1、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=C04 a4+C14 a3( 2b)+C24 a2( 2b)2+C34 a( 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 (2x223x)5. 分析一：直接用二项式定理展开式 . 解法一： (2x223x)5=C05 (2x)5+C15 (2x)4(223x)+C25 (2x)3(223x)2+C35 (2x)2(2
2、23x)3+ C45 (2x)(223x)4+C55 (223x)5 =32x5 120x2+x1804135x+78405x1032243x. 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： (2x223x)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+x1804135x+78405x
3、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=Cr10 x10 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=C410 x6( 3 )4=9C410 x6. 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
4、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 (3 x 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： (3 x x32)10的展开式的通项是 Tr+1=Cr10 (3 x )10 r(x32)r(r
5、=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 C310 37(32)3= 77760. (3)展开式的第 4 项为 77760( x )7 31x ，即 77760 x . 说明：注意把 (3 x x32)10写成 3 x +(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 C r10 (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
6、+1=Cr10 (x2)10 r(x21)r=Cr10 x r2520 (21)r(r=0， 1， 10)，令 2025r=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
7、,2C2C,2C2C11771177rrrrrrrr 即,2!)17(!)1( !72!)7(! !7,2!)17(!)1( !72!)7(! !711rrrrrrrrrrrr 化简得.313,316.127 1,8 12rrrrrr 解得 又 0 r 7， r=5. 系数最大项为 T6=C57 25x5=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 =1
8、737C4C 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 C5n 25=C6n 26，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+
9、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= 2 an+bn(an、 bn Z)，则 bn的值 ( ) A.一定是奇数 B.一定是偶数 C.与
10、 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= 2 an+bn，知 2 an+bn=(1+ 2 )n =C0n +C1n 2 +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=2 2 +5，有 b2=5为奇数 . 答案： A 【例
11、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.11 B.33 C.55 D.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 =100 10Ckk (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
12、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
13、 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)rCr9 x 627r . 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)3C39 x4= 84x4. 当 r=9 时， 627r =3， T10=( 1)9C99 x3= x3. (
14、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. a1+a2+ +a7=129. (2)令 x= 1，则 a7+a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=( 4)7. 由2
15、)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 +
16、4C2n + +2n 1C 1nn +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=C0n an+C1n an 1b+C2n an 2b2+ +C 1nn abn 1+Cnn bn中， 令 a=1， b=2，得 (1+2)n=1+2C1n +4C2n + +2n 1C 1nn +2nCnn ，即 1+2C1n +4C2n
17、+ +2n 1C 1nn +2nCnn =3n. (2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n， (1+C1n x+C2n x2+ +Crn xr+ +xn)(1+C1n x+C2n x2+ +Crn xr+ +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 C0n Cnn +C1n C 1nn + +C1n C 1nn +Cnn C0n =Cnn2 . Cmn =C mnn ， 0 m n， (C0n )2+(C1n )2+ +(Cnn )2=Cnn2 . (3)证法一：令 S=C1n +2C2n +3C3n + +nCnn . 令
18、 S=C1n +2C2n + +(n 1)C 1nn +nCnn =nCnn +(n 1)C 1nn + +2C2n +C1n =nCnn +(n 1)C1n + +2C 2nn +C 1nn . 由 +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 =k 11C!)(!)1( !)1(!)(! knnknk nnknk n. 原式 =n
19、C 01n +nC 11n +nC 21n +nC 31n + +nC 11nn =n(C01n +C 11n +C 21n +C 31n +C 11nn )=n2n 1， 即 C1n +2C2n +3C3n + +nCnn =n2n 1. 说明：解法二中 kCkn =nC 11kn 可作为性质记住 . 【例 14】求 1.9975精确到 0.001 的近似值 . 分析：准确使用二项式定理应把 1.997 拆成二项之和形式如 1.997=2 0.003. 解： 1.9975=(2 0.003)5 =25 C15 240.003+C25 230.0032 C35 220.0033+ 32 0.2
20、4+0.00072 31.761. 说明：利用二项式定理进行近似计算，关键是确定展开式中的保留项，使其满足近似计算的精确度 . 【例 15】求证： 5151 1 能被 7 整除 . 分析：为了在展开式中出现 7 的倍数，应把 51 拆成 7 的倍数与其他数的和 (或差 )的形式 . 证明： 5151 1=(49+2)51 1=C051 4951+C151 49502+ +C5051 49 250+C5151 251 1， 易知除 C5151 251 1 以外各项都能被 7 整除 . 又 251 1=(23)17 1=(7+1)17 1=C 017 717+C 117 716+ +C 1617
21、7+C 1717 1=7(C017 716+C117 715+ +C1617 ). 显然能被 7 整除，所以 5151 1 能被 7 整除 . 说明：利用二项式定量证明有关多项式 (数值 )的整除问题，关键是将所给多项式通过恒等变形变为二项式形式，使其展开后的各项均含有除式 . 创 新 篇 【例 16】已知 (xlgx+1)n的展开式的最后三项系数之和为 22，中间一项为 20000.求 x. 分析：本题看似较繁，但只要按二项式定理准确表达出来，不难求解！ 解：由已知 Cnn +C 1nn +C 2nn =22，即 n2+n 42=0. 又 n N*， n=6. T4为中间一项， T4=C36
22、 (xlgx)3=20000，即 (xlgx)3=1000. xlgx=10. 两边取常用对数，有 lg2x=1， lgx= 1， x=10 或 x=101. 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，常利用二项式通项公式，根据已知条件列出等式或 不等式进行求解 . 【例 17】设 f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m， n N*)，若其展开式中关于 x 的一次项的系数和为11，问 m， n 为何值时，含 x2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 x2 的系数是关于 x 的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小值问题 . 解： C1m +C1n =
23、n+m=11. C2m +C2n =21 (m2 m+n2 n)= 2 1122 nm ， n N*， n=6 或 5， m=5 或 6 时， x2项系数最小，最小值为 25. 说明：本题是一道关于二次函数与组合的综合题 . 【例 18】若 (x+x1 2)n的展开式的常数项为 20，求 n. 分析：题中 x 0，当 x 0 时，把三项式 (x+x1 2)n转化为 ( x x1)2n；当 x 0 时，同理 (x+x1 2)n=( 1)n( x x1)2n.然后写出通项，令含 x 的幂指数为零，进而解出 n. 解：当 x 0 时， (x+x1 2)n=( x x1)2n， 其通项为 Tr+1=C
24、rn2 ( x )2n r(x1)r=( 1)rCrn2 ( x )2n 2r. 令 2n 2r=0，得 n=r，展开式的常数项为 ( 1)rCnn2 ； 当 x 0 时， (x+x1 2)n=( 1)n( x x1)2n.同理可得，展开式的常数项为 ( 1)rCnn2 . 无论哪一种情况，常数项均为 ( 1)rCnn2 . 令 ( 1)rCnn2 =20.以 n=1， 2， 3，逐个代入，得 n=3. 说明：本题易忽略 x 0 的情况 . 【例 19】利用二项式定理证明 (32)n 112n. 分析：12n不易从二项展开式中得到，可以考虑其倒数21n. 证明：欲证 (32)n 112n成立，
25、只需证 (23)n 121n成立 . 而 (23)n 1=(1+21)n 1=C01n +C11n21+C21n (21)2+ +C 11nn (21)n 1 =1+21n+C21n (21)2+ +C 11nn (21)n 1 21n. 说明：本题目的证明过程中将 (23)n 1转化为 (1+21)n 1，然后利用二项式定理展开式是解决本问题的关键 . 【例 20】求证： 2 (1+n1)n 3(n N*). 分析： (1+n1 )n与二项式定理结构相似，用二 项式定理展开后分析 . 证明：当 n=1 时， (1+n1 )n=2. 当 n 2 时， (1+n1 )n=1+C1n n1 +C2
26、n21n+ +Cnn (n1 )n=1+1+C2n21n+ +Cnn (n1 )n 2. 又 Ckn ( n1 )k=knk knnn ! )1()1( !k， 所以 (1+n1)n 2+!21+!31+ +!1n 2+211+321+ +nn )1( 1=2+(121)+(2131)+ +(11nn1) =3n1 3. 综上有 2 (1+n1)n 3. 说明：在此不等式的证明中，利用二项式定理将二项式展开，再采用放缩法和其他有关知识，将不等式证明到底 . 【例 21】求证：对于 n N*， (1+n1)n (1+11n)n+1. 分析：结构都是二项式的形式，因此研究二项展开式的通项是常用方法
27、 . 证明： (1+n1)n展开式的通项 Tr+1=Crnrn1=rrnnrA! =!1r rn rnnnn )1()2)(1( =!1r(1n1)(1n2) (1nr1). (1+11n)n+1展开式的通项 T r+1=Crn1rn )1( 1=rrnnr )1(!A 1 =!1r rn rnnnn )1()2)(1( =!1r(111n)(112n) (111nr). 由二项式展开式的通项可明显地看出 Tr+1 T r+1 所以 (1+n1)n (1+11n)n+1 说明：本题的两个二项式中的两项均为正项，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 . 【例
28、22】设 a、 b、 c 是互不相等的正数，且 a、 b、 c 成等差数列， n N*，求证： an+cn 2bn. 分析：题中虽未出现二项式定理的形式，但可以根据 a、 b、 c 成等差数列创造条件使用二项式定理 . 证明：设公差为 d， 则 a=b d， c=b+d. an+cn 2bn=(b d)n+(b+d)n 2bn = bn C1n bn 1d+C2n bn 2d2+ +( 1)ndn + bn+C1n bn 1d+C2n bn 2d2+ +dn =2(C2n bn 2d2+C4n bn 4d4 ) 0. 说明：由 a、 b、 c 成等差，公差为 d，可得 a=b d， c=b+d
29、，这就给利用二项式定理证明此问题创造了可能性 .问题即变为 (b d)n+(b+d)n 2bn，然后用作差法改证 (b d)n+(b+d)n 2bn 0. 【例 23】求 (1+2x 3x2)6的展开式中 x5项的系数 . 分析：先将 1+2x 3x2分解因式，把三项式化为两个二项式的积，即 (1+2x 3x2)6=(1+3x)6 (1 x)6. 然后分别写出两个二项式展开式的通项，研究乘积项 x5的系数，问题可得到解决 . 解：原式 =(1+3x)6(1 x)6，其中 (1+3x)6 展开式之通项为 Tk+1=Ck6 3kxk， (1 x)6 展开式之通项为 Tr+1=Cr6 ( x)r.
30、原式 =(1+3x)6(1 x)6展开式的通项为 Ck6 Cr6 ( 1)r3kxk+r. 现要使 k+r=5，又 k 0， 1， 2， 3， 4， 5， 6， r 0， 1， 2， 3， 4， 5， 6， 必须5,0rk或 .0 ,51 ,42 ,33 ,24 ,1 rkrkrkrkrk 或或或或故 x5 项系数为 C 06 30C56 ( 1)5+C16 31C46 ( 1)4+C26 32C36 ( 1)3+C36 33C26 ( 1)4+C46 34C16 ( 1)+C56 35C06 ( 1)0= 168. 说明：根据不同的结构特征灵活运用二项式定理是本题的关键 . 【例 24】 (
31、2004 年全国必修 +选修 1)( x x1)6展开式中的常数项为 ( ) A.15 B. 15 C.20 D. 20 解析： Tr+1=( 1)rCr6 ( x )6 rx r=( 1)rCr6 x r233 ，当 r=2 时， 323r=0， T3=( 1)2C26 =15. 答案： A 【例 25】 (2004 年江苏 )(2x+ x )4的展开式中 x3的系数是 ( ) A.6 B.12 C.24 D.48 解析： Tr+1=( 1)rCr4 ( x )4 r(2x)r=( 1)r2rCr4 x 22r ，当 r=2 时， 2+2r=3， T3=( 2)2C24 =24. 答案： C
32、 【例 26】 (2004 年福建理 )若 (1 2x)9展开式的第 3 项为 288，则n lim(x1+21x+ +nx1)的值是 ( ) A.2 B.1 C.21D.52解析： Tr+1=( 1)rCr9 (2x)r=( 1)rCr9 2xr，当 r=2 时， T3=( 1)2C29 22x=288. x=23 . nlim( x1 +21x+ +nx1)=32132=2. 答案： A 【例 27】 (2004 年福建 文 )已知 (xxa)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.28 B.38 C.1 或 38 D.1 或 28 解析：
33、 Tr+1=( 1)rCr8 x8 r(xa)r=( a)rCr8 x8 2r，当 r=4 时， T3=( a)4C48 =1120， a= 2. 有函数 f(x)=(xxa)8.令 x=1，则 f(1)=1 或 38. 答案： C 【例 28 】 (2004 年天津 ) 若 (1 2x)2004=a0+a1x+a2x2+ +a2004x2004(x R) ，则(a0+a1)+(a0+a2)+ (a0+a3)+ +(a0+a2004)= .(用数字作答 ) 解析：在函数 f(x)=(1 2x)2004中， f(0)=a0=1， f(1)=a0+a1+a2+ +a2004=1， (a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+ +(a0+a2004) =2004a0+a1+a2+ +a2004 =2003a0+a0+a1+a2+ +a2004 =2003f(0)+f(1) =2004. 答案： 2004
