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=C04a4+C14a3(－2b)+C24a2(－2b)2+C34a(－2b)3+C44(－2b)4=a4－8a3b+24a2b2－32ab3+16b4.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－223x)5.分析一：直接用二项式定理展开式.解法一：(2x－223x)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=32x5－120x2+x180－4135x+78405x－1032243x.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：(2x－223x)5=105332)34(xx=10321x［C05(4x3)5+C15(4x3)4(－3)+C25(4x3)3(－3)2+C35(4x3)2(－3)3+C45(4x3)(－3)4+C55(－3)5］=10321x(1024x15－3840x12+5760x9－4320x6+1620x3－243)=32x5－120x2+x180－4135x+78405x－1032243x.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C410.解法二：(x－3)10的展开式的通项是Tr+1=Cr10x10－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=C410x6(－3)4=9C410x6.∴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？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(3x－x32)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：(3x－x32)10的展开式的通项是Tr+1=Cr10(3x)10－r(－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－77760x.说明：注意把(3x－x32)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)10－r(x21)r，要使得它是常数项，必须使“x”的指数为零，依据是x0=1，x≠0.解：设第r+1项为常数项，则Tr+1=Cr10(x2)10－r(x21)r=Cr10xr2520(21)r(r=0，1，…，10)，令20－25r=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.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∵0≤r≤7，∴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、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T5和T7两项系数的大小即可.667447)2(C)2(C=1737C4C＞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=C5n(2x)5，T7=C6n(2x)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=1120x4.设第r+1项系数最大，则有.2C2C,2C2C11771177rrrrrrrr∴5≤r≤6.∴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=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：n∈N*，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)10－kzk.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Ck10(x+y)10－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)10－kzk(k=0，1，…，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｜+||1x－2)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｜+||1x－2)3=(||x－||1x)6，∴展开式的通项是Tr+1=Cr6(||x)6－r(－||1x)r=(－1)rCr6(||x)6－2r.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=－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(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.解：∵Tr+1=Cr9(x21)9－r(－x31)r=(－1)rCr9x627r.令627r∈Z，即4+63r∈Z，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.∴(x－3x)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(3x－1)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a0，求(1)a1+a2…+a7；(2)a1+a3+a5+a7；(3)a0+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，则a0=－1，令x=1，则a7+a6+…+a1+a0=27=128.①∴a1+a2+…+a7=129.(2)令x=－1，则a7+a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=(－4)7.②由2)2()1(得：a1+a3+a5+a7=21［128－(－4)7］=8256.(3)由2)2()1(得a0+a2+a4+a6=21［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)各项的系数和为g(1)，g(x)的奇数项的系数和为21［g(1)+g(－1)］，g(x)的偶数项的系数和为21［g(1)－g(－1)］.【例13】证明下列各式(1)1+2C1n+4C2n+…+2n－1C1nn+2nCnn=3n；(2)(C0n)2+(C1n)2+…+(Cnn)2=Cnn2；(3)C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn=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=C0nan+C1nan－1b+C2nan－2b2+…+C1nnabn－1+Cnnbn中，令a=1，b=2，得(1+2)n=1+2C1n+4C2n+…+2n－1C1nn+2nCnn，即1+2C1n+4C2n+…+2n－1C1nn+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+C1nC1nn+…+C1nC1nn+CnnC0n=Cnn2.∵Cmn=Cmnn，0≤m≤n，∴(C0n)2+(C1n)2+…+(Cnn)2=Cnn2.(3)证法一：令S=C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn.①令S=C1n+2C2n+…+(n－1)C1nn+nCnn=nCnn+(n－1)C1nn+…+2C2n+C1n=nCnn+(n－1)C1n+…+2C2nn+C1nn.②由①+②得2S=nC1n+nC2n+nC3n+…+nCnn=n(Cnn+C1n+C2n+C3n+…+Cnn)=n(C0n+C1n+C2n+C3n+…+Cnn)=n2n.∴S=n2n－1，即C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn=n2n－1.证法二：观察通项：kCkn=k11C!)(!)1(!)1(!)(!knnknknnknkn.∴原式=nC01n+nC11n+nC21n+nC31n+…+nC11nn=n(C01n+C11n+C21n+C31n+…+C11nn)=n2n－1，即C1n+2C2n