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- 2021-06-15 发布
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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=Ca4+Ca3(-2b)+Ca2(-2b)2+Ca(-2b)3+C(-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-)5.
分析一:直接用二项式定理展开式.
解法一:(2x-)5=C(2x)5+C(2x)4(-)+C(2x)3(-)2+C(2x)2(-)3+
C (2x)(-)4+C(-)5
=32x5-120x2+-+-.
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-)5=
=[C(4x3)5+C(4x3)4(-3)+C(4x3)3(-3)2+C(4x3)2(-3)3+C(4x3)(-3)4+
C(-3)5]
=(1024x15-3840x12+5760x9-4320x6+1620x3-243)
=32x5-120x2+-+-.
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-)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C.
解法二:(x-)10的展开式的通项是Tr+1=Cx10-r(-)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=Cx6(-)4=9Cx6.
∴x6的系数为9C.
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C.
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-)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-)10的展开式的通项是Tr+1=C(3)10-r(-)r(r=0,1,…,10).
(1)展开式的第4项的二项式系数为C=120.
(2)展开式的第4项的系数为C37(-)3=-77760.
(3)展开式的第4项为-77760()7,即-77760.
说明:注意把(3-)10写成[3+(-)]10,从而凑成二项式定理的形式.
【例5】求二项式(x2+)10的展开式中的常数项.
分析:展开式中第r+1项为C(x2)10-r()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=C(x2)10-r()r=Cx()r(r=0,1,…,10),令20-r=0,得r=8.
∴T9=C()8=.
∴第9项为常数项,其值为.
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
即
化简得又∵0≤r≤7,∴r=5.
∴系数最大项为T6=C25x5=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.=>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=C(2x)5,T7=C(2x)6,依题意有C25=C26,解得n=8. (1+2x)8的展开式中,二项式系数最大的项为T5=C(2x)4=1120x4.
设第r+1项系数最大,则有
∴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*,(+1)n=an+bn(an、bn∈ ),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(+1)n=an+bn,知an+bn=(1+)n
=C+C+C()2+C()3+ … +C()n.
∴bn=1+C()2+C()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,(+1)1=(+1),有b1=1为奇数.
取n=2时,(+1)2=2+5,有b2=5为奇数.
答案:A
【例9】若将(x+y+ )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+ )10看作二项式展开.
解:我们把x+y+ 看成(x+y)+ ,按二项式将其展开,共有11“项”,即(x+y+ )10=
=(x+y)10- .
这时,由于“和”中各项 的指数各不相同,因此再将各个二项式(x+y) 10- 展开,不同的乘积C(x+y)10- ( =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C(x+y)10- ( =0,1,…,10).
其中每一个乘积展开后的项数由(x+y)10- 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|+-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|+-2)3=(-)6,
∴展开式的通项是Tr+1=C()6-r(-)r=(-1)rC()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=-C=-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(-)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=C(x)9-r(-x)r=(-1)rCx.
令∈ ,即4+∈ ,且r=0,1,2,…,9.
∴r=3或r=9.
当r=3时,=4,T4=(-1)3Cx4=-84x4.
当r=9时,=3,T10=(-1)9Cx3=-x3.
∴(-)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
由得:a1+a3+a5+a7=[128-(-4)7]=8256.
(3)由得a0+a2+a4+a6=[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[g(1)+g(-1)],g(x)的偶数项的系数和为[g(1)-g(-1)].
【例13】证明下列各式
(1)1+2C+4C+ … +2n-1C+2nC=3n;
(2)(C)2+(C)2+ … +(C)2=C;
(3)C+2C+3C+ … +nC=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=Can+Can-1b+Can-2b2+ … +Cabn-1+Cbn中,
令a=1,b=2,得(1+2)n=1+2C+4C+ … +2n-1C+2nC,即
1+2C+4C+ … +2n-1C+2nC=3n.
(2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n,
∴(1+Cx+Cx2+ … +Cxr+ … +xn)(1+Cx+Cx2+ … +Cxr+ … +xn)=(1+x)2n.
而C是(1+x)2n的展开式中xn的系数,由多项式的恒等定理,得
CC+CC+ … +CC+CC=C.
∵C=C,0≤m≤n,
∴(C)2+(C)2+ … +(C)2=C.
(3)证法一:令S=C+2C+3C+ … +nC. ①
令S=C+2C+ … +(n-1)C+nC
=nC+(n-1)C+ … +2C+C
=nC+(n-1)C+ … +2C+C. ②
由①+②得2S=nC+nC+nC+ … +nC=n(C+C+C+C+ … +C)
=n(C +C+C+C+ … +C)=n2n.
∴S=n2n-1,即C+2C+3C+ … +nC=n2n-1.
证法二:观察通项: C= .
∴原式=nC+nC+nC+nC+ … +nC=n(C+C+C+C+…+C)=n2n-1,
即C+2C+3C+ … +nC=n2n-1.
说明:解法二中 C=nC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-C240.003+C230.0032-C220.0033+…
≈32-0.24+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=C4951+C49502+ … +C49·250+C251-1,
易知除C251-1以外各项都能被7整除.
又251-1=(23)17-1=(7+1)17-1=C717+C716+ … +C7+C-1=7(C716+C715+…+C).
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C+C+C=22,即n2+n-42=0. 又n∈N*,∴n=6.
T4为中间一项,T4=C (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=.
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:C+C=n+m=11. C +C=(m2-m+n2-n)=,
∵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+-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+-2)n转化为(-)2n;当x<0时,同理(x+-2)n=(-1)n(-)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+-2)n=(-)2n,
其通项为Tr+1=C()2n-r(-)r=(-1)rC()2n-2r.
令2n-2r=0,得n=r,∴展开式的常数项为(-1)rC;
当x<0时,(x+-2)n=(-1)n(-)2n.同理可得,展开式的常数项为(-1)rC.
无论哪一种情况,常数项均为(-1)rC.
令(-1)rC=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()n-1<.
分析:不易从二项展开式中得到,可以考虑其倒数.
证明:欲证()n-1<成立,只需证()n-1<成立.
而()n-1=(1+)n-1=C+C+C()2+ … +C()n-1
=1++C()2+ … +C()n-1
>.
说明:本题目的证明过程中将()n-1转化为(1+)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+)n<3(n∈N*).
分析:(1+)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+)n=2.
当n≥2时,(1+)n=1+C+C+ … +C()n=1+1+C+ … +C()n>2.
又C() =≤,
所以(1+)n≤2+++ … +<2+++ … +
=2+(1-)+(-)+ … +(-)
=3-<3.
综上有2≤(1+)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+)n<(1+)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.
证明:(1+)n展开式的通项Tr+1=C=
=
=(1-)(1-)…(1-).
(1+)n+1展开式的通项T′r+1=C=
=
=(1-)(1-)…(1-).
由二项式展开式的通项可明显地看出Tr+1<T′r+1
所以(1+)n<(1+)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-Cbn-1d+Cbn-2d2+ … +(-1)ndn]+[bn+Cbn-1d+Cbn-2d2+ … +dn]
=2(Cbn-2d2+Cbn-4d4…)>0.
说明:由a、b、c成等差,公差为d,可得a=b-d,c=b+d,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T +1=C3 x ,(1-x)6展开式之通项为Tr+1=C(-x)r.
原式=(1+3x)6(1-x)6展开式的通项为CC(-1)r3 x +r.
现要使 +r=5,又∵ ∈{0,1,2,3,4,5,6},r∈{0,1,2,3,4,5,6},
必须或
故x5项系数为C30C(-1)5+C31C(-1)4+C32C(-1)3+C33C(-1)4+C34C (-1)+C35C(-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】(2004年全国必修+选修1)(-)6展开式中的常数项为( )
A.15 B.-15 C.20 D.-20
解析:Tr+1=(-1)rC()6-rx-r=(-1)rCx,当r=2时,3-r=0,T3=(-1)2C=15.
答案:A
【例25】 (2004年江苏)(2x+)4的展开式中x3的系数是( )
A.6 B.12 C.24 D.48
解析:Tr+1=(-1)rC()4-r(2x)r=(-1)r2rCx,当r=2时,2+=3,T3=(-2)2C=24.
答案:C
【例26】 (2004年福建理)若(1-2x)9展开式的第3项为288,则(++ … +)的值是( )
A.2 B.1 C. D.
解析:Tr+1=(-1)rC(2x)r=(-1)rC2xr,当r=2时,T3=(-1)2C22x=288.
∴x=.
∴(++ … +)==2.
答案:A
【例27】 (2004年福建文)已知(x-)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:Tr+1=(-1)rCx8-r()r=(-a)rCx8-2r,当r=4时,T3=(-a)4C=1120,∴a=±2.
∴有函数f(x)=(x-)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