二项式定理典型例题

1 / 16 二项式定理典型例题-- 典型例题一

例1 在二项式nxx421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：

4324121C21)(CrnrrnrrnrnrxxxT

前三项的.2,1,0r 得系数为：)1(8141C,2121C,123121nntnttnn， 由已知：)1(8112312nnnttt， ∴8n 通项公式为

1431681,82,1,021CrrrrrTrxT为有理项，故r316是4的倍数，

∴.8,4,0r 依次得到有理项为228889448541256121C,83521C,xxTxxTxT． 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，1003)32(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n3． 典型例题四

例4 （1）求103)1()1(xx展开式中5x的系数；（2）求6)21(xx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）103)1()1(xx展开式中的5x可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项： 2 / 16

用3)1(x展开式中的常数项乘以10)1(x展开式中的5x项，可以得到5510Cx；用3)1(x展开式中的一次项乘以10)1(x展开式中的4x项可得到54104410C3)C)(3(xxx；

用3)1(x中的2x乘以10)1(x展开式中的3x可得到531033102C3C3xxx；用 3)1(x中的3x项乘以10)1(x展开式中的2x项可得到521022103CC3xxx，合并同类项得5x项为：

5521031041051063)CC3CC(xx．

（2）2121xxxx 1251)21

(xxxx．

由121xx展开式的通项公式rrrrrrxxT61212121C1)2(C，可得展开式的常数项为924C612． 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62)1(xx展开式中5x的系数． 分析：62)1(xx不是二项式，我们可以通过22)1(1xxxx或)(12xx把它看成二项式展开． 解：方法一：6262)1()1(xxxx 44256)1(15)1(6)1(xxxxx 其中含5x的项为55145355566C15C6Cxxxx． 含5x项的系数为6． 方法二：6262)(1)1(xxxx 62524232222)()(6)(15)(20)(15)(61xxxxxxxxxxxx

其中含5x的项为555566)4(15)3(20xxxx． 3 / 16

∴5x项的系数为6． 方法3：本题还可通过把62)1(xx看成6个21xx相乘，每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项，5x项可由下列几种可能得到．5个因式中取x，一个取1得到556Cx． 3个因式中取x，一个取2x，两个取1得到)(CC231336xx． 1个因式中取x，两个取2x，三个取1得到222516)(CCxx． 合并同类项为5525161336566)CCCC(Cxx，5x项的系数为6． 典型例题六

例6 求证：（1）1212CC2Cnnnnnnn； （2）)12(11C11C31C21C1210nnnnnnnn． 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

nnnnnn2CCCC210．

解：（1）11C)!()!1()!1()!()!1(!)!(!!Cknknnknknnknknknknkk ∴左边111101CCCnnnnnnn 11111012)CCC(nnnnnnn右边．

（2）)!()!1(!)!(!!11C11knknknknkkkn 11C11)!()!1()!1(11knnknknn

．

∴左边112111C11C11C11nnnnnnn )12(11)CC(C111112111nnnnnnn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4 / 16

10C2C2C2C22108107910810109的结果．仔细观察可以发现该组合数的式与

10)21(

的展开式接近，但要注意： 10101099102210110010102C2C2C2CC)21(

10101091092102C2C2C21021

)C2C2C210(21101099108210 从而可以得到：)13(21C2C2C21010101099108210． 典型例题七

例7 利用二项式定理证明：98322nn是64的倍数． 分析：64是8的平方，问题相当于证明98322nn是28的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形1122)18(93nnn，将其展开后各项含有k8，与28的倍数联系起来． 解：∵98322nn 98)18(98911nnnn 9818C8C8C81211111nnnnnnnn 981)1(88C8C8211111nnnnnnn 2111118C8C8nnnnn

64)C8C8(112111nnnnn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52232xx． 分析1：用二项式定理展开式． 解法1：52232xx 5 / 16

2232524150250523)2(23)2(23)2(xxCxxCx

xC

52554245322352323)2(23)2(xCxxCx

xC

10742532243840513518012032xxxxxx

分析2：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．

解法2：10535232)34(232xxxx 233254315530510

)3()4()3()4()4([321xCxCxC

x

])3()3()4()3()4(5554134532335CxCxC

)243716204320576038401024(321369121510xxxxxx

10742532243840513518012032xxxxxx．

说明：记准、记熟二项式nba)(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10)(zyx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：10)(zyx看作二项式10])[(zyx展开．

解：我们把zyx看成zyx)(，按二项式展开，共有11“项”，即 10010101010)(])[()(kkkkzyxCzyxzyx．

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kyx10)(展开， 不同的乘积kkkzyxC1010)(（10,,1,0k）展开后，都不会出现同类项． 下面，再分别考虑每一个乘积kkkzyxC1010)(（10,,1,0k）． 其中每一个乘积展开后的项数由kyx10)(决定，