二项式定理典型例题(共16页)

二项式定理典型例题--典型例题一例1 在二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项．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：前三项的得系数为：，由已知：，∴通项公式为为有理项，故是4的倍数，∴依次得到有理项为．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，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．典型例题四例4 （1）求展开式中的系数；（2）求展开式中的常数项．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．解：（1）展开式中的可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：用展开式中的常数项乘以展开式中的项，可以得到；用展开式中的一次项乘以展开式中的项可得到；用中的乘以展开式中的可得到；用 中的项乘以展开式中的项可得到，合并同类项得项为：．（2）．由展开式的通项公式，可得展开式的常数项为．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．典型例题五例5 求展开式中的系数．分析：不是二项式，我们可以通过或把它看成二项式展开．解：方法一： 其中含的项为．含项的系数为6．方法二：其中含的项为．∴项的系数为6．方法3：本题还可通过把看成6个相乘，每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项，项可由下列几种可能得到．5个因式中取x，一个取1得到．3个因式中取x，一个取，两个取1得到．1个因式中取x，两个取，三个取1得到．合并同类项为，项的系数为6．典型例题六例6 求证：（1）；（2）．分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值．解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等数固定下来，从而使用二项式系数性质．解：（1）∴左边 右边．（2）．∴左边 右边．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：求的结果．仔细观察可以发现该组合数的式与的展开式接近，但要注意： 从而可以得到：．典型例题七例7 利用二项式定理证明：是64的倍数．分析：64是8的平方，问题相当于证明是的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形，将其展开后各项含有，与的倍数联系起来．解：∵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．典型例题八例8　展开．分析1：用二项式定理展开式．解法1：　分析2：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．解法2：．说明：记准、记熟二项式的展开式，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．典型例题九例9　若将展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（　　）．A．11　　　B．33　　　C．55　　　D．66分析：看作二项式展开．解：我们把看成，按二项式展开，共有“项”，即．这时，由于“和”中各项的指数各不相同，因此再将各个二项式展开，不同的乘积（）展开后，都不会出现同类项．下面，再分别考虑每一个乘积（）．其中每一个乘积展开后的项数由决定，而且各项中和的指数都不相同，也不会出现同类项．故原式展开后的总项数为，∴应选D．典型例题十例10　若的展开式的常数项为，求．分析：题中，当时，把三项式转化为；当时，同理．然后写出通项，令含的幂指数为零，进而解出．解：当时，其通项为，令，得，∴展开式的常数项为；当时，，同理可得，展开式的常数项为．无论哪一种情况，常数项均为．令，以，逐个代入，得．典型例题十一例11　的展开式的第3项小于第4项，则的取值范围是______________．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：使有意义，必须；依题意，有，即．∴（∵）．解得．∴的取值范围是．∴应填：．典型例题十二例12　已知的展开式中有连续三项的系数之比为，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为，求的值．解：设连续三项是第、、项（且），则有，即．∴．∴，所求连续三项为第、、三项．又由已知，．即．两边取以为底的对数，，，∴，或．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　的展开式中第项与第项的系数相等，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，再根据的奇偶性；确定二项式系数最大的项．解：，，依题意有．∴的展开式中，二项式系数最大的项为．设第项系数最大，则有．∴或（∵）．∴系娄最大的项为：，．说明：(1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，为奇数时中间两项的二项式系数最大，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()，若其展开式中关于的一次项的系数和为，问为何值时，含项的系数取最小值？并求这个最小值．分析：根据已知条件得到的系数关于的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小值问题．解：．．∵，∴或，或时，项系数最小，最小值为．说明：二次函数的对称轴方程为，即，由于、距等距离，且对，、距最近，所以的最小值在或处取得．典型例题十五例15　若，求(1) ；(2) ；(3) ．解：(1)令，则，令，则．　①∴．(2)令，则　②由得：(3)由得：．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，的各项的系数和为：的奇数项的系数和为．的偶数项的系数和为．典型例题十六例16　填空：(1) 除以的余数_____________；(2) 除以的余数是________________.分析(1)：将分解成含的因数，然后用二项式定理展开，不含的项就是余数．解：又∵余数不能为负数，需转化为正数∴除以的余数为∴应填：分析(2)：将写成，然后利用二项式定理展开．解：容易看出该式只有不能被整除，因此除以的余数，即除以的余数，故余数为．∴应填：．典型例题十七例17　求证：对于，．证明：展开式的通项．展开式的通项．由二项式展开式的通项明显看出，所以．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　在的展开式中的系数为（　　）．A．160　　B．240　　C．360　　D．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，得．再一次使用通项公式得，，这里，．令，即．所以，，由此得到的系数为．解法2：由，知的展开式中的系数为，常数项为，的展开式中的系数为，常数项为．因此原式中的系数为．解法3：将看作个三项式相乘，展开式中的系数就是从其中一个三项式中取的系数，从另外个三项式中取常数项相乘所得的积，即．∴应选B．典型例题十九例19　已知的展开式中的系数为，常数的值为___________．分析：利用二项式的通项公式．解：在的展开式中，通项公式为．根据题设，，所以．代入通项公式，得．根据题意，，所以．∴应填：．典型例题二十例20　(1)求证：(2)若，求的值．分析：(1)注意观察的系数、指数特征，即可通过赋值法得到证明．(2)注意到，再用赋值法求之．解：(1)在公式中令，即有∴等式得证．(2)在展开式中，令，得；令，得．∴原式．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，如或中，对任意的（）该式恒成立，那么对中的特殊值，该工也一定成立．特殊值如何选取，没有一成不变的规律，需视具体情况而定，其灵活性较强．一般取较多．一般地，多项式的各项系数和为，奇数项系数和为，偶次项系数和为．二项式系数的性质及的证明就是赋值法应用的范例．典型例题二十一例21　若，求证明：能被整除．分析：考虑先将拆成与的倍数有关的和式，再用二项式定理展开．解：，∵，，，…均为自然数，∴上式各项均为的整数倍．∴原式能被整除．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．典型例题二十二例22　已知的展开式各项系数和比它的二项式系数和大．(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．(1)需考虑二项式系数的性质；(2)需列不等式确定．解：令得展开式的各项系数之和为，而展开式的二项式系数的和为，∴有．∴．(1)∵，故展开式共有，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项．∴，．(2)设展开式中第项的系数最大．，故有即解得．∵，∴，即展开式中第项的系数最大．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，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：(1) ；(2) (，)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)∵，∴．∴此式左右两边展开式中的系数必相等．左边的系数是，右边的系数是，∴．等式成立．(法2)设想有下面一个问题：要从个不同元素中取出个元素，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：有种不同取法．第二种解法，可将个元素分成两组，第一组有个元素，第二组有个元素，则从个元素中取出个元素，可看成由这两组元素中分别取出的元素组成，取法可分成类：从第一组取个，第二组不取，有种取法；从第一组取个，从第二组取个，有种取法，…，第一组不取，从第二组取个．因此取法总数是．而该问题的这两种解法答案应是一致的，故有．(2)∵为偶数，∴；．两式相加得，∴．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．。