2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第11章 第3讲　二项式定理 WORD版含解析.doc

1、第3讲二项式定理1二项式定理的内容(1)(ab)nCanCan1b1CankbkCbn(nN*).(2)第k1项，Tk1Cankbk.(3)第k1项的二项式系数为C(k0,1，n).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.这一性质可直接由CC得到直线r将函数(r)C的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴(2)增减性与最大值因为CC，即，所以，当1，即k时，C随k的增加而减小当n是偶数时，中间的一项 Cn取得最大值；当n是奇数时，中间的两项 Cn与 Cn相等，且同时取得最大值3各二项式系数和(1)CCCC2n；(2)CCC2n1；(3)CCC2n1.1注意(ab

2、)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题2解题时，要注意区别二项式系数和项的系数的不同、项数和项的不同3切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念1(xy)n的二项展开式中，第m项的系数是()AC BCCC D(1)m1C答案D解析(xy)n的展开式中，第m项为TmCxnm1(y)m1(1)m1Cxnm1ym1.所以第m项的系数为(1)m1C.故选D.2.6的展开式的中间项为()A40 B40x2C40 D40x2答案B解析6的展开式的中间项为C(2x)3340x2.故选B.3若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则

3、a0a2a4的值为()A9 B8 C7 D6答案B解析令x1，则a0a1a2a3a40，令x1，则a0a1a2a3a416，两式相加，得2(a0a2a4)16，所以a0a2a48.故选B.4(2019全国卷)(12x2)(1x)4的展开式中x3的系数为()A12 B16 C20 D24答案A解析解法一：(12x2)(1x)4的展开式中x3的系数为1C2C12.故选A.解法二：(12x2)(1x)4(12x2)(14x6x24x3x4)，x3的系数为142412.故选A.5设(5x)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，MN240，则展开式中x3的系数为()A500 B500 C15

4、0 D150答案C解析由题意可得N2n，令x1，则M(51)n4n(2n)2.(2n)22n240,2n16，n4.展开式中第r1项Tr1C(5x)4r()r(1)rC54rx4.令43，得r2，展开式中x3的系数为C52(1)2150.故选C.6(2021北京高考)4展开式中常数项为_.答案4解析4的展开式的通项Tr1C(x3)4rr(1)rCx124r，令124r0，得r3，则常数项为T4(1)3C4.考向一求展开式中的特定项或特定项系数例1(1)18的展开式中含x15的项的系数为()A153 B153C17 D17答案C解析Tr1Cx18rr rCx18r，令18r15，解得r2，所以含

5、x15的项的系数为2C17.故选C.(2)若(x2a)10的展开式中x6的系数为30，则a等于()A. B C1 D2答案D解析10的展开式的通项为Tr1Cx10rrCx102r，令102r4，解得r3，所以x4的系数为C；令102r6，解得r2，所以x6的系数为C，所以(x2a)10的展开式中x6的系数为CaC30，解得a2.故选D.(3)(2019浙江高考)在二项式(x)9的展开式中，常数项是_，系数为有理数的项的个数是_.答案165解析二项展开式的通项为Tr1C()9rxr，rN，0r9，当为常数项时，r0，T1C()9x0()916.当项的系数为有理数时，9r为偶数，可得r1,3,5,

6、7,9，即系数为有理数的项的个数是5. 1求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路(1)利用通项公式将Tr1项写出并化简(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出r.(3)代回通项公式得所求2对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏1.(2021新高考八省联考)(1x)2(1x)3(1x)9的展开式中x2的系数是()A60 B80 C84 D120答案D解析(1x)2(1x)3(1x)9的展开式中x2的系数是CCCC，因为CCC且CC，所以CCCCC，所以CCCCC

7、C，以此类推，CCCCCCC120.故选D.2(2020全国卷)(xy)5的展开式中x3y3的系数为()A5 B10 C15 D20答案C解析(xy)5展开式的通项为Tr1Cx5ryr(rN且r5)，所以(xy)5展开式的项可表示为xTr1xCx5ryrCx6ryr或Tr1Cx5ryrCx4ryr2.在xTr1Cx6ryr中，令r3，可得xT4Cx3y310x3y3，该项中x3y3的系数为10，在Tr1Cx4ryr2中，令r1，可得T2Cx3y35x3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10515.故选C.3(12x3x2)5的展开式中x5的系数为_.答案92解析解法一：(12

8、x3x2)5(1x)5(13x)5，所以x5的系数为CC35C(1)C34C(1)2C33C(1)3C32C(1)4C31C(1)5C3092.解法二：(12x3x2)5(12x)3x25C(12x)5C(12x)4(3x2)C(12x)3(3x2)2C(3x2)5，所以x5的系数为CC25CC23(3)CC2(3)292.多角度探究突破考向二二项式系数与各项的系数问题角度二项展开式中系数的和例2(1)若二项式n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为()A1 B1C27 D27答案A解析由题意，得CCC2n8，即n3，所以3的展开式的系数之和为(12)31.故选A.(2)(

9、多选)若(12x)2022a0a1xa2x2a3x3a2022x2022(xR)，则()Aa01Ba1a3a5a2021Ca0a2a4a2022D.1答案ACD解析由题意，当x0时，a0120221，当x1时，a0a1a2a3a2022(1)20221，当x1时，a0a1a2a3a2021a202232022，所以a1a3a5a2021，a0a2a4a2022，a1a22a20222022，当x时，0a0a1a22a20222022，所以a1a22a20222022a01.故选ACD. 赋值法的应用(1)对形如(axb)n(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1.(2

10、)对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令xy1.(3)一般地，对于多项式(abx)na0a1xa2x2anxn，令g(x)(abx)n，则(abx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(abx)n的展开式中奇数项的系数和为g(1)g(1)，(abx)n的展开式中偶数项的系数和为g(1)g(1)4.若(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5|()A0 B1 C32 D1答案A解析由(1x)5的展开式的通项为Tr1(1)rCxr，可得a1，a3，a5为负数，a0，a2，a4为正数，故有|a0|a1|a2|a3|a4

11、|a5|a0a1a2a3a4a5(11)50.故选A.5在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为321，则x2的系数为_.答案90解析令x1，则n4n，所以n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以2n32，解得n5.二项展开式的通项为Tr1Cx5rrC3rx5r，令5r2，得r2，所以x2的系数为C3290.角度二项式系数的最值问题例3(1)设m为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a7b，则m()A5 B6 C7 D8答案B解析由题意，得aC，bC，则13C7C，13，解得m6，经检验m6为原方程的解

12、故选B.(2)二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为()A3 B5 C6 D7答案D解析根据n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，得n20，n的展开式的通项为Tr1C(x)20rr()20rCx20，要使x的指数是整数，需r是3的倍数，r0，3,6,9,12,15,18，x的指数为整数的项共有7个故选D. 求二项式系数最大项(1)如果n是偶数，那么中间一项的二项式系数最大(2)如果n是奇数，那么中间两项的二项式系数相等并最大6.(多选)在(12x)8的展开式中，下列说法正确的是()A二项式系数最大的项为1120x4B常数项为2C第6项与第7项的

13、系数相等D含x3的项的系数为480答案AC解析因为n8，所以二项式系数最大的项为T5，T5C(2x)41120x4，A正确；(12x)8展开式的通项为Tr1C(2x)r2rCxr，令r0，得常数项为1，B错误；第6项为T625Cx51792x5，第7项为T726Cx61792x6，第6项与第7项的系数相等，C正确；含x3的项为T4C(2x)3448x3，其系数为448，D错误故选AC.7若n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是()A180 B120 C90 D45答案A解析由只有第6项的二项式系数最大，可知n10，于是展开式的通项为Tr1C()10rr2rCx5，令50，

14、得r2，所以展开式中的常数项是22C180.故选A.角度项的系数的最值问题例4(1)(2021承德摸底)若(12x)6的展开式中第二项大于它的相邻两项，则x的取值范围是()A.x BxC.x Dx答案A解析即x.故选A.(2)(2021上海高考)已知(1x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1x)n的系数和为_.答案64解析由题意可知5n7.又nN*，n6.令x1，得(1x)6的系数和为2664. 求展开式中系数最大项如求(abx)n(a，bR)的展开式中系数最大的项，一般采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，An1，且第k项系数最大，应用从而解出k来8.已知(x3x2)n的展

15、开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比值为32.(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中系数最大的项解令x1，则展开式中各项系数和为(13)n22n.又展开式中二项式系数和为2n，2n32，n5.(1)n5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，T3C(x)3(3x2)290x6，T4C(x)2(3x2)3270x.(2)设展开式中第k1项的系数最大，则由Tk1C(x)5k(3x2)k3kCx，得k，k4，第5项系数最大，即展开式中系数最大的项为T5C(x)(3x2)4405x.考向三二项式定理的应用例5(1)设aZ，且0a13，若512022a能被13整除，则a()A

16、0 B1 C11 D12答案D解析由于51521，(521)2022C522022C522021C5211，又13能整除52，所以只需13能整除1a，又0a13，aZ，所以a12.(2)0.9910的第一位小数为n1，第二位小数为n2，第三位小数为n3，则n1，n2，n3分别为()A9,0,4 B9,4,0C9,2,0 D9,0,2答案A解析0.9910(10.01)10C110(0.01)0C19(0.01)1C18(0.01)210.10.00450.9045.故选A. 二项式定理应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因

17、式(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1x)n1nx.9.190C902C903C(1)k90kC9010C除以88的余数是()A1 B1 C87 D87答案B解析190C902C903C(1)k90kC9010C(190)108910(881)108810C889C881.前10项均能被88整除，余数是1.故选B.101.028的近似值是_(精确到小数点后三位)答案1.172解析1.028(10.02)8CC0.02C0.022C0.0231.172. 二项式定理破解三项式问题1(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A10 B20 C30 D60

18、答案C解析解法一：由二项展开式通项易知Tr1C(x2x)5ryr，令r2，则T3C(x2x)3y2，对于二项式(x2x)3，展开式的通项为Tt1C(x2)3txtCx6t，令t1，所以x5y2的系数为CC30.故选C.解法二：因为(x2xy)5(x2xy)(x2xy)(x2xy)，即共有5个括号相乘，所以展开式中要得到含x5y2的项，只需5个括号中有2个括号里出y，同时剩余的3个括号中2个括号里出x2，另一个括号里出x便可，故含x5y2项的系数为Cy2C(x2)2xCCx5y2.故x5y2的系数为CC10330.故选C.2.5的展开式中的常数项为_(用数字作答)答案解析解法一：原式5(x)25

19、(x)10.求原式的展开式中的常数项，转化为求(x)10的展开式中含x5项的系数，即C()5.所以所求的常数项为.解法二：要得到常数项，可以对5个括号中的选取情况进行分类：5个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为()5；5个括号中1个选，1个选，3个选，这样得到的常数项为CCC()3；5个括号中2个选，2个选，1个选，这样得到的常数项为C2C，因此展开式中的常数项为()5CCC()3C2C.答题启示二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解对点训练1(x2x1)10的展开式中x3的系数为()A210 B210 C30 D30

20、答案A解析解法一：(x2x1)10x2(x1)10C(x2)10C(x2)9(x1)Cx2(x1)9C(x1)10，所以展开式中x3的系数为CCC(C)210.故选A.解法二：因为(x2x1)10(x2x1)(x2x1)(x2x1)，即共10个括号相乘，所以展开式中要得到x3的系数，只需分两类：第1类：从10个括号里选3个括号出(x)，其余7个括号出常数项1，即C(x)317Cx3；第2类：从10个括号里选1个括号出x2，从余下9个括号里选1个括号出(x)，其余括号全出常数项1，即Cx2C(x)C18CCx390x3.故展开式中x3的系数是C90210.故选A.2.3的展开式中x2的系数是_(

21、用数字作答)答案15解析解法一：因为36，所以Tr1Cx6rrC(1)rx62r，令62r2，解得r2，所以展开式中x2的系数是C(1)215.解法二：因为3，所以展开式中要得到含x2的项，只需分两类：第1类：从3个括号里选1个括号出x2，其余括号都出常数项2，即Cx2(2)212x2；第2类：从3个括号里选2个括号出x2，余下的那个括号出，即C(x2)2Cx23x2.故展开式中含x2的项是12x23x215x2，其系数为15.一、单项选择题1.6的展开式中，有理项共有()A1项 B2项 C3项 D4项答案D解析6的展开式的通项为Tr1C(1)r36rx6r，令6r为整数，求得r0,2,4,6

22、，共4项故选D.2在(x1)(2x1)(nx1)(nN*)的展开式中，一次项系数为()AC BC CC DC答案B解析123nC.故选B.3在6 (x3)的展开式中，常数项为()A B C D答案A解析原式x636，而6的通项为Tk1kCx62k，当62k1时，kZ，故式中的前一项不会出现常数项，当62k0，即k3时，可得式中的后一项的常数项乘以3即为所求，此时原式常数项为33C.故选A.4已知C2C22C23C2nC729，则CCCC()A63 B64 C31 D32答案A解析逆用二项式定理得C2C22C23C2nC(12)n729，即3n36，所以n6，所以CCCC26C63.故选A.5在

23、n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为()A126 B70 C56 D28答案C解析只有第5项的二项式系数最大，n8，n的展开式的通项为Tk1(1)kCx8k(k0,1,2，8)，展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小，为(1)3C56.故选C.6若5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为()A40 B20 C20 D40答案D解析令x1，得(1a)(21)52，a1. 5的通项为Tr1C(2x)5rr(1)r25r

24、Cx52r.令52r1，得r2.令52r1，得r3.展开式的常数项为(1)223C(1)322C804040.故选D.7已知(2x1)4a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a4(x1)4，则a2()A18 B24 C36 D56答案B解析(2x1)412(x1)4，故a2(x1)2C2(x1)24C(x1)2，a24C24.故选B.8(x2xa)5的展开式的各项系数和为32，则该展开式中含x9项的系数是()A15 B5 C5 D15答案B解析(x2xa)5的展开式的各项系数和为32，令x1，可得(121a)532，故(a)532，解得a2，故(x2xa)5(x2x2)5(x2)5(x1

25、)5.设(x2)5展开式的通项为Ti1Cx5i(2)i，(x1)5展开式的通项为Mr1Cx5r1r，则(x2)5(x1)5展开式中含x9项，即Cx5i(2)iCx5r1rCC(2)ix5rx5iCC(2)ix10ir中x的幂是9，故10ir9，可得ir1，又0i5，0r5且i，rN，可得或当时，CC(2)ix10irCC(2)0x95x9；当时，CC(2)ix10irCC(2)1x910x9.该展开式中含x9项的系数为1055.故选B.二、多项选择题9在6的展开式中，下列说法正确的有()A所有项的二项式系数和为64B所有项的系数和为0C常数项为20D二项式系数最大的项为第4项答案ABD解析所有

26、项的二项式系数和为2664，故A正确；令x1得所有项的系数和为(11)60，故B正确；常数项为Cx3320，故C错误；展开式有7项，二项式系数最大的项为第4项，故D正确故选ABD.10(2021南通学科基地考前模拟)若(x3)8a0a1(x1)a2(x1)2a8(x1)8，xR，则下列结论中正确的有()Aa028Ba38CCa1a2a838D(a0a2a4a6a8)2(a1a3a5a7)238答案AD解析(x3)82(x1)82827C(x1)26C(x1)225C(x1)3(x1)8，对于A，令x1，则(13)828a0，故A正确；对于B，a325C1792，而8C960，故B错误；对于C，

27、令x0，则38a0a1a2a8，于是a1a2a838a03828，故C错误；对于D，令x2，则1a0a1a2a8.因为a0a1a2a838，所以(a0a2a4a6a8)2(a1a3a5a7)2(a0a1a2a8)(a0a1a2a8)38，故D正确故选AD.11(2021广东红岭中学模拟)若(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，且a1a2an1125n，则下列结论正确的是()An6Ba121C(12x)n展开式中二项式系数和为729Da12a23a3nan321答案ABD解析对于A，因为(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，令x1，得2222na0a1a2an

28、2n12，令x0，得na0，因为(1x)n中xn项为Cxnxn，所以an1，所以a1a2an12n12n1125n，解得n6，故A正确；对于B，a11CCCCC21，故B正确；对于C，(12x)6展开式中二项式系数和为2664，故C错误；对于D，令f(x)(1x)(1x)2(1x)6a0a1xa2x2a6x6，f(x)12(1x)6(1x)5a12a2x6a6x5，令x1，得f(1)122322423524625a12a26a6321，故D正确故选ABD.12我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法就给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有()A由“与首末两端等距离的两个二

29、项式系数相等”猜想：CCB由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和”猜想：CCCC由“n行所有数之和为2n”猜想：CCCC2nD由“11111,112121,1131331”猜想：11515101051答案ABC解析由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A，B，C正确；115(101)5C105C104C103C102C101C161051，故D错误故选ABC.三、填空题13(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a_.答案3解析设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，令x1，得16(a1)a0a1a2a3a4a5，令x1，得0a0

30、a1a2a3a4a5.，得16(a1)2(a1a3a5)，即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1a3a58(a1)，所以8(a1)32，解得a3.14(2021浙江高考)已知多项式(x1)3(x1)4x4a1x3a2x2a3xa4，则a1_；a2a3a4_.答案510解析(x1)3的展开式的通项为Tr1Cx3r(1)r，(x1)4的展开式的通项为Tk1Cx4k，则a1CC145，a2C(1)1C3，a3C(1)2C7，a4C(1)3C0.所以a2a3a437010.15已知二项式n的展开式中，前三项的二项式系数之和为37，则n_，展开式中的第5项为_.答案8x解析二项式n的展开式中，前三项的二

31、项式系数之和为CCC1n37，则n8，故展开式中的第5项为Cxx.16SCCC除以9的余数为_.答案7解析依题意SCCC2271891(91)91C99C98C9C19(C98C97C)2.C98C97C是正整数，S被9除的余数为7.四、解答题17(2021锦州模拟)在只有第8项的二项式系数最大；奇数项二项式系数之和为47；各项系数之和为414这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答设二项式n，若其展开式中，_，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解若选条件，即只有第8项的二项式系数最大，则n14

32、；若选条件，即各项系数之和为414，则4n414，即n14.二项式14展开式的通项为TkC()15kk13k1Cx.由217k0，得k3.即存在整数k3，使得Tk是展开式中的常数项若选条件，即奇数项二项式系数之和为47，则2n147214，所以n15.二项式15展开式的通项为TkC()16kk13k1Cx.由227k0，得kZ，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项18已知m，n是正整数，f(x)(1x)m(1x)n的展开式中x的系数为7.(1)对于使f(x)的x2的系数最小的m，n，求出此时x3的系数；(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值(精确到0.01)解(1)根据题意得CC7，即mn7，f(x)中的x2的系数为CC.将变形为n7m，代入上式得x2的系数为m27m212，故当m3或m4时，x2的系数的最小值为9.当m3，n4时，x3的系数为CC5；当m4，n3时，x3的系数为CC5.(2)f(0.003)(10.003)4(10.003)3CC0.003CC0.0032.02.