二项式定理典型例题含解答复习课程.docx
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二项式定理典型例题含解答复习课程
二项式定理典型例题
典型例题一
n
例1在二项式x1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.
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:
‘2n3rcr丄>r~4~CnrX
2
前三项的r0,1,2.得系数为:
t1
1,t2
22n,t3c：
22
8n（n1），
由已知：
2t2t1t3n1
（n
1），
•••n8
163r
通项公式为Tr1C8P「
01,2
8,Tr1为有理项，故16
3r是4的倍数,
81212
Cg-8xx•
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
•r0,4,8.依次得到有理项为Ti
x4,T5c8^4X^^x,T9
28
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
典型例题四
310R16
例4
（1）求（1X）（1X）展开式中X的系数；
（2）求（X2）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，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.
（1）可以
解：
（1）（1x）3（1x）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（1X）3展开式中的常数项乘以（1X）10展开式中的X5项，可以得到
C10X5；用
（1x）3展开式中的一次项乘以（1X）10展开式中的X4项可得到（3x）（C：
oX4）
3C4°x5；
3210
用（1X）中的X乘以（1X）展开式中的
32
x可得到3x
3335m
C10X3C10X；用
（1
3
X）中的
X3项乘以
（1X）10展开式中的X
2项可得到
C322
3xC10x
C20X5，合并同类项得
X5
项为:
（C0
C4。
3C3。
C0）X5
63x5.
（2）
（X
12
1
X•由X1x
12
展开
式的通项公式
Tr
'2）12
C12X
6r，可得展开式的常数项为C：
2924
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
265
X）展开式中X5的系数.
分析
:
（1X
2
X
1O
）不是二
二项式，
我们通过1
2
XX
（1
X）X2
或1（X
X）展开
解:
方法一：
（1
XX2
）6（1
X26
x）X
（1X6）
6（1
x）5x2
15（1
44
x）X
其中含X5的项为
C：
x5
6C；x5
15C14X5
6x5.含x
5项的系数为
6.
方法一
二:
（1
X
2\6
X）
1（X
2、6
X）
1
6（xx
2）
15（x
2、22、3
x）20（xx）
15（xx2
）4
6（xx
2\5/
）（x
6
X）
5555
其中含X5的项为20（3）x15（4）x6x6x.二x5项的系数为6.
方法3:
本题还可通过把（1xX2）6看成6个1xX2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.
3132
3个因式中取x,—个取x2，两个取1得到C6C3X（x）.
1个因式中取X,两个取x2，三个取1得到C6C5x（x）•
合并同类项为（C；clc；c6c5）x56x5,X5项的系数为6•
典型例题六
例6求证：
（1）Cn2C：
nVn2n1；
（2）co[cn垃丄cn丄⑵11）•
23n1n1
分析：
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
12
CnCn
Cn
2n.
解:
（1）
n!
n!
k-
k!
（nk）!
（k1）!
（nk）!
（n1）!
（k1）!
（nk）!
ncn
•••左边nC：
1ncn1
ncn1
n（C01
C；1
cn1）n2n1右边.
n!
n!
k!
（n
（k
k）!
（n1）!
（k1）!
（nk）!
1k1
cn1•
n1
_cn
1Cn
1
n1
1C1n
n1
丄Cn1
n1
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
•••左边
n1C2
c：
1
cn
1）
（2n11）右边.
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
29C1028C：
o27C；o
理才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例子：
求
2
Co29C10210
2C1010的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与
10100122
（12）10的展开式接近，但要注意：
（12）CwC102C102
121022c20
29C；o210C1012（102C2o
28c9o29c10）
从而可以得到：
102Cw
28C；oFC0尹1）•
典型例题七
例7利用二项式定理证明:
32n28n9是64的倍数.
分析：
64是8的平方，问题相当于证明
32n28n9是82的倍数，为了使问题向二项
式定理贴近，变形
32n2
9n1（81）n
将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.
解：
•/32n2
8n
9n1
8n
n1
（81）8n
8n1
Cn
8n
cn
182
cn
8n1
Cn1
8n
cn1
828（n
1）18n9
8n1cn18n
cn
182
（8n1
8n
n1
Cn1）64是64的倍数.
而且可以用此方程求一些
说明：
禾U用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题,复杂的指数式除以一个数的余数.
典型例题八
例8展开2x
35
2x2
•分析1:
用二项式定理展开式.
解法1：
2x3
2x2
C50（2x）5
0
314
C5（2x）4
323
药C5（2x）
2
3
2x2
3
Cd）2/c；（2x）
2x2
C；
32x5120x2
180135405243
~x~x^~8xr32x10
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:
535
3（4x3）1rc0/‘3、5小1/‘3、4/小2/‘3、3/2
2x21010【C5（4x）C5（4x）（3）C5（4x）（3）
2x32x32x
C/（4x3）2（3）3C54（4x3）1（3）4C/（3）5]
1
32x10
（1024x15
3840x12
5760x94320x6
1620x3
2437）
32x5120x2
180135405243
f炭32x10
说明：
记准、记熟二项式（ab）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
1
z）展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（）
A
•11
B•
33C.
55D•66
分析
:
（xy
10
z）看作二项式
10
[（xy）z]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
io
yz）
[（x
10
y）z]
10
k10kk
Cio（xy）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（xy）10k展开，
不同的乘积C10（xy）10kzk（k0,1,,10）展开后，都不会出现同类项.
下面，再分别考虑每一个乘积C1'0（xy）10kzk（k0,1,,10）•
其中每一个乘积展开后的项数由（xy）10k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11109166,•••应选D•
典型例题十
1
例10若x-
n
2的展开式的常数项为
20,求n•
2n
分析：
题中x0，当x
0时，把x
x1；当x0
（x
时，同理
1）n
然后写出通项，令含
x的幕指数为零，解出n.
解:
Tr1
C；nC.X）2nr（
1）rC；nC、X）2n2r
，令2n
•••展开式的常数项为
（1）nC；n；
当x0时，x
n
1
2
x
2n
1
x
同理可得，展开式的常数项为
1）nC2n.无论哪一种情况,
常数项均为
（1）4.
令
（1）©
20，以n
1,2,3,，逐个代入，得n
典型例题十
例11
10
1
—的展开式的第3项小于第4项，则x
-x
的取值范围是
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.
解:
x
10
有意义必须
23
x0；依题意有T3T4即Cfo^'X）8丄G3o&x）7[
3x3x
1098
321
1
启（•••x0）.解得0
vx
85648.
9
•x的取值范围是x0
x冷8..••应填:
85648.
2n
1
，其通项为
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.
n!
n!
解：
设连续三项是第k、k1、k2项（kN且k1），则有C：
1：
。
：
：
。
：
11：
2：
3,
即n!
:
—-—:
1：
2：
3•:
:
——:
——1：
2：
3.
（k1）（nk1）!
k!
（nk）!
（k1）（nk1）!
（nk）（nk1）k（nk）k（k1）
k（n
k）
1
k
1
•（n
k）（n
k1）
2
n
k1
2
k（k1）
2
（k
1）
2
k
（nk）
3
（n
k）
3
n
14,k
5所求连续三项为第
5、
6、7三项.
又由已知，
C1143xlog2X112.即
lOg2X
x28.
两边取以
2为底的对数，
（gx）2
3,log2x
3,•
x2“，或x2".
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：
T6C；（2x）5,T7C：
（2x）6，依题意有C；25C：
26n8.
二（12x）8的展开式中，二项式系数最大的项为
T5C84（2x）41120x4.
设第r1项系数最大，则有
•••r5或r6（：
r0,1,2,,8）.二系娄最大的项为：
T61792x5,T71792x6.
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）（1x）m（1x）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最小值.
解:
cmc1
1102mn
2
m11.CiC：
丄（m
2
112
11n55（n）2
2
99
4
n）
22
mn11
2
6或5时，x2项系数最小，最小值为
25.
说明：
二次函数y（X11）299的对称轴方程为x-1，即x5.5，由于5、6距5.5
242
11299
等距离，且对nN,5、6距5.5最近，所以（n—）2的最小值在n5或n6处
24
取得.
典型例题十五
例15若（3x
1）7
7
a7x
6
a6Xa〔xao,
求
（1）a1a2
a7;
（2）
a1a3a5a7;（3）ao
a2
a4a6.
解:
（1）令x
0，则
a。
1
，令x1，则a7a6
a1
ao27128.
①
・・a〔a2
a7
129.
（2）令x
1，则a7a6
a5
a4a3a?
a1a0（4）
②
由①
②
一得：
a1a3a5
a7
1
-[128（
4）
7]8256
2
2
（3）由①
o
②得：
a0a2
a4
a62®
a6
a5a4a3
a2a1ao）
2
（
ay
a6a5a4
a3a2a〔a。
）]
1
-[128（4）7]8128.
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.
anXn,g（x）的各项
⑵一般地，对于多项式g（x）（pxq）na。
a/a?
x2
1
的系数和为g
（1）:
g（x）的奇数项的系数和为[g
（1）g
（1）].g（x）的偶数项的系数和为
1
2【g
（1）g
（1）].
典型例题十六
例16填空：
（1）2303除以7的余数；
（2）5味515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：
2303（23）103
（8）103（71）103Cw710看搅7C；03
7[G0.79
Cw78%]2
又•••余数不能为负数，需转化为正数。
•••2303除以7的余数为5•••应填：
5
5555
分析
（2）:
将55写成（561），然后利用二项式定理展开.
C5；56C5515
解：
555515（561）5515C555655c555654
容易看出该式只有c5?
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:
典型例题十七
例17求证：
对于n
证明：
1-
n
展开式的通项
Tr
cn
r
Pn
rr!
n
1n（n1）（n2）（nr1）
1
rr（1
1
—）（1n
2-）n
（1
二）.n
展开式的通项
Tr1
1
（n1）r
An
r!
（n
1）
―1r!
rd
（1
由二项式展开式的通项明显看出Tr1
1，所以
说明：
本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同,用比较通项大小的方法完成本题证明.
n
证明时,
n1
1.
n1
根据题设特点，采
典型例题十八
例18
在（x23x2）5的展开式中x的系数为（
）•
A.
分析:
解法
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.
1：
由（x23x2）5[（x23x）2]5，得Tk1C『（x23x）5k2k
C；2k（x23x）5k再一次使用通项公式得，Tr1Ck2kC5k3rx102kr,
这里0k5,0r5k.令102kr1,即2kr9.
所以r1,k4，由此得到x的系数为C；243240.
解法2：
由（x23x2）5（x1）5（x2）5，知（x1）5的展开式中x的系数为C54,
常数项为1,（x2）5的展开式中x的系数为C；24，常数项为25.
因此原式中x的系数为C；25C：
24240.
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
240
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
典型例题十九
例19
已知-
x
x9
39
的展开式中x3的系数为一，常数a的值为
4
分析:
利用二项式的通项公式.
解:
在
的展开式中，通项公式为T；1C9-
x
x
I
2
C9
（1）ra9r
x3r9
根据题设,
根据题意,
3
r
2
9
a
16
93，所以r8•代入通项公式,
Tg
93
ax•
16
9，所以a4.•••应填：
4•
4
典型例题二十
例20⑴求证:
3C：
32C233C；
1）n3n
（2）n
⑵若（2x..3）4
23
a2xa3x
a4X，求（a0a2a4）（ai
a3）2的值.
分析：
（1）注意观察
（1x）n
122
1CnxCnx
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）（a1
a3）（a0a1
a2a3
a4）
（2,3）4（23）41.
a4）
（abx）na0qxa2x2
C；bn中，对任意的x
A（a,bA）该式恒成立，那么对
A中的特殊值，该工也
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.
解：
（1）在公式（1
x）n1C1x
Cn2x2
C；xn中令x3，即有
（13）n1Cn（3）1
C：
（3）2
C?
（3）n
1
3Cna2C2
（1）n3n
⑵在展开式（2x
3）4a0
2
dxa?
x
3
a3X
4亠
a4X中，
令x1，得a0a1
a2a3a4
（2x3）4;
令x
1，得00ai
_4
a?
qa（23
（a。
a1a2a3a4），再用赋值法求之.
•原式
（a°a1
a2a3a4）（a°
a1a2a3
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
n亠/Ixn0n1nL2n2」2
anx或（ab）CnaCnabCnab
般取x0,1,1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1[f
（1）f
（1）].二项式系数的性质CCnc；C：
2n
22
及C0CnC4C：
C3C52n1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：
32：
324n37能被64整除.
分析：
考虑先将32：
3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.
解:
子：
3
24：
37
33：
2：
2
24：
37
39：
124：
373
（8
1）：
1
24：
37
3
[Cn1
8：
1
c1
18：
2:
1
c：
18
C：
1
8C：
11
]24：
37
3
[8：
1
C11
8：
c：
2
18：
1
（:
1）8
1]24：
37
3
[8：
1
41
8：
c：
2
18：
1
C：
c：
1182
（8：
9）]
24：
37
3
82[8：
1c
118
:
2
2:
3
c：
18
c：
；]
3（8：
9）24：
37
3
64[8n1
c11
8：
2
Cn
18：
3]
64
•/8：
1,c：
1
8：
2
Cn1
8：
3,
…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^3x2）：
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x1得展开式的各项系数之和为（13）：
22：
，而展开式的二项式系数的和为
c0
c：
Cn
2：
，•有22：
2：
992••••:
5.
（1）•-
5，故展开式共有
2
C；（x§）3（3x2）2
6，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项.
22
270x3.
（2）设展开式中第r
63,3、22.3
90x,T4C5（x3）（3x）
2
/3\5（x）
1项的系数最大.Tr1
C5
2、r
（3x）
C53r
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