2022年二次项定理典型例题教师版.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载典型例题例 1在二项式x1xn的绽开式中,前三项的系数成等差数列,求绽开式中全部有理项2 4分析： 此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： 二项式的绽开式的通项公式为：T r1Crxnr1xrr C n1x2n3r前三项的r0,1,2.233100的4n2 42 r得系数为：t1,1t21 C n11n,t3C211nn1 ,n2248由已知：2t2t1t3n11nn1 ,n88通项公式为T r1Cr1x163 rr1,0 2,8,Tr1为有理项,故163 r是 4 的倍数,r0,4 8,482r依次得到有理项为T 1x4,T 5C41x35x,T 9C81x21x28248288256说明： 此题通过抓特定项满意的条件,利用通项公式求出了r 的取值,得到了有理项类似地,绽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 项例 2求x1x10的绽开式中,系数肯定值最大的项以及系数最大的项2 3分析： 此题仍旧属于抓通项公式解决特定项的问题,但是系数的肯定值的最大值或系数的最大值,需要对全部项 的系数的变化规律进行讨论由于系数的肯定值都是正数,我们可以用作商来讨论系数肯定值的变化情形,另外各项 系数正负交替,又便于用系数肯定值的大小变化抓系数的最大值305r2r,记为rt110r.解： 绽开式的通项公式为：T r1r C 101 r2rx6系数的肯定值为r C10用前后两项系数的肯定值作商得：tr2r C 1012r1Cr1r10.r. 10r.10tr1r C 102rr 2 C 101 .9r.210.2 r1 令10r1得：r8即r0、1、2 时,上述不等式成立2r1 3所以,系数的肯定值从第1 项到第 4 项增加,以后逐项减小系数肯定值最大的项为第4 项,T 44 C 101 323x515x522从系数肯定值的变化情形及系数的正负交替,只要比较第3 项与第 5 项的系数,t3C22245,t54 C 10242102105.所以,系数最大的项为第35 项,t5；105 x 853104168例 3已知12x7a0a1xa2x2a7x7,求：（1）a1a 2aa7（2）a 1a3a5a 7；（ 3）a0aa4a6分析： 此题是有关绽开式系数和的问题,通过对等式中字母的赋值,往往会得到此类问题的结果字母常常取的 值有 0、 1、 1 等名师归纳总结 解：（1）取x0可得a 01,取x1得a0a1a71 71第 1 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a 1a2a 3a72. （2）取x学习必备A欢迎下载a3Ba 6a737,1得a0a 1a 2Ba 1B,1A7 31094记Aa0a2a 4a6,Ba3a 5a7可得A17 31 1093,1 1371094从而a 1a3a5a 722（3）从（ 2）的运算已知a0a 2a4a61093说明： 赋值法不仅可以用来求二项绽开式的系数和,对于绽开式为多项式的代数式的系数和大多数也能用此方法5 6 5 6解决,如： 1 x 1 2 x 的绽开式中各项的系数和为多少？可以看到 1 x 1 2 x 的绽开式仍是多项式,令x 1, 即 得 各 项 系 数 和 为 2 5 1 632 再 比 如 ： 1 x x 2 na 0 a 1 x a 2 x 2a 2 n x 2 n, 就a 0 a 2 a 4 a 2 n 等于多少？此题可以由取 x 1 得到各项系数和,取 x 1 得到奇数项系数和减去偶数项系数和,两式相加可得 a 0 a 2 a 2 n 1 3 n 1 此外,为了赋值的需要,有时需要用一个新的二项式替换原先二项2式,只要它们的系数等同即可如： x 2 log 2 x n的绽开式中各项的系数和是多少？我们可以用一个更简洁的二项式n n 1 2 x 代替原先的二项式,它们的系数并不转变,令 x 1 便得各项系数和为 3 例 4（1）求 1 x 3 1 x 10绽开式中 x 的系数；（2）求 5 x 12 6 绽开式中的常数项x分析： 此题的两小题都不是二项式绽开,但可以转化为二项式绽开的问题,（2）可以经过代数式变形转化为二项式（ 1）可以视为两个二项绽开式相乘； 1解：（1） 1x31x10绽开式中的5 x 可以看成以下几种方式得到,然后合并同类项：用1x3绽开式中的常数项乘以1x 10绽开式中的5 x 项,可以得到C55 x ；用1x 3绽开式中的一次项乘以10x10绽开式中的4 x 项可得到3 x4 C 10x43 C4x5；用1x3中的x2乘以1x10绽开式中的x3可得到103x2C3x333 C 10x5；用1x 3中的3 x 项乘以1x10绽开式中的2 x 项可得到3x3C2x2C2x5,合并同类项101010得5 x 项为：5 C 10C43 C32 C 10x563x51010（2）x12x12x125x112xxxx由x112绽开式的通项公式T r1r C 122 12r1rr C 12x6r,可得绽开式的常数项为C692412xx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仍可以通过合并项转化为二项式绽开的 问题来解决名师归纳总结 例 5求1xx26绽开式中5 x 的系数x51xx21xx2或1x4x2把它看成二项式绽开分析：1xx26不是二项式,我们可以通过解： 方法一： 1x2 x6 1x2 x61x66 1x5x2151x x4第 2 页,共 10 页其中含5 x 的项为C5 6x563 C 5x5151 C 45 x6含5 x 项的系数为6- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载1 5 x 项方法二： 1xx261xx2616xx215xx2220xx2315xx246xx25xx26其中含5 x 的项为203 5 x15 4 x56x56x55 x 项的系数为6方法 3：此题仍可通过把1xx26看成 6 个1xx2相乘,每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项,可由以下几种可能得到5 个因式中取x,一个取 1 得到5 5C x 3 个因式中取x,一个取2 x ,两个取 1 得到C3C13 xx2631 个因式中取x,两个取2 x ,三个取 1 得到C1C2xx2265合并同类项为C5C3C11 C 6C2x56x5,5 x 项的系数为66635例 6求证：（1）1 C n2C2n Cnnn 21； （2）C01C11C2n11Cnn112n1nnnnnn23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C0C1C2Cnn2nCn1n1 .k.nCk1Ck1n11 右边nnnnkk.n .k.n .解：（1）k Cknkn1n1 .nk.k1 .n左边nC01nC11n C1nC011Cn1n2n1右边nnn1nnn1（2）k11Ck1n .n .1n1 .1nk1k.nk.k1 .nk.nn1k1 .nk.n1n1n112左边n11C11n11C21n11Cn111C11C21Cn1nnn1nnn1说明： 此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绽开式,但这需要逆用二项式定理才能完成,所以需认真观看,我们可以看下面的例子：求 2 9C 1010 2 8C 10 92 7C 10 82 C 10 210 的结果认真观看可以发觉该组合数的式与 1 2 10的绽开式接近,但10 0 1 2 2 9 9 10 10要留意：1 2 C 10 C 10 2 C 10 2 C 10 2 C 10 22 2 9 9 10 10 2 8 9 9 101 2 10 2 C 10 2 C 10 2 C 10 1 2 10 2 C 10 2 C 10 2 C 10 从而可以得到：10 2 C 10 22 8C 910 2 9C 1010 1 3 10 1 2例 7 利用二项式定理证明：3 2 n 2 8 n 9 是 64 的倍数分析： 64 是 8 的平方,问题相当于证明 3 2 n 2 8 n 9 是 8 的倍数,为了使问题向二项式定理贴近,变形 22 n 2 n 1 n 1 k 23 9 8 1 ,将其绽开后各项含有 8 ,与 8 的倍数联系起来解： 3 2 n 2 8 n 9 9 n 18 n 9 8 1 n 18 n 9 8 n 1C 1n 1 8 nC nn 11 8 2C nn 1 8 1 8 n 9名师归纳总结 第 3 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - n 8111 C n118nn2Cn1n828学习必备欢迎下载1 C n18nCn182n1 18 n98n1n1n1 8nC1 n8C164是 64 的倍数n1说明： 利用此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例 8绽开2 x3252x分析 1：用二项式定理绽开式解法 1：2x3252 x 52320C 5 12x 435C 5 22 x3322135405243C 5 02x2 x2x 22 xC 5 3 2x 233C 5 4x 34C 5 5332x5120x218022 x22 x2x2xx48x73210 x分析 2：对较纷杂的式子,先化简再用二项式定理绽开5 3 5解法 2：2 x 32 4 x10 3 110 C 5 0 4 x 3 5C 5 1 4 x 3 4 3 C 5 2 4 x 3 3 3 22 x 32 x 32 x3 3 2 3 4 3 1 4 5 5C 5 4 x 3 C 5 4 x 3 C 5 3 1 15 12 9 6 310 1024 x 3840 x 5760 x 4320 x 1620 x 2437 32 x5 2 180 135 405 24332 x 120 x 4 7 10x x 8 x 32 xn说明： 记准、记熟二项式 a b 的绽开式,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,有时先化简再绽开会更简便例 9如将xyz10绽开为多项式,经过合并同类项后它的项数为（）绽开,A 11B33C 55D66 分析：xyz 10看作二项式xyz10 绽开解： 我们把xyz看成xyz,按二项式绽开,共有11“ 项” ,即xyz 10xyz1010Ckxy10kzk10k0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xy10k不同的乘积C 10 kxy10kzk（k0,1,10）绽开后,都不会显现同类项下面,再分别考虑每一个乘积k C 10xy10kzk（k0,1,10）其中每一个乘积绽开后的项数由xy10 k打算,而且各项中 x 和 y 的指数都不相同,也不会显现同类项名师归纳总结 故原式绽开后的总项数为11109166,应选 D第 4 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x学习必备欢迎下载x0时,同理例 10如x12n的绽开式的常数项为20,求 n x分析： 题中x0,当x0时,把三项式x12n转化为x12nx12n；当xxx12n1 nx1x2n然后写出通项,令含x 的幂指数为零,进而解出n x2n2r,x解： 当x0时x12nx12n,其通项为Tr1Crnx2nr1r1 rr C 2n2xxx令2 n2 r0,得nr,绽开式的常数项为1 nC2 nn；当x0时,x12n1 nx1x2n,x同理可得,绽开式的常数项为1nC 2 nn无论哪一种情形,常数项均为1nC 2 nn令1 nCn20,以n1,2,3,逐个代入,得n32n例 11x3110的绽开式的第3 项小于第 4 项,就 x 的取值范畴是 _x分析： 第一运用通项公式写出绽开式的第3 项和第 4 项,再依据题设列出不等式即可解： 使x3110T 4,即2 C 10x83123 C 10x7313有意义,必需x0；依题意,有T 3xxx109x109831（x0）解得0x85 64821321x9 x 的取值范畴是x85 648x0x85 648应填：099例 12已知xlog2x1 n的绽开式中有连续三项的系数之比为123,这三项是第几项？如绽开式的倒数其次项为 112,求 x 的值名师归纳总结 解： 设连续三项是第k、k1、k2项（kN且k1）,就有Ck1Cn kCk11123,11第 5 页,共 10 页nn即k1 n.k1 .k.n.k.k1 n.k1.123nnnk1kknnk1k1 k1kk11 123nknk2nk2kk1 2k1 2nnkknk3nk3n14,k5所求连续三项为第5 、 6 、 7三项- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又由已知,13 C 14xlog2x112即xlog2x学习必备3欢迎下载23,或x238两边取以 2 为底的对数,log2x23,log 2 x,x说明： 当题目中已知二项绽开式的某些项或某几项之间的关系时,常利用二项式通项,依据已知条件列出某些等 式或不等式进行求解例 13 12xn的绽开式中第 6 项与第 7 项的系数相等,求绽开式中二项式系数最大的项和系数最大的项n 为偶数时,分析： 依据已知条件可求出n ,再依据 n 的奇偶性；确定二项式系数最大的项解：T 6C5 x5,T 7C n 6 x6,依题意有C525C626n8nnn 12x 8的绽开式中,二项式系数最大的项为T 5C42x41120x48设第r1项系数最大,就有Cr2rCr12r15r688Cr2rCr12r188r5或r6（r0,1,2,8）系娄最大的项为：T 61792x5,T 71792x6说明： 1求二项式系数最大的项,依据二项式系数的性质,n 为奇数时中间两项的二项式系数最大,中间一项的二项式系数最大2求绽开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需依据各项系数的正、负变化情形,一般采纳列不等 式,解不等式的方法求得含例 14设fx 1xm 1xnm,nN,如其绽开式中关于x 的一次项的系数和为11,问m ,n为何值时,2 x 项的系数取最小值？并求这个最小值分析： 依据已知条件得到2 x 的系数关于 n 的二次表达式,然后利用二次函数性质探讨最小值问题解：C1C1nm11C2C21m2mn2nm2n2115 . 5等距离,且对nN,mnmn2211022 mnn211 n55n11299nN,24n5或 6 ,m6或 5时,2 x 项系数最小,最小值为25说明： 二次函数yx11299的对称轴方程为x11,即x5 . 5,由于 5 、 6 距2425、 6 距.55最近,所以n11299的最小值在n5或n6处取得24第 6 页,共 10 页例 15如3x1 7a7x7a 6x6a 1xa0,求 1 a 1a2a 7；2 a 1a3a 5a7；3 a 0a2a4a 6解： 1令x0,就a 01,令x1,就a 7a6a 1a 027128a 1a2a71292令x1,就a7a6a 5a4a3a 2a1a047名师归纳总结 由2得：a 1a 3a5a71128（4）782562- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3由2得：a 0aa2a 4aa6a 1a学习必备1欢迎下载4 781281（2a7a6a 54a 320） 128a 7a6a 5a4a 3a2a 1a0）2（说明：（1）本解法依据问题恒等式特点来用“ 特别值” 法这是一种重要的方法,它适用于恒等式n 2 n2一般地,对于多项式 g x px q a 0 a 1 x a 2 x a n x,g x 的各项的系数和为 g 1 ：1 1g x 的奇数项的系数和为 g 1 g 1 g x 的偶数项的系数和为 g 1 g 1 2 2例 16 填空： 1 2 30 3 除以 7 的余数 _；2 55 5515 除以 8的余数是 _. 分析 1：将 2 30分解成含 7 的因数,然后用二项式定理绽开,不含 7 的项就是余数解：2 30 3 2 3 103 8 103 7 1 103 C 10 0 7 10 C 10 1 7 9 C 10 9 7 C 10 10 30 9 1 8 97 C 10 7 C 10 7 C 10 2又余数不能为负数,需转化为正数2 30 3 除以 7 的余数为 5应填： 5分析 2：将 55 55写成 56 1 55,然后利用二项式定理绽开解：55 55 15 56 1 5515 C 55 0 56 55 C 55 1 56 54 C 55 54 56 C 55 55 15该式只有 C 55 55 15 14 不能被 8 整除,因此 55 5515 除以 8的余数,即 14除以 8的余数,故余数为 6 应填： 6n n 1 n例 17 求证：对于 n N,1 1 1 1证明：1 1绽开式的通项n n 1 nrT r 1 C n rn 1rr p. n nrr 1.n n 1 n 2rr n r 11 1 2 r 11 1 1 r . n n nn 1 r1 1 绽开式的通项 T r 1 'C n r1 1r A nr 1 1 1 1 2 1 r 1n 1 n 1 r . n 1 r . n 1 n 1 n 1n n 1由二项式绽开式的通项明显看出 T r 1 T r 1 ',所以 1 1 1 1n n 1说明： 此题的两个二项式中的两项为正项,且有一项相同,证明时,依据题设特点,采纳比较通项大小的方法完成此题证明例 18在x23x2 5的绽开式中 x 的系数为（）A 160C360D800 B 240分析： 此题考查二项式定理的通项公式的运用应想方法将三项式转化为二项式求解名师归纳总结 解法 1：由x23x25x23x25,得T k1Ck 5x23 x5k2kCk 52kx23 x5k第 7 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 到学习必备欢迎下载再一次使用通项公式得,T r1Ck2kCrk3r10 x2kr,55这里0k5,0r5k令102 kr1,即2 kr9所以r1,k4,由此得到 x 的系数为C42432405解法 2：由x23x25x15x25,知x51的绽开式中 x 的系数为4 C ,常数项为 1,x25的绽开式中 x 的系数为C4 524,常数项为5 2 因此原式中 x 的系数为C425C 5 4242405解法 3：将x23x25看作 5个三项式相乘,绽开式中 x 的系数就是从其中一个三项式中取3x的系数 3,从另外 4 个三项式中取常数项相乘所得的积,即C13C424240应选 B54例 19已知ax9的绽开式中3x 的系数为9 ,常数 a 的值为 _4x2分析： 利用二项式的通项公式解： 在ax9的绽开式中,x2通项公式为Tr1Cr 9a9rxrCr 91ra9r1rx3r922x22依据题设,3 r 293,所以r8代入通项公式,得T 99 ax 163依据题意,9 a 169,所以a