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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 13.1 二项式定理 问题 1：我们在初中学习了(ab)2a22abb 2，试用多项式的乘法推导 (ab)3，(ab)4 的展开式 提示： (ab)3a33a 2b3ab2 b3，(ab)4a 44a3b6a2b24ab3 b4. 问题 2：上述两个等式的右侧有何特点？ 提示： (ab)3的展开式有4 项，每项的次数是3；(ab)4的展开式有5 项，每一项的次 数为 4. 问题 3：你能用组合的观点说明(ab)4是如何展开的吗？ 提示： (ab)4(ab)(ab)(ab)(ab)由多项式的乘法法则知，从每个(ab)中选a 或选b相乘即得展开式中的一项
2、 若都选a，则得 C04a 4b0； 若有一个选b，其余三个选a，则得 C1 4a 3b； 若有两个选b，其余两个选a，则得 C24a 2b2； 若都选b，则得 C 4 4a 0b4. 问题 4：能用类比方法写出(ab)n(nN *)的展开式吗？ 提示：能， (ab)nC0 na nC1 na n1b Cn nb n. 二项式定理及其相关概念 二项式定理公式 (ab)nC0 na nC1 na n 1b Ck na nkbk Cn nb n，称为二项式定理 二项式系数Ckn(k0,1，n) 通项Tk1C k na nkbk 二项式定理 的特例 (1x)n1 C1 nx C k nx k xn
3、1二项展开式的特点 (1)展开式共有n 1 项 (2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n. (3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减 1 直到为 0，字母b的 幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0 逐项加 1 直到为n. 2二项展开式的通项公式的特点 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)它表示 (ab)n的展开式的第k1 项，该项的二项式系数为Ck n. (2)字母b的次数与二项式系数的组合数的上标相同 (3)a和b的次数之和为n. 二项式定理的正用、逆用 (1)求(x2y)4的展开式 (2)化简： C0n(x1)nC1n(x1)n 1C2n(x1)n2 (
4、 1) kCk n(x1) nk (1)nCn n. (1)(x 2y)4C0 4x 4C1 4x 3(2y )C2 4x 2(2y)2C3 4x (2y) 3C4 4(2y) 4 x48x3y24x2y232xy3 16y4. (2)原式 C 0 n(x 1) nC1 n(x1) n 1( 1)C2 n(x1) n2(1)2 Ck n(x1) nk(1)k Cnn(1)n nxn. 1(ab)n的二项展开式有n 1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：各项的次数 等于n；字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减 1 直到 0；字母b按升幂排列， 从第一项起，次数由0 逐项加 1 直到n.
5、2逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想注意分析已知多项式的特点， 向二项展开式的形式靠拢 1求2x 3 2x2 4 的展开式 解：法一：2x 3 2x2 4 C0 4(2x) 4C1 4(2x) 3 3 2x2 C24(2x)2 3 2x2 2 C3 4(2x ) 3 2x2 3 C4 4 3 2x2 416x448x 54 x2 27 x5 81 16x8. 法二：2x 3 2x2 4 4x33 2x2 4 1 16x8(4x 3 3)4 1 16x816x 448x54 x2 27 x5 81 16x8. 2化简： (x1)55(x1) 410(x1)310(x 1)25(x1)
6、 解：原式 C05(x1)5C15(x1)4C25(x1)3 C35(x 1)2C45(x1)C55C55 51x5 1. 求二项展开式中的特定项 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)在 3 2x 1 2 20 的展开式中，系数是有理数的项共有( ) A 4项B5 项 C6 项D 7项 (2)(浙江高考 )设二项式 x 1 3 x 5 的展开式中常数项为A，则A_. (1)Tk1Ck20(32x)20 k 1 2 k 2 2 k(3 2)20 kCk 20x20 k. 系数为有理数， 2 2 k 与 2 20 3 k 均为有理数， k能被 2 整除，且20k能被 3 整除 故k为偶
7、数， 20k是 3 的倍数， 0k20， k2,8,14,20. (2)Tk 1Ck5(x)5k 1 3 x k Ck5(1)kx 55 26 k ， 令 5 2 5k 6 0，得k3，所以A C35 10. (1)A (2)10 1在通项公式Tk 1 Ckna nkbk(nN*， k0,1,2,3，n)中含有a，b，n，k，Tk 1五个 量，只要知道其中4个量， 便可求出第5 个量 在运用二项式定理解决展开式中的项或项的 系数的一些问题时，常涉及这5个量的求解问题这通常是化归为方程的问题来解决 2对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即 0 次项 )；而对于有理项，一般是根据通 项公式所得到
8、的项，其所有的未知数的指数恰好是整数的项 已知在 3 x 3 3 x n的展开式中，第 6 项为常数项 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (1)求n； (2)求展开式中所有的有理项 解：通项公式为Tk1Ck nx 3 nk (3)kx 3 k Ck n(3) kx3 nk . (1)第 6 项为常数项， k5 时，有 n2k 3 0，即n10. (2)根据通项公式， 由题意得 102k 3 Z，0k 10，kZ.令 102k 3 r(rZ)， 则 102k3r，即k 5 3 2r. kZ，r应为偶数 于是r可取 2,0， 2，即k可取 2,5,8. 故第 3 项、第 6 项与第 9 项
9、为有理项，它们分别为 C2 10(3) 2x2，C5 10( 3) 5，C8 10(3) 8x2. 求二项式系数与项的系数 在 2x2 1 3 x 8 的展开式中，求： (1)第 5 项的二项式系数及第5 项的系数； (2)倒数第 3项 法一：利用二项式的展开式解决 (1) 2x2 1 3 x 8(2x2)8C1 8(2x2)7 1 3 x C28(2x2)6 1 3 x 2C3 8(2x2)5 1 3 x 3 C4 8(2x2)4 1 3 x 4C5 8(2x 2)3 1 3 x 5 C6 8(2x 2)2 1 3 x 6C7 8(2x 2) 1 3 x 7 C8 8 1 3 x 8， 则第
10、 5 项的二项式系数为C48 70，第 5 项的系数为C48241 120. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)由(1)中 2x2 1 3 x 8 的展开式可知倒数第3项为 C68(2x2)2 1 3 x 6112 x2. 法二：利用二项展开式的通项公式 (1)T5C4 8(2x 2)84 1 3 x 4C4 82 4 x 20 3 ， 则第 5 项的二项式系数是C48 70，第 5 项的系数是C48241 120. (2)展开式中的倒数第3 项即为第7 项，T7C68(2x2)8 6 1 3 x 6112x2. 1本例第 (2)问也可转化为求另一二项展开式的某些项，即在 2x2
11、 1 3 x 8 展开式中的倒 数第 3 项就是 1 3 x 2x2 8 展开式中第3 项，T3C28 1 3 x 82 (2x2)2112x2. 2要注意区分二项式系数与指定某一项的系数的差异，前者只与二项式的指数及项数 有关，与二项式无关，它是一个组合数Ckn；后者与二项式、二项式的指数及项的字母和系 数均有关 1(全国乙卷 )(2xx)5的展开式中，x3的系数是 _(用数字填写答案) 解析： (2xx)5展开式的通项为 Tr1Cr5(2x) 5r( x)r2 5rCr 5x5 r 2 . 令 5 r 2 3，得r4. 故x3的系数为2 5 4C4 52C4510. 答案： 10 2(山东
12、高考 )若 ax 2 1 x 5 的展开式中x5的系数是 80，则实数a _. 解析：Tr 1C r 5(ax 2)5r 1 x r Cr 5a 5rx10 5 2r.令 10 5 2r5，解得 r2.又展开式中x5 的系数为 80，则有 C2 5a 3 80，解得 a 2. 答案： 2 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2.二项式定理破解三项式问题 求 x 2 1 x 2 5 的展开式的常数项 法一：由二项式定理得 x 2 1 x 2 5 x 2 1 x 2 5 C05 x 2 1 x 5C1 5 x 2 1 x 4 2 C25 x 2 1 x 3 ( 2)2C35 x 2 1 x
13、2( 2) 3 C45 x 2 1 x (2) 4C5 5(2)5. 其中为常数项的有： C15 x 2 1 x 4 2中的第 3项： C15C24 1 2 2 2； C3 5 x 2 1 x 2 ( 2)3中的第 2 项： C35C12 1 2 ( 2)3； 展开式的最后一项C55(2) 5. 综上可知，常数项为C15C24 1 2 2 2C35C12 1 2( 2) 3C5 5(2) 5 632 2 . 法二：原式 x 22 2x2 2x 5 1 32x5 5 1 32x5(x 2)10. 求原式中展开式的常数项，转化为求 (x2)10的展开式中含x5的项的系数， 即 C5 10 ( 2)
14、5. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 所以所求的常数项为 C5102 5 32 632 2 . 解决三项式问题有两种方法：方法一， 反复利用二项式定理，先把三项式中的某两项视 为一项，用二项式定理展开，然后再利用二项展开式求解方法二，转化为二项式转化为 二项式常见的有两种形式：三项式恰好是二项式的平方，则可转化为二项式定理求解，三项 式可分解因式， 则转化为两个二项式的积的形式利用二项式定理求特定项，注意下列题型 的变化 2 x x(1x)4的展开式中x的系数是 ( ) A 1 B2 C3 D12 解析：选 C 根据题意，所给式子的展开式中含x的项有 (1x)4展开式中的常数项乘 2
15、 x x 中的x以及 (1x)4展开式中的含x2的项乘 2 xx 中的 2 x两部分， 所以所求系数为 1 213，故选 C. 在(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)的展开式中，含x4的项的系数是 ( ) A 15 B85 C 120 D 274 解析：选 A 根据分类加法、分步乘法计数原理，得5x44x43x42x4x4 15x4， 所以原式的展开式中，含x4的项的系数为15. 在(1x)(1x)2 (1x)6的展开式中，x2的系数是 _(用数字作答 ) 解析：法一 (转化为二项式定理解决)：(1x)2，(1x)3， (1x)6中x2的系数分别为 C22，C23，C26，所以原式的展开式
16、中，x2的系数为C22C 2 3 C26 C 3 3C23 C26C34 C24 C26 C3735. 法二 (利用数列求和方法解决)：由题意知1x0，原式 1x 7 1x x ， 故只需求 (1x)7中x3的系数， 即(1x)7的展开式中第4 项的系数， 即 C3735. 答案： 35 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 1在 (x3)10的展开式中，含x6的项的系数是 ( ) A 27C 6 10B27C 4 10 C 9C 6 10 D 9C 4 10 解析：选 D 含x6的项是T5C4 10x 6( 3)49C 4 10x 6. 2(1x)8(1y)4的展开式中x2y 2 的系数
17、是 ( ) A 56 B84 C112 D168 解析：选D (1x)8的展开式中x2的系数为C28，(1y)4的展开式中y 2 的系数为C24，所 以x2y2的系数为 C2 8C 2 4168. 3在2x 2 1 x 6 的展开式中，中间项是_ 解析：由n6 知中间一项是第4 项，因T4C3 6(2x 2)3 1 x 3 C3 6(1) 323x3，所以 T4 160x3. 答案： 160x3 4.x 2 1 2x 9 的展开式中，第4 项的二项式系数是_，第 4 项的系数是 _ 解析：Tk 1Ck9(x2)9k 1 2x k 1 2 kCk 9x183k，当k3 时，T4 1 2 3 C3
18、 9x9 21 2 x9，所以第4 项的二项式系数为C3984，项的系数为 21 2 . 答案： 84 21 2 5求x 3 2 3x2 5 的展开式的第3项的系数和常数项 解：T3C2 5(x 3)3 2 3x2 2C2 5 4 9x 5，所以第 3 项的系数为C2 5 4 9 40 9 . 通项Tk 1Ck5(x3)5 k 2 3x2 k 2 3 kCk 5x 15 5k，令 155k0 得 k3，所以常数项为T4 C35 (x3)2 2 3x2 3 80 27. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 一、选择题 1二项式 (ab)2n的展开式的项数是( ) A 2nB2n 1 C2n
19、1 D 2(n1) 解析：选 B 根据二项式定理可知，展开式共有2n1 项 2化简多项式 (2x1)55(2x1)410(2x1)310(2x1)25(2x1)1 的结果是 ( ) A(2x2)5B2x5 C(2x1)5D 32x5 解析：选 D 原式 5(2x)5 32x5. 3在 x 1 3 x 24 的展开式中，x的幂指数是整数的项共有( ) A 3项B4 项 C5 项D 6项 解析：选 C Tk 1 Ck24x 24k 2 x k 3C k 24x12 5 6k，则 k 0,6,12,18,24时，x的幂指 数为整数 4在2x3 1 x2 n(nN*)的展开式中，若存在常数项，则 n的
20、最小值是 ( ) A 3 B5 C8 D 10 解析：选 B Tk1 Ckn(2x3)n k 1 x2 k2nk Ck nx 3n5k.令 3n5k0， 0 kn， n的最小值为5. 5对于二项式 1 x x 3 n(nN*)，有以下四种判断： 存在nN *，展开式中有常数项； 对任意nN *，展开式中没有常数项； 对任意nN *，展开式中没有 x的一次项； 存在nN *，展开式中有 x的一次项 其中正确的是( ) A与B与 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 C与D与 解析：选 D 二项式 1 x x3 n 的展开式的通项公式为Tk 1Ck nx 4kn，由通项公式可知， 当n4k(k
21、 N *)和 n4k1(kN *)时，展开式中分别存在常数项和一次项 二、填空题 6若 (12x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是 _ 解析：由T2T1， T2T3， 得C 1 62x1，C 1 62xC 2 62x 2. 解得 1 12 x 1 5. 答案： 1 12， 1 5 7(1xx2)(1x)10的展开式中含x4的项的系数为_ 解析：因为 (1xx2)(1x)10(1xx2)(1x)(1x)9(1x3)(1x)9， 所以展开式中含x4的项的系数为1C4 9(1) 4(1)C1 9(1)135. 答案： 135 82303 除以 7 的余数是 _ 解析： 2303
22、(23)1038103(71)103 C010710C1107 9 C9 107C10103 7(C0 107 9C1 107 8 C9 10) 4，所以 2 303 除以 7 的余数为 4. 答案： 4 三、解答题 9已知在x 2 x2 n 的展开式中，第5 项的系数与第3 项的系数之比为563，求展开 式中的常数项 解：T5C4n(x)n42 4x816C4 nx n20 2 ， T3C2n(x)n 22 2x 44C2 nx n10 2 . 由题意知， 16C4 n 4C2n 56 3 ，解得n10. Tk1Ck10(x)10 k2kx2k2kCk 10x 105k 2 ， 令 5 5k
23、 2 0，解得k2. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 展开式中的常数项为C2102 2180. 10在 2x 1 x 6 的展开式中，求： (1)第 3 项的二项式系数及系数； (2)含x2的项 解： (1)第 3项的二项式系数为C2615， 又T3C26(2x)4 1 x 2 24 C2 6x， 所以第 3 项的系数为24C26240. (2)Tk 1Ck 6(2 x)6 k 1 x k (1) k26kCk 6x3 k. 令 3k2，得k1. 所以含x2的项为第2 项， 且T2 192x2. 11已知在 1 2 x2 1 x n 的展开式中，第9 项为常数项求： (1)n的值；
24、(2)展开式中x5的系数； (3)含x的整数次幂的项的个数 解：二项展开式的通项为Tk 1Ck n 1 2x 2nk 1 x k(1)k 1 2 nkCk nx 5 2 2 nk . (1)因为第 9项为常数项， 即当k8 时， 2n 5 2k0，解得 n10. (2)令 2n 5 2k5，得 k 2 5 (2n 5)6， 所以x5的系数为 (1)6 1 2 4C6 10 105 8 . (3)要使 2n 5 2k，即 405k 2 为整数，只需k为偶数，由于k0,1,2,3， 9,10，故符合要 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 求的有 6 项，分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项