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1、第 1 页 共 7 页 课时跟踪检测（五十四）课时跟踪检测（五十四） 二项式定理二项式定理 一、基础练一、基础练练手感熟练度练手感熟练度 1. x2x6的展开式中的展开式中 x32的系数为的系数为( ) A12 B12 C192 D192 解析：解析：选选 A 二项式二项式 x2x6的展开式的通项公式为的展开式的通项公式为 Tr1Cr6 (2)r x2r33-，令，令 33r232，求得，求得 r1，可得展开式中，可得展开式中 x32的系数为的系数为12，故选，故选 A. 2(1x)5(1x)6(1x)7的展开式中的展开式中 x4的系数为的系数为( ) A50 B55 C45 D60 解析解析
2、：选选 B (1x)5(1x)6(1x)7的展开式中的展开式中 x4的系数是的系数是 C45C46C4755.故选故选B. 3已知已知(x1)n的展开式的各项系数和为的展开式的各项系数和为 32，则展开式中，则展开式中 x4的系数为的系数为( ) A20 B15 C10 D5 解析：解析：选选 D 由题意知由题意知(x1)n的展开式的各项系数和为的展开式的各项系数和为 32，即，即(11)n2n32，解得，解得n5，则二项式，则二项式(x1)5的展开式中的展开式中 x4的项为的项为 C15x45x4，所以，所以 x4的系数为的系数为 5，故选，故选 D. 4在在(1x)5(2x1)的展开式中，
3、含的展开式中，含 x4项的系数为项的系数为( ) A5 B15 C25 D25 解析：解析：选选 B 因为因为(1x)5(x)55x4C35(x)3，所以在，所以在(1x)5 (2x1)的展开式的展开式中，含中，含 x4项的系数为项的系数为 52C3515.故选故选 B. 5(2020 天津高考天津高考)在在 x2x25的展开式中，的展开式中，x2的系数是的系数是_ 解析：解析：二项式二项式 x2x25的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr1Cr5 x5r 2x2rCr5 2r x53r.令令 53r2得得 r1.因此，在因此，在 x2x25的展开式中，的展开式中，x2的系数是的系数是 C15
4、 2110. 答案：答案：10 6 已知 已知 mZ， 二项式， 二项式(mx)4的展开式中的展开式中 x2的系数比的系数比 x3的系数大的系数大 16， 则， 则 m_. 解析解析：由：由 C24m2C34m16，得，得 3m22m80，解得，解得 m2 或或 m43，因为，因为 mZ，所以所以 m2. 第 2 页 共 7 页 答案答案：2 二、综合练二、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1二项式二项式 xax8的展开式中的展开式中 x2的系数是的系数是7，则，则 a( ) A1 B.12 C12 D1 解析：解析：选选 B 由题意，二项式由题意，二项式 xax8的展开式中的展开式中的通项公式
5、的通项公式 Tr1Cr8(a)rx82r， 令令 82r2，解得，解得 r3， 所以含所以含 x2项的系数为项的系数为 C38(a)37，解得，解得 a12. 2若若 ax1x6展开式的常数项为展开式的常数项为 60，则，则 a 值为值为( ) A4 B 4 C2 D 2 解析：解析：选选 D 因为因为 ax1x6展展开式的通项为开式的通项为 Tk1Ck6a6kx6k(1)kxk2 Ck6a6k(1)kxk36-2，令，令 632k0，则，则 k4，所以常数项为，所以常数项为 C46a64(1)460，即，即 7a260，所以所以 a 2.故选故选 D. 3 (2021 年年 1 月新高考八省
6、联考卷月新高考八省联考卷)(1x)2(1x)3(1x)9的展开的展开式中式中 x2的系数的系数是是( ) A60 B80 C84 D120 解析：解析： 选选 D (1x)2(1x)3(1x)9的展开式中的展开式中 x2的系数为的系数为 C22C23C29C33C23C29C310120.故选故选 D. 4在在 x1xn的展开式中，只有第的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为的系数为( ) A126 B70 C56 D28 解析：解析：选选 C 只有第只有第 5 项的二项式系数最大，项的二项式系数最大， n8， x1
7、x8的展开式的通项为的展开式的通项为 第 3 页 共 7 页 Tk1(1)kCk8x328- k (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项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第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，因此展开式中第项的二项式系数最大，因此展开式中第 4 项项和第和第 6 项的系数相等且最小，为项的系数相等且最小，为(1)3C3856. 5若二项式若二项式 x2ax7的展开式中的各项系数之和为的展开式中的各项系数之和为1，则含，则
8、含 x2的项的系数为的项的系数为( ) A560 B560 C280 D280 解析：解析：选选 A 取取 x1，得二项式，得二项式 x2ax7的展开式中的各项系数之和为的展开式中的各项系数之和为(1a)7，即，即 (1a)71，解得，解得 a2.二项式二项式 x22x7的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr1Cr7 (x2)7r 2xr Cr7 (2)r x143r.令令 143r2，得，得 r4.因此，二项式因此，二项式 x22x7的展开式中含的展开式中含 x2项的系数为项的系数为C47 (2)4560，故选，故选 A. 6(2021 海口调研海口调研)(32x)5的展开式中系数为有理数的
9、各项系数之和为的展开式中系数为有理数的各项系数之和为( ) A1 B20 C21 D31 解析：解析：选选 C 因为因为(32x)5展开式的通项为展开式的通项为 Tk1Ck5(32)5kxkCk5235kxk，因，因此，要此，要使系数为有理数，只需使系数为有理数，只需5k3为正整数，又因为为正整数，又因为 0k5 且且 kZ，所以，所以 k2,5， 因此系数为有理数的项为因此系数为有理数的项为 C25(32)3x2，x5， 故所求系数之和为故所求系数之和为 20121. 7(2021 辽宁八市重点高中联考辽宁八市重点高中联考)已知已知(2mx)(1x)4的展开式中的展开式中 x 的奇数次幂项的
10、系的奇数次幂项的系数之和为数之和为 64，则，则 m( ) A.74 B.72 C4 D7 解析：解析：选选 B 设设(2mx)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5， 令令 x1，得，得(2m1)24a0a1a2a3a4a5. 令令 x1，得，得 0a0a1a2a3a4a5. ，得，得 16(2m1)2(a1a3a5)264，解得，解得 m72，故选，故选 B. 8设设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，则，则a2a4a1a3的值为的值为( ) 第 4 页 共 7 页 A6160 B122121 C34 D90121 解析：解析：选选 C 由二项式定理，得由二项式定理，得 a
11、1C15 2480，a2C25 2380，a3C35 22 40，a4C45 210，所以，所以a2a4a1a334，故选，故选 C. 9 在 在 xax5的展开式中，的展开式中， x3的系数等于的系数等于5， 则该展开式的各项的系数中最， 则该展开式的各项的系数中最大值为大值为( ) A5 B10 C15 D20 解析：解析：选选 B xax5的展开式的通项的展开式的通项 Tr1Cr5x5r axr(a)rCr5x52r， 令令 52r3，则，则 r1，所以，所以a55，即，即 a1， 展开式中第展开式中第 2,4,6 项的系数为负数，第项的系数为负数，第 1,3,5 项的系数为正数，故各项
12、的系数中最大值项的系数为正数，故各项的系数中最大值为为 C2510，故选，故选 B. 10(多选多选)若若 xaxn的展开式中最中间的一项是的展开式中最中间的一项是52x x，则，则( ) Aa12 B展开式中所有项的二项式系数之和为展开式中所有项的二项式系数之和为 64 C展开式中的所有项的系数和为展开式中的所有项的系数和为164 D展开式中的常数项为展开式中的常数项为1516 解析：解析：选选 BCD 因为因为 xaxn的展开式中存在最中间的一项，所以的展开式中存在最中间的一项，所以 n 必然为偶数，必然为偶数，且最中间的一项为且最中间的一项为52x x，所以，所以 ( a)2n52，n4
13、32，解得，解得 n6，a14，故，故 A 错误；展开式中所有项的二项式系数之和为错误；展开式中所有项的二项式系数之和为 2n2664，故故 B 正确；正确； xaxn x12 x6，令，令 x1，得展开式中所有项的系数和为，得展开式中所有项的系数和为 1126164，故故 C 正确；因为二项展开式的通项公式为正确；因为二项展开式的通项公式为 Tr1Cr6x6r 12 xrCr6 12rx362r，令，令 63r20，得，得 r4，所以展开式中的常数项为，所以展开式中的常数项为 T5C46 1241516，故，故 D 正确故选正确故选 BCD. 第 5 页 共 7 页 11已知已知 xax10
14、的展开式中含有的展开式中含有 x112的系数是的系数是120，则，则 a_. 解析解析：由二项式定理的展开式可得：由二项式定理的展开式可得 Cr10 x10r axrCr10()arx1032r. 因为因为 x112的系数是的系数是120，所以，所以 x1032rx112. 解得解得 r3. 所以系数为所以系数为 C310()a3120.解得解得 a1. 答案答案：1 12若若(12 020 x)2 020a0a1xa2x2a2 020 x2 020，则，则a12 0202a22 02023a32 02031 010a1 0102 0201 010_. 解析：解析：因为因为nan2 020nn
15、2 020nCn2 0202 020nnCn2 0202 020Cn12 019， 所以所以a12 0202a22 02023a32 02031 010a1 0102 0201 010 2 020(C02 019C12 019C1 0092 019)2 02022 0192 2 02022 018. 答案：答案：2 02022 018 13 已知 已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)， 若， 若 a0a1an62，则，则 logn25 等于等于_ 解析解析：令：令 x1 可得可得 a0a1a2an222232n2 2n1 212n1262，解得解得 n5，所以，
16、所以 logn252. 答案答案：2 14(2021 青岛模拟青岛模拟)已知已知(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，设，设 Sna0a1a2an，数列，数列 1Sn的前的前 n 项和为项和为 Tn，当，当|Tn1|12 020时，时，n 的最小整数值为的最小整数值为_ 解析：解析：因为因为(1x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，令，令 x1，得，得 Sna0a1a2an2n，所以，所以1Sn12n，所以，所以 Tn12 112n112112n，所以，所以|Tn1|12 020即为即为12n12 020，所，所以以 n11，即，即 n 的最小整数值为的最小整数值为 11. 答
17、案：答案：11 第 6 页 共 7 页 15已知已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7，求：，求： (1)a1a2a7； (2)a1a3a5a7； (3)a0a2a4a6； (4)|a0|a1|a2|a7|. 解解：令令 x1，则则 a0a1a2a3a4a5a6a71. 令令 x1，则则 a0a1a2a3a4a5a6a737. (1)a0C071， a1a2a3a72. (2)() 2，得得 a1a3a5a713721 094. (3)() 2，得得 a0a2a4a613721 093. (4)(12x)7展开式中展开式中 a0，a2，a4，a6大于零大于零，而而 a1，a3，a5，a7小
18、于零小于零， |a0|a1|a2|a7| (a0a2a4a6)(a1a3a5a7) 1 093(1 094)2 187. 16已知已知 x124xn的展开的展开式中，前三项的系数成等差数列式中，前三项的系数成等差数列 (1)求求 n； (2)求展开式中的有理项；求展开式中的有理项； (3)求展开式中系数最大的项求展开式中系数最大的项 解：解：(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为由二项展开式知，前三项的系数分别为 C0n，12C1n，14C2n， 由已知得由已知得 212C1nC0n14C2n，解得，解得 n8(n1 舍去舍去) (2) x124x8的展开式的通项的展开式的通项 Tr1Cr8
19、( x)8r 124xr2rCr8x344- r(r0,1，8)， 要求有理项，则要求有理项，则 43r4必为整数，即必为整数，即 r0,4,8，共，共 3 项，这项，这 3 项分别是项分别是 T1x4，T5358x，T91256x2. (3)设第设第 r1 项的系数项的系数 ar1最大，则最大，则 ar12rCr8， 则则ar1ar2rCr82 r1 Cr189r2r1， ar1ar22rCr82 r1 Cr182 r1 8r1，解得，解得 2r3. 第 7 页 共 7 页 当当 r2 时，时，a322C287，当，当 r3 时，时，a423C387， 因此，第因此，第 3 项和第项和第 4 项的系数最大，项的系数最大， 故系数最大的项为故系数最大的项为 T37x52，T47x74.