三项式定理

二项式定理典型例题解析

二项式定理

概念篇

【例1】求二项式(a－2b)4的展开式.

分析：直接利用二项式定理展开.

解：根据二项式定理得(a－

2b)4=C0

4a4+C1

4a3(－2b)+C2

4a2(－2b)2+C3

4a(－

2b)3+C4

4(－2b)4

=a4－8a3b+24a2b2－32ab3+16b4.

说明：运用二项式定理时要注意对号入座，

本题易误把－2b中的符号“－”忽略.

【例2】展开(2x－

22

3

x

)5.

分析一：直接用二项式定理展开式.

解法一：(2x－

22

3

x

)5=C0

5(2x)5+C1

5(2x)4(－

22

3

x

)+C2

5(2x)3(－

22

3

x

)2+C3

5(2x)2(－

22

3

x

)3+

C4

5(2x)(－

22

3

x

)4+C5

5(－

22

3

x

)5

=32x5－120x2+

x

180－

4

135

x

+

78

405

x

－

1032

243

x

.

分析二：对较繁杂的式子，先化简再用二项

式定理展开.

解法二：(2x－

22

3

x

)5=

10

53

32

)34(

x

x

=

1032

1

x

［C0

5(4x3)5+C1

5(4x3)4(－3)+C2

5(4x3)3(－

3)2+C3

5(4x3)2(－3)3+C4

5(4x3)(－3)4+

C5

5(－3)5］

=

1032

1

x

(1024x15－3840x12+5760x9－

4320x6+1620x3－243)

=32x5－120x2+

x

180－

4

135

x

+

78

405

x

－

1032

243

x

.

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3】在(x－3)10的展开式中，x6的系数

是.

解法一：根据二项式定理可知x6的系数是

C4

10.

解法二：(x－3)10的展开式的通项是

T

r+1

=Cr

10x10－r(－3)r.

令10－r=6，即r=4，由通项公式可知含x6

项为第5项，即T

4+1

=C4

10x6(－3)4=9C4

10x6.

∴x6的系数为9C4

10.

上面的解法一与解法二显然不同，那么哪一

个是正确的呢？

问题要求的是求含x6这一项系数，而不是

求含x6的二项式系数，所以应是解法二正确.如

果问题改为求含x6的二项式系数，解法一就正

确了，也即是C4

10.

说明：要注意区分二项式系数与指定某一项

的系数的差异.

二项式系数与项的系数是两个不同的概念，

前者仅与二项式的指数及项数有关，与二项式无

关，后者与二项式、二项式的指数及项数均有关.

【例4】已知二项式(3x－

x3

2)10，

(1)求其展开式第四项的二项式系数；

(2)求其展开式第四项的系数；

(3)求其第四项.

分析：直接用二项式定理展开式.

解：(3x－

x3

2)10的展开式的通项是

T

r+1

=Cr

10(3x)10－r(－

x3

2)r(r=0，1，…，10).

(1)展开式的第4项的二项式系数为C3

10=120.

(2)展开式的第4项的系数为C3

1037(－

3

2)3=－

77760.

(3)展开式的第4项为－77760(x)7

3

1

x

，即－

77760x.

说明：注意把(3x－

x3

2)10写成［3x+(－

x3

2)］

10，从而凑成二项式定理的形式.

【例5】求二项式(x2+

x2

1)10的展开式中的常

数项.

分析：展开式中第r+1项为Cr

10(x2)10－r(

x2

1)r，

要使得它是常数项，必须使“x”的指数为零，

依据是x0=1，x≠0.

解：设第r+1项为常数项，则

T

r+1

=Cr

10(x2)10－r(

x2

1)r=Cr

10xr

2

5

20(

2

1)r(r=0，1，…，

10)，令20－

2

5r=0，得r=8.

∴T

9

=C8

10(

2

1)8=

256

45.

∴第9项为常数项，其值为

256

45.

说明：二项式的展开式的某一项为常数项，

就是这项不含“变元”，一般采用令通项T

r+1

中

的变元的指数为零的方法求得常数项.

【例6】(1)求(1+2x)7展开式中系数最大项；

(2)求(1－2x)7展开式中系数最大项.

分析：利用展开式的通项公式，可得系数的

表达式，列出相邻两项系数之间关系的不等式，

进而求出其最大值.

解：(1)设第r+1项系数最大，则有



















,2C2C

,2C2C

11

77

11

77

rrrr

rrrr

即































,2

!)17(!)1(

!7

2

!)7(!

!7

,2

!)17(!)1(

!7

2

!)7(!

!7

1

1

rr

rr

rrrr

rrrr

化简得











































.

3

13

,

3

16

.

1

2

7

1

,

8

12

r

r

rr

rr

解得又∵0≤r≤7，∴r=5.

∴系数最大项为T

6

=C5

725x5=672x5.

(2)解：展开式中共有8项，系数最大项必为

正项，即在第一、三、五、七这四项中取得.又

因(1－2x)7括号内的两项中后两项系数的绝对值

大于前项系数的绝对值，故系数最大值必在中间

或偏右，故只需比较T

5

和T

7

两项系数的大小即

可.

66

7

44

7

)2(C

)2(C



=

1

7

3

7

C4

C＞1，所以系数最大项为第五项，即

T

5

=560x4.

说明：本例中(1)的解法是求系数最大项的一

般解法，(2)的解法是通过对展开式多项分析，使

解题过程得到简化，比较简洁.

【例7】(1+2x)n的展开式中第6项与第7

项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项

和系数最大的项.

分析：根据已知条件可求出n，再根据n的

奇偶性确定二项式系数最大的项.

解：T

6

=C5

n(2x)5，T

7

=C6

n(2x)6，依题意有

C5

n25=C6

n26，解得n=8.(1+2x)8的展开式中，二项

式系数最大的项为T

5

=C4

n(2x)4=1120x4.

设第r+1项系数最大，则有



















.2C2C

,2C2C

11

77

11

77

rrrr

rrrr

∴5≤r≤6.∴r=5或r=6.

∴系数最大的项为T

6

=1792x5，T

7

=1792x6.

说明：(1)求二项式系数最大的项，根据二项

式系数的性质，n为奇数时中间两项的二项式系

数最大；n为偶数时，中间一项的二项式系数最

大.

(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数

最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化

情况，一般采用列不等式，再解不等式的方法求

得.

应用篇

【例8】若n∈N*，(2+1)n=2a

n

+b

n

(a

n

、b

n

∈Z)，则b

n

的值()

A.一定是奇数B.一定是偶

数

C.与b

n

的奇偶性相反D.与a有

相同的奇偶性

分析一：形如二项式定理可以展开后考查.

解法一：由(2+1)n=2a

n

+b

n

，知

2a

n

+b

n

=(1+2)n

=C0

n+C1

n

2+C2

n(2)2+C3

n(2)3+…+Cn

n(2)n.

∴b

n

=1+C2

n(2)2+C4

n(2)4+…

∴b

n

为奇数.

答案：A

分析二：选择题的答案是唯一的，因此可以

用特殊值法.

解法二：n∈N*，取n=1时，(2+1)1=(2+1)，

有b

1

=1为奇数.

取n=2时，(2+1)2=22+5，有b

2

=5为奇数.

答案：A

【例9】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.11B.33C.55

D.66

分析：(x+y+z)10看作二项式10)(］［zyx展开.

解：我们把x+y+z看成(x+y)+z，按二项式将

其展开，共有11“项”，即(x+y+z)10=

10)(］［zyx=





10

0

10

C

k

k(x+y)10－kzk.

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，不同的乘积

Ck

10(x+y)10－kzk(k=0，1，…，10)展开后，都不会

出现同类项.

下面，再分别考虑每一个乘积Ck

10(x+y)10－

kzk(k=0，1，…，10).

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.

答案：D

说明：化三项式为二项式是解决三项式问题

的常用方法.

【例10】求(｜x｜+

||

1

x

－2)3展开式中的常数

项.

分析：把原式变形为二项式定理标准形状.

解：∵(｜x｜+

||

1

x

－2)3=(||x－

||

1

x

)6，

∴展开式的通项是T

r+1

=Cr

6(||x)6－r(－

||

1

x

)r=(－1)rCr

6(||x)6－2

r.

若T

r+1

为常数项，则6－2r=0，r=3.

∴展开式的第4项为常数项，即T

4

=－C3

6=

－20.

说明：对某些不是二项式，但又可化为二项

式的题目，可先化为二项式，再求解.

【例11】求(x－3x)9展开式中的有理项.

分析：展开式中的有理项，就是通项公式中

x的指数为整数的项.

解：∵T

r+1

=Cr

9(x2

1)9－r(－x3

1)r=(－1)rCr

9x6

27r.

令

6

27r∈Z，即4+

6

3r∈Z，且r=0，1，2，…，

9.

∴r=3或r=9.

当r=3时，

6

27r=4，T

4

=(－1)3C3

9x4=－84x4.

当r=9时，

6

27r=3，T

10

=(－1)9C9

9x3=－x3.

∴(x－3x)9的展开式中的有理项是第4项－

84x4，第10项－x3.

说明：利用二项展开式的通项T

r+1

可求展开

式中某些特定项.

【例12】若(3x－1)7=a

7

x7+a

6

x6+…

+a

1

x+a

0

，求

(1)a

1

+a

2

…+a

7

；

(2)a

1

+a

3

+a

5

+a

7

；

(3)a

0

+a

2

+a

4

+a

6

.

分析：所求结果与各项系数有关可以考虑用

“特殊值”法，整体解决.

解：(1)令x=0，则a

0

=－1，令x=1，则

a

7

+a

6

+…+a

1

+a

0

=27=128.①

∴a

1

+a

2

+…+a

7

=129.

(2)令x=－1，则

a

7

+a

6

+a

5

+a

4

+a

3

+a

2

+a

1

+a

0

=(－4)7.

②

由

2

)2()1(得：a

1

+a

3

+a

5

+a

7

=

2

1［128－(－4)7］

=8256.

(3)由

2

)2()1(得a

0

+a

2

+a

4

+a

6

=

2

1［128+(－4)7］=

－8128.

说明：(1)本解法根据问题恒等式特点来用

“特殊值”法，这是一种重要的方法，它用于恒

等式.

(2)一般地，对于多项式

g(x)=(px+q)n=a

0

+a

1

x+a

2

x2+a

3

x3+a

4

x4+a

5

x5+a

6

x6+

a

7

x7，g(x)各项的系数和为g(1)，g(x)的奇数项的

系数和为

2

1［g(1)+g(－1)］，g(x)的偶数项的系数

和为

2

1［g(1)－g(－1)］.

【例13】证明下列各式

(1)1+2C1

n+4C2

n+…+2n－1C1n

n+2nCn

n=3n；

(2)(C0

n)2+(C1

n)2+…+(Cn

n)2=Cn

n2

；

(3)C1

n+2C2

n+3C3

n+…+nCn

n=n2n－1.

分析：(1)(2)与二项式定理的形式有相同之

处可以用二项式定理，形如数列求和，因此可以

研究它的通项寻求规律.

证明：(1)在二项展开式(a+b)n=C0

nan+C1

nan－

1b+C2

nan－2b2+…+C1n

nabn－1+Cn

nbn中，

令a=1，b=2，得(1+2)n=1+2C1

n+4C2

n+…+2n

－1C1n

n+2nCn

n

，即

1+2C1

n+4C2

n+…+2n－1C1n

n+2nCn

n=3n.

(2)(1+x)n(1+x)n=(1+x)2

n，

∴(1+C1

nx+C2

nx2+…+Cr

nxr+…

+xn)(1+C1

nx+C2

nx2+…+Cr

nxr+…+xn)=(1+x)2

n.

而Cn

n2

是(1+x)2

n的展开式中xn的系数，由多

项式的恒等定理，得

C0

nCn

n+C1

nC1n

n+…+C1

nC1n

n+Cn

nC0

n=Cn

n2.

∵Cm

n=Cmn

n

，0≤m≤n，

∴(C0

n)2+(C1

n)2+…+(Cn

n)2=Cn

n2.

(3)证法一：令S=C1

n+2C2

n+3C3

n+…+nCn

n.

①

令S=C1

n+2C2

n+…+(n－1)C1n

n+nCn

n=nCn

n+(n－1)C1n

n+…+2C2

n+C1

n=nCn

n+(n－1)C1

n+…+2C2n

n+C1n

n.

②

由①+②得2S=nC1

n+nC2

n+nC3

n+…

+nCn

n=n(Cn

n+C1

n+C2

n+C3

n+…+Cn

n)

=n(C0

n+C1

n+C2

n+C3

n+…+Cn

n)=n2n.

∴S=n2n－1，即C1

n+2C2

n+3C3

n+…+nCn

n=n2n

－1.

证法二：观察通项：

kCk

n=k1

1

C

!)(!)1(

!)1(

!)(!















k

n

n

knk

n

n

knk

n.

∴原式=nC0

1n+nC1

1n+nC2

1n+nC3

1n+…

+nC1

1





n

n=n(C0

1n+C1

1n+C2

1n+C3

1n+…+C1

1





n

n)=n2n－1，

即C1

n+2C2

n+3C3

n+…+nCn

n=n2n－1.

说明：解法二中kCk

n=nC1

1





k

n

可作为性质记住.

【例14】求1.9975精确到0.001的近似值.

解：1.9975=(2－0.003)5

=25－C1

5240.003+C2

5230.0032－C3

5220.0033+…

≈32－0.24+0.00072≈31.761.

说明：利用二项式定理进行近似计算，关键

是确定展开式中的保留项，使其满足近似计算的

精确度.

【例15】求证：5151－1能被7整除.

分析：为了在展开式中出现7的倍数，应把

51拆成7的倍数与其他数的和(或差)的形式.

证明：5151－1=(49+2)51－

1=C0

514951+C1

5149502+…+C50

5149·250+C51

51251－1，

易知除C51

51251－1以外各项都能被7整除.

又251－1=(23)17－1=(7+1)17－

1=C0

17717+C1

17716+…+C16

177+C17

17

－

1=7(C0

17716+C1

17715+…+C16

17).

显然能被7整除，所以5151－1能被7整除.

说明：利用二项式定量证明有关多项式(数

值)的整除问题，关键是将所给多项式通过恒等

变形变为二项式形式，使其展开后的各项均含有

除式.

创新篇

【例16】已知(xlg

x+1)n的展开式的最后三项

系数之和为22，中间一项为20000.求x.

分析：本题看似较繁，但只要按二项式定理

准确表达出来，不难求解！

解：由已知Cn

n+C1n

n+C2n

n=22，即n2+n－42=0.

又n∈N*，∴n=6.

T

4

为中间一项，T

4

=C3

6(xlg

x)3=20000，即

(xlg

x)3=

x=10.

两边取常用对数，有lg2x=1，lgx=±1，∴

x=10或x=

10

1.

说明：当题目中已知二项展开式的某些项或

某几项之间的关系时，常利用二项式通项公式，

根据已知条件列出等式或不等式进行求解.

【例17】设f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m，n∈N*)，

若其展开式中关于x的一次项的系数和为11，

问m，n为何值时，含x2项的系数取最小值？并

求这个最小值.

分析：根据已知条件得到x2的系数是关于x

的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小

值问题.

解：C1

m+C1

n=n+m=11.C2

m+C2

n=

2

1(m2－m+n2

－n)=

2

1122nm，

∵n∈N*，

∴n=6或5，m=5或6时，x2项系数最小，

最小值为25.

说明：本题是一道关于二次函数与组合的综

合题.

【例18】若(x+

x

1－2)n的展开式的常数项为

－20，求n.

分析：题中x≠0，当x＞0时，把三项式(x+

x

1

－2)n转化为(x－

x

1)2

n；当x＜0时，同理(x+

x

1－

2)n=(－1)n(x－

x

1)2

n.然后写出通项，令含x的幂

指数为零，进而解出n.

解：当x＞0时，(x+

x

1－2)n=(x－

x

1)2

n，

其通项为T

r+1

=Cr

n2(x)2

n－r(－

x

1)r=(－

1)rCr

n2(x)2

n－2

r.

令2n－2r=0，得n=r，∴展开式的常数项为

(－1)rCn

n2

；

当x＜0时，(x+

x

1－2)n=(－1)n(x－

x

1)2

n.同

理可得，展开式的常数项为(－1)rCn

n2.

无论哪一种情况，常数项均为(－1)rCn

n2.

令(－1)rCn

n2=20.以n=1，2，3，…，逐个代

入，得n=3.

说明：本题易忽略x＜0的情况.

【例19】利用二项式定理证明(

3

2)n－1＜

1

2

n

.

分析：

1

2

n

不易从二项展开式中得到，可以

考虑其倒数

2

1n.

证明：欲证(

3

2)n－1＜

1

2

n

成立，只需证(

2

3)n－1

＜

2

1n成立.

而(

2

3)n－1=(1+

2

1)n－1=C0

1n+C1

1n2

1+C2

1n(

2

1)2+…

+C1

1





n

n(

2

1)n－1

=1+

2

1n+C2

1n(

2

1)2+…+C1

1





n

n(

2

1)n－1

＞

2

1n.

说明：本题目的证明过程中将(

2

3)n－1转化为

(1+

2

1)n－1，然后利用二项式定理展开式是解决本

问题的关键.

【例20】求证：2≤(1+

n

1)n＜3(n∈N*).

分析：(1+

n

1)n与二项式定理结构相似，用二

项式定理展开后分析.

证明：当n=1时，(1+

n

1)n=2.

当n≥2时，(1+

n

1)n=1+C1

nn

1+C2

n

2

1

n

+…

+Cn

n(

n

1)n=1+1+C2

n

2

1

n

+…+Cn

n(

n

1)n＞2.

又Ck

n(

n

1)k=

knk

knnn

!

)1()1(≤

!

1

k

，

所以(1+

n

1)n≤2+

!2

1+

!3

1+…+

!

1

n

＜

2+

21

1



+

32

1



+…+

nn)1(

1

=2+(1－

2

1)+(

2

1－

3

1)+…+(

1

1

n

－

n

1)

=3－

n

1＜3.

综上有2≤(1+

n

1)n＜3.

说明：在此不等式的证明中，利用二项式定

理将二项式展开，再采用放缩法和其他有关知

识，将不等式证明到底.

【例21】求证：对于n∈N*，(1+

n

1)n＜

(1+

1

1

n

)n

+1.

分析：结构都是二项式的形式，因此研究二

项展开式的通项是常用方法.

证明：(1+

n

1)n展开式的通项T

r+1

=Cr

n

rn

1=

r

r

n

nr

A

!

=

!

1

rrn

rnnnn)1()2)(1(

=

!

1

r

(1－

n

1)(1－

n

2)…(1－

n

r1).

(1+

1

1

n

)n

+1展开式的通项T′

r+1

=Cr

n1

rn)1(

1



=

r

r

n

nr)1(!

A

1





=

!

1

rrn

rnnnn)1()2)(1(

=

!

1

r

(1－

1

1

n

)(1－

1

2

n

)…(1－

1

1





n

r).

由二项式展开式的通项可明显地看出T

r+1

＜

T′

r+1

所以(1+

n

1)n＜(1+

1

1

n

)n

+1

说明：本题的两个二项式中的两项均为正

项，且有一项相同.证明时，根据题设特点，采

用比较通项大小的方法完成本题证明.

【例22】设a、b、c是互不相等的正数，且

a、b、c成等差数列，n∈N*，求证：an+cn＞2bn.

分析：题中虽未出现二项式定理的形式，但

可以根据a、b、c成等差数列创造条件使用二项

式定理.

证明：设公差为d，则a=b－d，c=b+d.

an+cn－2bn=(b－d)n+(b+d)n－2bn

=［bn－C1

nbn－1d+C2

nbn－2d2+…+(－1)ndn］+

［bn+C1

nbn－1d+C2

nbn－2d2+…+dn］

=2(C2

nbn－2d2+C4

nbn－4d4…)＞0.

说明：由a、b、c成等差，公差为d，可得

a=b－d，c=b+d，这就给利用二项式定理证明此

问题创造了可能性.问题即变为(b－d)n+(b+d)n＞

2bn，然后用作差法改证(b－d)n+(b+d)n－2bn＞0.

【例23】求(1+2x－3x2)6的展开式中x5项的

系数.

分析：先将1+2x－3x2分解因式，把三项式

化为两个二项式的积，即(1+2x－3x2)6=(1+3x)6

(1－x)6.

然后分别写出两个二项式展开式的通项，研

究乘积项x5的系数，问题可得到解决.

解：原式=(1+3x)6(1－x)6，其中(1+3x)6展开

式之通项为T

k+1

=Ck

63kxk，(1－x)6展开式之通项

为T

r+1

=Cr

6(－x)r.

原式=(1+3x)6(1－x)6展开式的通项为

Ck

6Cr

6(－1)r3kxk

+

r.

现要使k+r=5，又∵k∈{0，1，2，3，4，5，

6}，r∈{0，1，2，3，4，5，6}，

必须











5

,0

r

k或



















































.0

,5

1

,4

2

,3

3

,2

4

,1

r

k

r

k

r

k

r

k

r

k

或或或或

故x5项系数为C0

630C5

6(－1)5+C1

631C4

6(－

1)4+C2

632C3

6(－1)3+C3

633C2

6(－1)4+C4

634C1

6(－

1)+C5

635C0

6(－1)0=－168.

说明：根据不同的结构特征灵活运用二项式

定理是本题的关键.

【例24】(2004年全国必修+选修1)(x－

x

1)6

展开式中的常数项为()

A.15B.－15C.20

D.－20

解析：T

r+1

=(－1)rCr

6(x)6－rx－r=(－1)rCr

6xr

2

3

3，

当r=2时，3－

2

3r=0，T

3

=(－1)2C2

6=15.

答案：A

【例25】(2004年江苏)(2x+x)4的展开式

中x3的系数是()

A.6B.12C.24

D.48

解析：T

r+1

=(－1)rCr

4(x)4－r(2x)r=(－

1)r2rCr

4x2

2

r

，当r=2时，2+

2

r=3，T

3

=(－2)2C2

4=24.

答案：C

【例26】(2004年福建理)若(1－2x)9展开式

的第3项为288，则

n

lim(

x

1+

2

1

x

+…+

nx

1)的值是

()

A.2B.1C.

2

1

D.

5

2

解析：T

r+1

=(－1)rCr

9(2x)r=(－1)rCr

92xr，当r=2

时，T

3

=(－1)2C2

922

x=288.

∴x=

2

3.

∴

n

lim(

x

1+

2

1

x

+…+

nx

1)=

3

2

1

3

2



=2.

答案：A

【例27】(2004年福建文)已知(x－

x

a)8展开

式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展

开式中各项系数的和是()

A.28B.38C.1或38

D.1或28

解析：T

r+1

=(－1)rCr

8x8－r(

x

a)r=(－a)rCr

8x8－2

r，

当r=4时，T

3

=(－a)4C4

8=1120，∴a=±2.

∴有函数f(x)=(x－

x

a)8.令x=1，则f(1)=1或

38.

答案：C

【例28】(2004年天津)若(1－

2x)2004=a

0

+a

1

x+a

2

x2+…+a

2004

x2004(x∈R)，则

(a

0

+a

1

)+(a

0

+a

2

)+

(a

0

+a

3

)+…+(a

0

+a

2004

)=.(用数字作

答)

解析：在函数f(x)=(1－2x)2004中，f(0)=a

0

=1，

f(1)=a

0

+a

1

+a

2

+…+a

2004

=1，

(a

0

+a

1

)+(a

0

+a

2

)+(a

0

+a

3

)+…+(a

0

+a

2004

)

=2004a

0

+a

1

+a

2

+…+a

2004

=2003a

0

+a

0

+a

1

+a

2

+…+a

2004

=2003f(0)+f(1)

=2004.

答案：2004