人教版二項式定理 典型例題解析

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1、文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持. 文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持. 人教版二項式定理 概念篇 【例U展開(2x—2)5. 2x2 分析一：直接用二項式定理展開式. 解法一：(2x—)5=c0(2x)5+C5(2x)4(--3y)+C2(2x)3(--3^)2+C3(2x)2(--3r)3+ 2x22x22x22x2 C5 (2x)(一m)4-5(- 2x 二32x5— 120x2+180 x 3 )5 2x2 135 405 243 丁 + 87 32x10 ' 分析二：對較繁雜的式子，先化簡

2、再用二項式定理展開. 解法二：(2X-2^5二審 二品［C0(4x3)5+C1(4x3)4(-3)+C5(4x3)3(—3)2+C3(4x3)2(-3)3+C5(4/(―3)4+uux C5(—3)5] (1024x15—3840x12+5760x9—4320x6+1620x3-243) 32x =32x5— 120x2+180 x 135 405 243 產(chǎn)+ 8X7 32x10 ' 說明：記準(zhǔn)、記熟二項式(a+b)n的展開式是解答好與二項式定理有關(guān)問題的前提條件.對較復(fù)雜的二 項式，有時先化簡再展開會更簡便. 【例2】求二項式(a-2b)4的展開式.a 分析：

3、直接利用二項式定理展開. 解：根據(jù)二項式定理得(a-2b)4=C0a4+C4a3(—2b)+C2a2(—2b)2+C4a(—2b)3+C4(-2b)4 二a4—8a3b+24a2b2—32ab3+16b4. 說明：運用二項式定理時要注意對號入座，本題易誤把—2b中的符號“―”忽略. 【例3】在(x—冬)10的展開式中，x6的系數(shù)是. 解法一：根據(jù)二項式定理可知x6的系數(shù)是C40. 解法二：(x-3)10的展開式的通項是Tr+1=C；0x10—r(—而)r. 令10—r=6,即r=4,由通項公式可知含x6項為第5項，即T4+1=C40x6(—舊)4=9C40x6. ??.x6的系

4、數(shù)為9c40. 上面的解法一與解法二顯然不同，那么哪一個是正確的呢？ 問題要求的是求含x6這一項系數(shù)，而不是求含x6的二項式系數(shù)，所以應(yīng)是解法二正確.如果問題改 為求含x6的二項式系數(shù)，解法一就正確了，也即是c4°. 說明：要注意區(qū)分二項式系數(shù)與指定某一項的系數(shù)的差異. 二項式系數(shù)與項的系數(shù)是兩個不同的概念，前者僅與二項式的指數(shù)及項數(shù)有關(guān)，與二項式無關(guān)，后者與二項式、二項式的指數(shù)及項數(shù)均有關(guān). 【例4】已知二項式(3xx-)10, 3x (1)求其展開式第四項的二項式系數(shù)； (2)求其展開式第四項的系數(shù)； (3)求其第四項. 分析：直接用二項式定理展開式. 解：(3萬

5、—2)10的展開式的通項是Tr+i=C；0(3jX)10r(--)r(r=0,1,…，10). 3x3x (1)展開式的第4項的二項式系數(shù)為C3o=120. (2)展開式的第4項的系數(shù)為Cw37(--)3=-77760. 3 1 (3)展開式的第4項為—77760(4)77,即—77760Jx. X 說明：注意把(3JX—2)10寫成[34+(—2)]10,從而湊成二項式定理的形式. 3x3x 【例5】求二項式(x2+J)10的展開式中的常數(shù)項. 2,x 分析：展開式中第r+1項為C；0(x2)10—r(2)r,要使得它是常數(shù)項，必須使“x”的指數(shù)為零，依據(jù) 是x0=

6、1,XW0. 解：設(shè)第r+1項為常數(shù)項，則 [+1=。；0僅2)10 r(或六小 5r15__一 , , T9=C：0 ( 2 )8二 45 256 2(1)r(r=0,1,…，10),令20—1r=0,得r=8. ??.第9項為常數(shù)項，其值為我. 256 說明：二項式的展開式的某一項為常數(shù)項，就是這項不含“變元”，一般采用令通項Tr+1中的變元 的指數(shù)為零的方法求得常數(shù)項. 【例6】(1)求(1+2x)7展開式中系數(shù)最大項； (2)求(1—2x)7展開式中系數(shù)最大項. 分析：利用展開式的通項公式，可得系數(shù)的表達(dá)式，列出相鄰兩項系數(shù)之間關(guān)系的不等式，進(jìn)而求出

7、其最大值. 解：(1)設(shè)第r+1項系數(shù)最大，則有 C72r C7 12r 1, C72r C7 12r 1, 7!2r7!2r1 r!(7r)!(r1)!(7r1)! 7!2r7!2r1 r!(7r)!(r1)!(7r1)! 16 3 L??nvv7?c又?0&r07,?.r=5. 13. 3 系數(shù)最大項為T6=C72 1 一 o, r 化簡得r 8 r解得 1 2 . r r r 1 x5=672x5. (2)解：展開式中共有8項，系數(shù)最大項必為正項，即在第一、三、五、七這四項中取得.又因(1—2x)7括號內(nèi)的兩項中后兩

8、項系數(shù)的絕對值大于前項系數(shù)的絕對值，故系數(shù)最大值必在中間或偏右，故只需比 4 /O\4C3 較T5和T7兩項系數(shù)的大小即可.C6(2)6=3>1,所以系數(shù)最大項為第五項，即T5=560x4c7(2)6而 說明：本例中(1)的解法是求系數(shù)最大項的一般解法，(2)的解法是通過對展開式多項分析，使解題過程得到簡化，比較簡潔. 【例7】(1+2x)n的展開式中第6項與第7項的系數(shù)相等，求展開式中二項式系數(shù)最大的項和系數(shù) 最大的項. 分析：根據(jù)已知條件可求出n,再根據(jù)n的奇偶性確定二項式系數(shù)最大的項. 解：T6=Cn(2x)5,T7=C6(2x)6,依題意有C：25=C626,解得n=8

9、.(1+2x)8的展開式中，二項式系數(shù)最 大的項為T5=C4(2x)4=1120x4. 設(shè)第r+1項系數(shù)最大，則有 C72r C712r 1, C72r C712r1. 5

10、+bn(an、bnCZ),則bn的伯：() A.一定是奇數(shù)B.一定是偶數(shù) C.與bn的奇偶性相反D.與a有相同的奇偶性 分析一：形如二項式定理可以展開后考查. 解法一：由(J2+1)n=V2an+bn,知V2an+bn=(1+J2)n =C0+Cn拒+C2(V2)2+C：(收)3+…+C：(V2)n. ??.bn=1+C2(亞)2+C4(亞)4+… ??bn為奇數(shù). 答案：A 分析二：選擇題的答案是唯一的，因此可以用特殊值法. 解法二：nCN*,取n=1時，(72+1)1=(72+1),有b1=1為奇數(shù). 取n=2時，(/+1)2=2也+5,有b2=5為奇數(shù). 答案：A

11、 【例9】若將(x+y+z)10展開為多項式，經(jīng)過合并同類項后它的項數(shù)為()A.11B.33C.55D.66 分析：(x+y+z)10看作二項式[(xy)z]10展開. 解：我們把x+y+z看成(x+y)+z,按二項式將其展開，共有11“項”，即(x+y+z)10=1010k10—kk [(xy)z=C10(x+y)z. k0 這時，由于“和”中各項z的指數(shù)各不相同，因此再將各個二項式(x+y)10一k展開，不同的乘積Ck0(x+y)10一9(k=0,1,…，10)展開后，都不會出現(xiàn)同類項. 下面，再分別考慮每一個乘積Ck0(x+y)10kzk(k=0,1,…，10). 其中每

12、一個乘積展開后的項數(shù)由(x+y)10—k決定，而且各項中x和y的指數(shù)都不相同，也不會出現(xiàn)同類項.故原式展開后的總項數(shù)為11+10+9+…+1=66. 答案：D 說明：化三項式為二項式是解決三項式問題的常用方法. 【例10】求(|x|+工一2)3展開式中的常數(shù)項. |x| 分析：把原式變形為二項式定理標(biāo)準(zhǔn)形狀. 解：.?(xl+±-2)3=(^Txl-^)6, |x|、|x| ?.?展開式的通項是Tr+1=c6(vTxl)6r(-4=)r=(-1)rc6(vTx-l)62r. -Jx| 若Tr+1為常數(shù)項，則6—2r=0,r=3. 「?展開式的第4項為常數(shù)項，即T4=-C3

13、=-20. 說明：對某些不是二項式，但又可化為二項式的題目，可先化為二項式，再求解^ 【例11】求(板一板)9展開式中的有理項. 分析：展開式中的有理項，就是通項公式中x的指數(shù)為整數(shù)的項. 1127r 解：=Tr+1=C9(x2)9r(―x3)r=(—1)rC9xk. 令名」CZ,即4+=CZ,且r=0,1,2,…，9. 66 ..r=3或r=9. 當(dāng)r=3時，2^=4,T4=(—1)3C；x4=—84x4. 6 當(dāng)r=9時，2^=3,T10=(-1)9C9x3=-x3. 6 .??3僅一38)9的展開式中的有理項是第4項—84x4,第10項一x3 說明：利用二項展

14、開式的通項Tr+1可求展開式中某些特定項. 【例12]若(3x—1)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a。,求 (1)a1+a2…+a7； (2)a1+a3+a5+a7； (3)a0+a2+a4+a6. 分析：所求結(jié)果與各項系數(shù)有關(guān)可以考慮用“特殊值”法，整體解決. 解：⑴令x=0,貝Ua0=—1,令x=1,貝Ua7+a6+…+a1+a0=27=128.① ；a1+a2+…+a7=129. (2)令x=—1,貝Ua7+a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=(—4)7.② 由⑴⑵得:a1+a3+a5+a7=1[128—(—4)7]=8256. 22 (3)由ffl_(

15、2)得a0+a2+a4+a6=1[128+(—4)7]=-8128. 22 說明：(1)本解法根據(jù)問題恒等式特點來用“特殊值”法，這是一種重要的方法，它用于恒等式. (2)一般地，對于多項式g(x)=(px+q)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7,g(x)各項的系數(shù)和為g(1),g(x)的奇數(shù)項的系數(shù)和為1[g(1)+g(—1)1,g(x)的偶數(shù)項的系數(shù)和為-[g(1)-g(-1)l. 22 【例13】證明下列各式 (1)1+2Cn+4c2+…+2n1Cn1+2nCn=3n; (2)(C0)2+(Cn)2+…+(Cn)2=C2n； (

16、3)C；+2c2+3C3+…+nCn=n2n1. 分析：(1)(2)與二項式定理的形式有相同之處可以用二項式定理，形如數(shù)列求和，因此可以研究它的 通項尋求規(guī)律. 證明：(1)在二項展開式(a+b)n=C0an+C1nan-1b+Cnan—廿+…+Cn1abn-1+Cnbn中， 令a=1,b=2,得(1+2)n=1+2Cn+4c2+…+2n1Cn1+2nCn,即 1+2Cn+4c2+…+2n1Cn1+2nCn=3n. (2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n, ??(1+Cnx+C2x2+…+Cnxr+…+xn)(1+C1nx+C2x2+…+Cnxr+…+xn)=(1+x)2

17、n. 而C2n是(1+x)2n的展開式中xn的系數(shù)，由多項式的恒等定理，得 C0Cn+CnCn1+??+cncn1+CnCn=Cnn. ???cm=cnm,0

18、?..S=n2n1,即C1n+2C2+3C3+…+nCn=n2n1. 證法二：觀察通項：kCn=k—n— n—(n^— k!(n k)! (k 1)!(n k)! ..?原式=nCn 1+nC1n 1+nC2 1+nC3 1+ …+nCn1=n(C： k 1 nCn 1 . 1+Cn i+C2 i+C3 1+---+Cn 1)=n2n 1, 即C；+2C：+3c3+…+nCn=n2nl. 說明：解法二中kcn=ncni可作為性質(zhì)記住. 【例14】求1.9975精確至IJ0.001的近似值. 1.997=2—0.003. 分析：準(zhǔn)確使用二項式定理應(yīng)把1.997拆成二項之

19、和形式如 解：1.9975=(2—0.003)5 =25—C5240.003+C2230.0032-C3220.0033+… ?32—0.24+0.00072^31.761. 說明：利用二項式定理進(jìn)行近似計算，關(guān)鍵是確定展開式中的保留項，使其滿足近似計算的精確度 【例15】求證：5151—1能被7整除. 分析：為了在展開式中出現(xiàn)7的倍數(shù)，應(yīng)把51拆成7的倍數(shù)與其他數(shù)的和(或差)的形式. 證明：5151-1=(49+2)51-1=C514951+C5149502+…+C5149?250+C51251-1, 易知除C51251—1以外各項都能被7整除. 又251—1=(23)17

20、—1=(7+1)17—1=C07717+C17716+…+C177+C17T=7(C07716+C17715+?TC16). 顯然能被7整除，所以5151—1能被7整除. 說明：利用二項式定量證明有關(guān)多項式(數(shù)值)的整除問題，關(guān)鍵是將所給多項式通過恒等變形變?yōu)槎検叫问?，使其展開后的各項均含有除式. 創(chuàng)新篇 【例16】已知(xlgx+1)n的展開式的最后三項系數(shù)之和為22,中間一項為20000.求x. 文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持. 文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持. 分析：本題看似較繁，但只要按二項式定理準(zhǔn)確表達(dá)出

21、來，不難求解！ 解：由已知cn+cn1+Cn2=22,即n2+n—42=0.又nCN*,n=6. T4為中間一項,T4=C6(xlgx)3=20000,即(xlgx)3=1000.xlgx=10. 兩邊取常用對數(shù)，有l(wèi)g2x=1,lgx=±1,x=10x=—. 10 說明：當(dāng)題目中已知二項展開式的某些項或某幾項之間的關(guān)系時，常利用二項式通項公式，根據(jù)已知條件列出等式或不等式進(jìn)行求解. 【例17】設(shè)f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m,nCN*),若其展開式中關(guān)于x的一次項的系數(shù)和為11,問m,n為何值時，含x2項的系數(shù)取最小值？并求這個最小值. 分析：根據(jù)已知條件得到x2的系

22、數(shù)是關(guān)于x的二次表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)性質(zhì)探討最小值問題. 22 解：Cm+C；=n+m=11.cm+C2=-(m2—m+n2—n)=m——n, 22 n€N*, 「.n=6或5,m=5或6時，x2項系數(shù)最小，最小值為25. 說明：本題是一道關(guān)于二次函數(shù)與組合的綜合題. 【例18］若(x+二一2)”的展開式的常數(shù)項為一20,求n.x 分析：題中xw0,當(dāng)x>0時，把三項式(x+1一2廠轉(zhuǎn)化為(Vx—J)2n;當(dāng)x<0時，同理(x+1一x.xx 2)n=(—1)n(Jx—2)2n.然后寫出通項，令含x的幕指數(shù)為零，進(jìn)而解出n. 解：當(dāng)x>0時，(x+1—2)n二(彼一上嚴(yán)，

23、xx 其通項為Tr+1=C2n(阮)2nr(--L)r=(-1)rC2n(Vx)2n2x 令2n—2r=0,得n=r,???展開式的常數(shù)項為(―1)rCnn； 當(dāng)x<0時，(x+1—2)n=(—1)n(4—：)2n.同理可得，展開式的常數(shù)項為(一1)rC2n.xx 無論哪一種情況，常數(shù)項均為(―1)rCnn. 令(T)rC2n=20.以n=1,2,3,…，逐個代入，得n=3. 說明：本題易忽略x<0的情況. 【例19】利用二項式定理證明(2)n1<—.3n1 分析：2不易從二項展開式中得到，可以考慮其倒數(shù)U.n12 證明：欲證(2廠1〈二-成立，只需證(3尸1〈。成立. 3

24、n122 M(3)n1=(1+1)n1=Cn1+Cn1-+C21(-)2+???+Cn1(1)n1 22222 .n1八2/1\2n =1++Cn1(—)+…+Cn 22 >n_J 2 說明：本題目的證明過程中將 (|)n1轉(zhuǎn)化為(1+1)「1,然后利用二項式定理展開式是解決本問題的 關(guān)鍵. 【例 20】求證：20(1 +1)n<3(ne N*). n 分析：(1+1)n與二項式定理結(jié)構(gòu)相似，用二項式定理展開后分析 n 證明：當(dāng) n=1 時，(1 + 1)n=2. n 當(dāng) n》2 時，(1+1)n=1+C1n n -+C2 又 Ck(1)k=n(n 1)⑺

25、k n 1) 1 c 1 I -2+ …+cn(_)n=1+1+c n n 2 -2-+ ,,, +Cn(」)n>2. n n k k! n 所以(1 + 1)性2+工+工+ n 2! 3! 1 1 1 =2+(1—2)+q—1)+ … =3- 1<3. n n! , +(」 n 1 + — <2+ 1 + (n 1) n 1 , An 1 1 r r (n 1)r r!(n 1)r = 1(1- r ! 2 )(1F)" ). 綜上有20(1+1)n<3. n 說明：在此不等式的證明中，利用二項式定理將二項式展開，再采用放縮法和

26、其他有關(guān)知識，將不等式證明到底. 【例21】求證：對于nCN*,(1+1)n<(1+—)n+1. nn1 分析：結(jié)構(gòu)都是二項式的形式，因此研究二項展開式的通項是常用方法. 證明：(1+1)n展開式的通項Tr+1=cn^^=^^7nnr!n 1n(n1)(n2)(nr1) 二n =1(1-1)(1-2)…(1-3). r!nnn (1+，)n+1展開式的通項T'r+1=cn n1 由二項式展開式的通項可明顯地看出Tr+1

27、證明時，根據(jù)題設(shè)特點，采用比較通項 大小的方法完成本題證明. 【例22】設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，且a、b、c成等差數(shù)列，nCN*,求證：an+cn>2bn. 分析：題中雖未出現(xiàn)二項式定理的形式，但可以根據(jù)a、b、c成等差數(shù)列創(chuàng)造條件使用二項式定理 證明：設(shè)公差為d,則a=b—d,c=b+d. an+cn-2bn=(b—d)n+(b+d)n—2bn =[bn—Cnbn1d+Cnbnr ! n7 d2+…+(-1)ndn]+[bn+C；bn1d+Cnbn2d2+…+dn] =2(C2bn2d2+Cnbn4d4…)>0. 文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下

28、載支持. 說明：由a、b、c成等差，公差為d,可得a=b-d,c=b+d,這就給利用二項式定理證明此問題創(chuàng)造了可能性.問題即變?yōu)?b—d)n+(b+d)n>2bn,然后用作差法改證(b-d)n+(b+d)n-2bn>0. 【例23】求(1+2x—3x2)6的展開式中x5項的系數(shù). 分析：先將1+2x—3X2分解因式，把三項式化為兩個二項式的積，即(1+2x—3x2)6=(1+3x)6 (1-x)6. 然后分別寫出兩個二項式展開式的通項，研究乘積項x5的系數(shù)，問題可得到解決. 解：原式二(1+3x)6(1-x)6,其中(1+3x)6展開式之通項為Tk+i=Ck3kxk,(1-x)6展

29、開式之通項為 Tr+1=C6(-x)r. 原式二(1+3x)6(1—x)6展開式的通項為Ckc6(—1)r3kxk+r. 現(xiàn)要使k+r=5,又.kC{0,1,2,3,4,5,6},rC{0,1,2,3,4,5,6}, 必須k6或kr或k2,或k3,或k4,或k5’r5r4r3r2r1r0. 故x5項系數(shù)為c030c6(-1)5+c631c4(—1)4+c232c6(—1)3+c633c2(—1)4+c634c6(—1)+C535c6(—1)0=—168. 說明：根據(jù)不同的結(jié)構(gòu)特征靈活運用二項式定理是本題的關(guān)鍵. 【例24】(2004年全國必修+選彳1)(?—」)6展開式中的常數(shù)項

30、為() x A.15B.-15C.20D.-20 32r 解析：Tr+1=(-1)rC6(Vx)6rxr=(-1)rC6x2,當(dāng)r=2時，3-1r=0,T3=(—1)2C2=15. 答案：A 【例25】(2004年江蘇)(2x+4)4的展開式中x3的系數(shù)是() A.6B.12C.24D.48 21 解析：Tr+1=(-1)rC4(vX)4r(2x)r=(-1)r2rC4x2,當(dāng)r=2時，2+^=3,T3=(—2)2C4=24. 答案：C 【例26】(2004年福建理)若(1—2x)9展開式的第3項為288,則lim(1+口+…+4)的值是() nxxx A.2B.1C

31、.1D.- 25 解析：Tr+1=(-1)rC9(2x)r=(-1)rC92xr,當(dāng)r=2時，T3=(-1)2C922x=288. x=3. 2 ? ? lim n (L+4+…+—)=^-=2 2n. xxx12 1120,其中實數(shù)a是常數(shù)，則展開式中 3 【例27】(2004年福建文)已知(x—旦)8展開式中常數(shù)項為x 各項系數(shù)的和是() A.28B.38C.1或嗖D.1或2? 解析：Tr+1=(-1)rC8X8r(-)r=(-a)rC；x82r,當(dāng)r=4時，Ts=(-a)4Cs=1120,/.a=±2.x .??有函數(shù)f(x)=(x-芻)8.令X=1,則9尸1或38 X 答案：C 【例28】(2004年天津)若(1—2xK004=ao+aix+a2x2+?+a2oo4x2004(x￡R),則(ao+ai)+(ao+a2)+ (ao+as)+…+(ao+a2oo4)=.(用數(shù)字作答) 解析:在函數(shù)f(x尸(1一2x)2。"中,f(o)=ao=1,f(1)=ao+ai+a2+???+32004=1, (ao+ai)+(ao+a2)+(ao+a3)+-??+(30+32004) =2OO4ao+ai+a2+???+32004 =2OO3ao+ao+ai+92++32004 二2003f(0)+f⑴ =2004.