高中苏教版 (2019)7.4二项式定理优秀课时训练

这是一份高中苏教版 (2019)7.4二项式定理优秀课时训练，文件包含同步讲义苏教版2019高中数学选修第二册74二项式定理原卷版docx、同步讲义苏教版2019高中数学选修第二册74二项式定理解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
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知识精讲
知识点01 二项式定理
，
1.这个公式叫做二项式定理（binmial therem），
2.等号右边的多项式叫做的二项展开式，共有n+1项，
3.二项式系数（binmial cefficient）：各项的系数叫做二项式系数.
4.二项展开式的通项：二项展开式中的叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：.
5.通项的应用：利用二项展开式的通项可以求出展开式中任意指定的项（或系数），如常数项、有理项等.
【注意】二项式定理是一个恒等式，这里的a,b既可以取任意实数，也可以取任意的代数式，还可以是别的.如果设a=1，b=x，则得到公式：
【注意】二项式(a＋b)n(n∈N*)展开式的特点：
1.它有n＋1项；
2.各项的次数(即a与b的指数的和)都等于二项式的次数n；
3.字母a按降幂排列，次数由n递减到0；字母b按升幂排列，次数由0递增到n.
【即学即练1】（2022·吉林通化·高二期中）二项式a+b6的展开式中共有（ ）项.
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】由二项展开式的性质可得答案.
【详解】二项式a+bn的展开式的项数为n+1，本题n=6，所以6+1=7.故选：C.
【即学即练2】（2022·湖南·模拟预测）下列不属于x−23的展开式的项的是（ ）
A．x3B．6x2C．12xD．−8
【答案】B
【分析】按照二项式定理直接展开判断即可.
【详解】由二项式定理可知，(x−2)3=x3−6x2+12x−8，故6x2不是展开式的项.故选：B
知识点02 杨辉三角
杨辉三角：当n依次取1,2，3，…时，(a＋b)n展开式的二项式系数可以表示成如下形式：
(a＋b)1………………………………1 1
(a＋b)2……………………………1 2 1
(a＋b)3…………………………1 3 3 1
(a＋b)4………………………1 4 6 4 1
(a＋b)5……………………1 5 10 10 5 1
(a＋b)6…………………1 6 15 20 15 6 1
… …上表称为“杨辉三角”.
从上面的表示形式可以直观地看出“杨辉三角”的特点：
1.在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数 相等 ；
2.在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和.
由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数.
【即学即练3】如图，在“杨辉三角”中，斜线AB的上方，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，···，记其前n项和为Sn，求S19的值.
【解析】由图知，数列的首项是Ceq \\al(2,2)，第2项是Ceq \\al(1,2)，第3项是Ceq \\al(2,3)，第4项是Ceq \\al(1,3)，…，第18项是Ceq \\al(1,10)，第19项是Ceq \\al(2,11)，∴S19=Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(1,3)＋···＋Ceq \\al(2,10)＋Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(2,11)=(Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,4)＋···＋Ceq \\al(1,10))＋(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋···＋Ceq \\al(2,11))
=(2＋3＋4＋···＋10)＋(Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋···＋Ceq \\al(2,11))=（2+10）×92＋Ceq \\al(3,12)=54＋eq \f(12×11×10,1×2×3)=274.
【名师点睛】观察数列的各项在杨辉三角中的位置，联系二项式系数的性质，直接对数列求和即可．
【即学即练4】如图是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为________．
【答案】2n－1
【解析】由1,3,5,7,9…，可知它们成等差数列，所以an＝2n－1.
知识点03 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.事实上，这一性质可直接由公式 得到.
2.增减性与最大值：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①当时，二项式系数是逐渐增大的；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当时，二项式系数是逐渐减小的，因此二项式系数在中间取得最大值.
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③当n是偶数时，中间的一项的二项式系数最大；
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④当n是奇数时，中间的两项的二项式系数相等且最大.
3.各二项式系数的和：已知.
令，则.也就是说，的展开式的各个二项式系数的和为 2n .
4.奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即.
【即学即练5】（2022·浙江·高三开学考试）(1+x)10的展开式的二项式系数的和是___________.（用数字作答）
【答案】1024
【分析】根据二项式定理的二项式系数和性质即可求解.
【详解】由于n=10，所以二项式系数的和为2n=210=1024，故答案为：1024
【即学即练6】（2022·全国·高三专题练习）2x−3y9的展开式中各项的二项式系数之和为________．
【答案】512
【分析】由二项式系数的性质计算．
【详解】2x−3y9的展开式中各项的二项式系数之和为29=512．故答案为：512．
能力拓展
◆考点01 指定项系数
【典例1】（2020·天津外国语大学附属外国语学校高三阶段练习）在x−2x7的展开式中，1x的系数是（ ）
A．35B．−35C．560D．−560
【答案】C
【分析】利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中1x的系数.
【详解】二项式x−2x7的展开式的通项公式为C7r⋅x7−r⋅−2xr=−2r⋅C7r⋅x7−2r，
令7−2r=−1⇒r=4，所以x−2x7的展开式中1x的系数为−24⋅C74=16×35=560.故选：C
【典例2】（2022·广东·珠海市第三中学二模）1−2x5的展开式中，x3的系数为（ ）
A．−160B．−80C．80D．160
【答案】B
【分析】使用二项展开式的通项进行计算即可.
【详解】1−2x5的展开式的通项是C5k15−k−2xk=−2kC5kxk，（k=0,1,2,3,4,5.）
由题意，k=3，因此，x3的系数是−23C53=−80.
【典例3】（2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试（理））在3x−25的展开式中，含x3项的系数为________
【答案】1080
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】3x−25展开式的通项公式为C5r⋅3x5−r⋅−2r=−2r⋅35−r⋅C5r⋅x5−r，
令5−r=3，得r=2，所以含x3项的系数为−22⋅33⋅C52=1080.故答案为：1080
◆考点02 常数项
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）在2x−x26的展开式中，常数项为（ ）
A．-60B．60C．-240D．240
【答案】D
【分析】根据二项展开式通项公式指数等于0求解可得.
【详解】由题知，展开式中第r+1项Tr+1=C6r(2x)6−r(−x2)r=(−1)r26−rC6rx3r−6，
令3r−6=0，得r=2，所以展开式中常数项为T3=24C62=240.故选：D
【典例5】（2022·山东临沂·高二期末）二项式x3+2x25展开式中的常数项为（ ）
A．−80B．−40C．40D．80
【答案】D
【分析】根据二项式的通项公式即可得出结论.
【详解】由二项式展开式的通项公式Tr+1=Cnran−rbr得：Tr+1=C5r(x3)5−r(2x2)r=C5r2rx15−5r，令15−5r=0，得r=3，所以常数项为：T4=C5323=80，故选：D
◆考点03 含有三项的二项展开式
【典例6】（2022·安徽·高二期中）x−y−26的展开式中含x3y2项的系数为（ ）
A．－120B．120C．－60D．60
【答案】A
【分析】根据二项式展开式的通项公式计算可得.
【详解】由题意得，x−y−26的展开式中含x3y2项为C63x3⋅C31−12y2⋅−2=−120x3y2．
故选：A．
【典例7】（2022·全国·高三专题练习）在(2+x−x2)5的展开式中，含x4的项的系数为（ ）
A．-120B．-40C．-30D．200
【答案】C
【分析】将(2+x−x2)5整理为[(2+x)−x2]5，根据二项展开式Tr+1=C5r(2+x)5−r(−x2)r分析可得r=0,1,2，对每种情况再根据二项展开式理解运算.
【详解】(2+x−x2)5=[(2+x)−x2]5，其展开式为：Tr+1=C5r(2+x)5−r(−x2)r,r=0,1,...,5
根据题意可得：r=0,1,2
当r=0时，则T1=(2+x)5，(2+x)5展开式为：T′k+1=C5k25−kxk,k=0,1,...,5
∴k=4，则x4的项的系数为2C54=10
当r=1时，则T2=C51(2+x)4(−x2)=−5x2(2+x)4，(2+x)4展开式为：T′k+1=C4k24−kxk,k=0,1,...,4
∴k=2，则x4的项的系数为−5×22×C42=−120
当k=2时，则T3=C52(2+x)3(−x2)2=10x4(2+x)3，(2+x)3展开式为：T′k+1=C3k23−kxk,k=0,1,2,3
∴k=0，则x4的项的系数为10×23×C30=80
综上所述：含x4的项的系数为10−120+80=−30故选：C．
◆考点04 两个二项式乘积的展开式
【典例8】（2022·四川省内江市第六中学高三开学考试（理））x3−1xx−2x5的展开式中的常数项为（ ）
A．40B．60C．80D．120
【答案】A
【分析】先确定x−2x5的展开式的通项公式，再由x3−1xx−2x5=x3x−2x5−1xx−2x5求解.
【详解】解：x−2x5的展开式的通项公式为Tr+1=−1rC5rx5−r2xr=−2rC5rx5−2r，
而x3−1xx−2x5=x3x−2x5−1xx−2x5，令5−2r+3=0，得r=4，令5−2r−1=0，得r=2，
所以x3−1xx−2x5的展开式中的常数项为−24C54−−22C52=40．故选：A．
【典例9】（2022·全国·高三专题练习）x3+1⋅2x−1x26的展开式中的常数项为（ ）
A．240B．−240C．400D．80
【答案】D
【分析】根据二项式定理求解2x−1x26的展开式中的常数项和含x−3的项的系数，进而求解x3+1⋅2x−1x26的展开式中的常数项.
【详解】2x−1x26的展开式的通项为Tr+1=C6r2x6−r−1x2r=−1rC6r⋅26−r⋅x6−3r，
令6−3r=0，得r=2，则2x−1x26的展开式中的常数项为−12C62⋅26−2=15×16=240，
令6−3r=−3，得r=3，则2x−1x26的展开式中含x−3的项的系数为−13C63⋅26−3=−20×8=−160，所以x3+1⋅2x−1x26的展开式中的常数项为240×1+−160×1=80.故选：D．
◆考点05 有理项与无理项
【典例10】（2023·全国·高三专题练习）二项式4x+1x24展开式中，有理项共有（ ）项．
A．3B．4C．5D．7
【答案】D
【分析】求出展开式的通项，令x的指数部分为整数即可得结果.
【详解】二项式4x+1x24展开式中，
通项为Tr+1=C24rx24−r4x−r2=C24rx24−3r4=C24rx6−34r，其中r=0,1,2⋯24，r的取值只需满足6−34r∈Z，则r=0,4,8,12,16,20,24，即有理项共有7项，故选：D.
【典例11】（2022·山西大同·高二期中）(2x−13x)8展开式中有理项共______项．
【答案】3
【分析】求出二项式展开式的通项公式，再分析通项公式中x的幂指数为整数的项即可作答.
【详解】(2x−13x)8展开式的通项公式为：Tr+1=C8r(2x)8−r(−13x)r=(−1)r⋅28−rC8rx8−43r,r∈N,r≤8，当r∈{0,3,6}时，8−43r为整数，对应的项为有理项，因此，展开式中的有理项是T1,T4,T7，
所以展开式中有理项共有3项.故答案为：3
◆考点06 二项式定理含参
【典例12】（2022·广东东莞·高二期中）若x−1xn的二项展开式共有8项，则n=___________.
【答案】7
【分析】根据二项式的性质计算可得；
【详解】解：二项式x−1xn展开式中一共有n+1项，所以n+1=8，解得n=7；故答案为：7
【典例13】（2022·全国·高二专题练习）已知在3x−33xn的展开式中，第6项为常数项，则含x2项的系数为______．
【答案】405
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：通项公式为Tr+1=Cnr⋅xn−r3⋅−3r⋅x−r3=−3r⋅Cnr⋅xn−2r3．因为第6项为常数项，所以r=5时，有n−2r3=0，解得n=10．即Tr+1=C10r−3rx10−2r3．令10−2r3=2，解得r=2．
所以含x2项的系数为−32⋅C102=405．故答案为：405．
◆考点07 二项式系数和
【典例14】（2022·浙江·高三开学考试）(1+x)10的展开式的二项式系数的和是___________.（用数字作答）
【答案】1024
【分析】根据二项式定理的二项式系数和性质即可求解.
【详解】由于n=10，所以二项式系数的和为2n=210=1024，故答案为：1024
【典例15】（2022·全国·高三专题练习）2x−3y9的展开式中各项的二项式系数之和为________．
【答案】512
【分析】由二项式系数的性质计算．
【详解】2x−3y9的展开式中各项的二项式系数之和为29=512．故答案为：512．
◆考点08 各项系数和
【典例16】（2022·上海市洋泾中学高三阶段练习）如果x+1xn展开式中各项系数的和等于32，则展开式中第3项是__________.
【答案】10x2
【分析】利用各项系数和可得出n的值，然后利用二项展开式通项可求得结果.
【详解】因为x+1xn展开式中各项系数的和为2n=32，解得n=5，
所以，展开式中第三项为T3=C52⋅x5−2⋅1x2=10x2.故答案为：10x2.
【典例17】（2022·浙江·高二期中）1+1x1−x5的展开式中所有项的系数和为________．
【答案】0
【分析】令x=1求解即可.
【详解】令x=1有1+111−15=0，故1+1x1−x5的展开式中所有项的系数和为0.故答案为：0
◆考点09 各项系数绝对值和
【典例18】（2022·全国·高三专题练习）在2x−y5的展开式中，所有项系数的绝对值的和为______.
【答案】243
【分析】2x−y5的展开式中所有项系数的绝对值之和可看作2x+y5的展开式中所有项的系数和，再利用赋值法可得答案.
【详解】解：由2x−y5的展开式中所有项系数的绝对值之和等于2x+y5的展开式中所有项的系数和，
所以令x=y=1可得2+15=243，故答案为：243.
【典例19】（2022·全国·高三专题练习）已知2−x6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a0+a1+a2+⋯+a6=________（用数字作答）
【答案】729
【分析】由二项式定理确定各项的符号，则原式可化为a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=2−−16，即可求值
【详解】由二项式定理可知，a0、a2、a4、a6均为正数，a1、a3、a5均为负数，
可得a0+a1+a2+⋯+a6=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=2−−16=36=729.
故答案为：729
◆考点10 赋值法解决系数和
【典例20】（2022·全国·高三专题练习）已知1−2x5＝a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，则a0−a1+a2−a3+a4−a5的值为_______．
【答案】243
【分析】根据题意，利用赋值法，令x=−1即可得到答案
【详解】解：因为1−2x5＝a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，
所以令x=−1，则1+25＝a0+a1⋅−1+a2⋅−12+⋯+a5⋅−15=a0−a1+a2−a3+a4−a5，所以a0−a1+a2−a3+a4−a5=243，故答案为：243
【典例21】（2022·陕西·延安市第一中学高二阶段练习（理））若(3x−1)7=a7x7+a6x6+⋯a1x+a0，则a7+a6+⋯a1的值是（ ）
A．−1B．127C．128D．129
【答案】D
【分析】利用赋值法计算可得.
【详解】解：因为(3x−1)7=a7x7+a6x6+⋯a1x+a0，令x=0，可得a0=−17=−1，
令x=1，可得a7+a6+⋯a1+a0=3−17=128，所以a7+a6+⋯a1=128+1=129；
故选：D
◆考点11 二项式系数最值
【典例22】（2022·江苏省响水中学高二期中）已知二项式x+123x8.
(1)求展开式的有理项；
(2)求展开式的系数最大项.
【答案】(1)x8、7x4、716(2)7x163、7x4
【分析】（1）由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的有理项．
（2）令第r+1项的系数最大，即可得到不等式组求出r，
(1)解：二项式x+123x8展开式的通项为Tr+1=C8rx8−r123xr=C8rx8−43r12r，0≤r≤8且r∈N∗，当8−43r为整数时，r=0或r=3或r=6，所以T1=x8，T4=C83x4123=7x4，T7=C86x0126=716，故展开式的有理项有x8，7x4，716；
(2)解：令第r+1项的系数最大，则C8r12r≥C8r+112r+1C8r12r≥C8r−112r−1，即1≥12×8−rr+112×9−rr≥1，解得2≤r≤3，因为0≤r≤8且r∈N∗，所以r=2或r=3，所以T3=C82x163122=7x163，T4=C83x4123=7x4，故系数最大的项为7x163、7x4；
【典例23】（2022·全国·高三专题练习）在二项式(2x−1)n的展开式中，已知第2项与第8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(1−1x)2x−1n的展开式中的常数项.
【答案】(1)1120x4；(2)17.
【分析】（1）由二项式系数关系及组合数性质得n=8，进而写出二项系数最大项即可；
（2）由（1）知二项式为(2x−1)8−(2x−1)8x，分别求出前后两个二项式的常数项，即可得结果.
（1）依题意Cn1=Cn7，由组合数的性质得n=8.
所以二项式(2x−1)8的展开式中二项式系数最大的项为T5=C84(2x)4(−1)4=1120x4.
（2）由（1）知，(1−1x)(2x−1)8=(2x−1)8−(2x−1)8x，
因为二项式(2x−1)8的展开式的通项为Tk+1=C8k(2x)8−k(−1)k，
所以(2x−1)8的常数项为T9=(−1)8=1，(2x−1)8x的常数项为C872x(−1)7x=−16，
所以(1−1x)(2x−1)8的展开式中的常数项为1−(−16)=17.
◆考点12 系数最值
【典例24】（2022·全国·高三专题练习）x−19的展开式中系数最小项为第______项．
【答案】6
【分析】由二项展开式可得出系数最小的项系数一定为负，再结合组合数的性质即可判断出系数最小的项
【详解】x−19的展开式的通项公式为Tr+1=C9rx9−r−1r，其中系数与二项式系数只有符号差异，
又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，则第6项系数最小.故答案为：5.
【典例25】（2022·全国·高二课时练习）在二项式x−111的展开式中，系数最大的项为______，系数最小的项为______．
【答案】 462x5 −462x6
【分析】写出二项式x−111的展开式的通项为Tr+1，通过根据二项式系数的性质得C115=C116最大，可分别求出系数最大的项和系数最小的项.
【详解】x−111的展开式的通项为Tr+1=C11rx11−r⋅−1r=−1rC11rx11−rr=0,1,2,⋯,11，
第r+1项的系数为ar+1=−1rC11r，当r为奇数时系数为负数，当r为偶数时系数为正数，ar+1=C11r，
根据二项式系数的性质得C115=C116最大，所以第6项系数最小，第7项系数最大．
T6=−15C115x6=−462x6，T7=−16C116x5=462x5，故答案为：462x5，−462x6.
◆考点13 整除问题
【典例26】利用二项式定理证明2n+2·3n+5n－4()能被25整除.
【解析】因为2n+2·3n＝4×(1＋5)n=4(1＋Cn15＋Cn252+⋯+Cnn−15n−1+Cnn5n)=4+20n+4(Cn252+Cn353+⋯+Cnn5n)，所以2n+2·3n＋5n－4=25n+4(Cn252+Cn353+⋯+Cnn5n)=25n+4Cn2+Cn35+⋯+Cnn5n−2(n≥2)，所以n≥2时，2n+2·3n＋5n－4能被25整除，
n＝1时，2n+2·3n＋5n－4＝25.所以，当n∈N+时，2n+2·3n＋5n－4能被25整除.
【典例27】求证：（1）5151－1能被7整除；（2）32n＋3－24n＋37能被64整除．
【证明】(1)5151－1＝(49＋2)51－1＝Ceq \\al(0,51)·4951＋Ceq \\al(1,51)·4950·2＋…＋Ceq \\al(50,51)·49·250＋Ceq \\al(51,51)·251－1，
易知除Ceq \\al(51,51)·251－1以外各项都能被7整除．又251－1＝(23)17－1＝(7＋1)17－1＝Ceq \\al(0,17)·717＋Ceq \\al(1,17)·716＋…＋Ceq \\al(16,17)·7＋Ceq \\al(17,17)－1＝7·(Ceq \\al(0,17)·716＋Ceq \\al(1,17)·715＋…＋Ceq \\al(16,17))．显然能被7整除，所以5151－1能被7整除．
(2)32n＋3－24n＋37＝3×9n＋1－24n＋37＝3(8＋1)n＋1－24n＋37＝3(Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n,n＋1)8＋1)－24n＋37＝3×64(Ceq \\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1))＋24Ceq \\al(n,n＋1)－24n＋40＝64×3(Ceq \\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1))＋64是64的倍数，故原式可被64整除．
分层提分
题组A 基础过关练
一、单选题
1．2x+x5的展开式中，x4的系数是（ ）
A．10B．40C．60D．80
【答案】D
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】2x+x5的展开式的通项公式为C5r⋅2x5−r⋅x12r=25−r⋅C5r⋅x5−12r，
令5−12r=4，解得r=2，
所以x4的系数是23⋅C52=80.
故选：D
2．1+x5展开式中x2的系数为（ ）
A．−10B．−20C．20D．10
【答案】D
【分析】直接由二项式定理求解即可.
【详解】由二项式定理直接可得1+x5展开式中x2的系数为C52×13=10
故选：D.
3．x−2y+2z5展开式中，xy3z的系数为（ ）
A．−320B．320C．−240D．240
【答案】A
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】因为x−2y+2z5=[x−2y+2z]5，
所以通项公式为：Tr+1=C5r⋅(x−2y)5−r⋅2zr，
令r=1，所以T2=C51⋅(x−2y)4⋅2z=10(x−2y)4z，
设二项式(x−2y)4的通项公式为：T'n+1=C4n⋅(x)4−n⋅(−2y)n，
令n=3，所以T'4=C43⋅x⋅(−2y)3=−32xy3，
因此xy3z项的系数为：10×−32=−320，
故选：A.
4．x−1xy22x+xy25的展开式中x2y6的系数为（ ）
A．30B．40C．70D．80
【答案】A
【分析】求出x−1xy22x+xy25的展开式中含x2y6的项,再求出其系数即可.
【详解】因为x−1xy22x+xy25的展开式中含x2y6的项为xC53(xy2)3(2x)2+(−1xy2)C54(xy2)42x，
所以x2y6的系数为4C53−2C54=30.
故选：A.
5．在(x−3)5的展开式中，x3的系数为（ ）
A．−270B．−90C．90D．270
【答案】C
【分析】利用二项展开式通项即可求得x3的系数
【详解】(x−3)5的展开式的通项Tr+1=C5rx5−r(−3)r
令5−r=3，则r=2，则x3的系数为C52(−3)2=90
故选：C
6．若x−12023−x−22022=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a2023x2023，则2a1+22a2+23a3+⋅⋅⋅+22023a2023=（ ）
A．22022+2B．22022−2C．22022+1D．22022−1
【答案】A
【分析】根据二项展开式，令x=0求出a0=−1−22022，再令x=2即可求解.
【详解】令x=0，则有−12023−−22022=a0，即a0=−1−22022，
再令x=2可得12023−0=a0+2a1+22a2+⋅⋅⋅+22023a2023，
所以2a1+22a2+23a3+⋅⋅⋅+22023a2023=1−a0=22022+2，
故选:A.
二、多选题
7．已知a,b∈N∗，函数f(x)=(1+x)a+(1+x)b，其中x的系数为8，则x2的系数可能为（ ）
A．12B．16C．24D．28
【答案】AB
【分析】根据二项式展开公式结合x的系数为8，可得a+b=8，又根据x2的系数为Ca2+Cb2，分情况求解所有可能取值.
【详解】x的系数为8，则Ca1+Cb1=a+b=8，
当a=1b=7或a=7b=1时，x2的系数为C72=21；
当a≥2b≥2时，则x2的系数为Ca2+Cb2=12a2−a+b2−b=12(a+b)(a+b−1)−ab=28−ab，
因为a,b∈N∗，所以ab可能为7，12，15，16，21，
则28−ab可取12，16.
故选：AB．
8．下列说法中正确的有（ ）
A．C92=C97B．C42+C43=C53
C．Cn1+Cn2+Cn3+⋯+Cnn=2nD．1+x4展开式中二项式系数最大的项为第三项
【答案】ABD
【分析】根据组合数的性质即可判断AB；根据二项式之和即可判断C；对于D，先求出展开式的通项，不妨设第k+1项的系数最大，则有C4k≥C4k−1C4k≥C4k+1，从而可得出答案.
【详解】对于A，由组合数的性质可得C92=C97，故A正确；
对于B，由组合数的性质可得C42+C43=C53，故B正确；
对于C，因为Cn0+Cn1+Cn2+Cn3+⋯+Cnn=2n，
所以Cn1+Cn2+Cn3+⋯+Cnn=2n−1，故C错误；
对于D，1+x4展开式的通项为Tk+1=C4kxk，
不妨设第k+1项的二项式系数最大，
则C4k≥C4k−1C4k≥C4k+1，解得k=2，
所以1+x4展开式中二项式系数最大的项为第三项，故D正确.
故选：ABD.
9．已知x−2xn的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（ ）
A．n=7
B．展开式中各项系数的和为−1
C．展开式中只有第4项的二项式系数最大
D．展开式中含x4项的系数为84
【答案】ABD
【分析】根据展开式的二项式系数和的性质求出n，可判断A正确；令x=1，求出展开式中各项系数的和，可判断B正确；根据展开式中二项式系数的单调性，可判断C错误；利用展开式的通项公式计算，可判断D正确．
【详解】对于A，因为x−2xn的展开式的二项式系数和为2n，所以2n=128=27，则n=7，故A正确；
对于B，令x=1，则x−2x7=1−217=−1，所以展开式中各项系数的和为−1，故B正确；
对于C，因为第4项的二项式系数为C73，第5项的二项式系数C74，
所以C73=C74，又C73>C72>C71>C70,C74>C75>C76>C77，
所以展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，故C错误；
对于D，因为x−2x7的展开通项为Tk+1=C7kx7−k−2xk=(−2)kC7kx7−32k，
令7−32k=4，得k=2，则T3=(−2)2C72x4=4×7×62×1x4=84x4，所以含x4项的系数为84，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题
10．x+y(x−y)7的展开式中x6y2的系数是__________.
【答案】14
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】(x−y)7的展开式的通项为Tr+1=C7rx7−r−yr,r=0,1,...,7，
令r=2，则T3=C72x5y2=21x5y2，
令r=1，则T2=−C71x6y=−7x6y，
故x6y2的系数是1×21+1×−7=14.
故答案为：14.
11．若x2−1xxn的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为__________.
【答案】7
【分析】Tr+1=Cnr⋅(−1)r⋅x2n−72r，则得到4n=7r，根据n,r均为正整数即可得到答案.
【详解】Tr+1=Cnrx2n−r⋅−1xxr=Cnr⋅(−1)r⋅x2n−72r,
所以2n−72r=0⇒4n=7r,又n,r均为正整数，
所以n为7的倍数,故nmin=7,此时r=4满足题意，
故答案为：7.
12．在2x3+1x−1x25的展开式中x2的系数为_____．
【答案】15
【分析】依题意可得2x3+1x−1x25=2x3x−1x25+x−1x25，再写出x−1x25展开式的通项，从而求出x2的系数．
【详解】因为2x3+1x−1x25=2x3x−1x25+x−1x25，
且x−1x25的展开式为Tr+1=C5r⋅x5−r⋅−1x2r=C5r⋅(−1)r⋅x5−3r，
故x2的系数为2C52⋅(−1)2+C51⋅(−1)1=15．
故答案为：15．
13．若x2−2x3n展开式的二项式系数和为32，则展开式中的常数项为______．（用数字作答）
【答案】40
【分析】根据二项式系数和为2n=32，求出n，即可求出二项式展开式中常数项.
【详解】因为二项式系数和2n=32，
因此n=5，
又Tk+1=C5kx25−k−2x3k=C5k−2kx10−5k，
令k=2，常数项为C52−22=40.
故答案为：40.
四、解答题
14．从4面不同颜色（红、黄、蓝、绿）的旗子中，选出3面排成一排作为一种信号，共能组成多少种信号？
【答案】24
【分析】分步完成：第一步选3面旗帜，第二步3面旗帜全排列，由此可得．
【详解】从4面不同颜色旗子中，选出3面排成一排能组成C43A33=24种信号．
15．（1）在x+2x2nn∈N+的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，求展开式中的常数项.
（2）设复数x=2i1−i（i是虚数单位），求C20191x+C20192x2+C20193x3+⋯+C20192019x2019的值.
【答案】（1）常数项为180，（2）−1−i
【分析】（1）由二项式系数最大的项仅是第六项先求出n，然后利用通项即可求得展开式的常数项；
（2）利用二项式(a+b)n的展开公式等价变形，然后化简x并且代入到式子，即可求解.
【详解】解：（1）∵二项式系数最大的项仅是第六项，∴n=10，
∴Tr+1=C10r(x)10−r2x2r=C10r2rx5−52r，
令5−52r=0，得r=2，
∴常数项为C102×22=45×4=180.
（2）由二项式(a+b)n的展开式的公式可得：
C20191x+C20192x2+C20193x3+⋯+C20192019x2019=(1+x)2019−1，
∵x=2i1−i=2i1+i1−i2=−1+i，
∴(1+x)2019−1=(1−1+i)2019−1=i2019−1=−1−i.
16．已知An5=56Cn7，且1−2xn=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+anxn．
(1)求n的值；
(2)求a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an的值；
(3)求a0+a2+a4+⋅⋅⋅+an−1的值．
【答案】(1)n=15
(2)−2
(3)315−12
【分析】由排列数和组合数公式求出n的值，再通过赋值法，求a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an和a0+a2+a4+⋅⋅⋅+an−1的值即可.
【详解】（1）∵An5=56Cn7，∴n≥7，n∈N∗
∴nn−1n−2n−3n−4=56×nn−1n−2n−3n−4n−5n−67×6×5×4×3×2×1，
∴1=n−5n−690，
∴n2−11n−60=0，解得n=−4（舍）或n=15，
∴n=15.
（2）由第（1）问，n=15，
∴1−2x15=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a15x15①，
令①式中x=1，则1−215=a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a15，
∴a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a15=−115=−1，
令①式中x=0，则115=a0，即a0=1，
∴a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a15=−1−1=−2.
（3）令第（2）问①式中x=−1，则1+215=a0−a1+a2−a3+⋅⋅⋅+a14−a15，
∴a0−a1+a2−a3+⋅⋅⋅+a14−a15=315②，
由第（2）问，a0+a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a14+a15=−1③，
②，③两式相加，得
2a0+a2+⋅⋅⋅+a14=315−1，
∴a0+a2+a4+⋅⋅⋅+an−1=a0+a2+a4+⋅⋅⋅+a14=315−12.
五、双空题
17．已知x−22n(n∈N+)，当n=3时，其展开式中x3的系数为_________；记展开式中含x的奇次幂的项之和为Sx,n，则S2,n=__________.
【答案】 −402 −23n−1
【分析】空1：利用二项展开式分析运算；空2：根据题意令r为奇数、x=2求S2,n，再结合二项式系数的性质运算求解.
【详解】x−22n的二项展开式为Tr+1=C2nrx2n−r−2r=−2rC2nrx2n−r,r=0,1,2,...,2n，
空1：当n=3时，令r=3，则展开式中x3的系数为−23C63=−402；
空2：令r为奇数，则2n−r为奇数，则Sx,n=−2C2n1x2n−1+−23C2n3x2n−3+...+−22n−1C2n2n−1x，
令x=2，则S2,n=−2C2n122n−1+23C2n322n−3+...+22n−1C2n2n−12=−C2n1+C2n3+...+C2n2n−12n，
由C2n1+C2n3+...+C2n2n−1=22n−1，可得S2,n=−23n−1.
故答案为：−402；−23n−1.
题组B 能力提升练
一、单选题
1．已知二项式x+a6，a∈N*的展开式中第三项的系数最大，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】二项式x+a6展开式的通项公式为C6r⋅x6−r⋅ar,ar⋅C6r⋅x6−r，其中a∈N*，
由ar⋅C6rar−1⋅C6r−1≥1ar⋅C6rar+1⋅C6r+1≥1（其中r≥1），即a⋅C6r≥C6r−1C6r≥a⋅C6r+1，
a⋅6!r!6−r!≥6!r−1!7−r!6!r!6−r!≥a⋅6!r+1!5−r!，r7−r≤a≤r+16−r，
依题意可知r=3使上式成立，即34≤a≤43，
所以a=1.
故选：A
2．已知2−x2023=a0+a1x+1+a2x+12+⋯+a2023x+12023，则a0+a1+a2+⋯+a2023=（ ）
A．24046B．1C．22023D．0
【答案】A
【分析】首先利用换元，转化为3−t2023=a0+a1t+a2t2+⋯+a2023t2023，再去绝对值后，赋值求和.
【详解】令t=x+1，可得x=t−1，
则2−t−12023=3−t2023=a0+a1t+a2t2+⋯+a2023t2023，
二项式3−t2023的展开式通项为Tr+1=C2023r⋅32023−r⋅−tr，
则ar=C2023r⋅32023−r⋅−1r(0≤r≤2023且r∈N)．
当r为奇数时，ar0，因此，a0+a1+a2+⋯+a2021=a0−a1+a2−⋯−a2023=3+12023=24046．
故选：A．
3．x−2x−16展开式中常数项为（ ）
A．−479B．−239C．1D．481
【答案】C
【分析】根据二项式定理直接求解即可.
【详解】解：根据二项式定理，x−2x−16表示6个x−2x−1相乘，
所以，展开式中常数项的情况有以下三种情况：
①6个x−2x−1中全部选−1项展开；
②6个x−2x−1中有1个选择x项，2个选择−2x项，3个选择−1项展开；
③6个x−2x−1中有2个选择x项，4个选择−2x项展开.
所以，其常数项为：(−1)6+C61⋅C52(−2)2(−1)3+C62⋅C44(−2)4=1−240+240=1.
故选：C.
4．已知(x−1)n的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，若(x−1)n=a0+a1x+1+a2(x+1)2+…+an(x+1)n，则a1等于（ ）
A．192B．448C．−192D．−448
【答案】B
【分析】根据奇数项二项式系数和公式求出n，再利用展开式求a1.
【详解】∵ (x−1)n的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，
∴2n−1=64，即n=7；
则(x−1)7=[(x+1)−2]7的通项公式为Tk+1=C7k(x+1)7−k(−2)k，
令7−k=1，则k=6，所以a1=C76×(−2)6=448.
故选：B
5．设(2x+1)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a6(x+1)6，则下列结论中错误的是（ ）.
A．a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=36
B．a2+a3=−100
C．a1，a2，a3，…，a6中最大的是a2
D．当x=999时，(2x+1)6除以2000的余数是1
【答案】C
【分析】在展开式中，令x=−2，可知A正确；根据(2x+1)6 =1−2(x+1)6的展开式的通项公式求出a0,a1,a2,⋯,a6，可知B正确；C不正确；当x=999时，a1(x+1),a2(x+1)2,⋯,a6(x+1)6都能被2000整除，而a0=1，可知D正确.
【详解】在(2x+1)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a6(x+1)6中，
令x=−2，得36= a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，故A正确；
因为(2x+1)6=(−2x−1)6=−2(x+1)+16 =1−2(x+1)6 =1−C61⋅2(x+1)+C62⋅22(x+1)2 −C63⋅23(x+1)3+C64⋅24(x+1)4 −C65⋅25(x+1)5+26⋅(x+1)6，
所以a0=1，a1=−2C61=−12，a2=4C62=60，a3=−8C63=−160，a4=16C64=240，a5=−32C65=−192，a6=64，
所以a2+a3=60−160=−100，故B正确；
由以上可知，a1，a2，a3，…，a6中最大的是a4，故C不正确；
当x=999时，x+1=1000，a1(x+1),a2(x+1)2,⋯,a6(x+1)6都能被2000整除，而a0=1，所以(2x+1)6除以2000的余数是1，故D正确.
故选：C
6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．C32+C42+C52+⋅⋅⋅+C102=165
B．在第2022行中第1011个数最大
C．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数
D．第34行中第15个数与第16个数之比为2：3
【答案】C
【分析】A选项由Cnm−1+Cnm=Cn+1m及C32+C42+C52+⋯+C102=C32+C33+C42+C52+⋯+C102−1即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由Cnm−1+Cnm=Cn+1m及C66=C77即可判断；D选项直接计算比值即可判断.
【详解】由Cnm−1+Cnm=Cn+1m可得C32+C42+C52+⋯+C102=C32+C33+C42+C52+⋯+C102−1
=C43+C42+C52+⋯+C102−1=C113−1=11×10×93×2×1−1=164，故A错误；
第2022行中第1011个数为C202210100)展开式的各项系数和为1024，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在含x6的项D．展开式中含x15项的系数为45
【答案】BD
【分析】由x=1结合展开式的各项系数和得出a=1，再由二项展开式的通项及二项式定理的性质逐一判断即可．
【详解】∵展开式的各项系数之和为1024，∴令x=1，得(a+1)10=1024，∵a＞0，∴a＝1
则二项式为x2+1x10，其展开式的通项为：Tr+1=C10rx210−r1xr=C10rx20−52r
展开式中奇数项的二项式系数和为12×1024＝512，故A错误；
由展开式的通项可知，项的系数与其二项式系数相同，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，故B正确；
令20−52r=6，可得r=285不是自然数，则展开式中不存在含x6的项，故C错误；
令20−52r=15，解得r=2，所以展开式中含x15项的系数为C102=45，故D正确，
故选：BD．
三、填空题
11．x−11−2x25的展开式中x5的系数为________（用数字作答）．
【答案】40
【分析】写出展开式通项，令x的指数为5，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】1−2x25的展开式通项为Tk+1=C5k⋅−2x2k=C5k⋅−2k⋅x2k0≤k≤5,k∈N，
因为x−11−2x25=x1−2x25−1−2x25，
所以，x1−2x25的展开式通项为xTk+1=C5k⋅−2k⋅x2k+10≤k≤5,k∈N，
由2k+1=5，可得k=2，
而1−2x25中不含x5项，故x−11−2x25的展开式中x5的系数为C52⋅−22=40.
故答案为：40.
12．若展开式3x+12xn中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.
【答案】7
【分析】由展开式中只有第5项最大，得n=8，写出展开式的通项，求常数项.
【详解】由题意n=8，所以展开式第r+1项为Tr+1=C8r⋅(3x)8−r⋅12xr=C8r⋅12r⋅x8−4r3，
令8−4r3=0，得r=2，故常数项为C82⋅122=7.
故答案为：7.
13．二项式定理是产生组合恒等式的一个重要源泉．由二项式定理可得：Cn0+Cn1x+Cn2x2+...+Cnnxn=(1+x)nn∈N∗,x∈R，1mCnm−1=1n+1Cn+1m等等，则Cn0+12Cn1+13Cn2+...+1n+1Cnn=_____．
【答案】2n+1−1n+1
【分析】根据1mCnm−1=1n+1Cn+1m得Cn0+12Cn1+13Cn2+...+1n+1Cnn=1n+1Cn+11+Cn+12+⋯+Cn+1n+Cn+1n+1，再根据二项式定理赋值求解即可.
【详解】解：因为1mCnm−1=1n+1Cn+1m，
所以Cn0=11Cn1−1=1n+1Cn+11，12Cn1=1n+1Cn+12，13Cn2=1n+1Cn+13，⋯，1nCnn−1=1n+1Cn+1n，1n+1Cnn=1n+1Cn+1n+1，
所以Cn0+12Cn1+13Cn2+...+1n+1Cnn=1n+1Cn+11+Cn+12+⋯+Cn+1n+Cn+1n+1，
因为Cn0+Cn1x+Cn2x2+...+Cnnxn=(1+x)nn∈N∗,x∈R，
所以Cn+10+Cn+11x+Cn+12x2+...+Cn+1n+1xn+1=(1+x)n+1，
所以，令x=1得Cn+10+Cn+11+Cn+12+...+Cn+1n+1=2n+1，即Cn+11+Cn+12+...+Cn+1n+1=2n+1−1
所以Cn0+12Cn1+13Cn2+...+1n+1Cnn=1n+1Cn+11+Cn+12+⋯+Cn+1n+Cn+1n+1=2n+1−1n+1
故答案为：2n+1−1n+1
四、解答题
14．已知在二项式2x+a5的展开式中，含x2的项为20x2.
(1)求实数a的值；
(2)求展开式中系数为有理数的项.
【答案】(1)a=1
(2)20x4，20x2，1
【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，再利用指定项列式计算作答.
（2）利用（1）的结论及通项公式，分析2的指数即可作答.
【详解】（1）2x+a5的展开式的通项公式为：Tr+1=C5r2x5−r⋅ar=25−rC5rarx5−r,r∈N,r≤5，
当r=3时，2x+a5展开式中含x2的项为2C53a3x2=20x2，即a3=1，解得a=1，
所以实数a的值为1.
（2）由（1）知，2x+15的展开式的通项公式为：Tr+1=25−r2C5rx5−r,r∈N,r≤5，
依题意，5−r2为整数，因此r=1，3，5，
当r=1时，T2=22C51x4=20x4，当r=3时，T4=2C53x2=20x2，当r=5时，T6=C55x0=1，
所以展开式中系数为有理数的项为20x4，20x2，1.
15．若2x−a7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，且a4=−560．
(1)求实数a的值；
(2)求a1+a22+a322+a423+a524+a625+a726的值．
【答案】(1)1；
(2)2.
【分析】（1）根据给定条件，利用二项式定理求出a4的表达式即可计算作答.
（2）利用赋值法求出a0，再取x=12即可求解作答.
【详解】（1）依题意，2x−a7=−a+2x7，a4x4=C74(2x)4(−a)3=−16a3C74x4，因此a4=−560a3=−560，解得a=1，
所以实数a的值是1.
（2）由（1）知，a=1，当x=0时，a0=(−a)7=−1，
当x=12时，a0+a12+a222+a323+a424+a525+a626+a727=0，
因此2a0+a1+a22+a322+a423+a524+a625+a726=0，
所以a1+a22+a322+a423+a524+a625+a726=−2a0=2.
16．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；
条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；
条件③：展开式中常数项为第三项．
问题：已知二项式x−1xn，若______，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项；
(2)展开式中所有的有理项；
(3)展开式中所有项的系数之和．
【答案】(1)−20x−32；
(2)x3，15，15x−3，x−6
(3)0.
【分析】（1）利用二项展开式的性质求出n=6，再求展开式中二项式系数最大的项；
（2）设第r+1项为有理项，Tr+1=C6r−1rx6−3r2，求出r=0,2,4,6即得解；
（3）利用赋值法进行求解即可.
【详解】（1）解：选①，由Cn0+Cn1+Cn2=22，得n=6（负值舍去）．
选②，令x=1，可得展开式中所有项的系数之和为0．
由Cn0+Cn1+⋯+Cnn−0=2n=64 ，得n=6．
选③，设第r+1项为常数项，Tr+1=Cnr−1rxn−3r2，由r=2n−3r2=0，得n=6．
由n=6得展开式的二项式系数最大为C63，
则展开式中二项式系数最大的项为T4=C63−13x−32=−20x−32．
（2）解：设第r+1项为有理项，Tr+1=C6r−1rx6−3r2，
因为0≤r≤6，r∈N，6−3r2∈Z，
所以r=0,2,4,6，
则有理项为T1=C60x3=x3，T3=C62x0=15，T5=C64x−3=15x−3，T7=C66x−6=x−6．
（3）在x−1x6中，令x=1，即1−116=0，
所以展开式中所有项的系数之和为0.
五、双空题
17．(x+1)n展开式中的第3项与第5项的二项式系数相等，则n=__________，(x−2y)(x+y)n展开式中的x4y3的系数为__________．
【答案】 6 −10
【分析】由二项式系数相等得Cn2=Cn4，解方程即可得n，再求出(x−2y)(x+y)6中含x4y3的项，即可得系数.
【详解】由题意知，Cn2=Cn4，解得n=6．
所以(x−2y)(x+y)6=x(x+y)6−2y(x+y)6中含x4y3的项为x⋅C63x3y3+(−2y)⋅C62x4y2，
所以x4y3的系数为C63−2C62=−10．
故答案为：6，−10
题组C 培优拔尖练
1．已知x+1x−15=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则a3的值为（ ）
A．−1B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】根据x+1x−15=xx−15−x−15，结合二项式定理求解即可.
【详解】因为x+1x−15=xx−15−x−15，x−15展开式第r+1项Tr+1=C5rx5−r(−1)r=C5r(−1)rx5−r，当r=3时，x⋅C53(−1)3x2=−10x3，当r=2时，C52(−1)2x3=10x3，故a3x3=−10x3+10x3=0，即a3=0.
故选：B课程标准
重难点
1.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 2、理解二项式系数的性质.
3.会运用二项式系数的性质解决应用问题.
重点：二项式系数的性质的理解；
难点：用二项式系数的性质解决应用问题.