二项式定理题型全面总结3(习题课)2014

例181()xx的展开式中的系数为____5x解:设第项为所求1r12818()rrrrTCxx288(1)rrrrCxx3288(1)rrrCx38522rr由可得5x228(1)28C的系数为题型1利用的二项展开式通式求特定的项nab例2求展开式中的有理项93xx解:1132919()()rrrrTCxx2769(1)rrrCx令273466rrZZ即(0,19)r39rr或3344492734(1)846rrTCxx99331092793(1)6rrTCxx原式的有理项为:4484Tx310xT例3、判断2101(3)xx的展开式中是否包含常数项?分析:取通项来分析,10211013rrrrTCxx常数项即项.0x解：根据二项式定理，取a＝3x2，b＝－1x∴的通项公式是2101(3)xx∴的展开式中第9项为常数项。2101(3)xx520102102110101313rrrrrrrrTCxCxx由题意可知，520082rr故存在常数项且为第9项，常数项88108091013405TCx常数项即项.0x求二项展开式的某一项,或者求满足某种条件的项,或者求某种性质的项,如含有x项的系数,有理项,常数项等,通常要用到二项式的通项求解.注意(1)二项式系数与系数的区别.(2)表示第项.3rrnrnrbaCT1r题型方法总结题型2二项式定理的逆用（赋值法）011222112122nnnnnnnnnCCCC原式(12)3nn例4计算并求值12(1)1242nnnnnCCC5432(2)(1)5(1)10(1)10(1)xxxx5(1)x解(1):将原式变形解:(2)原式055(1)Cx145(1)Cx235(1)Cx325(1)Cx45(1)Cx55C55C5[(1)1]1x51x1.012242nnnnnnCCCC等于（）(A)3n(B)23n(C)213n(D)312n2.1231393nnnnnnCCCC等于（）(A)4n(B)34n(C)413n(D)413nAD练习：题型方法总结逆向应用公式和变形应用公式要求对公式结构特征要熟练，特别遇到计算的题目可先观察系数的特点，看是否符合二项式展开式的结构特征，从而考虑是否要构造12211nrrnnnnnnxCxCxCxCx（）题型3求多项式的展开式中特定的项(系数)例52345(1)(1)(1)(1)(1)xxxxx的展开式中,的系数等于___________2x解:仔细观察所给已知条件可直接求得的系数是2x02C13(1)C224(1)C335(1)C20解法2运用等比数列求和公式得5(1)[1(1)]1(1)xxx原式6(1)(1)xxx在的展开式中,含有项的系数为6(1)x3x3620C所以的系数为-202xttxC)3(12123824)31()21()1(xxxxxx例6．求展开式中的系数。4xrrxC)(44x解:可逐项求得的系数8)21(x的展开式通项为ssxC)2(8当时2s112428C系数为12)31(x的展开式通项为1t当时363112C系数为所以展开式中的系数为123824)31()21()1(xxxxxx1443611244)1(x的展开式通项为当时3r系数为-4求复杂的代数式的展开式中某项(某项的系数),可以逐项分析求解,常常对所给代数式进行化简,可以减小计算量题型方法总结题型4求乘积二项式展开式中特定的项(特定项的系数)例题7:求的展开式中项的系数.65(1)(21)xx6x解62666()rrrrCxCx6(1)x的通项是55555(2)(1)(1)2sssssssCxCx5(21)x的通项是1622556(1)2rssrssCCx65(1)(21)xx的通项是65(1)(21)xx由题意知16226rs24(06,05)rsrs02rs21rs40rs解得3206252)1(CC所以的系数为:6x426152)1(CC5046052)1(CC640题型方法总结对于较为复杂的二项式与二项式乘积利用两个通项之积比较方便运算题型5三项式转化为二项式818(1)xx例求展开式中的常数项解：三项式不能用二项式定理,必须转化为二项式88]1)1[()11(xxxx8878718808)1()1()1(CxxCxxCxxC再利用二项式定理逐项分析常数项得881268244836284808CCCCCCCCC=1107例9、:(x2+3x+2)5展开式中x的系数为_____.方法1(x2+3x+2)5=[(x2+2)+3x]52403244C5,xx3)2x(51C442其系数为的项才存在在展开式中只有方法2(x2+3x+2)5=[x(x+3)+2]52402351C,x2)3x(x51C44其系数为的项才存在在展开式中只有方法3(x2+3x+2)5=[x2+(3x+2)]52402351C,x)2x3(50C45其系数为的项才存在在展开式中只有方法4(x2+3x+2)5=(x+1)5(x+2)5，…….240方法5、原式化为52]3)2[(xx其通项公式为rrrrxxCT)3()2(52511,1rx只需的指数为要使xxCT3)2(42152)2844624(1542468xxxxx2402154的系数为所以x题型方法总结括号里含有三项的情况可以把某两项合并为一项,合并时要注意选择的科学性.也可因式分解化为乘积二项式.题型6求展开式中各项系数和解：设展开式各项系数和为1例题点评求展开式中各项系数和常用赋值法：令二项式中的字母为1naaaa210∵上式是恒等式，所以当且仅当x=1时，(2-1)n=naaaa210∴=（2-1）n=1naaaa210nnnnaxaxax)1(21202)12(例10.的展开式的各项系数和为____nx)12(2题型7：求奇数(次)项偶数(次)项系数的和776016711(31)xaxaxaxa例已知7531)1(aaaa求6420)2(aaaa7210)3(aaaa7)13()(:xxf设解7210)1(aaaaf73210)1(aaaaaf77753142)1()1()(2ffaaaa8128221367531aaaa8256)()1(716420aafaaaa(1)(2)是负数因为7531,,,aaaa所以7210aaaa7210aaaa)(7210aaaa7)4()1(f（3）74题型方法总结求二项展开式系数和，常常得用赋值法，设二项式中的字母为1或-1，得到一个或几个等式，再根据结果求值练习：已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则a1+a2+…+a7的值是.-2题型7求展开式中系数最大(小)的项2012(23)x例在的展开式中，求其项的最大系数与最大二项式系数的比解:设项是系数最大的项,则1r112012020201120120202032323232rrrrrrrrrrrrCCCC6.126.11r项系数最大的项是第13128122032C即二项式系数最大的项为第11项,即1020C所以它们的比是137102012812203211532CC例13在的展开式中，系数绝对值最大的项20)23(yx解：设系数绝对值最大的项是第r+1项，则1211202020119120202023232323rrrrrrrrrrrrCCCCrrrr3)21(2)20(2)1(3542537r8r所以当时，系数绝对值最大的项为8r812812820923yxCT例14求的展开式中数值最大的项50)21(211rrrrTTTT解：设第项是是数值最大的项1r展开式中数值最大的项是29295030)2(CT115050115050)2()2()2()2(rrrrrrrrCCCC251101251102rr88.2988.28r29r211rrrrTTTT解决系数最大问题，通常设第项是系数最大的项，则有1r由此确定r的取值题型方法总结题型8整除或余数问题例15。的余数除以求1009192解:9292)9100(919291919229029291192929910091009100100CCC前面各项均能被100整除.只有不能被100整除929929192290929029291192929292)1(1010101010)110(9CCCC19201010101029092902929119292CCC8110001010101029092902929119292CCC811009192除的余数是被可见余数为正整数注意(1)证明:9910-1能被1000整除(2)证明:32n+2-8n-9(n∈N*)能被64整除(4)今天是星期日,再过290天是星期几?(一)(5)11100-1末尾连续零的个数是个(3个)整除性问题，余数问题，主要根据二项式定理的特点，进行添项或减项，凑成能整除的结构，展开后观察前几项或后几项,再分析整除性或余数。这是解此类问题的最常用技巧。余数要为正整数例题点评题型9近似计算问题例:计算(1)(0.997)3的近似值(精确到0.001)(2)(1.009)5的近似值(精确到0.001)例.某公司的股票今天的指数为2,以后每天的指数都比上一天的指数增加0.2%,则100天后这公司的股票股票指数为_____(精确到0.001)解:依题意有2(1+0.2%)1001002(10.002)01221001001002[0.0020.002]CCC2(10.20.0198)2.43962.44所以100天后这家公司的股票指数约为2.44总结：近似计算常常利用二项式定理估算前几项题型10证明恒等式123116232nnnnnnCCCnCn例求证析:本题的左边是一个数列但不能直接求和.因为由此分析求解rnnrnnnnnnnCCCCCC110,01231:023(1)nnnnnnnnnSCCCCnCnC解设nnnnnnnnCCCnCnnCS0)2()1(1210两式相加)(21210nnnnnnnnCCCCCnSnn212nnnS题型方法总结利用求和的方法来证明组合数恒等式是一种最常见的方法,证明等式常用下面的等式nnnnnnCCCC221014202nnnnCCCrnnrnCC15312nnnnCCC11mnmnnCmC例17．证明：3)11(2nn1*nNn且当2111111)11(22221nCnCnCnnnnn证明1(1)(1)111