【荐】二项式定理(知识、例题、习题、讲解)

二项式定理一、知识梳理1.二项展开式的通项公式是解决与二项式定理有关问题的基础.2.二项展开式的性质是解题的关键.3.利用二项式展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等.二、例题分析例1.如果在（x+421x）n的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有理项.例2.求式子（｜x｜+||1x－2）3的展开式中的常数项.思考（1）求（1+x+x2+x3）（1－x）7的展开式中x4的系数；（2）求（x+x4－4）4的展开式中的常数项；（3）求（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50的展开式中x3的系数.解：（1）原式=xx114（1－x）7=（1－x4）（1－x）6，展开式中x4的系数为（－1）4C46－1=14.（2）（x+x4－4）4=442)44(xxx=48)2(xx，展开式中的常数项为C4482·（－1）4=1120.（3）方法一：原式=1)1(]1)1[()1(483xxx=xxx351)1()1(.展开式中x3的系数为C451.方法二：原展开式中x3的系数为C33+C34+C35+…+C350=C44+C34+…+C350=C45+C35+…+C350=…=C451.评述：把所给式子转化为二项展开式形式是解决此类问题的关键.例3.设an=1+q+q2+…+q1n（n∈N*，q≠±1），An=C1na1+C2na2+…+Cnnan.（1）用q和n表示An；（2）（理）当－3q1时，求limnnnA2.例4求（a－2b－3c）10的展开式中含a3b4c3项的系数.三、同步练习1.一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一只灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为A.20B.219C.220D.220－12.（2004年福建，文9）已知（x－xa）8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是A.28B.38C.1或38D.1或283.（05浙江卷）在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是()(A)－5(B)5(C)－10(D)104.(05山东)如果3213nxx的展开式中各项系数之和为128，则展开式中31x的系数是（）（A）7（B）7（C）21（D）215.(05重庆卷)8.若nxx12展开式中含21x项的系数与含41x项的系数之比为5，则n等于()(A)4；(B)5；(C)6；(D)10。6.(05重庆卷)在(12x)n展开式中含x3的项的系数等于含x的项的系数的8倍，则n等于()(A)5；(B)7；(C)9；(D)11。7.（05全国卷Ⅰ）9)12(xx的展开式中，常数项为。（用数字作答）8.（2004年全国Ⅳ，13）（x－x1）8展开式中x5的系数为_____________.9.（2004年湖南，理15）若（x3+xx1）n的展开式中的常数项为84，则n=_____________.10.已知（xxlg+1）n展开式中，末三项的二项式系数和等于22，二项式系数最大项为20000，求x的值.11.若（1+x）6（1－2x）5=a0+a1x+a2x2+…+a11x11.求：（1）a1+a2+a3+…+a11；（2）a0+a2+a4+…+a10.12.在二项式（axm+bxn）12（a＞0，b＞0，m、n≠0）中有2m+n=0，如果它的展开式里最大系数项恰是常数项.（1）求它是第几项；（2）求ba的范围.13.在二项式（x+421x）n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项.14.求证：2（1+n1）n3（n≥2，n∈N*）.参考答案基本训练:BCA4.355.11例1.解：展开式中前三项的系数分别为1，2n，8)1(nn，由题意得2×2n=1+8)1(nn，得n=8.设第r+1项为有理项，T1r=Cr8·r21·x4316r，则r是4的倍数，所以r=0，4，8.有理项为T1=x4，T5=835x，T9=22561x.评述：求展开式中某一特定的项的问题常用通项公式，用待定系数法确定r.例2.解法一：（｜x｜+||1x－2）3=（｜x｜+||1x－2）（｜x｜+||1x－2）（｜x｜+||1x－2）得到常数项的情况有：①三个括号中全取－2，得（－2）3；②一个括号取｜x｜，一个括号取||1x，一个括号取－2，得C13C12（－2）=－12，∴常数项为（－2）3+（－12）=－20.解法二：（|x|+||1x－2）3=（||x－||1x）6.设第r+1项为常数项，则T1r=Cr6·（－1）r·（||1x）r·|x|r6=（－1）6·Cr6·|x|r26，得6－2r=0，r=3.∴T3+1=（－1）3·C36=－20.例3.解：（1）因为q≠1，所以an=1+q+q2+…+q1n=qqn11.于是An=qq11C1n+qq112C2n+…+qqn11Cnn=q11［（C1n+C2n+…+Cnn）－（C1nq+C2nq2+…+Cnnqn）］=q11{（2n－1）－［（1+q）n－1］}=q11［2n－（1+q）n］.（2）nnA2=q11［1－（21q）n］.因为－3q1，且q≠－1，所以0|21q|1.所以limnnnA2=q11.例4.解：（a－2b－3c）10=（a－2b－3c）（a－2b－3c）…（a－2b－3c），从10个括号中任取3个括号，从中取a；再从剩余7个括号中任取4个括号，从中取－2b；最后从剩余的3个括号中取－3c，得含a3b4c3的项为C310a3C47·（－2b）4C33（－3c）3=C310C47C4332（－3）3a3b4c3.所以含a3b4c3项的系数为－C310C47×16×27.同步练习1—6DCDCCA7.6728.289.910.110.10xx或11.（1）-65；（2）-32.12.解：（1）设T1r=Cr12（axm）12－r·（bxn）r=Cr12a12－rbrxm（12－r）+nr为常数项，则有m（12－r）+nr=0，即m（12－r）－2mr=0，∴r=4，它是第5项.（2）∵第5项又是系数最大的项，C412a8b4≥C312a9b3，①C412a8b4≥C512a7b5.②由①得2349101112a8b4≥23101112a9b3，∵a＞0，b＞0，∴49b≥a，即ba≤49.∴有由②得ba≥58，∴58≤ba≤49.13.解：前三项系数为C0n，21C1n，41C2n，由已知C1n=C0n+41C2n，即n2－9n+8=0，解得n=8或n=1（舍去）.T1r=Cr8（x）8－r（24x）－r=Cr8·r21·x434r.∵4－43r∈Z且0≤r≤8，r∈Z，∴r=0，r=4，r=8.∴展开式中x的有理项为T1=x4，T5=835x，T9=2561x－2.14.证明：（1+n1）n=C0n+C1n×n1+C2n（n1）2+…+Cnn（n1）n=1+1+C2n×21n+C3n×31n+…+Cnn×nn1=2+!21×2)1(nnn+!31×3)2)(1(nnnn+…+!1n×nnnn12)1(2+!21+!31+!41+…+!1n2+21+221+321+…+121n=2+211])21(1[211n=3－（21）1n3.显然（1+n1）n=1+1+C2n×21n+C3n×31n+…+Cnn×nn12.所以2（1+n1）n3.