10r=6，即r=4，由通项公式可知含x6项为第 5 项，即T4+1=C410 x6(3)4=9C410 x6.x6的系数为 9C410.上面的解法一与解法二显然不同，那么哪一个是正确的呢？精品 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 C410.说明：要注意区分二项式系数与指定某

4、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(3xx32)10，(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：(3xx32)10的展开式的通项是Tr+1=Cr10(3x)10r(x32)r(r=0，1，10).(1)展开式的第 4 项的二项式系数为 C310=120.(2)展开式的第4 项的系数为C31037(32)3=77760.(3)展开式的第 4 项为77760(x)731x，即77760 x.说明：

5、注意把(3xx32)10写成3x+(x32)10，从而凑成二项式定理的形式.【例 5】求二项式(x2+x21)10的展开式中的常数项.分析：展开式中第r+1 项为 Cr10(x2)10r(x21)r，要使得它是常数项，必须使“x”的指数为零，依据是x0=1，x0.解：设第r+1 项为常数项，则 Tr+1=Cr10(x2)10r(x21)r=Cr10 xr2520(21)r(r=0，1，10)，令 2025r=0，得r=8.T9=C810(21)8=25645.第 9 项为常数项，其值为25645.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中的变元的精品

6、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(12x)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.解：(1)设第r+1 项系数最大，则有,2C2C,2C2C11771177rrrrrrrr 即,2!)17(!)1(!72!)7(!7,2!)17(!)1(!72!)7(!711rrrrrrrrrrrr 化简得.313,316.1271,812rrrrrr解得又0r7，r=5.系数最大项为T6=C5725x5=672x5.(2)解：展开式中共有 8 项，系数最大项必为正项，即在第一

7、、三、五、七这四项中取得.又因(12x)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T5和T7两项系数的大小即可.667447)2(C)2(C=1737C4C1，所以系数最大项为第五项，即T5=560 x4.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=C5n(2x)5，T7=C6n(2x

8、)6，依题意有 C5n25=C6n26，解得n=8.(1+2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5=C4n(2x)4=1120 x4.设第r+1 项系数最大，则有.2C2C,2C2C11771177rrrrrrrr 精品 5r6.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nN*，(2+

9、1)n=2an+bn(an、bnZ)，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=C0n+C1n2+C2n(2)2+C3n(2)3+Cnn(2)n.bn=1+C2n(2)2+C4n(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：nN*，取n=1 时，(2+1)1=(2+1)，有b1=1 为奇数.取n=2 时，(2+1)2=22+5，有b2=5 为奇数.答案：A【例 9】若将(x+y+z)10展开为多

10、项式，经过合并同类项后它的项数为()A.11 B.33 C.55 D.66 分析：(x+y+z)10看作二项式10)(zyx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)(zyx=10010Ckk(x+y)10kzk.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)10k展开，不同的乘积 Ck10(x+y)10精品 kzk(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 Ck10(x+y)10kzk(k=0，1，10).其中每一个乘积展开后的项数由(x+y)10k决定，而且各项中x和y的

11、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+|1x2)3展开式中的常数项.分析：把原式变形为二项式定理标准形状.解：(x+|1x2)3=(|x|1x)6，展开式的通项是Tr+1=Cr6(|x)6r(|1x)r=(1)rCr6(|x)62r.若Tr+1为常数项，则 62r=0，r=3.展开式的第 4 项为常数项，即T4=C36=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(x3x)9展开式中的有理项.分析：展开式中的有理项，就是通项

12、公式中x的指数为整数的项.解：Tr+1=Cr9(x21)9r(x31)r=(1)rCr9x627 r.令627rZ，即 4+63rZ，且r=0，1，2，9.r=3 或r=9.当r=3 时，627r=4，T4=(1)3C39x4=84x4.当r=9 时，627r=3，T10=(1)9C99x3=x3.(x3x)9的展开式中的有理项是第 4 项84x4，第 10 项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(3x1)7=a7x7+a6x6+a1x+a0，求(1)a1+a2+a7；(2)a1+a3+a5+a7；精品(3)a0+a2+a4+a6.分析：所求结果与各项

13、系数有关可以考虑用“特殊值”法，整体解决.解：(1)令x=0，则a0=1，令x=1，则a7+a6+a1+a0=27=128.a1+a2+a7=129.(2)令x=1，则a7+a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=(4)7.由2)2()1(得：a1+a3+a5+a7=21128(4)7=8256.(3)由2)2()1(得a0+a2+a4+a6=21128+(4)7=8128.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=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，g(x)

14、各项的系数和为g(1)，g(x)的奇数项的系数和为21g(1)+g(1)，g(x)的偶数项的系数和为21g(1)g(1).【例 13】证明下列各式(1)1+2C1n+4C2n+2n1C1nn+2nCnn=3n；(2)(C0n)2+(C1n)2+(Cnn)2=Cnn2；(3)C1n+2C2n+3C3n+nCnn=n2n1.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=C0nan+C1nan1b+C2nan2b2+C1nnabn1+Cnnbn中，令a=1，b=2，得(1+2)n=1+2C1n+4C2

15、n+2n1C1nn+2nCnn，即 1+2C1n+4C2n+2n1C1nn+2nCnn=3n.(2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n，(1+C1nx+C2nx2+Crnxr+xn)(1+C1nx+C2nx2+Crnxr+xn)=(1+x)2n.而 Cnn2是(1+x)2n的展开式中xn的系数，由多项式的恒等定理，得 C0nCnn+C1nC1nn+C1nC1nn+CnnC0n=Cnn2.Cmn=Cmnn，0mn，(C0n)2+(C1n)2+(Cnn)2=Cnn2.(3)证法一：令S=C1n+2C2n+3C3n+nCnn.令S=C1n+2C2n+(n1)C1nn+nCnn=nCnn+(n1

16、)C1nn+2C2n+C1n=nCnn+(n1)C1n+2C2nn+C1nn.由+得 2S=nC1n+nC2n+nC3n+nCnn=n(Cnn+C1n+C2n+C3n+Cnn)=n(C0n+C1n+C2n+C3n+Cnn)=n2n.S=n2n1，即 C1n+2C2n+3C3n+nCnn=n2n1.证法二：观察通项：kCkn=k11C!)(!)1(!)1(!)(!knnknknnknkn.原式=nC01n+nC11n+nC21n+nC31n+nC11nn=n(C01n+C11n+C21n+C31n+C11nn)=n2n1，即 C1n+2C2n+3C3n+nCnn=n2n1.精品 说明：解法二中k

17、Ckn=nC11kn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=20.003.解：1.9975=(20.003)5=25C15240.003+C25230.0032C35220.0033+320.24+0.0007231.761.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：51511 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：51511=(49+2)511=

18、C0514951+C15149502+C505149250+C51512511，易知除 C51512511 以外各项都能被 7 整除.又 2511=(23)171=(7+1)171=C017717+C117716+C16177+C17171=7(C017716+C117715+C1617).显然能被 7 整除，所以 51511 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.创 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

19、繁，但只要按二项式定理准确表达出来，不难求解！解：由已知 Cnn+C1nn+C2nn=22，即n2+n42=0.又nN*，n=6.T4为中间一项，T4=C36(xlgx)3=20000，即(xlgx)3=1000.xlgx=10.两边取常用对数，有 lg2x=1，lgx=1，x=10 或x=101.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，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

20、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：C1m+C1n=n+m=11.C2m+C2n=21(m2m+n2n)=21122nm，nN*，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.精品【例 18】若(x+x12)n的展开式的常数项为20，求n.分析：题中x0，当x0 时，把三项式(x+x12)n转化为(xx1)2n；当x0 时，同理(x+x12)n=(1)n(xx1)2n.然后写出通项，令含x的幂指数为零，进而解出n.解：当x0 时，(x+x12)n=(xx1)2n，其通项为Tr+1=Cr

21、n2(x)2nr(x1)r=(1)rCrn2(x)2n2r.令 2n2r=0，得n=r，展开式的常数项为(1)rCnn2；当x0 时，(x+x12)n=(1)n(xx1)2n.同理可得，展开式的常数项为(1)rCnn2.无论哪一种情况，常数项均为(1)rCnn2.令(1)rCnn2=20.以n=1，2，3，逐个代入，得n=3.说明：本题易忽略x0 的情况.【例 19】利用二项式定理证明(32)n112n.分析：12n不易从二项展开式中得到，可以考虑其倒数21n.证明：欲证(32)n112n成立，只需证(23)n121n成立.而(23)n1=(1+21)n1=C01n+C11n21+C21n(2

22、1)2+C11nn(21)n1=1+21n+C21n(21)2+C11nn(21)n1 21n.说明：本题目的证明过程中将(23)n1转化为(1+21)n1，然后利用二项式定理展开式是解决本问题的关键.【例 20】求证：2(1+n1)n3(nN*).分析：(1+n1)n与二项式定理结构相似，用二项式定理展开后分析.证明：当n=1 时，(1+n1)n=2.当n2 时，(1+n1)n=1+C1nn1+C2n21n+Cnn(n1)n=1+1+C2n21n+Cnn(n1)n2.又 Ckn(n1)k=knkknnn!)1()1(!1k，所以(1+n1)n2+!21+!31+!1n2+211+321+nn

23、)1(1=2+(121)+(2131)+(11nn1)精品=3n13.综上有 2(1+n1)n3.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nN*，(1+n1)n(1+11n)n+1.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+n1)n展开式的通项Tr+1=Crnrn1=rrnnrA!=!1rrnrnnnn)1()2)(1(=!1r(1n1)(1n2)(1nr1).(1+11n)n+1展开式的通项Tr+1=Crn 1rn)1(1=rrnnr)1(!A1=!1rrnrnnnn)1()2

24、)(1(=!1r(111n)(112n)(111nr).由二项式展开式的通项可明显地看出Tr+1Tr+1 所以(1+n1)n(1+11n)n+1 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，nN*，求证：an+cn2bn.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=bd，c=b+d.an+cn2bn=(bd)n+(b+d)n2bn=bnC1nbn1d+C2nbn2d2+(1)ndn+bn+C1

25、nbn1d+C2nbn2d2+dn=2(C2nbn2d2+C4nbn4d4)0.说明：由a、b、c成等差，公差为d，可得a=bd，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(bd)n+(b+d)n2bn，然后用作差法改证(bd)n+(b+d)n2bn0.精品【例 23】求(1+2x3x2)6的展开式中x5项的系数.分析：先将 1+2x3x2分解因式，把三项式化为两个二项式的积，即(1+2x3x2)6=(1+3x)6(1x)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(1x)6，其中(1+3x)6展开式之通项为Tk

26、+1=Ck63kxk，(1x)6展开式之通项为Tr+1=Cr6(x)r.原式=(1+3x)6(1x)6展开式的通项为 Ck6Cr6(1)r3kxk+r.现要使k+r=5，又k0，1，2，3，4，5，6，r0，1，2，3，4，5，6，必须5,0rk或.0,51,42,33,24,1rkrkrkrkrk或或或或 故x5项系数为 C0630C56(1)5+C1631C46(1)4+C2632C36(1)3+C3633C26(1)4+C4634C16(1)+C5635C06(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)(xx1)

27、6展开式中的常数项为()A.15 B.15 C.20 D.20 解析：Tr+1=(1)rCr6(x)6rxr=(1)rCr6xr233，当r=2 时，323r=0，T3=(1)2C26=15.答案：A【例 25】(2004 年江苏)(2x+x)4的展开式中x3的系数是()A.6 B.12 C.24 D.48 解析：Tr+1=(1)rCr4(x)4r(2x)r=(1)r2rCr4x22r，当r=2 时，2+2r=3，T3=(2)2C24=24.答案：C【例 26】(2004 年福建理)若(12x)9展开式的第 3 项为 288，则nlim(x1+21x+nx1)的值是()A.2 B.1 C.21

28、 D.52 解析：Tr+1=(1)rCr9(2x)r=(1)rCr92xr，当r=2 时，T3=(1)2C2922x=288.精品 x=23.nlim(x1+21x+nx1)=32132=2.答案：A【例 27】(2004 年福建文)已知(xxa)8展开式中常数项为 1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是()A.28 B.38 C.1 或 38 D.1 或 28 解析：Tr+1=(1)rCr8x8r(xa)r=(a)rCr8x82r，当r=4 时，T3=(a)4C48=1120，a=2.有函数f(x)=(xxa)8.令x=1，则f(1)=1 或 38.答案：C【例 28】(2004 年天津)若(12x)2004=a0+a1x+a2x2+a2004x2004(xR)，则(a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+(a0+a2004)=.(用数字作答)解析：在函数f(x)=(12x)2004中，f(0)=a0=1，f(1)=a0+a1+a2+a2004=1，(a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+(a0+a2004)=2004a0+a1+a2+a2004=2003a0+a0+a1+a2+a2004=2003f(0)+f(1)=2004.