1．化简：

3.注意区分展开式“第+1项的二项式系数”与“第+1项的系数”.

[例5]已知的展开式中含项的系数为24，求展开式中含项的系数的最小值.

解：解法一　由中含项的系数为24，可得

　.从而，.

设中含项的系数为t，则

　t＝.

把代入上式，得

　t＝.

∴当n＝6时，t的最小值为120，此时m＝n＝6.

解法二　由已知，

设中含项的系数为t，则

t＝≥2＝2(72－12)＝120.

当且仅当m＝n＝6时，t有最小值120.

∴展开式中含项的系数的最小值为120.

评注：构造函数法是一种常用的方法，尤其在求最值问题中应用非常广泛.

[例1]已知，

　求的值.

错解：由二项展开式的系数的性质可知：的展开式的各个二项式系数的和等于，显然，就是展开式中的，因此的值为－1.

错因：上述解答忽略了 是项的系数，而不是二项式系数.

正解：由二项展开式的结构特征，是项的系数，而不是二项式系数.观察式子特征，如果＝1，则等式右边为，出现所求式子的形式，而就是展开式中的，因此，即

1＝1+，所以，＝0

评注　这是二项式定理的一个典型应用-赋值法，在使用赋值法时，令、b等于多少，应就具体问题而定，有时取“1”，有时取“－1”，或其他值.

[例2]在多项式的展开式中，含项的系数为　　　.

错解：原式＝＝　

∴项的系数为0.

错因：忽视了n的范围，上述解法得出的结果是在n不等于6的前提下得到的，而这个条件并没有提供.

正解：原式＝＝　

∴当n≠6时，项的系数为0.

　当n＝6时，项的系数为1

说明：本解法体现了逆向运用二项式定理的灵活性，应注意原式中对照二项式定理缺少这一项.

[例3] 的末尾连续零的个数是　　 (　　　 )

　A．7　　　　　 B．5　　　　　 C．3　　　　　　 D．2

解：

上述展开式中，最后一项为1；倒数第二项为1000；倒数第三项为495000，末尾有三个0；倒数第四项为16170000，末尾有四个0；依次前面各项末尾至少有四个0.所以的末尾连续零的个数是3.　　故选C.

[例4] 　已知的展开式前三项中的的系数成等差数列.

　(1)求展开式中所有的的有理项；

　(2)求展开式中系数最大的项.

解：(1)展开式前三项的系数分别为

.

由题设可知：

　　解得：n＝8或n＝1(舍去).

　当n＝8时，＝.

　据题意，4－必为整数，从而可知必为4的倍数，

而0≤≤8，∴＝0,4，8.

　故的有理项为：，，.

(2)设第+1项的系数最大，显然＞0，

故有≥1且≤1.

∵＝，

由≥1，得≤3.

∵＝，

由≤1，得≥2.

　∴＝2或＝3，所求项分别为和.

评注：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.运用通项公式求二项展开的特定项，如求某一项，含某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是运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).

4．二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和.即

3．二项式定理的特殊表示形式

(1).

　这时通项是＝.

(2).

　这时通项是＝.

(3).

　　即各二项式系数的和为.

2．对二项式定理的理解和掌握，要从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉它的展开式.通项公式＝在解题时应用较多，因而显得尤其重要，但必须注意，它是的二项展开式的第r+1项，而不是第r项.

1．二项式定理是代数公式

　和

　的概括和推广，它是以乘法公式为基础，以组合知识为工具，用不完全归纳法得到的.同学们可对定理的证明不作要求，但定理的内容必须充分理解.

2.二项式系数的性质：

　(1)对称性.与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上，这一性质可直接由公式得到.　

　(2)增减性与最大值. 二项式系数，当r＜时，二项式系数是逐渐增大的.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值.当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值.

　(3)各二项式系数的和.

的展开式的各个二项式系数的和等于.

1.二项式定理：

上列公式所表示的定理叫做二项式定理.

右边的多项式叫做的二项展开式，它一共有n+1项.

其中各项的系数叫做二项式系数.

式中的叫做二项展开式的通项，用表示，

即＝.

6.有6本不同的书，分给甲、乙、丙三人.

(1)甲、乙、丙三人各得2本，有多少种分法？

(2)一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少种分法？

(3)甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种分法？

(4)平均分成三堆，每堆2本，有多少种分法？

§9.3　 二项式定理