例析二项式定理的六种应用

本文对二项式定理常见的六种应用进行总结，希望对同学们的学习有所帮助.

一、求展开式中指定项

例1 （x-1x）8的展开式中，常数项为   .（用数字作答）

解：Tr+1=Cr8x8-r（-1x）r=（-1）rCr8x8-2r，

由题意知，8-2r=0，r=4，

即展开式的第5项为常数项，T5=C48=70.

评析：直接利用通项公式进行求解，令x的幂指数等于0即可.

例2 （|x|2+1|x|+2）5的展开式中整理后的常数项为    .

解：（|x|2+1|x|+2）5=（|x2|+|1x|）10

Tr+1=Cr10（|x2|）10-r（|1x|）r

=Cr10（12）10-r（|x|）10-2r

由题意知，（|x|2+1|x|）=0，r=5，

即展开式的第6项为常数项，

T6=C510（12）5=6322.

评析：多项展开式往往化归为二项展开式，再利用通项公式去求解.本题亦可把（|x|2+1|x|）看作一个整体，再利用二项式定理展开.

例3 （x+3x）12的展开式中，含x的正整数幂的项数共有    .

解：设展开式中第r+1项的幂为正整数，则

Tr+1=Cr12（x）12-r（3x）r=Cr12x12-r2+r3=Cr12x6-r6.

依题意，r是6的倍数，且0≤r≤12，所以r共有3个值.

即（x+3x）12的展开式中，含x的正整数幂的项数共有3个.

小结：在求展开式中某个指定项时，利用二项展开式的通项公式求解是常规办法.首先要知道指定项都有哪些特点，再根据题意具体求解.例如常数项就是x的指数为0，而有理项就是x的指数为整数.

二、求展开式中的系数或系数和

例4 （x-2y）10的展开式中x6y4项的系数是    .

解：Tr+1=Cr10x10-r（-2y）r

由题意知，10-r=6，r=4，

即展开式中x6y4项的系数为C410（2）4=840.

评析：注意区别某一项的系数和它的二项式系数.

例5 在（1-x）5+（1-x）6+（1-x）7+（1-x）8的展开式中，含x3的项的系数是    .

法一：由等比数列求和公式得：

原式=（1-x）5[1-（1-x）4]1-（1-x）

=（1-x）5-（1-x）9x.

要求展开式中含x3的项的系数.即求（1-x）5中的x4的系数与（1-x）9中x4的系数的差.而（1-x）5中含x4的项为T5=C45·1·（-x）4=5x4，（1-x）9中含x4的项为T5=C49·15·（-x）4=126x4，

所以在（1-x）5+（1-x）6+（1-x）7+（1-x）8的展开式中，含x3的项的系数是5-126=-121.

法二：（1-x）n的二项展开式通项为Tr+1=Crn（-x）r，令r=3得x3的系数为-C3n，故本题所求的项的系数为-（C35+C36+C37+C38）=-121.

例6 （1）若（x+1x）n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为    ;

（2）求（2x+1x）4的展开式中各项的二项式系数和及各项系数和.

解：（1）因为展开式中的第3项和第7项的二项式系数相同，即C2n=C6n，所以n=6+2=8，所以展开式的通项为Tk+1=Ck8·x8-k·（1x）k=Ck8x8-2k，令8-2k=-2，解得k=5，所以T6=C58·（1x）2，所以1x2的系数为C58=56.

（2）该展开式的各项二项式系数和为：C04+C14+C24+C34+C44=24=16.令二项式中变量x=1，得各项系数之和为34=81.

小结：二项式系数和项的系数是二项式定理的基本概念，两者本质区别为：展开式中第r+1项的二项式系数是Crn（r=0，1，2，…，n），而第r+1项的系数是指经过化简整理后该项未知数前的最简系数（含正负）.

三、证明整除或余数问题

例7 试证大于（1+3）2n（n∈N）的最小整数能被2n+1整除.

证明：因为-1<1-3<0，所以（1-3）2n∈（0，1）.

由二项式定理可得

（1+3）2n+（1-3）2n=2（3n+C22n3n-1+…）

是偶数，记为2k（k∈N），则大于（1+3）2n的最小整数为2k.

又因为2k=（1+3）2n+（1-3）2n=[（1+3）2]n+[（1-3）2]n

=2n[（2+3）n+（2-3）n]，

由二项式定理知（2+3）n+（2-3）n是偶数，记为2k1（k1∈N），

所以2k=2n+1k1.即命题得证.

评析：本题的难点在于如何表示题中的最小整数.由（1+3）2n联想到其对偶式（1-3）2n∈（0，1），然后考虑二者之和即可.二项式定理在其中的用处为利用其展开式证明二者之和为偶数.

例8 当n∈N*时，求证：32n+2-8n-9能被64整除.

证明：32n+2-8n-9=9n+1-8n-9

=（1+8）n+1-8n-9

=C0n+1+C1n+1·8+C2n+1·82+C3n+1·83+…+Cnn+1·8n+Cn+1n+1·8n+1-8n-9

=1+（n+1）·8+C2n+1·82+C3n+1·83+…+Cnn+1·8n+Cn+1n+1·8n+1-8n-9

=82（C2n+1+8C3n+1+…+8n-2·Cnn+1+8n-1·Cn+1n+1），

因为C2n+1+8C3n+1+…+8n-2·Cnn+1+8n-1·Cn+1n+1是整数.

所以32n+2-8n-9能被64整除.

例9 今天是星期日，再过10100天后是星期几？

解：10100=10050=（98+2）50

=C0509850+C1509849×2+…+C495098×249+C5050250，

因为前50项都能被7整除，只需考查250除以7所得余数.

250=4×248=4×816=4×（7+1）16

=4[C016716+C116715+…+C15167+C1616].

于是得余数为4，故10100天后是星期四.

小结：证明整除性问题，或求余数问题.关键是找准指数式中的底数和除数的联系，将指数式分拆成与除数有关联的两个数的和或差，再用二项式定理展开，要注意余数为非负数且不大于除数.

四、求近似值

例10 求（0.997）5的近似值（精确到0.001）.

分析：（0.997）5=（1-0.003）5，简单构造二项式定理模型，展开按精确度要求取前两项计算便得符合条件的结果.

解：（0.997）5=（1-0.003）5

=1-C150.003+C25（0.003）2-…-C55（0.003）5

≈1-5×0.003=0.985.

例11 某地现有耕地10000公顷.规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%.结果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？（粮食单产=总产量/耕地面积，人均粮食占有量=总产量/总人口数）.

解：设耕地平均每年至多只能减少x公项，又设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷.

依题意得不等式

M×（1+22%）×（104-10x）P×（1+1%）10≥M×104P×（1+10%）

化简得x≤103×[1-1.1×（1+0.01）101.22].

因为103×[1-1.1×（1+0.01）101.22]=103×[1-1.11.22×（1+C110×0.01+C210×0.012+…）]

≈103×[1-1.11.22×1.1045]≈4.1

所以x≤4（公顷）

答：按规则该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.

小结：求近似值问题常用二项式定理展开，根据精确度决定所取项数.

五、证明恒等式或不等式

例12 证明：C0n+32C2n+34C4n+…+3nCnn=2·4n-1+2n-1（n为偶数，n∈N*）.

证明：因为n为偶数，

所以（1+3）n=C0n+3C1n+32C2n+…+3nCnn，

（1-3）n=C0n-3C1n+32C2n-…+3nCnn

两式相加得4n+2n=2（C0n+32C2n+34C4n+…+3nCnn），

所以C0n+32C2n+34C4n…+3nCnn=2·4n-1+2n-1.

例13 求证C1n+2C2n+…+nCnn=n2n-1.

证明：由二项式定理有：（1+x）n=xn+C1nxn-1+…+Cn-1nx+Cnn.

对上式以x为自变量求导得：

n（1+x）n-1=nxn-1+C1n（n-1）xn-2+C2n（n-1）xn-3+…+Cn-1n.

取x=1有n2n-1=n+（n-1）C1n+（n-2）C2n+…+Cn-1n.

又因组合数性质：Cmn=Cn-mn得n·2n-1=nCnn+（n-1）Cn-1n+（n-2）Cn-2n+…+2C2n+C1n，∴原式得证.

小结：关于组合恒等式的证明，关键在于熟悉二项式定理的展开形式及结构特点，要善于把所证问题用数学方法合理的转化为二项式定理的表达式形式.

例14 求证：2≤（1+1n）n≤3-12n-1，（n∈N*）.

证明：由二项式定理得

（1+1n）n=C0n+C1n1n+C2n1n2+…+Cnn1nn

=1+1+C2n1n2+…

≥2.

又（1+1n）n=C0n+C1n1n+C2n1n2+…+Cnn1nn

=2+12！（1-1n）+13！（1-1n）（1-2n）+…+1n！（1-1n）（1-2n）·…·（1-n-1n）

≤2+12！+13！+…+1n！

≤2+12+122+123+…+12n-1

=3-12n-1.

例15 设a，b∈R+，n∈N，求证：an+bn2≥a+b2n.

分析：设a=s+d，b=s-d，（s，d∈R+且s>d），则a+b=2s，再用二项式定理解题.

证明：设a=s+d，b=s-d，（s，d∈R+且s>d），

于是有an+bn=（s+d）n+（s-d）n=2[C0nsn+C2nsn-2d2+…]≥2sn.

又因为a+b=2s，

所以an+bn2≥2sn2=sn=a+b2n.

即题目得证.

评析：此题表面看似与二项式定理无关，但换元后便露出其本质.它的结论也可以写成nan+bn2≥a+b2.二项式定理是证明这一不等式简捷且有效的方法.

例16 设a，b∈R+，且1a+1b=1.求证：对每个n∈N*都有（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1.

分析：因为a，b∈R+，且1a+1b=1，所以ab≥2，

（a+b）n-an-bn=12[（an-1b+abn-1）C1n+（an-2b2+a2bn-2）C2n+…+（abn-1+an-1b）Cn-1n]，

再利用均值不等式求证.

证明：由1=1a+1b≥2abab≥2，及二项式定理得

（a+b）n-an-bn

=C0nan+C1nan-1b+…+Cn-1nabn-1+Cnnbn-an-bn

=C1nan-1b+C2nan-2b2+…+Cn-2na2bn-2+Cn-1nabn-1

=12[（an-1b+abn-1）C1n+（an-2b2+a2bn-2）C2n+…+（abn-1+an-1b）Cn-1n]

≥（ab）n（C1n+C2n+…+Cn-1n）

≥2n（2n-2）=22n-2n+1.

小结：利用二项式定理证明不等式，是二项式定理的一个重要应用.一般情况，在二项式展开式中取舍若干项，即可将相等关系转化为不等关系，从而获得相关不等式.特别在有关幂不等式和组合不等式方面有独特作用.

六、在求值问题中的应用

例17 已知等式（x2+2x+2）5=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9+a10（x+1）10，其中ai（i=0，1，2，…，10）为实常数，求：

（1）∑10n=1an的值;（2）∑10n=1nan的值.

解：（1）令x=-1，得a0=1;令x=0，得a0+a1+a2+…+a9+a10=25=32.

故∑10n=1an=a1+a2+…+a10=31.

（2）等式（x2+2x+2）5=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9+a10（x+1）10两边对x求导，得5（x2+2x+2）4·（2x+2）=a1+2a2（x+1）+…+9a9（x+1）8+10a10（x+1）9.

在5（x2+2x+2）4·（2x+2）=a1+2a2（x+1）+…+9a9（x+1）8+10a10（x+1）9中，令x=0，整理得∑10n=1nan=a1+2a2+…+9a9+10a10=5·25=160.

评析：“取特殊值法”是解决二项式系数问题常用的方法——根据题目要求，灵活赋给字母不同的值.第二问要先利用导数得到nan的形式，然后再赋值求解.

例18 用{x}表示实数x的小数部分，若a=（513+18）99，则a{a}的值为多少？

解：令b=（513-18）99，因为（513-18）∈（0，1），所以b∈（0，1），

由二项式定理有

a=（513+18）99=C099（513）99+C199（513）98×18+…+Cr99（513）99-r×18r+…+C9899（513）×1898+C99991899，

b=（513-18）99=C099（513）99-C199（513）98×18+…+（-1）rCr99（513）99-r×18r+…+C9899（513）×1898-C99991899，

因为a-b=2[C199（513）98×18+…+C99991899]是正整数，

所以{a}=b，

所以a{a}=（513+18）99（513-18）99

=[（513+18）（513-18）]99=1.

评析：此题表面看较为困难，但若能发现0<513-18<1，且（513+18）（513-18）=1，巧妙构造b=（513-18）99来替代{a}，问题便能迎刃而解.本题所用方法与例7相同.

（作者：李苇，江苏省黄桥中学）