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
（1<
例1在二项式仮十^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血.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=Cn—=—n,t3=Cn—=—n（n-1）,
2248
1由已知：
2t^t1t3n=1n（n—1）,
8
n=8
通项公式为
116J3r
Tr1=c8-rxFr=0,1,r8,Tr1为有理项，故16-3r是4的倍数,2r
•••r=0,4,8.
依次得到有理项为「=X4,T5二C；丄X二色乂忑二c81x‘1X2.
24828256
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，C-.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（X-2）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：
3ioc55
用（1-X）展开式中的常数项乘以（1X）展开式中的x项，可以得到CioX;用
（1-X）3展开式中的一次项乘以（1-X）10展开式中的X4项可得到（_3x）（C：
ox4）=-3C：
ox5；
432
5
（C10~C10'3C1o—'Golx63x
、.x1
7x
的常数项为C；2二924.
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_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；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
n!
k!
（n-k）!
（k-1）!
（n-k）!
n161n1
A
—（c；1c2^-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.
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32「2=9n1=（8T）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）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.
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
/-、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
C；（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
C；（4x3）2（—3）3CfZx3）"一3）4C；（-3）5]
打（1024x15-3840x125760x°-4320x61620x^2437）
32x
=32x5—120x2型一辱竽一兰•
xx48x732x10
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：
（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
10
（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.
典型例题十
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:
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.
解：
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,
=1：
2：
3.
（k1）（n-k-1）!
（n_k）（n_k1）
k（n-k）
11：
2：
3.
k（k1）
k（n-k）
.*（n-k）（n-k+1）
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，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.
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
C；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.
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（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.
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：
cmC：
=nm=11.
22
cmc
1/22、mnT1
（m_mn_n）=
22
•n=5或6,m=6或5时，x2项系数最小，最小值为25.
1199ii
说明：
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.
解:
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
22
aoa2a4■a6
（a7a6•a5a4a3a2a「a0）
2
'（-a7•a6_a§a4_a3a?
-a1•a。
）]
1[128（-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）].
1
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.
解：
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：
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
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
n1
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^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
分析：
利用二项式的通项公式.
解：
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.
分析：
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!
•a?
-a3•a4），再用赋值法求之.
解：
⑴在公式（1x）n=1CnxCn2x^'C；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.
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
（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
11
[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；•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.
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
=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.
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）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（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.
2
•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.
2
Tr1=c5（X3）5'（3x2）r二c53r
芜丄，
即V6"
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=Cs（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：
⑴cn^m+qc加i+5卩需丸雋；
（2）c0-32c：
34c：
3ncn=24心2nJ（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）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.
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.
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