《2022届高三数学一轮复习（原卷版）10．2 二项式定理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）10．2 二项式定理.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 102 二项式定理二项式定理 1二项式定理 (ab)n_(nN*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理(ab)n的二项展开式共有_项，其中各项的系数_(k0，1，2，n)叫做二项式系数，式中的_叫做二项展开式的通项，用 Tk1表示，即_通项为展开式的第_项 2二项式系数的性质 (1)对称性 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即 C0nCnn，C1nCn1n，C2nCn2n，_，CnnC0n (2)增减性与最大值 二项式系数 Ckn，当_时，二项式系数是递增的；当_时，二项式系数是递减的 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_和_相
2、等，且同时取得最大值 (3)各二项式系数的和 (ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于_，即 C0nC1nC2nCrnCnn_二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C1nC3nC5nC0nC2nC4n_ 自查自纠： 1C0nanC1nan1bCknankbkCnnbn n1 Ckn Cknankbk Tk1Cknankbk k1 2(1)CknCnkn (2)kn12 kn12 2Cnn 12Cnn 12Cnn (3)2n 2n 2n1 (2017全国卷)11x2(1x)6展开式中x2的系数为 ( ) A15 B20 C30 D35 解：(1x)6展开式的通项
3、Tr1Cr6xr，所以11x2(1x)6的展开式中 x2的系数为 1C261C4630，故选 C (2018全国卷)(x22x)5的展开式中 x4的系数为 ( ) A10 B20 C40 D80 解 ： 由 题 可 得 Tr1 Cr5(x2)5r(2x)rCr52r x103r，令 103r4，则 r2，所以x4的系数为 C252240故选 C (2017全国卷)(xy)(2xy)5的展开式中 x3y3的系数为 ( ) A80 B40 C40 D80 解：原题即求(2xy)5中 x2y3与 x3y2系数的和，即为 C3522(1)3C2523(1)240故选 C (2016全国卷)(2x x)
4、5的展开式中，x3的系数是_(用数字填写答案) 解：展开式的通项为 Tr125rCr552rx，令 5r23，得 r4，故所求系数为 2C4510故填10 (2016天津)x21x8的展开式中 x7的系数为_(用数字作答) 解：二项式展开式通项为 Tr1Cr8(x2)8r1xr(1)rCr8x163r，令 163r7，r3，所以 x7的系数为(1)3C3856故填56 类型一类型一 求特定项求特定项 (1)(2018长沙四县联考)已知(x 2 ax)5的展开式中含 x32的项的系数为 30，则实数 a_ 解：(xax)5的展开式的通项为 Tr1 Cr5( x)5r(ax)r(a)rCr5x52
5、r2依题意，令 52r3，得 r1，所以(a)1C1530，解得 a6故填6 (2)(x22)(1x21)5的展开式的常数项是( ) A3 B2 C2 D3 解： 第一个因式取 x2， 第二个因式取1x2得： 1C15(1)45；第一个因式取 2，第二个因式取(1)5得：2(1)52展开式的常数项是 5(2)3故选 D (3)(2017浙江)已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则 a4_，a5_ 解：a4为含 x 的项的系数，根据二项式定理，a4C2312C2222C3313C12216，a5是常数项，a5C3313C22224故填 16；4 点 拨： 求二项
6、展开式有关问题的常见类型及解题策略：求展开式中的特定项可依据条件写出第 r1 项，再由特定项的特点求出 r 值即可已知展开式的某项，求特定项的系数可由某项得出参数项， 再由通项写出第 r1 项， 由特定项得出 r 值，最后求出其系数 (1)xax2x1x5的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中的常数项为 ( ) A40 B20 C20 D40 解：令 x1，可得 a12，a1，2x1x5的展开式中1x项的系数为 C3522(1)3，x 项的系数为 C2523，所以x1x(2x1x)5的展开式中常数项为 C3522(1)C252340故选 D (2)(xy)(xy)8的展开式中 x2y7的系
7、数为_(用数字填写答案) 解：(xy)8展开式的通项为 Tr1Cr8x8ryr(r0，1，8)， 所以 T8C78xy78xy7，T7C68x2y628x2y6 所以(xy)(xy)8的展开式中x2y7的项为x 8xy7y 28x2y620 x2y7，故系数为20故填20 (3)(x2xy)5的展开式中， x5y2的系数为( ) A10 B20 C30 D60 解：在(x2xy)5的 5 个因式中，2 个取 x2，剩余的 3 个因式中 1 个取 x，其余因式取 y，故 x5y2的系数为 C25C13C2230，故选 C 类型二类型二 展开式的系数和问题展开式的系数和问题 在(2x3y)10的展
8、开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和 解：设(2x3y)10a0 x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*) 各项系数和为 a0a1a10，奇数项系数和为a0a2a10， 偶数项系数和为a1a3a5a9，x 的奇次项系数和为 a1a3a5a9，x的偶次项系数和为 a0a2a4a10 由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和 (1)二项式系数的和为 C010C110C1010210 (2)令 xy1，各项系数和为(23)1
9、0(1)101 (3)奇数项的二项式系数和为 C010C210C101029， 偶数项的二项式系数和为C110C310C91029 (4)令 xy1，得 a0a1a2a101， 令 x1，y1(或 x1，y1)， 得 a0a1a2a3a10510， 得 2(a0a2a10)1510， 所以奇数项系数和为15102； 得 2(a1a3a9)1510， 所以偶数项系数和为15102 (5)x 的奇次项系数和为 a1a3a5a9 3 15102； x 的偶次项系数和为 a0a2a4a1015102 点 拨： “赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理二项式相关问题比较常用的方法对形如(axb)n，(ax
10、2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x1 即可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 xy1 即可若 f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为 f(1)，奇数项系数之和为 a0a2a4f（1）f（1）2，偶数项系数之和为 a1a3a5f（1）f（1）2 (1)(2018岳阳模拟)若二项式(3x21x)n的展开式中各项系数的和是 512，则展开式中的常数项为 ( ) A27C39 B27C39 C9C49 D9C49 解： 令 x1 得 2n512， 所以 n9， 故(3x21x)9的展开式的通项为 Tr1
11、Cr9(3x2)9r(1x)r (1)rCr939rx183r，令 183r0 得 r6，所以常数项为 T7(1)6C693327C39故选 B (2)(13x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则|a0|a1|a2|a3|a4|a5| ( ) A1 024 B243 C32 D24 解：令 x1 得 a0a1a2a3a4a5 |a0|a1|a2|a3|a4|a5|1(3)545 1 024故选 A (3)设22x2na0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_ 解：设 f(x)22x2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)
12、2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4 a2n a1 a3 a5 a2n1) f( 1) f(1) 2212n2212n122n14n故填 14n 类型三类型三 系数最大项问题系数最大项问题 已知(3xx2)2n的展开式的二项式系数和比(3x1)n的展开式的二项式系数和大 992 (1)求2x1x2n的二项式系数最大的项； (2)求2x1x2n的展开式系数最大的项 解：由题意知，22n2n992，即(2n32)(2n31)0， 所以 2n32(负值舍去)，解得 n5 (1)由二项式系数的性质知，2x1x10的展开式中第 6 项的二项式系数最大，即 C510252 所以 T6
13、C510(2x)5 1x5C510258 064 (2)设第 r1 项的系数最大， 因为 Tr1Cr10(2x)10r 1xrCr10210rx102r， 解得83r113， 因为 rN，所以 r3故系数最大的项是第 4项，第 4 项为 T4C31027x415 360 x4 点 拨： 求二项式系数最大项，如果 n 是偶数，则中间一项第n21项 的二项式系数最大； 如果 n 是奇数，则中间两项(第n12项与第n121 项)的二项式系数相等并最大求展开式系数最大项，如求(abx)n(a，bR)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，列出不等式组ArAr1，ArAr1，从而解出 r， 4 即得
14、展开式系数最大的项 已知()x233x2n的展开式中第 3 项与第 4 项的二项式系数相等 (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：(1)易知 n5，故展开式共有 6 项，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项 所以 T3C25( )x233(3x2)290 x6， T4C35( )x232(3x2)3270 x223 (2)设展开式中第 r1 项的系数最大 Tr1Cr5(x23)5r(3x2)rCr53rx104r3， 即3r16r，15r3r1 解得72r92因为 rN， 所以 r4，即展开式中第 5 项的系数最大 T5C45x23(3x2)4405x263
15、 类型四类型四 整除问题与求近似值问题整除问题与求近似值问题 (1)(2018临沂模拟)487被 7 除的余数为 a(0a7)，则 a 的值为_ 解：487(491)7C07497C17496C67491，由于 C07497，C17496，C6749 都能被 7 整除，所以 487被 7 除的余数为176，即 a6故填6 (2)1028的近似值为_(精确到小数点后三位) 解：1028(1002)8C08C18002C280022C3800231172故填 1172 点 拨： 利用二项式定理解决整除问题的关键是巧妙地构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只需证明这个式子按二
16、项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除因此，一般将被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开，此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关知识来处理注意：0余数0)的展开式中 x2的系数是 66，则0asinxdx 的值为_ 解： 由题意可得(x2ax1)6的展开式中 x2的系数为 C16C26a2，故 C16C26a266，所以 a2 或 a2(舍去)故0asinxdx(cosx)|201cos2故填 1cos2 1二项展开式的通项主要用于求二项式的指数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点： (1)Cknankbk是第 k1 项，而不是第 k 项 (2)求展开式的一些特殊项，通常都是由题
17、意列出方程求出 k，再求所需的某项(有时需先求 n)计算时要注意 n，k 的取值范围及它们的大小关系 (3)求展开式的某一项的系数，先要准确地写出通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数和字母分离 2要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别在(ab)n的展开式中，系数最大的项是中间项；但当 a，b 的系数不是 1 时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据系数的增减性具体讨论而定 3对三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷性 4二项式
18、定理的应用方法 (1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法 (2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问题”或“余数问题”的重要方法 (3)整除问题要关注的是展开式的最后几项，求近似值问题关注的是展开式的前几项 (4)有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理 (5)要注意二项式定理的逆用，它常用于有关化简和求值问题 1(2016四川)设 i 为虚数单位，则(xi)6的展开式中含 x4的项为 ( ) A15x4 B15x4 C20ix4 D20ix4 解：由题可知，含 x4的项为 C26x4i215x4故选 A 2已
19、知(1x)n的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为 ( ) A29 B210 C211 D212 解：由题意，C3nC7n，解得 n10则奇数项的二项式系数和为 2n129故选 A 3(xax)(2x1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为 ( ) A40 B20 C20 D40 解：在(xax)(2x1x)5中，令 x1，得(1a)(21)52，即 a1 原式x (2x1x)51x(2x1x)5，故常数项为 x C35(2x)2(1x)31xC25(2x)3(1x)2408040故选 D 4(2016贵州模拟)在二项式(x2x1)(x1)
20、5的展开式中，含 x4项的系数是 ( ) A25 B5 C5 D25 解：因为(x2x1)(x1)x31，所以原式可化为(x31)(x1)4故展开式中，含 x4项的系数为C34(1)3C04415故选 B 5设复数 x2i1i(i 是虚数单位)，则 C12 019xC22 019x2C32 019x3C2 0192 019x2 019 ( ) Ai Bi C1i D1i 解： x2i1i2i（1i）（1i）（1i）1i， 由于C12 019xC22 019x2C32 019x3C2 0192 019x2 019(1x)2 0191(11i)2 0191i2 0191i1故选D 6从4x1x20
21、的展开式中任取一项，则取到有理项的概率为 ( ) 6 A521 B27 C310 D37 解：4x1x20的展开式的通项公式为 Tk1Ck20(4x)20k1xkCk20354kx， 其中 k0，1，2，20而当 k0，4，8，12，16，20 时，534k 为整数，对应的项为有理项，所以从 4x1x20的展开式中任取一项，取到有理项的概率为 P62127故选 B 7(2017山东)已知(13x)n的展开式中含有x2项的系数是 54，则 n_ 解：(13x)n的展开式的通项为 Tr1Crn(3x)r，令 r2，得 T39C2nx2，由题意得 9C2n54，解得 n4故填 4 8在(1x)6(1
22、y)4的展开式中，记 xmyn项的系数为 f(m，n)，则 f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)_ 解：在(1x)6的展开式中，xm的系数为 Cm6，在(1y)4的展开式中，yn的系数为 Cn4，故 f(m，n)Cm6Cn4 所以 f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)C36C04C26C14C16C24C06C34120故填 120 9求证：32n28n9 能被 64 整除(nN*) 证明：因为 32n28n93232n8n9 9 9n8n99(81)n8n9 9(C0n8nC1n8n1Cn1n8Cnn1)8n9 9(8nC1n8n1Cn2n82)9 8n98n9 98
23、2(8n2C1n8n3Cn2n)64n 649(8n2C1n8n3Cn2n)n 所以 32n28n9 能被 64 整除 10已知二项式122xn (1)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的项的系数； (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)因为 C4nC6n2C5n，所以 n221n980， 所以 n7 或 n14 当 n7 时，展开式中二项式系数最大的项是T4和 T5 所以 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
24、T8 所以 T8的系数为 C714127273 432 (2)因为 C0nC1nC2n79， 所以 n2n1560， 所以 n12 或 n13(舍去)设第 k1 项的系数最大， 因为122x121212(14x)12， 所以 k10 所以展开式中系数最大的项为第 11 项， 且 T11C1012122210 x1016 896x10 11 (1)已知(1xx2)3(12x2)4a0a1xa2x2a14x14，求 a1a3a5a13的值 (2)已知(x1)2(x2)2 014a0a1(x2)a2(x2)2a2 016(x2)2 016，求a12a222a323a2 01622 016的值 解：(
25、1)设 f(x)(1xx2)3(12x2)4 令 x 分别取 1，1，则 f(1)a0a1a2a13a141； f(1)a0a1a2a13a1427 a1a3a5a13f（1）f（1）2127213 (2)依题意令 x32， 得32123222 014 a0 a1322 a23222 a2 0163222 016， 令 x2 得 a00， 则a12a222a323a2 01622 016122 016 (2017 九江模拟)(x2x1)10展开式中x3项的系数为 ( ) 7 A210 B210 C30 D30 解法一：(x2x1)10是 10 个(x2x1)相乘，乘后各项(未合并)为(x2)a(x)b1c，其中 a，b，c是自然数，且均小于等于 10，和为 10又 x3x2xx x x，故(a，b，c)(1，1，8)或(0，3，7)时为 x3项故所求为 C110C19(1) C88C310(1)3C77210 解法二：(x2x1)10(x2x)110的展开式的通项公式为 Tr1Cr10(x2x)10r，(x2x)10r的通项公式为 Tr1(1)rCr10rx202rr令 202rr3，根据 0r10r，r，rN，解得r8，r1或r7，r3，所以(x2x1)10展开式中 x3项的系数为 C810C12(1)C710C33(1)90120210故选 A 8