二项式定理的练习及答案

基础知识训练

（一）选择题 1．(x2x)6展开式中常数项是（ ）

44A.第4项 B.24C6 C.C6 D.2

2．(x－1)11展开式中x的偶次项系数之和是（ ） A.-2048 B.-1023 C.-1024 D.1024 3．(12)7展开式中有理项的项数是（ ） A.4 B.5 C.6 D.7

n

4．若C17与Cmn同时有最大值，则m等于（ ）

A.4或5 B.5或6 C.3或4 D.5

5．设(2x-3)4=a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0+a1+a2+a3的值为（ ） A.1 B.16 C.-15 D.15

16．(x3)11展开式中的中间两项为（ ）

x6951051359512512517513x,C11xC. C11x,C11x D.C11x,C11x B.C11x,C11x A.C11（二）填空题

17．在(2xy)7展开式中，x5y2的系数是 3122nn8．C0n3Cn3Cn3Cn 9. (35120)的展开式中的有理项是展开式的第 项 510．(2x-1)5展开式中各项系数绝对值之和是 11．(13x3x2x3)10展开式中系数最大的项是 12．0.9915精确到0.01的近似值是 （三）解答题

13．求(1+x+x2)(1-x)10展开式中x4的系数 14．求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10展开式中x3的系数 15．已知(1-2x)5展开式中第2项大于第1项而不小于第3，求x的取值范围 16．若f(x)(1x)m(1x)n(mnN)展开式中，x的系数为21，问m、n为何值时，x2的系数最小？

17．自然数n为偶数时，求证：

18．求8011被9除的余数 19．已知(x2n)的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的x2常数项 20．在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数 21．求(2x+1)12展开式中系数最大的项 参考解答：

1．通项Tr1Cxr66r(2x)Cxrr636r23442，由6r0r4，常数项是T5C6选（B） 2r，

2f(1)f(1)(2)11/21024，选（C） 22．设f(x)=(x-1)11, 偶次项系数之和是

r7rr7r23．通项Tr1C(2)C2，当r=0，2，4，6时，均为有理项，故有理项的项数为4个，选（A）

171171或nn8或n=9，若n=8，要使22191mmC8最大，则m==4，若n=9，要使C9最大，则m或mm4或m=5，综

222上知，m=4或m=5，故选（A）

2245.C 6.C 7.; 8.4n; 9.3,9,15,21

310．(2x-1)5展开式中各项系数系数绝对值之和实为(2x+1)5展开式系数之和，故令x=1，

5

则所求和为3 n4．要使C17最大，因为17为奇数，则n1511．(1+3x+3x2+x3)10=(1+x)30,此题中的系数就是二项式系数，系数最大的项是T16=C1530x. 0C112.0.9915=(1-0.009)5=C550.0090.96

13．(1xx2)(1x)10(1x3)(1x)9,要得到含x4的项，必须第一个因式中的1与(1-x)9

394(x)4作积，第一个因式中的－x与(1-x)展开式中的项C1展开式中的项C99(x)作积，故

4x4的系数是C19C9135 (1x)[1(1x)10](x1)11(x1)（1x）14．(1x)(1x)=，原式中x3实为这

1(1x)x2107

分子中的x4，则所求系数为C11 1x11C(2x)C10x15．由1 221410C5(2x)C5(2x)x041505212399).因n∈N，故24当n=10或11时上式有最小值，也就是m=11和n=10，或m=10和n=11时，x2的系数最小 2222216．由条件得m+n=21，x2的项为C2mxCnx，则CmCn(n12n1n135n1nn13.2n1 17．原式=(C0nCnCnCnCn)(CnCnCnCn)2201108111C118110C1181181k1(kZ), 18. 8011(811)11C11∵k∈Z,∴9k-1∈Z，∴8111被9除余8 24219．依题意C4n:Cn14:33Cn14Cn

∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10 设第r+1项为常数项，又 Tr1C(x)令

r1010r2r(2)r(2)rC10xx105r2

105r2(2)2180.此所求常数项为180 0r2，T21C10220．(x23x2)5(x1)5(x2)5

在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为C1在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，55x，

4含x的项为C152x80x

∴展开式中含x的项为 1(80x)5x(32)240x，此展开式中x的系数为240 21．设Tr+1的系数最大，则Tr+1的系数不小于Tr与Tr+2的系数，即有

4x47920x4 ∴展开式中系数最大项为第5项，T5=16C12三.拓展性例题分析

1例1 在二项式x4的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有

2x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：

前三项的r0,1,2. 得系数为：t11,t2C1n由已知：2t2t1t3∴n8 通项公式为

1111n,t3C2n(n1)， n22481n1n(n1)，

8n3r116Tr1Crx4r0,1,28,Tr1为有理项，故163r是4的倍数，

2r8∴r0,4,8.

13512812xx,TCxx． 9848282256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

4依次得到有理项为T1x4,T5C8似地，(233)100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3n．

1例2 （1）求(1x)3(1x)10展开式中x5的系数；（2）求(x2)6展开式中的常数项．

x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）(1x)3(1x)10展开式中的x5可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：

5x5；用(1x)3展开式中的常数项乘以(1x)10展开式中的x5项，可以得到C10用(1x)3展4445x)3C10x；用(1x)3中的开式中的一次项乘以(1x)10展开式中的x4项可得到(3x)(C103335x3C10x；用 (1x)3中的x3项乘以(1x)10x2乘以(1x)10展开式中的x3可得到3x2C102225xC10x，合并同类项得x5项为： 展开式中的x2项可得到3x3C1032(C10C103C10C10)x563x5．

11（2）x2 xxx11(x2)5x． xx1r12r1r6rTC(2)Cx，x由展开式的通项公式可得展开式的常数r11212xx6924． 项为C1221212r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．

例3 求(1xx2)6展开式中x5的系数．

分析：(1xx2)6不是二项式，我们可以通过1xx2(1x)x2或1(xx2)把它

看成二项式展开．

解：方法一：(1xx2)6(1x)x2

535155其中含x5的项为C56x6C5x15C4x6x．

6含x5项的系数为6．

方法二：(1xx2)61(xx2)

其中含x5的项为20(3)x515(4)x56x56x5． ∴x5项的系数为6．

方法3：本题还可通过把(1xx2)6看成6个1xx2相乘，每个因式各取一项相乘可

5得到乘积的一项，x5项可由下列几种可能得到．5个因式中取x，一个取1得到C56x．

132Cx(x)． 3个因式中取x，一个取x2，两个取1得到C3632221个因式中取x，两个取x2，三个取1得到C16C5x(x)． 3112555合并同类项为(C56C6C3C6C5)x6x，x项的系数为6． 2nn1例4 求证：（1）C1； n2CnnCnn26111211（2）C0CnCnCn(2n11)． nn23n1n1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

12nnC0nCnCnCn2．

解：（1）kCknkn!n!(n1)!1nnCkn1

k!(nk)!(k1)!(nk)!(k1)!(nk)!1n1∴左边nC0n1nCn1nCn1

1n1n1右边． n(C0n1Cn1Cn1)n2（2）

11n!n!Ck nk1k1k!(nk)!(k1)!(nk)!1(n1)!11Ckn1． n1(k1)!(nk)!n111111Cn1C2Cnn1n1 n1n1n1112n1 (C1CC)(2n11)右边． n1n1n1n1n1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：

∴左边782例5：求29C10102C102C102C1010的结果．

仔细观察可以发现该组合数的式与(12)10的展开式接近，但要注意：

11029从而可以得到：102C1028C1029C10(31)． 102例6 利用二项式定理证明：32n28n9是的倍数．

分析：是8的平方，问题相当于证明32n28n9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n29n1(81)n1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来．

解：∵32n28n9

n21(8n1C1Cnn18n1)是的倍数．

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．

3例7 展开2x2．

2x5分析1：用二项式定理展开式．

3解法1：2x2

2x5分析2：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．

3(4x33)5解法2：2x2 102x32x32x5120x21801305243． 47xx8x32x105说明：记准、记熟二项式(ab)n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．

例8 若将(xyz)10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：(xyz)10看作二项式[(xy)z]10展开．

解：我们把xyz看成(xy)z，按二项式展开，共有11“项”，即

k(xyz)[(xy)z]C10(xy)10kzk．

1010k010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(xy)10k展开，

k(xy)10kzk（k0,1,,10）展开后，都不会出现同类项． 不同的乘积C10k(xy)10kzk（k0,1,,10）下面，再分别考虑每一个乘积C10．

其中每一个乘积展开后的项数由(xy)10k决定， 而且各项中x和y的指数都不相同，也不会出现同类项． 故原式展开后的总项数为11109166，

∴应选D．

1例9 若x2的展开式的常数项为20，求n．

x1分析：题中x0，当x0时，把三项式x2xn2nnn11转化为x2x；

xxn2n11当x0时，同理x2(1)nx然后写出通项，令含x的幂指数为零，．

xx进而解出n．

11解：当x0时x2x，其通项为

xxr2nrTr1C2(n(x)n2n1rr2n2r)(1)rC2， n(x)x令2n2r0，得nr，

n∴展开式的常数项为(1)nC2n；

11当x0时，x2(1)nx，

xxn同理可得，展开式的常数项为(1)nC2n． n无论哪一种情况，常数项均为(1)nC2n．

n令(1)nC2n20，以n1,2,3,，逐个代入，得n3．

n2n