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二项式专题训练
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这是一份二项式专题训练，共12页。主要包含了第四两项．等内容，欢迎下载使用。
例1 (1) (2019·全国卷Ⅲ) (1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为 ( )
A.12 B.16 C.20 D.24
解：由题意得，x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝4＋8＝12.故选A.
(2)(2018·浙江卷)二项式(eq \r(3,x)＋eq \f(1,2x))8的展开式的常数项是 ．
解：(eq \r(3,x)＋eq \f(1,2x))8的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)xeq \s\up6(\f(8－k,3))·
(eq \f(1,2x))k＝eq \f(1,2k)Ceq \\al(k,8)·xeq \s\up6(\f(8－4k,3))，要使Tk＋1为常数，则eq \f(8－4k,3)＝0，所以k＝2，此时T3＝eq \f(1,22)×Ceq \\al(2,8)＝7，故展开式的常数项为7.故填7.
(3)(2018·长沙四县联考)已知(eq \r(x)－eq \f(a,\r(x)))5的展开式中含xeq \s\up6(\f(3,2))的项的系数为30，则实数a＝ .
解：(eq \r(x)－eq \f(a,\r(x)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(eq \r(x))5－r·(－eq \f(a,\r(x)))r＝(－a)rCeq \\al(r,5)·xeq \s\up6(\f(5－2r,2)).依题意，令5－2r＝3，得r＝1，所以(－a)1·Ceq \\al(1,5)＝30，解得a＝－6.故填－6.
点拨 求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：①求展开式中的特定项．可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可．②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r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其系数．
变式1 (1) ［深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）］已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(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 ( )
A.－80 B.－40 C.40 D.80
解：令x＝1，得展开式的各项系数和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,1)))eq \s\up12(5)＝1＋a，所以1＋a＝2，所以a＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＋eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)，
所求展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式的常数项与x项的系数和，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r·(－1)req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝(－1)r25－rCeq \\al(r,5)x5－2r，
令5－2r＝1得r＝2；令5－2r＝0，无整数解，
所以展开式中常数项为8Ceq \\al(2,5)＝80.故选D.
(2)(eq \a\vs4\al(河北省唐山市2020届高三上摸底))在(x＋y)(x－y)5的展开式中，x3y3的系数是 ( )
A.－10 B.0 C.10 D.20
解：由题意，二项式(x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,5)x5－kyk，
所以展开式中x3y3的系数为(－1)3Ceq \\al(3,5)＋(－1)2Ceq \\al(2,5)＝－10＋10＝0.故选B.
(3)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A.10 B.20 C.30 D.60
解：在(x2＋x＋y)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Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.故选C.
考点二 展开式的系数和问题
例2 在(2x－3y)10的展开式中，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(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
各项系数和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10.
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Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210.
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(3)奇数项的二项式系数和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝29，
偶数项的二项式系数和为Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(3,10)＋…＋Ceq \\al(9,10)＝29.
(4)令x＝y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①
令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，
所以奇数项系数和为eq \f(1＋510,2)；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
所以偶数项系数和为eq \f(1－510,2).
(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝eq \f(1－510,2)；
x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝eq \f(1＋510,2).
点拨 ①“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 (ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝1即可；对形如 (ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．②若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f（1）－f（－1）,2).
变式2 (1)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋x))eq \s\up12(2n)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝ .
解：设f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋x))eq \s\up12(2n)，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＝f(－1)·f(1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－1))eq \s\up12(2n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋1))eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n).故填eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n).
(2)(河北衡水2019届高三12月第三次联合质量测评)二项式(ax＋eq \f(b,x))n(a＞0，b＞0)的展开式中，设“所有二项式系数和”为A，“所有项的系数和”为B，“常数项”值为C，若A＝B＝256，C＝70，则含x6的项为 ．
解：依题意得，2n＝256，所以n＝8，在(ax＋eq \f(b,x))n的展开式中，令x＝1，则有(a＋b)8＝256，所以a＋b＝2，又因为(ax＋eq \f(b,x))8展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(ax)8－r(eq \f(b,x))r＝Ceq \\al(r,8)a8－rbrx8－2r，令8－2r＝0⇒r＝4.所以C＝Ceq \\al(4,8)a4b4＝70，得ab＝1，ab＝－1(舍)，当ab＝1时，由a＋b＝2得a＝b＝1.令8－2r＝6，得r＝1，所以T2＝Ceq \\al(1,8)x6＝8x6.故填8x6.
(3)(上海市交大附中2019届高三一模)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，那么(eq \r(x)－eq \f(1,\r(x)))n的展开式中的常数项为 ．
解：由题意，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，所以2n＋1－2＝126，所以n＝6，
则(eq \r(x)－eq \f(1,\r(x)))6的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·(－1)r·x3－r，
令3－r＝0，得r＝3，可得展开式中的常数项为－Ceq \\al(3,6)＝－20.故填－20.
考点三 系数最大项问题
例3 已知(eq \r(3,x)＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992.
(1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的二项式系数最大的项；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式系数最大的项．
解：由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，
所以2n＝32(负值舍去)，解得n＝5.
(1)由二项式系数的性质知，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中第6项的二项式系数最大，即Ceq \\al(5,10)＝252.
所以T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x5)))＝Ceq \\al(5,10)25＝8 064.
(2)设第r＋1项的系数最大，
因为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(2x)10－req \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,xr)))＝Ceq \\al(r,10)210－rx10－2r，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r－1,10)210－r＋1，,Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r＋1,10)210－r－1，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)≥2Ceq \\al(r－1,10)，,2Ceq \\al(r,10)≥Ceq \\al(r＋1,10)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－r≥2r，,2（r＋1）≥10－r，))
解得eq \f(8,3)≤r≤eq \f(11,3)，
因为r∈N，所以r＝3.故系数最大的项是第4项，第4项为T4＝Ceq \\al(3,10)27x4＝15 360x4.
点拨 求二项式系数最大项，如果n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大；如果n是奇数，则中间两项(第eq \f(n＋1,2)项与第eq \f(n＋1,2)＋1项)的二项式系数相等并最大．求展开式系数最大项，如求(a＋bx)n(a，b∈R)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ar≥Ar－1，,Ar≥Ar＋1，))从而解出r，即得展开式系数最大的项．
变式3 已知(xeq \s\up6(\f(2,3))＋3x2)n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n＝5，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T3＝Ceq \\al(2,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))3·(3x2)2＝90x6，
T4＝Ceq \\al(3,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))2·(3x2)3＝270xeq \s\up6(\f(22,3)).
(2)设展开式中第r＋1项的系数最大．
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(xeq \s\up6(\f(2,3)))5－r·(3x2)r＝Ceq \\al(r,5)·3r·xeq \s\up6(\f(10＋4r,3))，
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,5)·3r≥Ceq \\al(r－1,5)·3r－1，,Ceq \\al(r,5)·3r≥Ceq \\al(r＋1,5)·3r＋1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,r)≥\f(1,6－r)，,\f(1,5－r)≥\f(3,r＋1).))
解得eq \f(7,2)≤r≤eq \f(9,2).因为r∈N，
所以r＝4，即展开式中第5项的系数最大．
T5＝Ceq \\al(4,5)·xeq \s\up6(\f(2,3))·(3x2)4＝405xeq \s\up6(\f(26,3)).
考点四 可化为二项式的展开式
例5 (eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式中的常数项为 ．(用数字作答)
解法一：原式＝(eq \f(x2＋2\r(2)x＋2,2x))5＝eq \f(1,32x5)·[(x＋eq \r(2))2]5＝eq \f(1,32x5)·(x＋eq \r(2))10.
求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5项的系数，即Ceq \\al(5,10)·(eq \r(2))5.
所以所求的常数项为eq \f(Ceq \\al(5,10)·（\r(2)）5,32)＝eq \f(63\r(2),2).
解法二：要得到常数项，可以对5个括号中各项的选取情况进行分类：
①5个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为(eq \r(2))5.
②5个括号中的1个选eq \f(x,2)，1个选eq \f(1,x)，3个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)·Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3.
③5个括号中的2个选eq \f(x,2)，2个选eq \f(1,x)，1个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(2,5)(eq \f(1,2))2·Ceq \\al(2,3)·eq \r(2).
因此展开式的常数项为(eq \r(2))5＋Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)·Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3＋Ceq \\al(2,5)(eq \f(1,2))2·Ceq \\al(2,3)·eq \r(2)＝eq \f(63\r(2),2).故填eq \f(63\r(2),2).
点拨 三项式的展开式问题，通常可用方法一化为二项式问题，或者用方法二化为计数问题．
变式5 (2020·河南高三月考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))eq \s\up12(4)的展开式中的常数项为( )
A.36 B.－36 C.48 D.－48
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(x＋y,xy)))4＝(x＋y)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,xy)))4，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))4的展开式中的常数项为(Ceq \\al(2,4)x2y2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(2,4)·\f(1,x2y2)))＝36.故选A.
课后作业
1．(山东淄博市2019届部分学校高三阶段性诊断)(x－eq \f(1,\r(3,x)))8展开式的常数项为 ( )
A.－56 B.－28 C.56 D.28
解：(x－eq \f(1,\r(3,x)))8展开式的通项公式为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)·x8－r·(－eq \f(1,\r(3,x)))r＝Ceq \\al(r,8)·(－1)r·x8－eq \f(4,3)r，令8－eq \f(4,3)r＝0，得r＝6，所以所求常数项为Ceq \\al(6,8)·(－1)6＝28.故选D.
2．已知(1＋x)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
( )
A.29 B.210 C.211 D.212
解：由题意，Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
3．(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))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 ( )
A.－40 B.－20 C.20 D.40
解：在(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，即a＝1.
原式＝x·(2x－eq \f(1,x))5＋eq \f(1,x)(2x－eq \f(1,x))5，故常数项为x·Ceq \\al(3,5)(2x)2(－eq \f(1,x))3＋eq \f(1,x)·Ceq \\al(2,5)(2x)3·(－eq \f(1,x))2＝－40＋80＝40.故选D.
4．在二项式(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是 ( )
A.－25 B.－5 C.5 D.25
解：因为(x2＋x＋1)(x－1)＝x3－1，所以原式可化为(x3－1)(x－1)4.故展开式中，含x4项的系数为Ceq \\al(3,4)(－1)3－Ceq \\al(0,4)＝－4－1＝－5.故选B.
5.若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan等于 ( )
A.eq \f(3,4)(3n－1) B.eq \f(3,4)(3n－2)
C.eq \f(3,2)(3n－2) D.eq \f(3,2)(3n－1)
解：在展开式中，令x＝2，得3＋32＋33＋…＋3n＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，
即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝eq \f(3（1－3n）,1－3)＝eq \f(3,2)(3n－1)．
故选D.
6．(山东郓城一中等学校2019届高三第三次模拟)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x3的系数为
( )
A.14 B.－14 C.240 D.－240
解：二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(2x)n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(r)，
由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，可得Ceq \\al(1,n)∶Ceq \\al(2,n)＝2∶5，即eq \f(2n,n（n－1）)＝eq \f(2,5)，解得n＝6或n＝0(舍去)．
所以Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)26－r(－1)rx6－eq \f(3,2)r，令6－eq \f(3,2)r＝3，解得r＝2，所以x3的系数为Ceq \\al(2,6)26－2(－1)2＝240.故选C.
7．(2020·河北高二期末)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(1,x2)＋2x))5的展开式中含x5项的系数为 ( )
A.160 B.210 C.120 D.252
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(1,x2)＋2x))5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))10，所以Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(x2)10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,10)x20－3r，当r＝5时，T6＝Ceq \\al(5,10)x5＝252x5.故选D.
8．【多选题】(2020·全国高三月考)设f(x)是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的中间项，则f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立的必要不充分条件是 ( )
A.m∈[0，＋∞) B.m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，＋∞))
C.m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，5)) D.m∈[5，＋∞)
解：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的展开式中共有7项，所以中间项为第4项．
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝eq \f(1,2r)Ceq \\al(r,6)x12－3r，
令r＝3，得T4＝eq \f(1,8)Ceq \\al(3,6)x3＝eq \f(5,2)x3，所以f(x)＝eq \f(5,2)x3.
因为f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
所以eq \f(5,2)x3≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
所以m≥eq \f(5,2)x2在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
当x＝eq \r(2)时，eq \f(5,2)x2有最大值5，所以m≥5，
所以符合条件的是AB.故选AB.
9．(江西南昌外国语学校2019届高三适应性测试)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若15a＝8b，则m＝ .
解：(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为a＝Ceq \\al(m,2m)，
(x＋y)2m＋1展开式中二项式系数的最大值为b＝Ceq \\al(m＋1,2m＋1)，
因为15a＝8b，所以15Ceq \\al(m,2m)＝8Ceq \\al(m＋1,2m＋1)，即15·eq \f(（2m）！,m！m！)＝8·eq \f(（2m＋1）！,m！（m＋1）！)，解得m＝7.故填7.
10．(浙江嘉兴市2020届高三上9月教学测试)二项式(eq \r(6,x)＋eq \f(1,\r(3,x)))6的展开式中，所有有理项(系数为有理数，x的次数为整数的项)的系数之和为；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有 种．(用数字作答)
解：因为二项式(eq \r(6,x)＋eq \f(1,\r(3,x)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)xeq \s\up6(\f(6－r,6))x－eq \f(1,3)r＝Ceq \\al(r,6)xeq \s\up6(\f(2－r,2))，
因为eq \f(2－r,2)＝1－eq \f(r,2)∈Z，所以r＝0，2，4，6，
故所有有理项的系数为Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(6,6)＝1＋15＋15＋1＝32；
展开式中共有7项，其中4项为有理项，将另外三项排列有Aeq \\al(3,3)种，有理项插空排列有Aeq \\al(4,4)，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(4,4)＝144种．故填32；144.
11．求证：32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)．
证明：因为32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9
＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9
＝9(Ceq \\al(0,n)8n＋Ceq \\al(1,n)8n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·8＋Ceq \\al(n,n)·1)－8n－9
＝9(8n＋Ceq \\al(1,n)8n－1＋…＋Ceq \\al(n－2,n)82)＋9·8n＋9－8n－9
＝9×82(8n－2＋Ceq \\al(1,n)8n－3＋…＋Ceq \\al(n－2,n))＋64n
＝64[9(8n－2＋Ceq \\al(1,n)8n－3＋…＋Ceq \\al(n－2,n))＋n]．
所以32n＋2－8n－9能被64整除．
12.(2019·江苏卷)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*，已知aeq \\al(2,3)＝2a2a4.
(1)求n的值；
(2)设(1＋eq \r(3))n＝a＋beq \r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．
解：(1)因为(1＋x)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)x＋Ceq \\al(2,n)x2＋…＋Ceq \\al(n,n)xn，n≥4，
所以a2＝Ceq \\al(2,n)＝eq \f(n（n－1）,2)，
a3＝Ceq \\al(3,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）,6)，
a4＝Ceq \\al(4,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).
因为aeq \\al(2,3)＝2a2a4，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq \s\up12(2)＝2×eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24)，解得n＝5.
(2)由(1)知，n＝5.
(1＋eq \r(3))n＝(1＋eq \r(3))5
＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)eq \r(3)＋Ceq \\al(2,5)(eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,5)(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(eq \r(3))4＋
Ceq \\al(5,5)(eq \r(3))5
＝a＋beq \r(3).
解法一：因为a，b∈N*，所以a＝Ceq \\al(0,5)＋3Ceq \\al(2,5)＋9Ceq \\al(4,5)＝76，b＝Ceq \\al(1,5)＋3Ceq \\al(3,5)＋9Ceq \\al(5,5)＝44，
从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.
解法二：(1－eq \r(3))5＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)(－eq \r(3))＋Ceq \\al(2,5)(－eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,5)·(－eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(－eq \r(3))4＋Ceq \\al(5,5)(－eq \r(3))5
＝Ceq \\al(0,5)－Ceq \\al(1,5)eq \r(3)＋Ceq \\al(2,5)(eq \r(3))2－Ceq \\al(3,5)(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(eq \r(3))4－ Ceq \\al(5,5)(eq \r(3))5.
因为a，b∈N*，所以(1－eq \r(3))5＝a－beq \r(3).
因此a2－3b2＝(a＋beq \r(3))(a－beq \r(3))＝(1＋eq \r(3))5×(1－eq \r(3))5＝(－2)5＝－32.
13．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))eq \s\up12(n).
(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Ceq \\al(4,n)＋Ceq \\al(6,n)＝2Ceq \\al(5,n)，所以n2－21n＋98＝0，
所以n＝7或n＝14.
当n＝7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Ceq \\al(3,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×23＝eq \f(35,2)，
T5的系数为Ceq \\al(4,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×24＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.
所以T8的系数为Ceq \\al(7,14)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(7)×27＝3 432.
(2)因为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝79，所以n2＋n－156＝0，
所以n＝12或n＝－13(舍去)．设第k＋1项的系数最大，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))eq \s\up12(12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(12)(1＋4x)12，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,12)4k≥Ceq \\al(k－1,12)4k－1，,Ceq \\al(k,12)4k≥Ceq \\al(k＋1,12)4k＋1.))所以9.4≤k≤10.4，所以k＝10.
所以展开式中系数最大的项为第11项，
且T11＝Ceq \\al(10,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)·210·x10＝16 896x10.
附加题 (2020届湖北百校高三10月联考)已知(1－x＋mx2)6的展开式中x4的系数小于90，则m的取值范围为 ．
解：(1－x＋mx2)6的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(1－x)6－r(mx2)r，r＝0，1，…，6，
(1－x)6－r的通项公式为
Tl＋1＝Ceq \\al(l,6－r)(－x)l，l＝0，1，…，6－r，
令l＋2r＝4，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝0，,l＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝1，,l＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝2，,l＝0.))
则展开式中x4的系数为Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)m＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(0,4)m2＜90，
即m2＋4m－5＜0，解得－5＜m＜1，即m的取值范围为(－5，1)．故填(－5，1)．
例1 (1) (2019·全国卷Ⅲ) (1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为 ( )
A.12 B.16 C.20 D.24
解：由题意得，x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝4＋8＝12.故选A.
(2)(2018·浙江卷)二项式(eq \r(3,x)＋eq \f(1,2x))8的展开式的常数项是 ．
解：(eq \r(3,x)＋eq \f(1,2x))8的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)xeq \s\up6(\f(8－k,3))·
(eq \f(1,2x))k＝eq \f(1,2k)Ceq \\al(k,8)·xeq \s\up6(\f(8－4k,3))，要使Tk＋1为常数，则eq \f(8－4k,3)＝0，所以k＝2，此时T3＝eq \f(1,22)×Ceq \\al(2,8)＝7，故展开式的常数项为7.故填7.
(3)(2018·长沙四县联考)已知(eq \r(x)－eq \f(a,\r(x)))5的展开式中含xeq \s\up6(\f(3,2))的项的系数为30，则实数a＝ .
解：(eq \r(x)－eq \f(a,\r(x)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(eq \r(x))5－r·(－eq \f(a,\r(x)))r＝(－a)rCeq \\al(r,5)·xeq \s\up6(\f(5－2r,2)).依题意，令5－2r＝3，得r＝1，所以(－a)1·Ceq \\al(1,5)＝30，解得a＝－6.故填－6.
点拨 求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：①求展开式中的特定项．可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可．②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r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其系数．
变式1 (1) ［深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）］已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(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 ( )
A.－80 B.－40 C.40 D.80
解：令x＝1，得展开式的各项系数和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,1)))eq \s\up12(5)＝1＋a，所以1＋a＝2，所以a＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＋eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)，
所求展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式的常数项与x项的系数和，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r·(－1)req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝(－1)r25－rCeq \\al(r,5)x5－2r，
令5－2r＝1得r＝2；令5－2r＝0，无整数解，
所以展开式中常数项为8Ceq \\al(2,5)＝80.故选D.
(2)(eq \a\vs4\al(河北省唐山市2020届高三上摸底))在(x＋y)(x－y)5的展开式中，x3y3的系数是 ( )
A.－10 B.0 C.10 D.20
解：由题意，二项式(x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,5)x5－kyk，
所以展开式中x3y3的系数为(－1)3Ceq \\al(3,5)＋(－1)2Ceq \\al(2,5)＝－10＋10＝0.故选B.
(3)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A.10 B.20 C.30 D.60
解：在(x2＋x＋y)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Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.故选C.
考点二 展开式的系数和问题
例2 在(2x－3y)10的展开式中，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(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
各项系数和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10.
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Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210.
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(3)奇数项的二项式系数和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝29，
偶数项的二项式系数和为Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(3,10)＋…＋Ceq \\al(9,10)＝29.
(4)令x＝y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①
令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，
所以奇数项系数和为eq \f(1＋510,2)；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
所以偶数项系数和为eq \f(1－510,2).
(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝eq \f(1－510,2)；
x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝eq \f(1＋510,2).
点拨 ①“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 (ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝1即可；对形如 (ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．②若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f（1）－f（－1）,2).
变式2 (1)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋x))eq \s\up12(2n)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝ .
解：设f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋x))eq \s\up12(2n)，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＝f(－1)·f(1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－1))eq \s\up12(2n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋1))eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n).故填eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n).
(2)(河北衡水2019届高三12月第三次联合质量测评)二项式(ax＋eq \f(b,x))n(a＞0，b＞0)的展开式中，设“所有二项式系数和”为A，“所有项的系数和”为B，“常数项”值为C，若A＝B＝256，C＝70，则含x6的项为 ．
解：依题意得，2n＝256，所以n＝8，在(ax＋eq \f(b,x))n的展开式中，令x＝1，则有(a＋b)8＝256，所以a＋b＝2，又因为(ax＋eq \f(b,x))8展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(ax)8－r(eq \f(b,x))r＝Ceq \\al(r,8)a8－rbrx8－2r，令8－2r＝0⇒r＝4.所以C＝Ceq \\al(4,8)a4b4＝70，得ab＝1，ab＝－1(舍)，当ab＝1时，由a＋b＝2得a＝b＝1.令8－2r＝6，得r＝1，所以T2＝Ceq \\al(1,8)x6＝8x6.故填8x6.
(3)(上海市交大附中2019届高三一模)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，那么(eq \r(x)－eq \f(1,\r(x)))n的展开式中的常数项为 ．
解：由题意，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，所以2n＋1－2＝126，所以n＝6，
则(eq \r(x)－eq \f(1,\r(x)))6的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·(－1)r·x3－r，
令3－r＝0，得r＝3，可得展开式中的常数项为－Ceq \\al(3,6)＝－20.故填－20.
考点三 系数最大项问题
例3 已知(eq \r(3,x)＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992.
(1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的二项式系数最大的项；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式系数最大的项．
解：由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，
所以2n＝32(负值舍去)，解得n＝5.
(1)由二项式系数的性质知，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中第6项的二项式系数最大，即Ceq \\al(5,10)＝252.
所以T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x5)))＝Ceq \\al(5,10)25＝8 064.
(2)设第r＋1项的系数最大，
因为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(2x)10－req \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,xr)))＝Ceq \\al(r,10)210－rx10－2r，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r－1,10)210－r＋1，,Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r＋1,10)210－r－1，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)≥2Ceq \\al(r－1,10)，,2Ceq \\al(r,10)≥Ceq \\al(r＋1,10)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－r≥2r，,2（r＋1）≥10－r，))
解得eq \f(8,3)≤r≤eq \f(11,3)，
因为r∈N，所以r＝3.故系数最大的项是第4项，第4项为T4＝Ceq \\al(3,10)27x4＝15 360x4.
点拨 求二项式系数最大项，如果n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大；如果n是奇数，则中间两项(第eq \f(n＋1,2)项与第eq \f(n＋1,2)＋1项)的二项式系数相等并最大．求展开式系数最大项，如求(a＋bx)n(a，b∈R)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ar≥Ar－1，,Ar≥Ar＋1，))从而解出r，即得展开式系数最大的项．
变式3 已知(xeq \s\up6(\f(2,3))＋3x2)n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n＝5，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T3＝Ceq \\al(2,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))3·(3x2)2＝90x6，
T4＝Ceq \\al(3,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))2·(3x2)3＝270xeq \s\up6(\f(22,3)).
(2)设展开式中第r＋1项的系数最大．
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(xeq \s\up6(\f(2,3)))5－r·(3x2)r＝Ceq \\al(r,5)·3r·xeq \s\up6(\f(10＋4r,3))，
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,5)·3r≥Ceq \\al(r－1,5)·3r－1，,Ceq \\al(r,5)·3r≥Ceq \\al(r＋1,5)·3r＋1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,r)≥\f(1,6－r)，,\f(1,5－r)≥\f(3,r＋1).))
解得eq \f(7,2)≤r≤eq \f(9,2).因为r∈N，
所以r＝4，即展开式中第5项的系数最大．
T5＝Ceq \\al(4,5)·xeq \s\up6(\f(2,3))·(3x2)4＝405xeq \s\up6(\f(26,3)).
考点四 可化为二项式的展开式
例5 (eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式中的常数项为 ．(用数字作答)
解法一：原式＝(eq \f(x2＋2\r(2)x＋2,2x))5＝eq \f(1,32x5)·[(x＋eq \r(2))2]5＝eq \f(1,32x5)·(x＋eq \r(2))10.
求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5项的系数，即Ceq \\al(5,10)·(eq \r(2))5.
所以所求的常数项为eq \f(Ceq \\al(5,10)·（\r(2)）5,32)＝eq \f(63\r(2),2).
解法二：要得到常数项，可以对5个括号中各项的选取情况进行分类：
①5个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为(eq \r(2))5.
②5个括号中的1个选eq \f(x,2)，1个选eq \f(1,x)，3个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)·Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3.
③5个括号中的2个选eq \f(x,2)，2个选eq \f(1,x)，1个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(2,5)(eq \f(1,2))2·Ceq \\al(2,3)·eq \r(2).
因此展开式的常数项为(eq \r(2))5＋Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)·Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3＋Ceq \\al(2,5)(eq \f(1,2))2·Ceq \\al(2,3)·eq \r(2)＝eq \f(63\r(2),2).故填eq \f(63\r(2),2).
点拨 三项式的展开式问题，通常可用方法一化为二项式问题，或者用方法二化为计数问题．
变式5 (2020·河南高三月考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))eq \s\up12(4)的展开式中的常数项为( )
A.36 B.－36 C.48 D.－48
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(x＋y,xy)))4＝(x＋y)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,xy)))4，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋y－\f(1,x)－\f(1,y)))4的展开式中的常数项为(Ceq \\al(2,4)x2y2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(2,4)·\f(1,x2y2)))＝36.故选A.
课后作业
1．(山东淄博市2019届部分学校高三阶段性诊断)(x－eq \f(1,\r(3,x)))8展开式的常数项为 ( )
A.－56 B.－28 C.56 D.28
解：(x－eq \f(1,\r(3,x)))8展开式的通项公式为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)·x8－r·(－eq \f(1,\r(3,x)))r＝Ceq \\al(r,8)·(－1)r·x8－eq \f(4,3)r，令8－eq \f(4,3)r＝0，得r＝6，所以所求常数项为Ceq \\al(6,8)·(－1)6＝28.故选D.
2．已知(1＋x)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
( )
A.29 B.210 C.211 D.212
解：由题意，Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
3．(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))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 ( )
A.－40 B.－20 C.20 D.40
解：在(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，即a＝1.
原式＝x·(2x－eq \f(1,x))5＋eq \f(1,x)(2x－eq \f(1,x))5，故常数项为x·Ceq \\al(3,5)(2x)2(－eq \f(1,x))3＋eq \f(1,x)·Ceq \\al(2,5)(2x)3·(－eq \f(1,x))2＝－40＋80＝40.故选D.
4．在二项式(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是 ( )
A.－25 B.－5 C.5 D.25
解：因为(x2＋x＋1)(x－1)＝x3－1，所以原式可化为(x3－1)(x－1)4.故展开式中，含x4项的系数为Ceq \\al(3,4)(－1)3－Ceq \\al(0,4)＝－4－1＝－5.故选B.
5.若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan等于 ( )
A.eq \f(3,4)(3n－1) B.eq \f(3,4)(3n－2)
C.eq \f(3,2)(3n－2) D.eq \f(3,2)(3n－1)
解：在展开式中，令x＝2，得3＋32＋33＋…＋3n＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，
即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝eq \f(3（1－3n）,1－3)＝eq \f(3,2)(3n－1)．
故选D.
6．(山东郓城一中等学校2019届高三第三次模拟)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x3的系数为
( )
A.14 B.－14 C.240 D.－240
解：二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(2x)n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(r)，
由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，可得Ceq \\al(1,n)∶Ceq \\al(2,n)＝2∶5，即eq \f(2n,n（n－1）)＝eq \f(2,5)，解得n＝6或n＝0(舍去)．
所以Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)26－r(－1)rx6－eq \f(3,2)r，令6－eq \f(3,2)r＝3，解得r＝2，所以x3的系数为Ceq \\al(2,6)26－2(－1)2＝240.故选C.
7．(2020·河北高二期末)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(1,x2)＋2x))5的展开式中含x5项的系数为 ( )
A.160 B.210 C.120 D.252
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(1,x2)＋2x))5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))10，所以Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(x2)10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,10)x20－3r，当r＝5时，T6＝Ceq \\al(5,10)x5＝252x5.故选D.
8．【多选题】(2020·全国高三月考)设f(x)是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的中间项，则f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立的必要不充分条件是 ( )
A.m∈[0，＋∞) B.m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，＋∞))
C.m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，5)) D.m∈[5，＋∞)
解：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的展开式中共有7项，所以中间项为第4项．
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝eq \f(1,2r)Ceq \\al(r,6)x12－3r，
令r＝3，得T4＝eq \f(1,8)Ceq \\al(3,6)x3＝eq \f(5,2)x3，所以f(x)＝eq \f(5,2)x3.
因为f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
所以eq \f(5,2)x3≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
所以m≥eq \f(5,2)x2在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
当x＝eq \r(2)时，eq \f(5,2)x2有最大值5，所以m≥5，
所以符合条件的是AB.故选AB.
9．(江西南昌外国语学校2019届高三适应性测试)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若15a＝8b，则m＝ .
解：(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为a＝Ceq \\al(m,2m)，
(x＋y)2m＋1展开式中二项式系数的最大值为b＝Ceq \\al(m＋1,2m＋1)，
因为15a＝8b，所以15Ceq \\al(m,2m)＝8Ceq \\al(m＋1,2m＋1)，即15·eq \f(（2m）！,m！m！)＝8·eq \f(（2m＋1）！,m！（m＋1）！)，解得m＝7.故填7.
10．(浙江嘉兴市2020届高三上9月教学测试)二项式(eq \r(6,x)＋eq \f(1,\r(3,x)))6的展开式中，所有有理项(系数为有理数，x的次数为整数的项)的系数之和为；把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有 种．(用数字作答)
解：因为二项式(eq \r(6,x)＋eq \f(1,\r(3,x)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)xeq \s\up6(\f(6－r,6))x－eq \f(1,3)r＝Ceq \\al(r,6)xeq \s\up6(\f(2－r,2))，
因为eq \f(2－r,2)＝1－eq \f(r,2)∈Z，所以r＝0，2，4，6，
故所有有理项的系数为Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(6,6)＝1＋15＋15＋1＝32；
展开式中共有7项，其中4项为有理项，将另外三项排列有Aeq \\al(3,3)种，有理项插空排列有Aeq \\al(4,4)，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(4,4)＝144种．故填32；144.
11．求证：32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)．
证明：因为32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9
＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9
＝9(Ceq \\al(0,n)8n＋Ceq \\al(1,n)8n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·8＋Ceq \\al(n,n)·1)－8n－9
＝9(8n＋Ceq \\al(1,n)8n－1＋…＋Ceq \\al(n－2,n)82)＋9·8n＋9－8n－9
＝9×82(8n－2＋Ceq \\al(1,n)8n－3＋…＋Ceq \\al(n－2,n))＋64n
＝64[9(8n－2＋Ceq \\al(1,n)8n－3＋…＋Ceq \\al(n－2,n))＋n]．
所以32n＋2－8n－9能被64整除．
12.(2019·江苏卷)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*，已知aeq \\al(2,3)＝2a2a4.
(1)求n的值；
(2)设(1＋eq \r(3))n＝a＋beq \r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．
解：(1)因为(1＋x)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)x＋Ceq \\al(2,n)x2＋…＋Ceq \\al(n,n)xn，n≥4，
所以a2＝Ceq \\al(2,n)＝eq \f(n（n－1）,2)，
a3＝Ceq \\al(3,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）,6)，
a4＝Ceq \\al(4,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).
因为aeq \\al(2,3)＝2a2a4，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq \s\up12(2)＝2×eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24)，解得n＝5.
(2)由(1)知，n＝5.
(1＋eq \r(3))n＝(1＋eq \r(3))5
＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)eq \r(3)＋Ceq \\al(2,5)(eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,5)(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(eq \r(3))4＋
Ceq \\al(5,5)(eq \r(3))5
＝a＋beq \r(3).
解法一：因为a，b∈N*，所以a＝Ceq \\al(0,5)＋3Ceq \\al(2,5)＋9Ceq \\al(4,5)＝76，b＝Ceq \\al(1,5)＋3Ceq \\al(3,5)＋9Ceq \\al(5,5)＝44，
从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.
解法二：(1－eq \r(3))5＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)(－eq \r(3))＋Ceq \\al(2,5)(－eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,5)·(－eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(－eq \r(3))4＋Ceq \\al(5,5)(－eq \r(3))5
＝Ceq \\al(0,5)－Ceq \\al(1,5)eq \r(3)＋Ceq \\al(2,5)(eq \r(3))2－Ceq \\al(3,5)(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,5)(eq \r(3))4－ Ceq \\al(5,5)(eq \r(3))5.
因为a，b∈N*，所以(1－eq \r(3))5＝a－beq \r(3).
因此a2－3b2＝(a＋beq \r(3))(a－beq \r(3))＝(1＋eq \r(3))5×(1－eq \r(3))5＝(－2)5＝－32.
13．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))eq \s\up12(n).
(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Ceq \\al(4,n)＋Ceq \\al(6,n)＝2Ceq \\al(5,n)，所以n2－21n＋98＝0，
所以n＝7或n＝14.
当n＝7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Ceq \\al(3,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×23＝eq \f(35,2)，
T5的系数为Ceq \\al(4,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×24＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.
所以T8的系数为Ceq \\al(7,14)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(7)×27＝3 432.
(2)因为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝79，所以n2＋n－156＝0，
所以n＝12或n＝－13(舍去)．设第k＋1项的系数最大，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))eq \s\up12(12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(12)(1＋4x)12，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,12)4k≥Ceq \\al(k－1,12)4k－1，,Ceq \\al(k,12)4k≥Ceq \\al(k＋1,12)4k＋1.))所以9.4≤k≤10.4，所以k＝10.
所以展开式中系数最大的项为第11项，
且T11＝Ceq \\al(10,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)·210·x10＝16 896x10.
附加题 (2020届湖北百校高三10月联考)已知(1－x＋mx2)6的展开式中x4的系数小于90，则m的取值范围为 ．
解：(1－x＋mx2)6的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(1－x)6－r(mx2)r，r＝0，1，…，6，
(1－x)6－r的通项公式为
Tl＋1＝Ceq \\al(l,6－r)(－x)l，l＝0，1，…，6－r，
令l＋2r＝4，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝0，,l＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝1，,l＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝2，,l＝0.))
则展开式中x4的系数为Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)m＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(0,4)m2＜90，
即m2＋4m－5＜0，解得－5＜m＜1，即m的取值范围为(－5，1)．故填(－5，1)．
