二项式定理各种题型汇编

二项式定理222110baCbaCaCba-nn-nnnnnnnn-n-nnbCabC11二项式展开的通项rr-nrnrbaCT1复习旧知第项1r性质复习性质1在二项展开式中，与首末两端等距离的任意两项的二项式系数相等.性质2：如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数最大；nnnknnnnCCCCC2210性质3：性质4：(a+b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数和.题型一利用的二项展开式解题nab解法1413xx4043Cx例1求的展开式413xx31413Cxx22241(3)()Cxx3341(3)()Cxx4441()Cx221218110854xxxx直接用二项式定理展开题型一利用的二项展开式解题nab例1求的展开式413xx解法2413xx4231xx04421[(3)Cxx134(3)Cx224(3)Cx34(3)Cx44]C43221(8110854121)xxxxx221218110854xxxx化简后再展开例题2若,(21)2,nnnnNab(,)nnabZnb,则的值()A一定为奇数C一定为偶数B与n的奇偶性相反D与n的奇偶性相同解:2(12)nnnab0nC12nC22(2)nC33(2)nC(2)nnnCnb0nC22(2)nC44(2)nC所以为奇数故选(A)nb思考能用特殊值法吗?偶偶奇A熟记二项式定理,是解答与二项式定理有关问题的前提条件,对比较复杂的二项式,有时先化简再展开更便于计算.例题点评题型二利用通项求符合要求的项或项的系数例3求展开式中的有理项93xx解:1132919()()rrrrTCxx2769(1)rrrCx令273466rrZZ即(0,19)r39rr或3344492734(1)846rrTCxx99331092793(1)6rrTCxx原式的有理项为:4484Tx310xT例4(04全国卷)81()xx的展开式中的系数为__________5x解:设第项为所求1r12818()rrrrTCxx288(1)rrrrCxx3288(1)rrrCx38522rr由可得5x228(1)28C的系数为.)2(.510和第四项的系数项式系数的展开式中第四项的二求例xx分析：第k+1项的二项式系数---第k+1项的系数-具体数值的积。cnk解：.9608c-.120,)2()()1(310310373103134第四项的系数是数是所以第四项的二项式系因为cxxcTT求二项展开式的某一项,或者求满足某种条件的项,或者求某种性质的项,如含有x项的系数,有理项,常数项等,通常要用到二项式的通项求解.注意(1)二项式系数与系数的区别.(2)表示第项.3rrnrnrbaCT1r例题点评题型3二项式定理的逆用011222112122nnnnnnnnnCCCC原式(12)3nn例6计算并求值12(1)1242nnnnnCCC5432(2)(1)5(1)10(1)10(1)xxxx5(1)x解(1):将原式变形题型3二项式定理的逆用例7计算并求值12(1)1242nnnnnCCC5432(2)(1)5(1)10(1)10(1)xxxx5(1)x解:(2)原式055(1)Cx145(1)Cx235(1)Cx325(1)Cx45(1)Cx55C55C5[(1)1]1x51x例题点评逆向应用公式和变形应用公式是高中数学的难点,也是重点,只有熟练掌握公式的正用,才能掌握逆向应用和变式应用题型4求多项式的展开式中特定的项(系数)例82345(1)(1)(1)(1)(1)xxxxx的展开式中,的系数等于___________2x解:仔细观察所给已知条件可直接求得的系数是2x02C13(1)C224(1)C335(1)C20解法2运用等比数列求和公式得5(1)[1(1)]1(1)xxx原式6(1)(1)xxx在的展开式中,含有项的系数为6(1)x3x3620C所以的系数为-202xttxC)3(12123824)31()21()1(xxxxxx例9．求展开式中的系数。4xrrxC)(44x解:可逐项求得的系数8)21(x的展开式通项为ssxC)2(8当时2s112428C系数为12)31(x的展开式通项为1t当时363112C系数为所以展开式中的系数为123824)31()21()1(xxxxxx1443611244)1(x的展开式通项为当时3r系数为-4求复杂的代数式的展开式中某项(某项的系数),可以逐项分析求解,常常对所给代数式进行化简,可以减小计算量例题点评题型5求乘积二项式展开式中特定的项(特定项的系数)例题10:求的展开式中项的系数.65(1)(21)xx6x解62666()rrrrCxCx6(1)x的通项是55555(2)(1)(1)2sssssssCxCx5(21)x的通项是1622556(1)2rssrssCCx65(1)(21)xx的通项是65(1)(21)xx由题意知16226rs24(06,05)rsrs02rs21rs40rs解得3206252)1(CC所以的系数为:6x426152)1(CC5046052)1(CC640例题点评对于较为复杂的二项式与二项式乘积利用两个通项之积比较方便运算（题型6）求展开式中各项系数和解：设展开式各项系数和为1例题点评求展开式中各项系数和常用赋值法：令二项式中的字母为1naaaa210∵上式是恒等式，所以当且仅当x=1时，(2-1)n=naaaa210∴=（2-1）n=1naaaa210nnnnaxaxax)1(21202)12(例11.的展开式的各项系数和为____nx)12(2题型7：求奇数(次)项偶数(次)项系数的和776016712(31)xaxaxaxa例已知7531)1(aaaa求6420)2(aaaa7210)3(aaaa7)13()(:xxf设解7210)1(aaaaf73210)1(aaaaaf77753142)1()1()(2ffaaaa8128221367531aaaa8256)()1(716420aafaaaa(1)(2)题型7：求奇数(次)项偶数(次)项系数的和7531)1(aaaa求6420)2(aaaa7210)3(aaaa7)13()(:xxf设解7210)1(aaaaf73210)1(aaaaaf是负数因为7531,,,aaaa所以7210aaaa7210aaaa)(7210aaaa7)4()1(f（3）74776016712(31)xaxaxaxa例已知例题点评求二项展开式系数和，常常得用赋值法，设二项式中的字母为1或-1，得到一个或几个等式，再根据结果求值题型8三项式转化为二项式展开式中的常数项求例8)11(13xx解：三项式不能用二项式定理,必须转化为二项式88]1)1[()11(xxxx8878718808)1()1()1(CxxCxxCxxC再利用二项式定理逐项分析常数项得881268244836284808CCCCCCCCC=1107的系数是的展开式中例xxx52)23(14______________解：原式化为52]3)2[(xx其通项公式为rrrrxxCT)3()2(52511,1rx只需的指数为要使xxCT3)2(42152)2844624(1542468xxxxx2402154的系数为所以x240例题点评括号里含有三项的情况可以把某两项合并为一项,合并时要注意选择的科学性.也可因式分解化为乘积二项式.题型9求展开式中系数最大(小)的项与最大二项式系数的比求其项的最大系数的展开式中在例，x20)32(15解:设项是系数最大的项,则1r112012020201120120202032323232rrrrrrrrrrrrCCCC6.126.11r项系数最大的项是第13128122032C即二项式系数最大的项为第11项,即1020C所以它们的比是137102012812203211532CC例16在的展开式中，系数绝对值最大的项20)23(yx解：设系数绝对值最大的项是第r+1项，则1211202020119120202023232323rrrrrrrrrrrrCCCCrrrr3)21(2)20(2)1(3542537r8r所以当时，系数绝对值最大的项为8r812812820923yxCT例17求的展开式中数值最大的项50)21(211rrrrTTTT解：设第项是是数值最大的项1r展开式中数值最大的项是29295030)2(CT115050115050)2()2()2()2(rrrrrrrrCCCC251101251102rr88.2988.28r29r211rrrrTTTT解决系数最大问题，通常设第项是系数最大的项，则有1r由此确定r的取值例题点评题型10整除或余数问题例18。的余数除以求1009192解:9292)9100(919291919229029291192929910091009100100CCC前面各项均能被100整除.只有不能被100整除929929192290929029291192929292)1(1010101010)110(9CCCC19201010101029092902929119292CCC8110001010101029092902929119292CCC811009192除的余数是被可见余数为正整数注意整除性问题，余数问题，主要根据二项式定理的特点，进行添项或减项，凑成能整除的结构，展开后观察前几项或后几项,再分析整除性或余数。这是解此类问题的最常用技巧。余数要为正整数例题点评题型11证明恒等式121123219nnnnnnnnCCCC求证例析:本题的左边是一个数列但不能直接求和.因为由此分析求解rnnrnnnnnnnCCCCCC110,nnnnnnnnnnCCnCCCCS13110)1(320:设解nnnnnnnnCCCnCnnCS0)2()1(1210两式相加)(21210nnnnnnnnCCCCCnSnn212nnnS例题点评利用求和的方法来证明组合数恒等式是一种最常见的方法,证明等式常用下面的等式nnnnnnCCCC221014202nnnnCCCrnnrnCC15312nnnnCCC11mnmnnCmC例20