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1、优秀学习资料欢迎下载第 3 讲二项式定理知 识 梳 理1二项式定理二项式定理(ab)nC0nanC1nan1b Crnanrbr Cnnbn(nN*) 二项展开式的通项公式Tr1Crnanrbr，它表示第 r1 项二项式系数二项展开式中各项的系数C0n，C1n， Cnn2.二项式系数的性质(1)0kn 时，Ckn与 Cnkn的关系是 CknCnkn. (2)二项式系数先增后减中间项最大当 n 为偶数时，第n21 项的二项式系数最大， 最大值为 Cn2n； 当 n 为奇数时，第n12项和n32项的二项式系数最大，最大值为Cn12n或 Cn12n. (3)各二项式系数和： C0nC1nC2n Cn
2、n2n，C0nC2nC4n C1nC3nC5n 2n1. 辨 析 感 悟1二项式定理的理解(1)Crnanrbr是(ab)n的展开式中的第 r 项() (2)在(1x)9的展开式中系数最大的项是第5 项和第 6 项() (3)(教材习题改编 )在 x2x6的二项展开式中，常数项为160.() 2二项式系数的性质(4)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b 无关 () (5)若(3x1)7a7x7a6x6 a1xa0，则 a7a6 a1的值为 128.() (6)(2013 安徽卷改编 )若xa3xn的展开式中，仅有第5 项的二项式系数最大，且x4的系数为 7，则实数 a12.() 感悟
3、 提升 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载1二项式定理 (ab)nC0nanC1nan1bCrnanrbrCnnbn(nN*)揭示二项展开式的规律，一定牢记通项公式Tr1Crnanrbr是展开式的第r1 项，不是第r 项，如 (1)2二项式系数与展开式项的系数的异同一是在 Tr1Crnanrbr中，Crn是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Crn，而后者是字母外的部分，前者只与n 和 r 有关，恒为正，后者还与 a，b 有关，可正可负，如 (2)就是混淆两个概念的区
4、别二是二项式系数的最值与增减性与指数n 的奇偶性有关，当n 为偶数，中间一项的二项式系数最大，如 (6)；当 n 为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值 . 考点一通项公式及其应用【例 1】 (1)(2013 浙江卷 )设二项式x13x5的展开式中常数项为A，则 A_. (2)(2013 新课标全国卷改编 )已知(1ax)(1x)5的展开式中 x2的系数为 5，则 a等于_解析(1)Tr1Cr5(x)5r13xrCr5(1)rx525r6，令5256r0，得 r3，AC3510. (2)(1ax)(1x)5(1x)5ax(1x)5，又(1x)5中含有 x 与 x2的项为 T2C1
5、5x，T3C25x2. 展开式中 x2的系数为 C25a C155，a1. 答案(1)10(2)1 规律方法(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载步根据所给出的条件 (特定项 )和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件，即n，r 均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等 )；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论
6、求解【训练 1】(1)(2013 大纲全国卷改编 )(1x)8(1y)4的展开式中 x2y2的系数是 _(2)设二项式xax6(a0)的展开式中 x3的系数为 A，常数项为 B，若 B4A，则 a的值是 _解析(1) (1x)8的通项为 Ck8xk，(1y)4的通项为 Ct4yt， (1x)8(1y)4的通项为 Ck8Ck4xkyt，令 k2，t2，得 x2y2的系数为 C28C24168. (2)xax6展开式的通项 Tr1(a)rCr6x632r， A(a)2C26，B(a)4C46，由 B4A，得(a)4C464(a)2C26，解之得 a 2. 又 a0，所以 a2. 答案(1)168(
7、2)2 学生用书第 161 页考点二二项式系数的性质与各项系数和【例 2】 (1)(2014 青岛模拟 )设(1x)na0a1xa2x2 anxn，若 a1a2an63，则展开式中系数最大的项是_(2)若 x1xn的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为_审题路线(1)先赋值求 a0及各项系数和，进而求得n 值，再运用二项式系数性质与通项公式求解(2)根据二项式系数性质，由C2nC6n，确定 n 的值，求出1x2的系数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载解析(1
8、) (1x)na0a1xa2x2anxn，令 x0，得 a01. 令 x1，则(11)na0a1a2an64，n6，又(1x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大， (1x)6的展开式系数最大项为T4C36x320 x3. (2)由题意知， C2nC6n，n8. Tr1Cr8 x8r1xrCr8 x82r，当 82r2 时，r5，1x2的系数为 C58C3856. 答案(1)20 x3(2)56 规律方法(1)第(1)小题求解的关键在于赋值，求出a0与 n 的值；第 (2)小题在求解过程中，常因把 n 的等量关系表示为C3nC7n，而求错 n 的值(2)求解这类问题要注意：区别二项式系数与展开
9、式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质；根据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为1，1. 【训练 2】 (1)二项式x2x2n的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式中常数项是 _(2)若(12x)2014a0a1xa2x2 a2014x2014(xR)，则a12a222a323a201422014的值为_解析(1)由二项式系数的性质， 得 n10， Tr1Cr10(x)10r2x2r2rCr10 x552r，令 552r0，则 r2，从而 T34C210180. (2)令 x0，得 a0(10)20131. 精选学习资料 - - - - - - -
10、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载令 x12，则 a0a12a222a2014220140，a12a222a2014220141. 答案(1)180(2)1 考点三二项式定理的应用【例 3】 (2012 湖北卷改编 )设 aZ，且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则a_. 解析512 012a(521)2 012aC02 012 522 012C12 012 522 011C2 0112 01252 (1)2 011C2 0122 012 (1)2 012a， C02 012 522 012C12 012 522 0
11、11C2 0112 01252 (1)2 011能被 13整除且 512 012a 能被 13 整除， C2 0122 012 (1)2 012a1a 也能被 13 整除因此 a 可取值 12. 答案12 规律方法(1)本题求解的关键在于将512 012变形为(521)2 012，使得展开式中的每一项与除数 13建立联系(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，但要注意两点：一是余数的范围，acrb，其中余数 b0，r)，r 是除数，切记余数不能为负，二是二项式定理的逆用【训练 3】 190C110902C210903
12、C310 (1)k90kCk10 9010C1010除以 88 的余数是 _解析190C110902C210(1)k90kCk109010C1010(190)108910(881)108810C110889C910881，前 10项均能被 88 整除，余数是 1. 答案1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载1二项展开式的通项Tk1Cknankbk是展开式的第 k1 项，这是解决二项式定理有关问题的基础在利用通项公式求指定项或指定项的系数要根据通项公式讨论对 k 的限制2因为二项式定理中的字母可取
13、任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法3二项式定理的应用主要是对二项展开式正用、逆用，要充分利用二项展开式的特点和式子间的联系创新突破 9二项式的和与积问题【典例】 (2014 济南质检 ) xax2x1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为 _突破： 展开式的常数项来源于：“xax”中的 x 与 2x1x5展开式中含1x的项相乘；ax与 2x1x5展开式中含 x 的项相乘解析在 xax2x1x5中，令 x1，得(1a)(21)51a2，a1. 2x1x5展开式的通项 Tr1Cr5(2x)5r1xrCr5 25r(1)r x52r.
14、 令 52r1，得 2r4，即 r2，因此 2x1x5展开式中 x 的系数为 C25252 (1)280. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载令 52r1，得 2r6，即 r3，因此 2x1x5展开式中1x的系数为 C35253 (1)340. x1x2x1x5展开式中常数项为804040. 答案40 反思感悟 对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求
15、解【自主体验】(12x)3(1x)4展开式中 x 项的系数为 _解析(12x)3(1x)4展开式中的 x 项的系数为两个因式相乘而得到，即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项，它为 C03(2x)0 C14(x)1C13(2x)1 C0414(x)0，其系数为 C03 C14(1)C13 2462. 答案2 基础巩固题组(建议用时： 40 分钟) 一、填空题1(2014 西安调研 )若(13)4ab 3(a，b 为有理数 )，则 ab_. 解析(13)41C14 3C24 (3)2C34( 3)3(3)42816 3，由题设a28，b16，故 ab44. 答案44 2(
16、2013 辽宁卷改编 )使3x1x xn(nN*)的展开式中含有常数项的最小的n 为_精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载解析Tr1Crn(3x)nr1xxrCrn3nrxn52r，当 Tr1是常数项时， n52r0，当 r2，n5 时成立答案5 3已知 xax8展开式中常数项为 1 120，其中实数 a 是常数，则展开式中各项系数的和是 _解析由题意知 C48 (a)41 120，解得 a 2，令 x1，得展开式各项系数和为(1a)81 或 38. 答案1 或 384已知 (x1)10a1a2x
17、a3x2 a11x10.若数列 a1，a2，a3， ak(1k11，kZ)是一个单调递增数列，则k 的最大值是 _解析由二项式定理知anCn110(n1,2,3，n)又(x1)10展开式中二项式系数最大项是第 6 项 a6C510，则 k 的最大值为 6. 答案6 5若(1mx)6a0a1xa2x2 a6x6，且 a1a2 a663，则实数 m 的值为_解析令 x0，得 a0(10)61，令 x1，得(1m)6a0a1a2a6，又a1a2a3a663，(1m)66426， m1 或 m3. 答案1 或3 6(2013 四川卷 )二项式 (xy)5的展开式中， 含 x2y3的项的系数是 _(用数
18、字作答)解析Tr1Cr5x5ryr(r0,1,2,3,4,5)，依题意， r3，含x2y3的系数为 C3554332110. 答案10 7(ax)4的展开式中 x3的系数等于 8，则实数 a_. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载解析(ax)4的展开式中的通项Tr1Cr4a4rxr，当 r3 时，有 C34 a8，所以 a2. 答案2 8设5x1xn的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若 MN240，则展开式中含 x 的项为 _解析由已知条件 4n2n240，解得 n4，Tr1Cr4
19、(5x)4r1xr(1)r54rCr4x43r2，令 43r21，得 r2，T3150 x. 答案150 x二、解答题9已知二项式 (3x1x)n的展开式中各项的系数和为256. (1)求 n；(2)求展开式中的常数项解(1)由题意得 C0nC1nC2n Cnn256，2n256，解得 n8. (2)该二项展开式中的第r1 项为Tr1Cr8(3x)8r1xrCr8 x84r3，令84r30，得 r2，此时，常数项为 T3C2828. 10若(2xx2) 11x3的展开式中的常数项为a，求0a(3x21)dx. 解 11x313x3x21x3，(2xx2) 11x3的展开式中的常数项为a211(
20、3)132. 因此0a(3x21)dx(x3x)a0(x3x)206. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载能力提升题组(建议用时： 25 分钟) 一、填空题1(2013 陕西卷 )设函数 f(x)x1x6，x0 时，ff(x)表达式的展开式中常数项为 _解析当 x0 时，f(x)x0，所以 ff(x)f( x)1xx6，Tr1Cr6x12(6r) (x12)r(1)rCr6x3r2r2，由 r30，得 r3. 所以 ff(x)表达式的展开式中常数项为(1)3C3620. 答案20 2 若将函数
21、f(x)x5表示为 f(x)a0a1(1x)a2(1x)2 a5(1x)5， 其中 a0，a1，a2， a5为实数，则 a3_. 解析f(x)x5(1x1)5，它的通项为 Tr1Cr5(1x)r (1)5r，T4C35 (1)2(1x)310(1x)3， a310. 答案10 3若(1xx2)6a0a1xa2x2 a12x12，则 a2a4 a12_. 解析令 x1，则 a0a1a2a1236，令 x1，则 a0a1a2a121， a0a2a4a123612. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下
22、载令 x0，则 a01，a2a4a1236121364. 答案364 二、解答题4已知 (a21)n展开式中的各项系数之和等于165x21x5的展开式的常数项，而(a21)n的展开式的系数最大的项等于54，求正数 a 的值解165x21x5展开式的通项为 Tr1Cr5165x2 5r1xr1655rCr5x205r2， 令 205r0，得 r4，故常数项 T5C4516516.又(a21)n展开式的各项系数之和为2n，由题意得 2n16，n4.(a21)4展开式中系数最大的项是中间项T3，从而C24(a2)254，解得 a3. 方法强化练 计数原理(对应学生用书 P359) (建议用时： 60
23、 分钟) 一、填空题1A，B，C，D，E 五人并排站成一排，如果B 必须站在 A 的右边(A，B 可以不相邻)，那么不同的排法共有 _解析可先排 C，D，E 三人，共 A35种排法，剩余 A、B 两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A3560 种答案60 种2(2014 重庆质检 )(13x)n(其中 nN 且 n6)的展开式中 x5与 x6的系数相等，则 n 等于_解析(13x)n的展开式中含x5的项为 C5n(3x)5C5n35x5，展开式中含 x6的项为 C6n36x6. 由两项的系数相等得C5n 35C6n 36，解得 n7. 答案7 精选学习资料 - - - - -
24、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载3(2014 济南调研 )只用 1,2,3 三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有_解析由题意知， 1,2,3 中必有某一个数字重复使用2 次，第一步确定谁被使用2次，有 3 种方法；第二步把这2 个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有 3 种方法； 第三步将余下的 2 个数放在四位数余下的2 个位置上，有 2 种方法 故共可组成 33218 个不同的四位数答案18 个4组合式 C0n2C1n4C2n8C3n (2)nCnn的值等于 _
25、解析在(1x)nC0nC1nxC2nx2Cnnxn中，令 x2，得原式 (12)n(1)n. 答案(1)n5若 x12n的展开式中第3 项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为_解析由题意知 C2nn n1215，所以 n6，则 x12n x126，令 x1 得所有项系数之和为126164. 答案1646(2014 杭州检测 )甲、乙两人计划从 A，B，C 三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有_解析甲、乙各选两个景点有C23C239 种方法，其中，入选景点完全相同的有3种满足条件要求的选法共有936(种)答案6 种7若(x1)8a0a1(1x)a2(1x)2 a8
26、(1x)8，则 a6_. 解析(x1)8(x1)28a0a1(1x)a2(1x)2a8(1x)8， a6C28(2)24C28112. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载答案112 8(2014 长沙模拟 )已知 x，y 满足xy20，xy20，0y2(xZ，yZ)，每一对整数 (x，y)对应平面上一个点，则过这些点中的其中3 个点可作不同的圆的个数为_解析如图所示，阴影中的整点部分为x，y 满足的区域，其中整数点 (x，y)共有 8 个，从中任取 3 个有 C3856 种取法其中三点共线的有
27、1C3511(种)故可作不同的圆的个数为45. 答案45 9(2014 广州调研 )已知 a20cos x6dx，则二项式 x2ax5的展开式中 x 的系数为_解析a20cos x6dx2sin x602，则x2ax5x22x5， Tr1Cr5x2(5r)2xr(2)rCr5x103r. 令 103r1，得 r3. 展开式中 x 的系数为 (2)3C3580. 答案80 10(2014 衡水中学模拟 )用 1,2,3,4,5,6组成六位数 (没有重复数字 )，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1 和 2 相邻，这样的六位数的个数是_解析先将 3,5 排列，有 A22种排法；再将 4,6 插空
28、排列，有 2A22种排法；最后将 1,2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载插入 3,4,5,6形成的空中，有 C15种排法由分步乘法计数原理知， 共有 A22 2A22 C1540 种答案40 11.2x13xn的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中二项式系数最大的项等于_解析依题意，令 x1，有 3n729，则 n6，展开式第 4 项的二项式系数最大，则 T4C36(2x)313x3160 x2. 答案160 x212(2014 郑州调研 )某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在
29、货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有 _种解析甲、乙作为元素集团，内部有A22种排法， “甲乙”元素集团与 “戊”全排列有 A22种排法将丙、丁插在3 个空档中有 A23种方法由分步计数原理，共有A22A22A2324 种排法答案24 13(2013 新课标全国卷 )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_. 解析由二项式系数的性质， 得 aCm2m， bCm2m1Cm12m1， 又 13a7b， 因此 13Cm2m7Cm2m1，解得 m6. 答案6 14
30、甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上，若每级台阶最多站2 人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_(用数字作答 )解析当每个台阶上各站1 人时有 A33C37种站法，当两个人站在同一个台阶上时有C23C17C16种站法，因此不同的站法种数有A33C37C23C17C16210126336(种)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载答案336 15(2014 无锡质检 )(x22)1x215的展开式的常数项是 _解析二项式1x215展开式的通项为：Tr1Cr51x25r (1)
31、rCr5 x2r10 (1)r. 当 2r102，即 r4 时，有 x2 C45x2 (1)4C45(1)45；当 2r100，即 r5 时，有 2 C55x0 (1)52. 展开式中的常数项为 523. 答案3 16将 6 位志愿者分成 4 个组，其中两个组各2 人，另两个组各1 人分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案种数有_解析将 6 位志愿者分为 2名，2 名，1 名，1 名四组，有C26C24A221215645 种分组方法将四组分赴四个不同场馆有A44种方法根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有45 A441 080 种方法答案1 080 二、解答题17已知122xn，(1)
32、若展开式中第 5 项，第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项解(1)C4nC6n2C5n，n221n980. n7 或 n14，当 n7 时，展开式中二项式系数最大的项是T4和 T5. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页优秀学习资料欢迎下载T4的系数为 C3712423352，T5的系数为 C471232470，当 n14 时，展开式中二项式系数最大的项是T8. T8的系数为 C714127273 432.
33、 (2)C0nC1nC2n79，n2n1560. n12 或 n13(舍去)设 Tk1项的系数最大，122x121212(14x)12，Ck124kCk1124k1，Ck124kCk1124k1.9.4k10.4，k10. 展开式中系数最大的项为T11，T11C1012122 210 x1016 896x10. 18(1)3 人坐在有八个座位的一排上， 若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？(2)现有 10 个保送上大学的名额，分配给7 所学校，每校至少有1 个名额，问名额分配的方法共有多少种？解(1)由题意知有 5 个座位都是空的， 我们把 3 个人看成是坐在座位上的人， 往
34、5个空座的空档插由于这 5 个空座位之间共有4 个空， 3 个人去插，共有 A3424 种(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7 个，剩余 3 个名额分到 7 所学校的方法种数就是要求的分配方法种数分类：若 3 个名额分到一所学校有7 种方法；若分配到 2 所学校有 C27242 种；若分配到 3 所学校有 C3735种共有 7423584 种方法法二10 个元素之间有9 个间隔，要求分成7 份，相当于用6 块档板插在9 个间隔中，共有C6984 种不同方法所以名额分配的方法共有84 种 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页