高中數(shù)學(xué)二項(xiàng)式定理題型總結(jié)

(圓滿版)高中數(shù)學(xué)二項(xiàng)式定理題型總結(jié)(圓滿版)高中數(shù)學(xué)二項(xiàng)式定理題型總結(jié)(圓滿版)高中數(shù)學(xué)二項(xiàng)式定理題型總結(jié)二式定理知點(diǎn)1．二式定理及其特例：（1）(ab)nCn0anCn1anbLCnranrbrLCnnbn(nN)，（2）(1x)n1Cn1xLCnrxrLxn2．二張開(kāi)式的通公式：Tr1Cnranrbr(r0，1，2，n)3．常數(shù)、有理和系數(shù)最大的：r的限制；求有理要注意到指數(shù)及數(shù)的整數(shù)性求常數(shù)、有理和系數(shù)最大的，要依據(jù)通公式二式系數(shù)表（三角）(ab)n張開(kāi)式的二式系數(shù)，當(dāng)n挨次取1,2,3?，二式系數(shù)表，表中每行兩頭都是11以，除外的每一個(gè)數(shù)都等于它肩上兩個(gè)數(shù)的和5．二式系數(shù)的性：(ab)n張開(kāi)式的二式系數(shù)是Cn0，Cn1，Cn2，?，Cnn．Cnr能夠看作以r自量的函數(shù)f(r)，定域是{0,1,2,L,n}，例當(dāng)n6，其象是7個(gè)孤立的點(diǎn)（如）（1）稱性．與首末兩頭“等距離”的兩個(gè)二式系數(shù)相等（CnmCnnm）直rn是象的稱n2n1n1（2）增減性與最大：當(dāng)n是偶數(shù)，中一Cn2獲得最大；當(dāng)n是奇數(shù)，中兩Cn2，Cn2獲得最大（3）各二式系數(shù)和：∵(1x)n1Cn1xLCnrxrLxn，令x1，2nCn0Cn1Cn2LCnrLCnn型解例1假如在（x+1）n的張開(kāi)式中，前三系數(shù)成等差數(shù)列，求張開(kāi)式中的有理24x解：張開(kāi)式中前三的系數(shù)分nn(n1)nn(n1)，得n=8第r+1有理，1，，8，由意得2×=1+2281163rr·x4Tr1=C8·2r

，r是4的倍數(shù)，因此r=0，4，8，有理T1=x4，T5=35x，T9=18256x2點(diǎn)：求張開(kāi)式中某一特定的的常用通公式，用待定系數(shù)法確立r例2求式子（｜x｜+1－2）3的張開(kāi)式中的常數(shù)|x|解法一：（｜x｜+1－2）3=（｜x｜+1－2）（｜x｜+1－2）（｜x｜+1－2）獲得常數(shù)的狀況有：①三個(gè)括號(hào)|x||x||x||x|中全?。?，得（－2）3；②一個(gè)括號(hào)?。黿｜，一個(gè)括號(hào)取1，一個(gè)括號(hào)?。?，得C13C12（－2）=－12，∴常數(shù)（－2）|x|3+（－12）=－20解法二：（|x|+1－2）3=（|x|－1）6第r+1常數(shù)，Tr1=C6r·（－1）r·（1）r·|x|6r=|x||x||x|（－1）6·C6r·|x|62r，得6－2r=0，r=3∴T3+1=（－1）3·C63=－20例34－4）4的張開(kāi)式中的常數(shù)；⑴求（1+x+x2+x3）（1－x）7的張開(kāi)式中x4的系數(shù)；⑵求（x+⑶求（1+x）3+（1+x）4+?+（1+x）50的張開(kāi)式中x3的系數(shù)x解：⑴原式1x44－1=14⑵（x+4=（1－x）7=（1－x4）（1－x）6，張開(kāi)式中x4的系數(shù)（－1）4C6－4）1xx4=(x24x4)4=(2x)8，睜開(kāi)式中的常數(shù)C8424·（－1）4=1120⑶方法一：原式x4x4(1x)3[(1x)481](1x)51(1x)3張開(kāi)式中x3的系數(shù)C4方法二：原張開(kāi)式中x3的系數(shù)=1=x51(1x)C33+C34+C35+?+C350=C44+C34+?+C350=C45+C35+?+C350=?=C451點(diǎn)：把所式子化二張開(kāi)式形式是解決此的關(guān)19例4求x2張開(kāi)式中x9的系數(shù)2xrrr3解：Trrx29r1r182r1xrCr1x183r令1213r9,r93＝－1C92xC9x292183,故x的系數(shù):C922點(diǎn)：①Cnranrbr是abn張開(kāi)式中的第r1，r0,1,2,n②注意二式系數(shù)與某系數(shù)的區(qū)在本中，13第4的二式系數(shù)是C93，第4x9的系數(shù)C93，兩者其實(shí)不同樣2例5求3x32100張開(kāi)所得x的多式中，系數(shù)有理數(shù)的數(shù)解：Tr1C100r3x32rC100rx100r3100rr100r,rZ，r3和2的倍數(shù)，即100r0r100，rN，r0,6,,96，組成首236的倍數(shù)，又0，公差6，末96的等差數(shù)列，由960(n1)6得n17，故系數(shù)有理數(shù)的共有17點(diǎn)：有理的求法：解不定方程，注意整除性的解法特色例6求x23x25張開(kāi)式中x的系數(shù)x23x55x25解法一：2x1C50x5C51x4LC54xC55C50x5C51x42LC54x24C5525故睜開(kāi)式中含x的C54xC5525C55C54x24240x，故張開(kāi)式中x的系數(shù)x23x25x225240，解法二：3xTr1C5rx25r3xr0r5,rN，要使x指數(shù)1，只有r1才有可能，即2T2C51x2243x15xx842x664x448x224，故x的系數(shù)1524240，解法三：x23x25x23x2x23x2x23x2x23x2x23x2，由多式的乘法法，從以上5個(gè)括號(hào)中，一個(gè)括號(hào)內(nèi)出x，其余四個(gè)括號(hào)出常數(shù)，x的一次，此系數(shù)C513C4424240點(diǎn)：此平常有兩個(gè)解法：化三二，乘法法及擺列、合知的適用例7an=1+q+q2n1（n∈N*，q≠±1），An=C1122nn+?+qna+Cna+?+CnalimAn（1）用q和n表示An；（2）（理）當(dāng)－3<q<1，求n2nn11qn1q11q221qnn解：（1）因q≠1，因此an=1+q+q2+?+q=1q于是An=qCn+qCn+?+1Cn11q=1［（C1n+Cn2+?+Cnn）－（C1nq+Cn2q2+?+Cnnqn）］=1{（2n－1）－［（1+q）n－1］}=11［2n－（1+q）n］1q1qq（2）An=1［1－（1q）n］因－3<q<1，且q≠－1，因此0<|12q|<1因此nlimAn=1q2n1q22n1例8已知Cn02Cn122Cn22nCnn729，求Cn1Cn2Cnn分析：在已知等式的左含一個(gè)二式，法先求出n解：在abnCn0anCn1an1bCn2an2b2Cnnbn中，令a1,b2得12n7293n729n612Ln12L6C60C61C62LC66C6026163CnCnCnC6C6C6點(diǎn)：①住本：Cn0Cn1Cn2Cnn2n，Cn0Cn2Cn4Cn1Cn3Cn52n1②注意所求式中缺乏一，不可以夠直接等于264a2x2a3x3a4x4，求a022例9已知2x3a0a1xa2a4a1a3解：令x1，有24a0a1a2a3a4，令x1，有234a0a1a2a3a43∵a0a2a42a1a32a0a1a2a3a4a0a1a2a3a4∴a0a2a42a1a32234414123點(diǎn)：法是由一般到特其余一種理方法，在高考取屢不，特在二式定理中的用尤明法是代數(shù)式（或方程或函數(shù)表達(dá)式）中的某些字母予必定的特別，進(jìn)而達(dá)到便于解決的目的望同學(xué)在學(xué)中一反三例10求x2y7張開(kāi)式中系數(shù)最大的解：第r1系數(shù)最大，有Tr1項(xiàng)系數(shù)Tr項(xiàng)系數(shù)，即C7r2rC7r12r1C7r2rC7r12r1Tr1項(xiàng)系數(shù)Tr2項(xiàng)系數(shù)7!2r7!2r121r16r!7r!r1!7r1!r8r3又0r7,rN,r57!7!2r2r112r137rr13r!7r!r1!7r1!故系數(shù)最大T6C75x225y5672x2y5點(diǎn)：二式系數(shù)最大的與系數(shù)最大的不同樣二式系數(shù)最大的也即中：當(dāng)n偶數(shù)中Tn的二式系數(shù)最21大；當(dāng)n奇數(shù)，中兩Tn1，Tn1的二式系數(shù)相等且最大1212?。?在使用通公式Tr1=Cnranrbr，要注意：①通公式是表示第r＋1，而不是第r②張開(kāi)式中第r+1的二式系數(shù)Cr與第r+1的系數(shù)不同樣③通公式中含有a，b，n，r，Tr1五個(gè)元素，只需知道此中的四個(gè)元素，就能夠求出第五n個(gè)元素在相關(guān)二式定理的中，經(jīng)常碰到已知五個(gè)元素中的若干個(gè)，求其余幾個(gè)元素的，一般是利用通公式，把解方程（或方程）里必注意n是正整數(shù)，r是非整數(shù)且r≤n2明合恒等式常用法學(xué)生1已知（1－3x）9=a0+a1x+a2x2+?+a9x9，｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+?+｜a9｜等于A29B49C39D1分析：x的奇數(shù)次方的系數(shù)都是，∴｜a0｜+｜a1｜+｜a2｜+?+｜a9｜=a0－a1+a2－a3+?－a9∴已知條件中只需x=－1即可答案：B22x+x）4的張開(kāi)式中x3的系數(shù)是A6B12C24D48分析：（2x+x）4=x2（1+2x）4，在（1+2x）4中，x的系數(shù)C42·22=24答案：C3（2x3－1）7的張開(kāi)式中常數(shù)是xA14分析：（2x3－1x

B－14C42D－42）7的張開(kāi)式中的第r+1是Tr1=C7r（2x3）7r（－

1rx)）r=C7r27r3(7·（－1）r·x2，x當(dāng)－r+3（7－r）=0，即r=6，它常數(shù)，∴C67（－1）6·21=14答案：A24一串裝彩燈由燈泡串而成，每串有20個(gè)燈泡，只需有一只燈泡壞了，整串燈泡就不亮，因燈泡壞以致一串彩燈不亮的可能性的種數(shù)A20B219C220D220－1分析：C120+C202+?+C2020=220－1答案：D5已知（x－a）8張開(kāi)式中常數(shù)1120，此中數(shù)a是常數(shù)，張開(kāi)式中各系數(shù)的和是xA28B38C1或38D1或28分析：T=Cr·x8－r·（－ax－1）r=（－a）rCr·x8－2r，令8－2r=0，∴r=4，∴（－a）4C4=1120∴a=±2r1888316已知（x2+x3）n的張開(kāi)式中各系數(shù)的和是128，張開(kāi)式中x5的系數(shù)是_____________（以數(shù)字作答）31分析：∵（x2+x3）n的張開(kāi)式中各系數(shù)和128，∴令x=1，即得全部系數(shù)和2n=128，∴n=7二張開(kāi)式中316311r的r+1Tr1=C7r（x2）7r·（x3）r=C7r·x6

，令6311r=5即r=3，x5的系數(shù)C37=35答案：3567若（x+1）n=xn+?+ax3+bx2+cx+1（n∈N*），且a∶b=3∶1，那么n=________分析：a∶b=Cn3∶Cn2=3∶1，n=11答案：118（x－1）8張開(kāi)式中x5的系數(shù)_____________xr1rr83r分析：張開(kāi)式的第8－r（·－r2r+1Tr1=C8x）=（－1）C8x答案：28x9若（x3+184，n=_____________）n的張開(kāi)式中的常數(shù)

8－3r=5得r=2，x5的系數(shù)（－1）2·C82=282xx39r分析：Tr1=Cnr（x3）n－r·（x2）r=Cnr·x3n2，令3n－9r=0，∴2n=3r∴n必3的倍數(shù)，r偶數(shù)可知n=9，2r=6，Cnr=C96=84答案：910已知（xlgx+1）n張開(kāi)式中，末三的二式系數(shù)和等于22，二式系數(shù)最大20000，求x的解：由意Cnn2＋Cnn1＋Cnn=22，即Cn2＋C1n＋Cn0=22，∴n=6∴第4的二式系數(shù)最大∴C36（xlgx）3=20000，即x3lgx=1000∴x=10或x=110若（1+x）6（1－2x）5=a0+a1x+a2x2+?+a11x11求：（1）a1+a2+a3+?+a11；2）a0+a2+a4+?+a10解：（1）（1+x）6（1－2x）5=a0+a1x+a2x2+?+a11x11令x=1，得a0+a1+a2+?+a11=－26，①又a0=1，因此a1+a2+?+a11=－26－1=－65（2）再令x=－1，得a0－a1+a2－a3+?－a11=0②+②得a0+a2+?+a10=1（－26+0）=－322點(diǎn)：在解決此奇數(shù)系數(shù)的和、偶數(shù)系數(shù)的和的中常用法，令此中的字母等于1或－112在二式（axm+bxn）12（a＞0，b＞0，m、n≠0）中有2m+n=0，假如它的張開(kāi)式里最大系數(shù)正是常數(shù)（1）求它是第幾；（2）求a的范b解：（1）Tr1=C12r（axm）12－r·（bxn）r=C12ra12－rbrxm（12－r）+nr常數(shù)，有m（12－r）+nr=0，即m（12－r）－2mr=0，r=4，它是第52）∵第5又是系數(shù)最大的，∴有C434512a8b4≥C12a9b3①C12a8b4≥C12a7b5②12111098412111093由①得432ab≥32ab，∵a＞0，b＞0，∴9b≥a，即a≤94b4由②得a≥8，∴8≤a≤9b55b413在二式（x+1）n的張開(kāi)式中，前三的系數(shù)成等差數(shù)列，求張開(kāi)式中的有理24xn，再分求出相的有理分析：依據(jù)意列出前三系數(shù)關(guān)系式，先確立解：前三系數(shù)C0n，1C1n，1Cn2，由已知C1n=Cn0+1Cn2，即n2－9n+8=0，244解得n=8或n=1（舍去）13rrx）8－r4－rr4（24Tr1=C8（x）=C8··x2r∵4－3r∈Z且0≤r≤8，r∈Z，4∴r=0，r=4，r=8∴張開(kāi)式中x的有理T1=x4，T5=35x，T9=1x－28256點(diǎn)：張開(kāi)式中有理的特色是字母x的指數(shù)4－3r∈Z即可，而不