二项式定理专题复习.doc

二项式定理知识点、题型与方法归纳二项式定理知识点、题型与方法归纳 一一.知识梳理知识梳理 1.二项式定理:)()(*110NnbCbaCbaCaCbannnrrnrnnnnnn.其中),2,1,0(nrCrn叫二项式系数.式中得rrnrnbaC叫二项展开式得通项,用1rT表示,即通项rrnrnrbaCT1、2.二项展开式形式上得特点二项展开式形式上得特点:(1)项数为 n1;(2)各项得次数都等于二项式得幂指数 n,即 a 与 b 得指数得与为 n、(3)字母a 按降幂排列,从第一项开始,次数由n 逐项减1 直到零;字母b 按升幂排列,从第一项起,次数由零逐项增1 直到 n、(4)二项式得系数从 C0n,C1n,一直到 Cn1n,Cnn、3.二项式系数得性质二项式系数得性质:(1)对称性:与首末两端“等距离”得两个二项式系数相等.即rn rnnCC (2)增减性与最大值:二项式系数 Ckn,当 kn12时,二项式系数逐渐增大.由对称性知它得后半部分就是逐渐减小得;当 n 就是偶数时,中间一项2nnC取得最大值;当 n 就是奇数时,中间两项1122nnnnCC取得最大值.(3)各二项式系数与:C0nC1nC2nCrnCnn2n;C0nC2nC4nC1nC3nC5n2n1、一个防范一个防范 运用二项式定理一定要牢记通项Tr1Crnanrbr,注意(ab)n与(ba)n虽然相同,但具体到它们展开式得某一项时就是不同得,一定要注意顺序问题,另外二项展开式得二项式系数与该项得(字母)系数就是两个不同得概念,前者只指 Crn,而后者就是字母外得部分.前者只与 n 与 r 有关,恒为正,后者还与 a,b 有关,可正可负.两种应用两种应用 (1)通项得应用:利用二项展开式得通项可求指定得项或指定项得系数等.(2)展开式得应用:利用展开式可证明与二项式系数有关得等式;可证明不等式;可证明整除问题;可做近似计算等.三条性质三条性质 (1)对称性;(2)增减性;(3)各项二项式系数得与;二二.题型示例题型示例 【题型一】【题型一】求求()nx y展开特定项展开特定项 例例 1:(13x)n(其中 nN*且 n6)得展开式中 x5与 x6得系数相等,则 n()B A、6 B、7 C、8 D、9 例例 2:xyyx8得展开式中 x2y2得系数为_、(用数字作答)70【题型二】【题型二】求求()()mna bx y展开特定项展开特定项 例例 1:在(1x)5(1x)6(1x)7(1x)8得展开式中,含 x3得项得系数就是()D A.74 B.121 C.74 D.121【题型三】【题型三】求求()()mna bx y展开特定项展开特定项 例例 1:已知(1ax)(1x)5得展开式中 x2得系数为 5,则 a()D A、4 B、3 C、2 D、1 例例 2:在(1x)6(1y)4得展开式中,记 xmyn项得系数为 f(m,n),则 f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)()C A.45 B.60 C.120 D.210 例例 3:若数列 na就是等差数列,且6710aa,则在1212()()()x a x ax a得展开式中,11x得系数为_、60【题型四】【题型四】求求()nx y z 展开特定项展开特定项 例例 1:求x21x 25(x0)得展开式经整理后得常数项、解:x21x 25在 x0 时可化为x21x10,因而 Tr1Cr101210r()x102r,则 r5 时为常数项,即 C51012563 22、例例 2:若将10)(zyx展开为多项式,经过合并同类项后它得项数为().D A.11 B.33 C.55 D.66 解:展开后,每一项都形如ab cx y z,其中10a b c ,该方程非负整数解得对数为210 266C。例例 3:3:(x2xy)5得展开式中,x5y2得系数为()A.10 B.20 C.30 D.60 解析 易知 Tr1Cr5(x2x)5ryr,令 r2,则 T3C25(x2x)3y2,对于二项式(x2x)3,由 Tt1Ct3(x2)3txtCt3x6t,令 t1,所以 x5y2得系数为 C25C1330、【题型五】【题型五】二项式展开逆向问题二项式展开逆向问题 例例 1:(2013 广州毕业班综合测试)若 C1n3C2n32C3n3n2Cn1n3n185,则 n 得值为()A、3 B、4 C、5 D、6 解:由 C1n3C2n3n2Cn1n3n113(13)n185,解得 n4、故选 B、【题型六】【题型六】赋值法求系数赋值法求系数(与与)问题问题 例例 1:已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7、求:(1)a1a2a7;(2)a1a3a5a7;(3)a0a2a4a6;(4)|a0|a1|a2|a7、解:令 x1,则 a0a1a2a3a4a5a6a71、令 x1,则 a0a1a2a3a4a5a6a737、(1)a0C071,a1a2a3a72、(2)()2,得 a1a3a5a713721094、(3)()2,得 a0a2a4a613721093、(4)(12x)7得展开式中,a0,a2,a4,a6大于零,而 a1,a3,a5,a7小于零,|a0|a1|a2|a7(a0a2a4a6)(a1a3a5a7),所求即为(亦即),其值为 2187、点拨:“赋值法”普遍运用于恒等式,就是一种处理二项式相关问题比较常用得方法、对形如(axb)n,(ax2bxc)m(a,b,cR)得式子求其展开式各项系数之与,只需令 x1 即可;对形如(axby)n(a,bR)得式子求其展开式各项系数之与,只需令 xy1 即可、若 f(x)a0a1xa2x2anxn,则 f(x)展开式中各项系数之与为 f(1),奇数项系数之与为 a0a2a4f(1)f(1)2,偶数项系数之与为 a1a3a5f(1)f(1)2、例例 2:设22x2na0a1xa2x2a2nx2n,则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_、解:设 f(x)22x2n,则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f(1)f(1)2212n2212n122n14n、例例 3:已知(x1)2(x2)2014a0a1(x2)a2(x2)2a2016(x2)2016,则a12a222a323a201622016得值为_、解:依题意令 x32,得32123222014a0a1322 a23222a20163222016,令 x2 得 a00,则a12a222a323a201622016122016、【题型七】【题型七】平移后系数问题平移后系数问题 例例 1:若将函数 f(x)x5表示为 f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5,其中 a0,a1,a2,a5为实数,则 a3_、解法一:令 x1y,(y1)5a0a1ya2y2a5y5,故 a3C25(1)210、解法二:由等式两边对应项系数相等、即:a51C45a5a40C35a5C34a4a30解得 a310、解法三:对等式:f(x)x5a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5两边连续对 x 求导三次得:60 x26a324a4(1x)60a5(1x)2,再运用赋值法,令 x1 得:606a3,即 a310、故填 10、【题型八】【题型八】二项式系数、系数最大值问题二项式系数、系数最大值问题 例例 1:x12xn得展开式中第五项与第六项得二项式系数最大,则第四项为_.解析 由已知条件第五项与第六项二项式系数最大,得 n9,x12x9展开式得第四项为 T4C39(x)612x3212、例例 2:把(1x)9得展开式按 x 得升幂排列,系数最大得项就是第_项 A.4 B.5 C.6 D.7 解析(1x)9展开式中第 r1 项得系数为 Cr9(1)r,易知当 r4 时,系数最大,即第 5 项系数最大,选 B、例例 3:(12x)n得展开式中第 6 项与第 7 项得系数相等,求展开式中二项式系数最大得项与系数最大得项、解:T6C5n(2x)5,T7C6n(2x)6,依题意有 C5n25C6n26,解得 n8、所以(12x)8得展开式中,二项式系数最大得项为 T5C48(2x)41 120 x4、设第 r1 项系数最大,则有 Cr82rCr182r1Cr82rCr182r1 解得 5r6、所以 r5 或 r6,所以系数最大得项为 T61 792x5或 T71 792x6、点拨:(1)求二项式系数最大项:如果 n 就是偶数,则中间一项第n21项 得二项式系数最大;如果 n 就是奇数,则中间两项(第n12项与第n121 项)得二项式系数相等并最大、(2)求展开式系数最大项:如求(abx)n(a,bR)得展开式系数最大得项,一般就是采用待定系数法,列出不等式组 ArAr1ArAr1从而解出 r,即得展开式系数最大得项、【题型九】【题型九】两边求导法求特定数列与两边求导法求特定数列与 例例 1:若(2x3)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5,则 a12a23a34a45a5_.解析 原等式两边求导得 5(2x3)4(2x3)a12a2x3a3x24a4x35a5x4,令上式中 x1,得 a12a23a34a45a510、【题型十】【题型十】整除问题整除问题 例例 1:设 aZ,且 0a13,若 512 012a 能被 13 整除,则 a()A.0 B.1 C.11 D.12 解析 512 012a(521)2 012a C02 012522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011C2 0122 012(1)2 012a,C02 012522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011能被 13 整除.且 512 012a 能被 13 整除,C2 0122 012(1)2 012a1a 也能被 13 整除.因此 a 可取值 12、例例 2:已知 m 就是一个给定得正整数,如果两个整数 a,b 除以 m 所得得余数相同,则称 a 与 b 对模 m 同余,记作ab(mod m),例如:513(mod 4)、若 22015r(mod 7),则 r 可能等于()A、2013 B、2014 C、2015 D、2016 解:220152223671486714(71)6714(7671C16717670C67067171)、因此 22015除以 7 得余数为 4、经验证,只有 2013 除以 7 所得得余数为 4、故选 A、三.自我检测 1、(2013青岛一检)“n5”就是“2 x13xn(nN*)得展开式中含有常数项”得()A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件 2、已知 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn729,则 C1nC2nC3nCnn等于()A.63 B.64 C.31 D.32 3、组合式 C0n2C1n4C2n8C3n(2)nCnn得值等于()A.(1)n B.1 C.3n D.3n1 4、若(1xx2)6a0a1xa2x2a12x12,则 a2a4a12_.5、已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10,则 a8()A.180 B.180 C.45 D.45 6、(12x)3(1x)4展开式中 x 项得系数为()A.10 B.10 C.2 D.2 7、(1x)8(1y)4得展开式中 x2y2得系数就是_.8、在3450(1)(1)(1)xxx 得展开式中,3x得系数为()A、351C B、450C C、451C D、447C 9、在(x1)(2x1)(nx1)(nN*)得展开式中一次项系数为()A.C2n B.C2n1 C.Cn1n D、12C3n1 10、(2015 安徽合肥二检)(x2x1)10展开式中 x3项得系数为_