新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.3　二项式定理

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第10章 §10.3　二项式定理，共18页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§10.3 二项式定理
考试要求 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
知识梳理
1．二项式定理
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．
(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n.
常用结论
1．两个常用公式
(1)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
(2)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝2n－1.
2．二项展开式的三个重要特征
(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.
(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.
(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式的第k项．( × )
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )
(4)(a＋b)n的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同．( × )
教材改编题
1．(x－1)10的展开式的第6项的系数是( )
A．Ceq \\al(6,10) B．－Ceq \\al(6,10)
C．Ceq \\al(5,10) D．－Ceq \\al(5,10)
答案 D
解析 T6＝Ceq \\al(5,10)x5(－1)5，
所以第6项的系数是－Ceq \\al(5,10).
2．(多选)已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 ABC
解析 ∵(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数Ceq \\al(4,n)最大，∴n＝7或n＝8或n＝9.
3．在(1－2x)10的展开式中，各项系数的和是________．
答案 1
解析 令x＝1可得各项系数的和为(1－2)10＝1.
题型一 通项公式的应用
命题点1 形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式的特定项
例1 (1)(2022·烟台模拟)(1－2eq \r(x))8展开式中x项的系数为( )
A．28 B．－28
C．112 D．－112
答案 C
解析 (1－2eq \r(x))8展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(－2eq \r(x))k＝.
要求x项的系数，只需eq \f(k,2)＝1，解得k＝2，
所以x项系数为(－2)2Ceq \\al(2,8)＝4×eq \f(8×7,2×1)＝112.
(2)(2022·德州模拟)若n∈Z，且3≤n≤6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))n的展开式中的常数项为______．
答案 4
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))n的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xn－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x3)))k＝Ceq \\al(k,n)xn－4k，
因为3≤n≤6，令n－4k＝0，
解得n＝4，k＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))n的展开式中的常数项为4.
命题点2 形如(a＋b)m(c＋d)n (m，n∈N*)的展开式问题
例2 (1)(2022·泰安模拟)(x3－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式中x6的系数为( )
A．6 B．10 C．13 D．15
答案 C
解析 由于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式的通项为
Tk＋1＝，
令6－eq \f(3k,2)＝3，求得k＝2；
令6－eq \f(3k,2)＝6，求得k＝0，
故(x3－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式中x6的系数为Ceq \\al(2,6)－2Ceq \\al(0,6)＝15－2＝13.
(2)(2022·合肥模拟)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,a)))(1－2x)4的展开式中x3项的系数是－70，则实数a的值为( )
A．－2 B．2
C．－4 D．4
答案 D
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,a)))(1－2x)4
＝2×(1－2x)4－eq \f(x,a)×(1－2x)4，
(1－2x)4的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(－2x)k＝(－2)kCeq \\al(k,4)xk，k＝0,1,2,3,4，
所以2×(1－2x)4展开式中x3项的系数是
2×(－2)3Ceq \\al(3,4)＝－64，
eq \f(x,a)×(1－2x)4展开式中x3项的系数是
eq \f(1,a)×(－2)2Ceq \\al(2,4)＝eq \f(24,a)，
所以－64－eq \f(24,a)＝－70，解得a＝4.
教师备选
1．(2022·菏泽模拟)已知正整数n≥7，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(1－x)n的展开式中不含x5的项，则n的值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 D
解析 (1－x)n的二项展开式中第k＋1项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)(－1)kxk，
又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(1－x)n＝x(1－x)n－eq \f(1,x)(1－x)n的展开式不含x5的项，
所以xCeq \\al(4,n)(－1)4x4－eq \f(1,x)Ceq \\al(6,n)(－1)6x6＝0，
Ceq \\al(4,n)x5－Ceq \\al(6,n)x5＝0，即Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(6,n)，
所以n＝10.
2．(2022·烟台模拟)在(x2＋2x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．60 B．30
C．15 D．12
答案 A
解析 由(x2＋2x＋y)5＝[(x2＋2x)＋y]5，
由通项公式可得Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(x2＋2x)5－kyk，
∵要求x5y2的系数，
故k＝2，此时(x2＋2x)3＝x3·(x＋2)3，
其对应x5的系数为Ceq \\al(1,3)21＝6.
∴x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)×6＝60.
思维升华 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，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)，解出项数k＋1，代回通项即可．
(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．
跟踪训练1 (1)(2021·北京)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4的展开式中常数项为________．
答案 －4
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4的展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(x3)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)kCeq \\al(k,4)x12－4k，令k＝3得常数项为T4＝(－1)3Ceq \\al(3,4)＝－4.
(2)(2022·攀枝花模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．－112 B．－48
C．48 D．112
答案 C
解析 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5
＝(1＋2x)5－eq \f(1,x2)(1＋2x)5，
(1＋2x)5展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)k＝2kCeq \\al(k,5)xk，其中k＝0,1,2,3,4,5，
(1＋2x)5展开式中含x3项的系数为23Ceq \\al(3,5)＝80，
eq \f(1,x2)(1＋2x)5展开式中含x3项的系数为25Ceq \\al(5,5)＝32，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展开式中，含x3的项的系数为80－32＝48.
题型二 二项式系数与项的系数的问题
命题点1 二项式系数和与系数和
例3 (1)(多选)(2022·十堰调研)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则( )
A．二项式系数和为64 B．各项系数和为64
C．常数项为－135 D．常数项为135
答案 ABD
解析 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令x＝1，得各项系数和为2n，二项式系数和为2n，
则2×2n＝128，得n＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B正确；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(3x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k
＝，
令6－eq \f(3,2)k＝0，得k＝4，
因此展开式中的常数项为T5＝Ceq \\al(4,6)·(－1)4·32＝135.故D正确．
(2)已知多项式(1－2x)＋(1＋x＋x2)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a1＝______，a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝______.
答案 1 23
解析 根据题意，令x＝1，
则(1－2)＋(1＋1＋1)3＝a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26，令x＝0，a0＝1＋1＝2，
由于(1－2x)＋(1＋x＋x2)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，a1为展开式中x项的系数，
考虑一次项系数a1＝－2＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)×12＝1，
所以a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝26－1－2＝23.
命题点2 系数与二项式系数的最值问题
例4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2,x2)))6的展开式中二项式系数最大的项为第________项，系数最大的项为________．
答案 4 240x－8y2
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2,x2)))6的展开式中二项式系数的最大值为Ceq \\al(3,6)，所以二项式系数最大的项为第4项．因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2,x2)))6的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·y6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2)))k＝Ceq \\al(k,6)·(－2)kx－2ky6－k，
所以展开式中系数最大的项为奇数项．
展开式中第1,3,5,7项的系数分别为Ceq \\al(0,6)·(－2)0，Ceq \\al(2,6)·(－2)2，Ceq \\al(4,6)·(－2)4，Ceq \\al(6,6)·(－2)6，即1,60,240,64，所以展开式中系数最大的项为240x－8y2.
教师备选
1．(多选)已知(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，下列命题中正确的是( )
A．展开式中所有项的二项式系数的和为22 022
B．展开式中所有奇次项系数的和为eq \f(32 022－1,2)
C．展开式中所有偶次项系数的和为eq \f(32 022＋1,2)
D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝－1
答案 ACD
解析 选项A，由二项式知，Ceq \\al(0,2 022)＋Ceq \\al(1,2 022)＋…＋Ceq \\al(2 022,2 022)＝(1＋1)2 022＝22 022，A正确；
当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 022＝1，
当x＝－1时，
有a0－a1＋a2－a3＋…－a2 021＋a2 022＝32 022，
选项B，由上可得
a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝eq \f(1－32 022,2)，
B错误；
选项C，由上可得
a0＋a2＋a4＋…＋a2 022＝eq \f(32 022＋1,2)，
C正确；
选项D，令x＝eq \f(1,2)可得
a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝0，
又a0＝1，
所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝－1，D正确．
2．(多选)已知(x－3)8＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a8(x－2)8，则下列结论正确的有( )
A．a0＝1
B．a6＝－28
C.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－eq \f(255,256)
D．a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128
答案 ACD
解析 对于A，取x＝2，得a0＝1，A正确；
对于B，(x－3)8＝[－1＋(x－2)]8展开式中第7项为Ceq \\al(6,8)(－1)2(x－2)6＝28(x－2)6，
即a6＝28，B不正确；
对于C，取x＝eq \f(5,2)，得
a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－3))8＝eq \f(1,256)，
则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \f(1,256)－a0＝－eq \f(255,256)，
C正确；
对于D，取x＝3，得
a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a7＋a8＝0，
取x＝1，得
a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝(－2)8＝256，
两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝256，
即a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128，D正确．
思维升华 赋值法的应用
一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)]．
跟踪训练2 (1)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )
A．1 B．243
C．121 D．122
答案 B
解析 令x＝1，
得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①
令x＝－1，
得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②
①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，
即a4＋a2＋a0＝－121.
①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，
即a5＋a3＋a1＝122.
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.
(2)(多选)(2022·济南模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))6的展开式中，下列说法正确的是( )
A．常数项为160
B．第4项的二项式系数最大
C．第3项的系数最大
D．所有项的系数和为64
答案 BC
解析 展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))6－k·(－x)k＝26－k(－1)k·Ceq \\al(k,6)x2k－6，由2k－6＝0，得k＝3，所以常数项为23(－1)3Ceq \\al(3,6)＝－160，A错误；展开式共有7项，所以第4项二项式系数最大，B正确；第3项的系数最大，C正确；令x＝1，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x))6＝1，所有项的系数和为1，D错误．
题型三 二项式定理的综合应用
例5 (1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 021＋a能被13整除，则a等于( )
A．0 B．1 C．11 D．12
答案 B
解析 因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 021＋a＝(52－1)2 021＋a，
＝Ceq \\al(0,2 021)522 021－Ceq \\al(1,2 021)522 020＋Ceq \\al(2,2 021)522 019－…＋Ceq \\al(2 020,2 021)52－Ceq \\al(2 021,2 021)＋a，
因为512 021＋a能被13整除，结合选项，
所以－Ceq \\al(2 021,2 021)＋a＝－1＋a能被13整除，
所以a＝1.
(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是( )
A．1.23 B．1.24
C．1.33 D．1.34
答案 D
解析 1.056＝(1＋0.05)6＝Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(1,6)×0.05＋Ceq \\al(2,6)×0.052＋Ceq \\al(3,6)×0.053＋…＋Ceq \\al(6,6)×0.056＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.
教师备选
已知n为满足S＝n＋Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋Ceq \\al(3,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)(n≥3)能被9整除的正数n的最小值，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))n的展开式中，系数最大的项为( )
A．第6项 B．第7项
C．第11项 D．第6项和第7项
答案 B
解析 S＝n＋Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋Ceq \\al(3,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)
＝n＋(1＋1)27－Ceq \\al(0,27)
＝(9－1)9＋n－1
＝9(98－Ceq \\al(1,9)97＋…＋Ceq \\al(8,9))＋n－2，
∵n≥3，
∴S能被9整除的正数 n的最小值是n－2＝9，
∴n＝11.
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))11的展开式中的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,11)x11－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k
＝(－1)kCeq \\al(k,11)x11－2k，
只考虑k为偶数的情况，
由T5＝Ceq \\al(4,11)x3，T7＝Ceq \\al(6,11)x－1，T9＝Ceq \\al(8,11)x－5，
可知系数最大的项为第7项．
思维升华 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，(1＋x)n≈1＋nx.
跟踪训练3 (1)设n为奇数，那么11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是( )
A．－3 B．2
C．10 D．11
答案 C
解析 11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11－1＝Ceq \\al(0,n)·11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11＋Ceq \\al(n,n)－2＝(11＋1)n－2
＝12n－2＝(13－1)n－2
＝Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13＋(－1)n·Ceq \\al(n,n)－2，
因为n为奇数，则上式＝
Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13－3＝[Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13－13]＋10，
所以11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是10.
(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是( )
A．0.940 B．0.941
C．0.942 D．0.943
答案 B
解析 (0.99)6＝(1－0.01)6＝Ceq \\al(0,6)×1－Ceq \\al(1,6)×0.01＋Ceq \\al(2,6)×0.012－Ceq \\al(3,6)×0.013＋…＋Ceq \\al(6,6)×0.016
＝1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016
≈0.941.
课时精练
1．(2022·济南模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))6的展开式中，含x4项的系数为( )
A．4 B．6
C．10 D．15
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))6的展开式通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,6)·x6－2k，
令6－2k＝4，解得k＝1，
因此，展开式中含x4项的系数为Ceq \\al(1,6)＝6.
2．(2022·武汉部分重点中学联考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(1,\r(3,x))))n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式常数项是( )
A.eq \f(55,2) B．－eq \f(55,2)
C．－28 D．28
答案 B
解析 展开式中，只有第7项的二项式系数最大，可得展开式有13项，所以n＝12，
展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))12－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,x))))k
＝，
若为常数项，则12－eq \f(4,3)k＝0，
所以k＝9 ，得常数项为
T10＝Ceq \\al(9,12)(－1)9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))12－9＝－eq \f(220,8)＝－eq \f(55,2).
3．(2022·邯郸模拟)(x2－x)(1＋x)6的展开式中x3项的系数为( )
A．－9 B．9
C．－21 D．21
答案 A
解析 展开式中x3项的系数为Ceq \\al(1,6)－Ceq \\al(2,6)＝－9.
4．(2022·芜湖质检)已知(x－m)(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，其中m为常数，若a4＝30，则a0等于( )
A．－32 B．32
C．64 D．－64
答案 A
解析 由多项式乘法知，第一个因式中x乘以(x＋2)5展开式中的x3项得一个x4项，第一个因式中的常数－m乘以(x＋2)5展开式中的x4项得另一个x4项，两项合并同类项得系数即为a4，所以a4＝Ceq \\al(2,5)×22－m×Ceq \\al(1,5)×2＝30，
解得m＝1，再令x＝0，得a0＝－25＝－32.
5．(2022·大连模拟)(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－2，则实数a的值为( )
A．－eq \f(1,3) B．－1 C．1 D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 化简得(ax－y)(x＋y)4＝ax·(x＋y)4－y·(x＋y)4，
∵(x＋y)4的展开式的通项公式
Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－kyk，
当k＝2时，ax·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为Ceq \\al(2,4)a＝6a，
当k＝1时，－y·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－Ceq \\al(1,4)＝－4，
综上，(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为6a－4＝－2，∴a＝eq \f(1,3).
6．已知在(2x－1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)的值为( )
A．28 B．28－1
C．27 D．27－1
答案 B
解析 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，
B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知得，B－A＝38，
令x＝－1，得
a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，
即B－A＝(－3)n，
∴(－3)n＝38＝(－3)8，
∴n＝8，
由二项式系数性质可得Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n－Ceq \\al(0,n)＝28－1.
7．(多选)(2022·邯郸模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))n的展开式中，二项式系数之和为64，下列说法正确的是( )
A．2，n,10成等差数列
B．各项系数之和为64
C．展开式中二项式系数最大的项是第3项
D．展开式中第5项为常数项
答案 ABD
解析 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))n的二项式系数之和为2n＝64，
得n＝6，得2,6,10成等差数列，A正确；
令x＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))6＝26＝64，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))6的各项系数之和为64，B正确；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式中的第5项为Ceq \\al(4,6)(5x)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,\r(x))))4＝15×25×81为常数项，D正确．
8．(多选)(2022·烟台模拟)已知(2－eq \r(3)x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则下列选项正确的是( )
A．a3＝－360
B．(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝1
C．a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6
D．展开式中系数最大的为a2
答案 BD
解析 (2－eq \r(3)x)6的展开式通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·26－k·(－eq \r(3)x)k＝Ceq \\al(k,6)·(－eq \r(3))k·26－k·xk，
对于A，令k＝3，
则a3＝Ceq \\al(3,6)×23×(－eq \r(3))3＝－480eq \r(3)，
A错误；
对于B，令x＝1，
则a0＋a1＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6；
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－…＋a6＝(2＋eq \r(3))6，
∴(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a6)(a0－a1＋a2－…＋a6)
＝[(2－eq \r(3))×(2＋eq \r(3))]6＝1，B正确；
对于C，令x＝0，得a0＝26，
∴a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6－26，C错误；
对于D，
∵a0，a2，a4，a6为正数，a1，a3，a5为负数，
又a0＝26＝64，a2＝Ceq \\al(2,6)×24×3＝720，
a4＝Ceq \\al(4,6)×22×32＝540，
a6＝33＝27，
∴展开式中系数最大的为a2，D正确．
9．(2021·天津)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式中，x6的系数是________．
答案 160
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x3)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝26－kCeq \\al(k,6)·x18－4k，
令18－4k＝6，解得k＝3，
所以x6的系数是23Ceq \\al(3,6)＝160.
10．(2022·济宁模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是________．
答案 84
解析 依题意，2n＝128，解得n＝7，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))7的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,7)x7－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))k
＝(－2)kCeq \\al(k,7)x7－2k(k∈N，k≤7)，
由7－2k＝3得k＝2，所以所求展开式中x3项的系数是(－2)2Ceq \\al(2,7)＝4×eq \f(7×6,2×1)＝84.
11．(2022·温州模拟)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,\r(x))))n的展开式中共有7项，则常数项为________(用数字作答)．
答案 240
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,\r(x))))n的展开式中共有7项，
所以n＋1＝7，可得n＝6，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,\r(x))))6展开式的通项为
Tk＋1＝＝
令6－eq \f(3,2)k＝0，可得k＝4，
所以常数项为Ceq \\al(4,6)24＝15×16＝240.
12．(2021·浙江)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________，a2＋a3＋a4＝________.
答案 5 10
解析 (x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)x3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k，则a1＝Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,4)＝1＋4＝5；a2＝Ceq \\al(1,3)(－1)1＋Ceq \\al(2,4)＝3；a3＝Ceq \\al(2,3)(－1)2＋Ceq \\al(3,4)＝7；a4＝Ceq \\al(3,3)(－1)3＋Ceq \\al(4,4)＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.
13．已知n为正整数，若1.1510∈[n，n＋1)，则n的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 因为1.155＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,20)))5
＝Ceq \\al(0,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))0＋Ceq \\al(1,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))1＋Ceq \\al(2,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))2＋Ceq \\al(3,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))3＋Ceq \\al(4,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))4＋Ceq \\al(5,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))5
＝1＋eq \f(3,4)＋eq \f(9,40)＋eq \f(27,800)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5×\f(3,20)＋\f(9,400)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))3
＝2＋eq \f(7,800)＋eq \f(309,400)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))3，
而2<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(309,400)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,20)))3<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(27,8 000)
<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(30,8 000)＝2＋eq \f(1,80)<2.1，
所以2<1.155<2.1，
因此4<1.1510<4.41，
又n为正整数，1.1510∈[n，n＋1)，所以n＝4.
14．(2022·浙江Z20名校联盟联考)设(x－1)(2＋x)3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＝________，2a2＋3a3＋4a4＝________.
答案 －4 31
解析 因为x·Ceq \\al(0,3)·23·x0－Ceq \\al(1,3)·22·x1＝－4x，
所以a1＝－4，
对所给等式，两边对x求导，可得
(2＋x)3＋3(x－1)(2＋x)2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3，
令x＝1，得27＝a1＋2a2＋3a3＋4a4，
所以2a2＋3a3＋4a4＝31.
15．已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1－2x)2 022＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2 022x2 022，数列{an}的首项a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)，an＋1＝Sn·Sn＋1，则S2 022等于( )
A．－eq \f(1,2 022) B.eq \f(1,2 022)
C．2 022 D．－2 022
答案 A
解析 令x＝eq \f(1,2)，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2×\f(1,2)))2 022＝b0＋eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)＝0.
又因为b0＝1，
所以a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)＝－1.
由an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，
得eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，
所以eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝－1，公差为－1的等差数列，
所以eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，
所以Sn＝－eq \f(1,n)，
所以S2 022＝－eq \f(1,2 022).
16．(多选)(2022·南京模拟)已知n∈N*，n≥2，p，q>0，p＋q＝1，设f(k)＝Ceq \\al(k,2n)pkq2n－k，其中k∈N，k≤2n，则( )
A.eq \i\su(k＝0,2n,f)(k)＝1B.eq \i\su(k＝0,2n,k)f(k)＝2npq
C．若np＝4，则f(k)≤f(8)D.eq \i\su(k＝0,n,f)(2k)答案 AC
解析 eq \i\su(k＝0,2n,f)(k)＝eq \i\su(k＝0,2n,C)eq \\al(k,2n)pkq2n－k＝(q＋p)2n＝1，
A正确；
kCeq \\al(k,2n)＝eq \f(k2n！,k！2n－k！)
＝2n×eq \f(2n－1！,k－1！[2n－1－k－1]！)
＝2nCeq \\al(k－1,2n－1)，
所以eq \i\su(k＝0,2n,k)f(k)＝eq \i\su(k＝1,2n,k)Ceq \\al(k,2n)pkq2n－k
＝eq \i\su(k＝1,2n,2)nCeq \\al(k－1,2n－1)pkq2n－k
＝2npqeq \i\su(k＝1,2n,C)eq \\al(k－1,2n－1)pk－1q2n－1－k
＝2npeq \i\su(k＝0,2n－1,C)eq \\al(k,2n－1)pkq2n－1－k
＝2np(q＋p)2n－1
＝2np≠2npq(除非p＝0)，B错；
设f(m)是f(k)中最大项，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm≥fm－1，,fm≥fm＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(m,2n)pmq2n－m≥C\\al(m－1,2n)pm－1q2n－m＋1，,C\\al(m,2n)pmq2n－m≥C\\al(m＋1,2n)pm＋1q2n－m－1，))
注意到eq \f(C\\al(m,2n),C\\al(m－1,2n))＝eq \f(\f(2n！,m！2n－m！),\f(2n！,m－1！2n－m＋1！))
＝eq \f(2n－m＋1,m)，
eq \f(C\\al(m,2n),C\\al(m＋1,2n))＝eq \f(m＋1,2n－m)，
又np＝4，
不等式组可解为8－q≤m≤8＋p，
所以m＝8，所以f(k)≤f(8)，C正确；
例如n＝2时，p＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(2,3)，
eq \i\su(k＝0,n,f)(2k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4＝eq \f(41,81)，
eq \i\su(k＝1,n,f)(2k－1)＝eq \f(40,81)，D错误．二项式定理
(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)
二项展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k＝0,1，…，n)