排列组合二项式定理练习题

rC8＝(－1)·r·x2r16?3r4(0≤r≤8，r∈Z).

16－3r(1)若Tr＋1是常数项，则＝0，即16－3r＝0，

4因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项. 16－3r(2)若Tr＋1是有理项，当且仅当为整数，

4又0≤r≤8，r∈Z，所以 r＝0,4,8，

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即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x，T5＝ x，T9＝ x.

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【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；

(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系)；

(3) 注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”. 【变式训练1】若(xx＋32n)的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否x含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.

【解析】由题知Cn＋Cn·2＋Cn·2＝129， 所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝C8(xx) (3故r＝6时，T7＝2C8x＝1 792x，

所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x. 题型二 运用赋值法求值

【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)＋…＋(1＋x)＝a0＋a1x＋a2x＋…＋anx，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝ ；

(2)已知(1－x)＝a0＋a1x＋a2x＋…＋anx，若5a1＋2a2＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)an＝ .

【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30. 又令x＝1，有2＋2＋…＋2＝a0＋a1＋…＋an＝30， 即2

n＋1

2

2

620

1

2

2

r8-r2x

1112?rr2rC8x6r

， )＝

n2nn2nnn－2＝30，所以n＝4.

(2)由二项式定理得，

n(n－1)2

a1＝－C1， n＝－n，a2＝Cn＝

2

代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6， 令x＝－1得(1＋1)＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6， 即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.

【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.

【变式训练2】设(3x－1)＝a0＋a1x＋a2x＋…＋a7x＋a8x.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值. 【解析】令f(x)＝(3x－1)， 因为f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝2，

8

88

2

7

8

6

f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，

所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝

f(1)＋f(－1)

2

＝2×(1＋2).

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题型三 二项式定理的综合应用 【例3】求证：4×6＋5【解析】4×6＋520[(5

n－1

nn＋1nn＋1

－9能被20整除.

nnnn－9＝4(6－1)＋5(5－1)＝4[(5＋1)－1]＋5[(4＋1)－1]＝

n－1

＋Cn5

1n－2

＋…＋Cn)＋(4

n－1

＋Cn4

1n－2

＋…＋Cn)]，是20的倍数，所以4×6＋5

n－1nn＋1

－9

能被20整除.

【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a＋b)中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.

【变式训练3】求0.998的近似值，使误差小于0.001.

【解析】0.998＝(1－0.002)＝1＋6×(－0.002)＋15×(－0.002)＋…＋(－0.002). 因为T3＝C6(－0.002)＝15×(－0.002)＝0.000 06＜0.001， 且第3项以后的绝对值都小于0.001， 所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.

所以0.998＝(1－0.002)≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.

6

6

2

2

2

6

6

1

2

6

6

n总结提高

1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、

r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；

2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；

3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.