二项式定理中展开式系数的六种类型

二项式定理六类题型

求展开式中的系数是高考常考题型之一,本文以高考题为例，对二项式定理试题中求展开式系数的问题加以归类与解析，供读者参考。

一 、(ab)n(nN)型

例1．(x2y)10的展开式中x6y4项的系数是（ ） （A）840 （B）－840 （C）210 （D）－210 解析：在通项公式Tr1rC10(2y)rx10r中令r=4，即得(x2y)10的展

4开式中x6y4项的系数为C10(2)4=840,故选A。

例2．(x1x)8展开式中x5的系数为 。

解析：通项公式Tr1Cxr88r(1x)(1)Cxrrr838r23 ，由题意得8r5，

2则r2，故所求x5的系数为(1)2C8228。

评注：常用二项展开式的通项公式求二项展开式中某特定项的系数，由待定系数法确定r的值。

二 、(ab)(cd)(n,mN)型

21例3．(x3)4(x)8的展开式中整理后的常数项等于 . xx22rr解析；(x3)4的通项公式为Tr1C4()r(x3)4rC4(2)rx124r,令

xx2332=－32, 124r0，则r3,这时得(x3)4的展开式中的常数项为C4x1k1k8kk82k,令82k0，则k4,这时得(x)8的通项公式为Tk1C8()xC8xxx121(x)8的展开式中的常数项为C84=70，故(x3)4(x)8的展开式中常数项

xxxnm等于327038。

例4．在(1x)5(1x)6的展开式中，含x3的项的系数是（ ）

1 / 5

(A)5 (B) 5 (C) 10 (D) 10

解析：(1x)5中x3的系数C5310, (1x)6中x3的系数为

3C6(1)320,故(1x)5(1x)6的展开式中x3的系数为10,故选D 。

评注：求型如(ab)n(cd)m(n,mN)的展开式中某一项的系数，可分别展开两个二项式，由多项式加减法求得所求项的系数。

nm(ab)(cd)(n,mN)型 三 、

27例5．(x1)(x2)的展开式中x3项的系数是 。

13(2)6和C7(2)4，故解析：(x2)7的展开式中x、x3的系数分别为C713(2)6+C7(2)4=1008。 (x21)(x2)7的展开式中x3项的系数为C7例6．x1x1的展开式中x5的系数是（ ）

（A ）14 （B ）14 （C ）28 （D） 28

略解：(x1)8的展开式中x4、x5的系数分别为C84和C85,故x1x1 展开式中x5的系数为C84C8514,故选B。

评注：求型如(ab)n(cd)m(n,mN)的展开式中某一项的系数，可分别展开两个二项式，由多项式乘法求得所求项的系数。

四 、(abc)n88(nN)型

x1例7．(2)5的展开式中整理后的常数项为 .

2xk1x1x1k2x5解法一：(2)=()2，通项公式Tk1C52()5k,

2x2x2x5x1()5k的通项公式为Tr1C5rkxrx5kr2(5kr)C5rkx52rk2kr5,令2x52rk0，则k2r5，可得k1,r2或k3,r1或k5,r0。

当k1,r2时，得展开式中项为CC222152412152； 2 2 / 5

31当k3,r1时,，得展开式中项为C5C22221202； 5当k5,r0时，得展开式中项为C54242。

152632x120242综上，(2)5的展开式中整理后的常数项为。 222xx222x25(x2)2x15)=解法二：(2)=(2x2x(2x)55(x2)10=，对于二5(2x)r10r项式(x2)10中，Tr1C10x(2)r，要得到常数项需10r5，即r5。所5C10(2)5632以，常数项为。 522x1x1解法三：(2)5是5个三项式(2)相乘。常数项的产生有三

2x2xx1x种情况：在5个相乘的三项式(2)中，从其中一个取，从另外4个三

2x21项式中选一个取，从剩余的3个三项式中取常数项相乘，可得

xx11113从其中两个取，从另外3个三项式中选两个取，C5C4C3(2)3202；22x115从剩余的1个三项式中取常数项相乘，可得C52()2C3222；从5个相

22x15乘的三项式(2)中取常数项相乘，可得C5(2)5=42。

2xx1综上，(2)5的展开式中整理后的常数项为

2x20215263242。 22评注：解法一、解法二的共同特点是：利用转化思想，把三项式转化为二项式来解决。解法三是利用二项式定理的推导方法来解决问题，本质上是利用加法原理和乘法原理，这种方法可以直接求展开式中的某特定项。

mm1n五 、(ab)(ab)L(ab)(m,nN,1mn) 型

例8．在(1x)(1x)2(1x)6的展开式中，x2项的系数是 。（用数字作答）

22C32C4C52C6235。 解析：由题意得x2项的系数为C2 3 / 5

例9．在(1－x)＋(1－x)＋(1－x)＋(1－x)的展开式中，含x的项的系数是( )

(A) 74 (B) 121 (C) －74 (D) －121 解析：(1－x)

8

5

5

6

7

8

3

＋(1－x)

6

＋(1－x)

7

＋(1－

(1x)5[1(1x)4](1x)5(1x)9 x)=

1(1x)x(1x)5中x4的系数为C545，(1x)9中x4的系数为－C94126,－126+5= －

121,故选D。

评注：例8的解法是先求出各展开式中x2项的系数，然后再相加；例9则从整体出发，把原式看作首相为(1－x)5，公比为(1－x)的等比数列的前4项和，用等比数列求和公式减少项数，简化了运算。例8和例9的解答方法是求

(ab)m(ab)m1L(ab)n(m,nN,1mn)的展开式中某特定项系数的

两种常规方法。

六 、求展开式中若干项系数的和或差

例10．若(12x)2004a0a1xa2x2...a2004x2004(xR)，

则(a0a1)(a0a2)(a0a3)(a0a2004)_______。(用数字作答)

解析：在(12x)2004a0a1xa2x2...a2004x2004中，令x0，则a01， 令x1，则a0a1a2a3a2004(1)20041 故(a0a1)(a0a2)(a0a3)(a0a2004) =2003a0+a0a1a2a3a20042004。

例11．(2x3)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为（ ）

(A) 1 (B) －1 (C) 0 (D) 2 解析：在(2x3)4a0a1xa2x2a3x3a4x4中， 令x1，可得a0a1a2a3a4(23)4，

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令x1，可得a0a1a2a3a4(23)4

所以，(a0a2a4)2(a1a3)2=(a0a2a4a1a3)(a0a2a4a1a3)

=(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)=(23)4(23)4=1,故

选A。

。赋值法是给代数评注：求展开式中若干项系数的和或差常采用“赋值法”

式(或方程或函数表达式)中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的，它普遍适用于恒等式，是一种重要的解题方法。实际上赋值法所体现的是从一般到特殊的转化思想，在高考题中屡见不鲜，特别是在二项式定理中的应用尤为明显，巧赋特值可减少运算量。

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