二项式定理习题

前言

注意总结常见的二项式定理的使用范例，同时体会其中的数学思想。

运算技巧

• 主要涉及指数运算的性质和法则；

比如，\((-\cfrac{1}{2\sqrt{x}})^{6-r}\)\(=\)\((-\cfrac{1}{2})^{6-r}\cdot (\cfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}})^{6-r}\)\(=\)\((-1)^{6-r}\cdot 2^{r-6}\cdot x^{-\frac{6-r}{2}}\)\(=\)\((-1)^{6-r}\cdot 2^{r-6}\cdot x^{\frac{r}{2}-3}\)

• 赋值法；

• 整除理论；

\(\cfrac{24}{8}=3\cdots 0\)；整除问题中要求三整余零，即被除数、除数、商数为整数，余数为零。

若余数为负时，如何调整为正值？\(22=3\times 8-2=2\times 8+8-2=2\times 8+6\)；

• 排列数、组合数的相关运算；\(C_n^m=\cfrac{A_n^n}{A_m^m}=\cfrac{n!}{m!\cdot (n-m)!}\)

常规题型

• 求展开式中的某一项的系数

\((x^2-x+2)^5\)的展开式中，\(x^3\)的系数是多少？

法1：将三项式转化为二项式的形式来处理。\((x^2-x+2)^5=[(x^2-x)+2]^5=[(x^2+2)-x]^5\)，留作练习。

法2：组合法，推荐方法，希望掌握；

由于\((x^2-x+2)^5=(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2)\)，

按照多项式乘法法则可知，每次只能从每一个因式中取出一项，每一个因式中都必须取出某项，然后乘在一起，构成展开式中的某一项；这样我们可以按照这样的操作思路来构成含有\(x^3\)的项：

其一：先从5个相同因式中任意选取一个有\(C_5^1\)种，在取出的这个因式中只选取项\(x^2\)；

然后再从剩余的4个相同因式中任意选取一个有\(C_4^1\)种，在取出的这个因式中只选取项\(-x\)；

最后将剩余的3个相同因式全部选取有\(C_3^3\)种，在取出的每个因式中只选取项\(2\)；

故有\(C_5^1\cdot x^2 \cdot C_4^1\cdot(-x)\cdot C_3^3 \cdot 2\cdot 2\cdot 2=-C_5^1\cdot C_4^1\cdot C_3^3\cdot 2^3\cdot x^3\)；

其二：先从5个相同因式中任意选取三个有\(C_5^3\)种，在取出的每个因式中只选取项\(-x\)；

然后将剩余的2个相同因式中全部选取有\(C_2^2\)种，在取出的每个因式中只选取项\(2\)；

故有\(C_5^3\cdot (-x) \cdot (-x) \cdot (-x) \cdot C_2^2\cdot 2\cdot 2=-C_5^3\cdot C_2^2\cdot 2^2\cdot x^3\)；

故\(x^3\)的项的组成是\(C_5^1\cdot x^2 \cdot C_4^1\cdot(-x)\cdot C_3^3\cdot 2^3+C_5^3\cdot(-x)^3\cdot C_2^2\cdot 2^2=-200x^3\)；

注意两点：①组合数的上标之和应该等于题目中的指数；②组合数的上标和出现的对应项的次数应该一致；

\((x^2+2x+3y)^5\)的展开式中，含\(x^5y^2\)的项的系数是多少？

法1：将三项式转化为二项式的形式来处理。

\((x^2+2x+3y)^5=[(x^2+2x)+3y]^5\)，其通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r(x^2+2x)^{5-r}(3y)^r\)，

由此式可知令\(r=2\)，则有\(T_{2+1}=C_5^2(x^2+2x)^{5-2}(3y)^2=9C_5^2(x^2+2x)^3y^2\)，

以下确定\(x\)的次数，再令\((x^2+3x)^3\)的通项公式为\(T_{k+1}=C_3^k(x^2)^{3-k}(2x)^k=2^kC_3^kx^{6-k}\)，

由此式可知令\(k=1\)，则\(T_{1+1}=C_3^1(x^2)^{3-1}(2x)^1=2\times3 x^5\)，

故含有\(x^5y^2\)的项的系数应该是\(9C_5^2\times2\times3=540\).

法2：排列组合法，

\((x^2+2x+3y)^5=(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)\)，

先分析\(x^5y^2\)的项的构成方式，在本题中，只能是2次\(x^2\)，1次\(x\)，2次\(y\)构成，

故按照多项式乘法法则可知，我们可以先从5个因式中任意选取二个有\(C_5^2\)种，在取出的这个因式种只选取项\(x^2\)；

然后再从剩余的3个因式中任意选取一个有\(C_3^1\)种，在取出的这个因式中只选取项\(2x\)；

最后将剩余的2个因式全部选取，有\(C_2^2\)种，在取出的每个因式种只选取项\(3y\)；

故有\(C_5^2\cdot x^2 \cdot x^2 \cdot C_3^1\cdot 2x\cdot C_2^2 3y\cdot 3y=C_5^2\cdot C_3^1\cdot C_2^2\cdot 2\cdot 9x^5y^2=540x^5y^2\).

• 求展开式中的常数项

\((x+\cfrac{1}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5\)的展开式中的常数项是多少？

分析：常数项来源于两个，

其一是\(C_1^1\cdot x\cdot [C_5^3(2x)^2(-\cfrac{1}{x})^3]\)，

其二是\(C_1^1\cdot \cfrac{1}{x}\cdot [C_5^2(2x)^3(-\cfrac{1}{x})^2]\)，

故常数项为\(C_5^32^2(-1)^3+C_5^22^3(-1)^2=40\)

• 求展开式中的有理项

求\((\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})^{14}\)的二项展开式中的所有有理项。

分析：展开式的通项公式\(T_{r+1}=C_{14}^rx^{7-\frac{r}{6}}，r=0，1,2，\cdots，14\)，

所求有理项必须满足\(r\)是6的倍数，符合条件的只有\(r=0，6,12\)，

所以展开式中的有理项共有3项：

\(r=0，T_1=C_{14}^0\cdot x^7=x^7\)；

\(r=6，T_7=C_{14}^6\cdot x^6=3003\cdot x^6\)；

\(r=12，T_{13}=C_{14}^{12}\cdot x^5=91\cdot x^5\)；

求\((2\sqrt{x}-\cfrac{1}{x})^6\)的二项展开式中的所有有理项的系数之和。

分析：先化简整理得到\(T_{r+1}=(-1)^r\cdot 2^{6-r}\cdot C_6^r\cdot x^{\frac{6-3r}{2}}\)，其中\(r=0，1，2，3，4，5，6\)；

所求的项要是有理项必须满足\(r\)是2的倍数，符合条件的只有\(r=0，2，4，6\)，

所以展开式中的有理项共有4项：

\(r=0\)时，\(T_1=(-1)^0\cdot 2^{6-0}\cdot C_6^0\cdot x^{\frac{6-3\times0}{2}}=64\cdot x^3\)；

\(r=2\)时，\(T_3=(-1)^2\cdot 2^{6-2}\cdot C_6^2\cdot x^{\frac{6-3\times2}{2}}=240\cdot x^0\)；

\(r=4\)时，\(T_5=(-1)^4\cdot 2^{6-4}\cdot C_6^4\cdot x^{\frac{6-3\times4}{2}}=60\cdot x^{-3}\)；

\(r=6\)时，\(T_7=(-1)^6\cdot 2^{6-6}\cdot C_6^6\cdot x^{\frac{6-3\times6}{2}}=x^{-2}\)；

故所有有理项的系数之和为\(64+240+60+1=365\)。

• 求展开式中的系数之和

若\((2x-1)^7=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5+a_6x^6+a_7x^7\)，求二项式系数之和，求二项展开式中的系数之和。

分析：二项式系数之和为：

\(C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^4+C_7^5+C_7^6+C_7^7=(1+1)^7=2^7\)；

求二项展开式中的系数之和，需要使用赋值法；

令\(x=1\)，原等式的右端即为\(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7\)，

与此相等的左端为\((2\times 1-1)^7=1^7=1\)。

即二项展开式中的系数之和为：

\(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7=(2\times 1-1)^7=1^7=1\)。

若\((\sqrt{2}-x)^{10}=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{10}x^{10}\)，求\((a_0+a_2+\cdots+a_{10})^2\) \(-(a_1+a_3+\cdots+a_9)^2\)的值。

分析：令\(x=1\)，可得\((\sqrt{2}-1)^{10}=a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{10}\)①，

令\(x=-1\)，可得\((\sqrt{2}+1)^{10}=a_0-a_1+a_2-\cdots+a_{10}\)②，

结合①②式，可知：

\((a_0+a_2+\cdots+a_{10})^2-(a_1+a_3+\cdots+a_9)^2\)

\(=(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{10})(a_0-a_1+a_2-\cdots+a_{10})\)

\(=(\sqrt{2}-1)^{10}(\sqrt{2}+1)^{10}\)

\(=[(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)]^{10}=1\)

若\((1+x)(a-x)^6=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_7x^7\)，其中\(a=\int_0^{\pi}(sinx-cosx)dx\)，则\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_6\)的值为__________.

分析：先求得\(a=(-cosx-sinx)|_0^{\pi}=2\)，

代入已知表达式，再赋值\(x=1\)，

得到\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_6+a_7=(1+1)(2-1)^6=2\)，

又由组合法求的\(x^7\)项的系数为：

\(C_1^1\cdot x\cdot C_6^6\cdot (-x)^6=x^7\)，故\(a_7=1\)，

从而解得\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_6=1\).

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】记\((2+x)^7=a_0+a_1(1+x)+a_2(1+x)^2+\cdots+a_7(1+x)^7\)，则\(a_1+a_2+\cdots+a_6\)的值为__________.

分析：令\(x=-1\)，得到\(a_0=1\)，再令\(x=0\)，得到\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_7=2^7\)，

又由于\((2+x)^7=[1+(1+x)]^7=a_0+a_1(1+x)+a_2(1+x)^2+\cdots+a_7(1+x)^7\)，故\(a_7=1\)，

综上可知，\(a_1+a_2+\cdots+a_6=2^7-2=126\).

【2018辽宁省大连市二模】[所赋值为分式]

若\((1-3x)^{2018}=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{2018}x^{2018}\)，则\(\cfrac{a_1}{3}+\cfrac{a_2}{3^2}+\cdots+\cfrac{a_{2018}}{3^{2018}}\)的值为___________。

分析：赋值法，令展开式中\(x=0\)，得到\(a_0=1\)，

令\(x=\cfrac{1}{3}\)，得到\(a_0+\cfrac{a_1}{3}+\cfrac{a_2}{3^2}+\cdots+\cfrac{a_{2018}}{3^{2018}}=0\)，

所以\(\cfrac{a_1}{3}+\cfrac{a_2}{3^2}+\cdots+\cfrac{a_{2018}}{3^{2018}}=-a_0=-1\)。

【2015高考全国卷】\((a+x)(1+x)^4\)的展开式中\(x\)的奇数次幂项的系数之和为32，则\(a\)=____________。

法1：设\((a+x)(1+x)^4=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\)，

令\(x=1\)，得到\((a+1)\times 2^4=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5\)①；

令\(x=-1\)，得到\(0=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-a_5\)②；

①-②得到，\(16(a+1)=2(a_1+a_3+a_5)=2\times 32\)，

解得\(a=3\)。

法2：设\(f(x)=(a+x)(1+x)^4\)，则其所有项的系数和为\(f(1)=(a+1)(1+1)^4=16(a+1)\)，

又奇数次幂项的系数和为\(a(C_4^1+C_4^3)+(C_4^0+C_4^2+C_4^4)=8a+8\)，

则由题目可知，\(8a+8=32\)，解得\(a=3\)。

• 求二项展开式中的系数最大的项

求\((1+2x)^n\)(其中\(n\in N^*\)且\(n\ge 6\))的二项展开式中\(x^3\)与\(x^4\)项的二项式系数相等，则系数最大的项为___________。

法1：由于展开式中\(x^3\)与\(x^4\)项的二项式系数相等，即\(C_n^3=C_n^4\)，故\(n=7\)。

则展开式的通项公式为\(T_{k+1}=C_7^k\cdot 1^{7-k}\cdot (2x)^k=C_7^k\cdot 2^k\cdot x^k\)，

设系数最大的项为\(T_{k+1}\)，则其必须同时满足条件

\[\begin{cases} C_7^k\cdot 2^k \ge C_7^{k+1}2^{k+1} \\ C_7^k\cdot 2^k \ge C_7^{k-1}2^{k-1} \end{cases} \]

求解组合数不等式是难点，详解如下：

先转化为如下形式：

\[\begin{cases} \cfrac{7!}{k!\cdot (7-k)!}\cdot 2^k\ge \cfrac{7!}{(k+1)!\cdot (7-k-1)!}\cdot 2^k\cdot 2 \\ \cfrac{7!}{k!\cdot (7-k)!}\cdot 2^{k-1}\cdot 2\ge \cfrac{7!}{(k-1)!\cdot (7-k+1)!}\cdot 2^{k-1} \end{cases} \]

再次转化：

\[\begin{cases} \cfrac{7!}{k!\cdot (7-k)\cdot(7-k-1)!}\cdot 2^k\ge \cfrac{7!}{(k+1)\cdot k!\cdot (7-k-1)!}\cdot 2^k\cdot 2 \\ \cfrac{7!}{k\cdot (k-1)!\cdot (7-k)!}\cdot 2^{k-1}\cdot 2\ge \cfrac{7!}{(k-1)!\cdot (7-k+1)\cdot (7-k)!}\cdot 2^{k-1} \end{cases} \]

化简得到，

\[\begin{cases} \cfrac{1}{7-k}\ge \cfrac{2}{k+1} \\ \cfrac{2}{k}\ge \cfrac{1}{7-k+1} \end{cases} \]

再次化简得到，

\(\begin{cases} k+1\ge 2(7-k) \\ 2(8-k)\ge k \end{cases}\)，即\(\begin{cases} 3k\ge 13 \\ 3k\leq 16 \end{cases}\)，

解得：\(\cfrac{13}{3}\leq k \leq \cfrac{16}{3}\)，

故\(k=5\)，即系数最大的项为\(T_6=C_7^5\cdot 2^5\cdot x^5=672x^5\).

法2：由于展开式中的项的数目比较小，所以还可以利用通项公式写出所有项，从中挑出系数最大的项。

• 整除问题和余数问题

求证：\(1+2+2^2+\cdots+2^{5n-1}(n\in N^*)\)能被31整除。

分析：\(1+2+2^2+\cdots+2^{5n-1}\)

\(=\cfrac{1\cdot (2^{5n}-1)}{2-1}=2^{5n}-1=32^n-1=(31+1)^n-1\)

\(=C_n^0\cdot 31^n+C_n^1\cdot 31^{n-1}+C_n^2\cdot 31^{n-2}+\cdots+C_n^{n-1}\cdot 31^1+C_n^n\cdot 31^0-1\)

\(=C_n^0\cdot 31^n+C_n^1\cdot 31^{n-1}+C_n^2\cdot 31^{n-2}+\cdots+C_n^{n-1}\cdot 31^1\)

\(=31\cdot (C_n^0\cdot 31^{n-1}+C_n^1\cdot 31^{n-2}+C_n^2\cdot 31^{n-3}+\cdots+C_n^{n-1})\)

故\(1+2+2^2+\cdots+2^{5n-1}(n\in N^*)\)能被31整除。

求\(S=C_{27}^1+C_{27}^2+\cdots+C_{27}^{27}\)除以\(9\)的余数。

分析：\(S=C_{27}^1+C_{27}^2+\cdots+C_{27}^{27}\)

\(S=C_{27}^0+C_{27}^1+C_{27}^2+\cdots+C_{27}^{27}-1\)

\(=(1+1)^{27}-1=2^{27}-1=8^9-1=(9-1)^9-1\)

\(=C_9^0\times9^9-C_9^1\times9^8+C_9^2\times9^7+\cdots+C_9^8\times9^1-C_9^9-1\)

\(=9(C_9^0\times9^8-C_9^1\times9^7+C_9^2\times9^6+\cdots+C_9^8\times9^0)-2\)

\(=9(C_9^0\times9^8-C_9^1\times9^7+C_9^2\times9^6+\cdots+C_9^8\times9^0+1-1)-2\)，

\(=9(C_9^0\times9^8-C_9^1\times9^7+C_9^2\times9^6+\cdots+C_9^8\times9^0-1)+7\)，

所以余数为\(7\)。

求\(0.998^6\)的误差小于\(0.001\)的近似值是_____________。

分析：\(0.998^6=(1-0.002)^2=1+6\times (-0.002)+15\times (-0.002)^2+\cdots+(-0.002)^6\)

由于\(T_3=15\times (-0.002)^2=0.00006<0.001\)，

即第3项以后的项的绝对值都小于\(0.001\)，

所以从第3项起，以后的项可以忽略不计，

即\(0.998^6=(1-0.002)^2\approx 1+6\times (-0.002)=0.998\)。

故\(0.998^6\)的误差小于\(0.001\)的近似值是\(0.998\)。

综合创新

若二项式\((3-x)^n(n\in N^*)\)中所有项的系数之和为\(a\)，所有项的系数的绝对值之和为\(b\)，则\(\cfrac{b}{a}+\cfrac{a}{b}\)的最小值为【】

$A、2$ $B、\cfrac{5}{2}$ $C、\cfrac{13}{6}$ $D、\cfrac{9}{2}$

分析：令\(x=1\)，得到所有项的系数之和\(a=(3-1)^n=2^n\)，

令\(x=-1\)，得到所有项的系数的绝对值之和\(b=(3+1)^n=4^n\)，

所以\(\cfrac{b}{a}+\cfrac{a}{b}=2^n+\cfrac{1}{2^n}\)，令\(t=2^n\)，则\(t\ge 2\)且\(t\in N^*\)，

则\(\cfrac{b}{a}+\cfrac{a}{b}=t+\cfrac{1}{t}\)，\(t\ge 2\)，

设\(f(t)=t+\cfrac{1}{t}(t\ge 2)\)，则\(f'(t)=1-\cfrac{1}{t^2}\)，

当\(t\ge 2\)时，\(f'(t)> 0\)恒成立，所以\(f(t)=t+\cfrac{1}{t}\)在区间\([2，+\infty)\)上单调递增，

所以\(t=2\)时，\([\cfrac{b}{a}+\cfrac{a}{b}]_{min}=f(t)_{min}=2+\cfrac{1}{2}=\cfrac{5}{2}\)，

故\(\cfrac{b}{a}+\cfrac{a}{b}\)的最小值为\(\cfrac{5}{2}\)，故选\(B\)。

• 二项式定理证明不等式

求证：\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，其中\(n\in N^*\)，\(n\ge 2\)。

分析：由二项展开式可知

\[(1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot\cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot\cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot\cfrac{1}{n^n} \]

由于各项均为正数，且\(n\in N^*\)，删减项放缩法得到，

则\((1+\cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}=2\)；

又由于\((1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n}\)

\(=1+1+\cfrac{1}{2!}\cdot \cfrac{n-1}{n}+\cfrac{1}{3!}\cdot \cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+\cdots+\cfrac{1}{n!}\cdot \cfrac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots\times 2\times 1}{n^{n-1}}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2!}+\cfrac{1}{3!}+\cdots +\cfrac{1}{n!}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots +\cfrac{1}{2^{n-1}}\)

$=1+\cfrac{1-\cfrac{1}{2^n}}{1-\cfrac{1}{2}} $

\(=3-\cfrac{1}{2^{n-1}}<3\)，

故\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，证毕。

反思：也可以考虑使用数学归纳法证明。

拔高题型

说明，以下题目可用于优生思维拔高训练。

求\(S_n=C_n^1+3C_n^2+9C_n^3+\cdots+3^{n-1}C_n^n\)的值。

分析：由于\(3S_n=3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+\cdots+3^nC_n^n\)，

给等式两边同时加1，右边就能逆用二项式定理，

\(3S_n+1=C_n^0+3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+\cdots+3^nC_n^n\)

即\(3S_n+1=(1+3)^n\)，则有\(3S_n=(1+3)^n-1\)，

故求得\(S_n=\cfrac{4^n-1}{3}\)。

已知\((1+x)^{10}=a_0+a_1(1-x)+a_2(1-x)^2+\cdots+a_{10}(1-x)^{10}\)，求\(a_8\)的值。

分析：\((1+x)^{10}=[2-(1-x)]^{10}\)，

由通项公式得到\(T_{r+1}=C_{10}^r2^{10-r}(-1)^r(1-x)^r\)，

由于系数是\(a_8\)，故\(r=8\)，

则代入得到\(a_8=C_{10}^82^{10-8}(-1)^8=180\)。

• 求展开式中的系数的线性和

若\((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\)，则\(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5\)=____

分析：令\((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5\)，

对等式两边同时求导得到，

\([(2x-3)^5]'=(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)'\)，

即\(5\cdot (2x-3)^4\cdot 2=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4\)，

即\(10\cdot (2x-3)^4=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4\)，

令\(x=1\)，得到\(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5=10(2\times1-3)^4=10\)。