第05讲 6.3.1 二项式定理 -（人教A版选择性必修三）（学生及教师版）

6.3.1 二项式定理知识点1 二项式定理(a＋b)n＝Ceq \o\al(0,n)an＋Ceq \o\al(1,n)an－1b＋Ceq \o\al(2,n)an－2b2＋…＋Ceq \o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \o\al(n,n)bn(n∈N*)．(1)这个公式叫做二项式定理．(2)展开式：等号右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，展开式中一共有n＋1项．(3)二项式系数：各项的系数Ceq \o\al(k,n)(k∈{0,1,2，…，n})叫做二项式系数．注：①项数：展开式中总共有项。②顺序：注意正确选择,,其顺序不能更改。与是不同的。③指数：的指数从逐项减到，是降幂排列。的指数从逐项减到，是升幂排列。各项的次数和等于.④系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是项的系数是与的系数（包括二项式系数）。【即学即练1】下列不属于的展开式的项的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由二项式定理可知，，故不是展开式的项.故选：B【即学即练2】求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))4的展开式．【解析】方法一　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))4＝Ceq \o\al(0,4)(3eq \r(x))4＋Ceq \o\al(1,4)(3eq \r(x))3·eq \f(1,\r(x))＋Ceq \o\al(2,4)(3eq \r(x))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))2＋Ceq \o\al(3,4)(3eq \r(x))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))3＋Ceq \o\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))4＝81x2＋108x＋54＋eq \f(12,x)＋eq \f(1,x2).方法二　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x＋1,\r(x))))4＝eq \f(1,x2)(1＋3x)4＝eq \f(1,x2)·[1＋Ceq \o\al(1,4)·3x＋Ceq \o\al(2,4)(3x)2＋Ceq \o\al(3,4)(3x)3＋Ceq \o\al(4,4)(3x)4]＝eq \f(1,x2)(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(12,x)＋54＋108x＋81x2.【即学即练3】化简：Ceq \o\al(0,n)(x＋1)n－Ceq \o\al(1,n)(x＋1)n－1＋Ceq \o\al(2,n)(x＋1)n－2－…＋(－1)kCeq \o\al(k,n)(x＋1)n－k＋…＋(－1)nCeq \o\al(n,n).【解析】原式＝Ceq \o\al(0,n)(x＋1)n＋Ceq \o\al(1,n)(x＋1)n－1(－1)＋Ceq \o\al(2,n)(x＋1)n－2(－1)2＋…＋Ceq \o\al(k,n)(x＋1)n－k(－1)k＋…＋Ceq \o\al(n,n)(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.知识点2　二项展开式的通项(a＋b)n展开式的第k＋1项叫做二项展开式的通项，记作Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)an－kbk.拓展：二项式系数与二项展开式中项的系数相同吗？一般不同．前者仅为Ceq \o\al(k,n)，而后者是字母前的系数，故可能不同．【即学即练4】的展开式的第8项的系数是（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】结合二项式的展开式的通项公式得到，令，即可求出结果.【详解】由题意得，令，得，所以的展开式的第8项的系数是．故选：C．【即学即练5】的展开式中有理项有（ ）A．项 B．项 C．项 D．项【答案】B【分析】由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解.【详解】，，当，，，时，为有理项，共项.故选:B.考点一 二项式定理的正用、逆用解题方略：(1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n；②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.(2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢．【例1-1】利用二项式定理展开下列各式：(1)；(2)．【解析】(1)(2)变式1：若(1＋eq \r(3))4＝a＋beq \r(3)(a，b为有理数)，则a＋b＝________.【解析】∵(1＋eq \r(3))4＝1＋Ceq \o\al(1,4)×(eq \r(3))1＋Ceq \o\al(2,4)×(eq \r(3))2＋Ceq \o\al(3,4)×(eq \r(3))3＋Ceq \o\al(4,4)×(eq \r(3))4＝1＋4eq \r(3)＋18＋12eq \r(3)＋9＝28＋16eq \r(3)，∴a＝28，b＝16，∴a＋b＝28＋16＝44.【例1-2】化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＝________．【解析】原式＝(x－1)5＋ (x－1)4＋ (x－1)3＋ (x－1)2＋ (x－1)＋－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1．故答案为：x5－1.变式1：1－2Ceq \o\al(1,n)＋4Ceq \o\al(2,n)－8Ceq \o\al(3,n)＋…＋(－2)nCeq \o\al(n,n)等于(　　)A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n【解析】原式＝(1－2)n＝(－1)n.故选C变式2：已知，则（    ）A．31 B．32 C．15 D．16【答案】A【详解】逆用二项式定理得，即，所以n=5，所以．故选:A考点二 二项展开式的通项的应用解题方略：求二项展开式的特定项的常用方法(1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)．(2)对于有理项，一般是先写出通项公式，求其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解．(3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．【例2-1】【多选】对于二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N*)，下列判断正确的有(　　)A．存在n∈N*，展开式中有常数项B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项C．对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项D．存在n∈N*，展开式中有一次项【解析】二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)x4k－n，由通项公式可知，当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和一次项，故选AD.变式1：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))6的展开式中的常数项为(　　)A．60 B．－60 C．250 D．－250【解析】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))6的展开式中的常数项为Ceq \o\al(2,6)(eq \r(x))4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))2＝60.故选A变式2：(x－eq \r(2)y)10的展开式中x6y4的系数是(　　)A．840 B．－840 C．210 D．－210【解析】在通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,10)(－eq \r(2)y)kx10－k中，令k＝4，即得(x－eq \r(2)y)10的展开式中x6y4项的系数为Ceq \o\al(4,10)×(－eq \r(2))4＝840.故选A变式3：展开式中，的系数为（ ）A．20 B． C．160 D．【解析】展开式通项为，令可得，所以的系数为，故选：D.变式4：已知的展开式中含的项的系数为（    ）A．30 B．-30 C．25 D．-25【答案】A【详解】展开式的第项为，令，得，故展开式中含的项的系数为．故选：A．变式5：在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是(　　)A．－5 B．5 C．－10 D．10【解析】(1－x)5中x3的系数为－Ceq \o\al(3,5)＝－10，－(1－x)6中x3的系数为－Ceq \o\al(3,6)·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.故选D变式6：求下列各展开式中的指定项：(1)展开式中的第4项；(2)展开式中的第3项．【解析】(1)展开式中的第4项为(2)展开式中的第3项变式7：在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展开式中，求：(1)第3项的二项式系数及系数；(2)含x2的项．【解析】(1)第3项的二项式系数为Ceq \o\al(2,6)＝15，又T3＝Ceq \o\al(2,6)(2eq \r(x))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))2＝240x，所以第3项的系数为240.(2)Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(2eq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝(－1)k26－kCeq \o\al(k,6)x3－k，令3－k＝2，解得k＝1，所以含x2的项为第2项，且T2＝－192x2.变式8：二项式的展开式的中间项为（ ）A． B． C．和 D．和【解析】二项式的展开式共有10项，中间项有两项，为第五项和第六项，，故选：C．变式9：在的展开式中，含的正整数次幂的项共有 （ ）A．4项 B．3项 C．2项 D．1项【答案】B【解析】的展开式的通项为 为整数， 项，即 ，故选B.变式10：在二项式 的展开式中， 系数为有理数的项的个数是_____.【答案】6【详解】二项展开式的通项公式为，第项的系数为，当即时，系数为有理数，这样的项的个数为6，故答案为：6【例2-2】若的展开式中第4项是常数项，则n的值为（ ）A．14 B．16 C．18 D．20【解析】展开式的通项为，令可得为常数项，可得，可得，故选：C.变式1：若(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝______.(用数字填写答案)【解析】二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,10)x10－kak，当10－k＝7时，k＝3，T4＝Ceq \o\al(3,10)a3x7，则Ceq \o\al(3,10)a3＝15，故a＝eq \f(1,2).变式2：如果eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)＋\f(1,x)))n的展开式中，x2项为第3项，则自然数n＝________，其x2项的系数为________．【解析】Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)(eq \r(3,x2))n－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝Ceq \o\al(k,n)，由题意知，k＝2时，eq \f(2n－5k,3)＝2，∴n＝8，此时该项的系数为Ceq \o\al(2,8)＝28.变式3：已知在的展开式中，第项为常数项．(1)求；(2)求含项的系数；(3)求展开式中所有的有理项．【解析】(1)通项公式为.因为第项为常数项，所以时，有，解得.(2)由可知，令，解得.所以含项的系数为.(3)由题意可知，，则可能的取值为，，.所以第项，第项，第项为有理项，分别为，，.变式4：已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的展开式中第3项的系数比第2项的系数大162.(1)求n的值；(2)求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数．【解析】(1)因为T3＝Ceq \o\al(2,n)(eq \r(x))n－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))2＝4Ceq \o\al(2,n)，T2＝Ceq \o\al(1,n)(eq \r(x))n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))＝－2Ceq \o\al(1,n)，依题意得4Ceq \o\al(2,n)＋2Ceq \o\al(1,n)＝162，所以2Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(1,n)＝81，所以n2＝81，又n∈N*，故n＝9.(2)设第k＋1项含x3项，则Tk＋1＝Ceq \o\al(k,9)(eq \r(x))9－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝(－2)kCeq \o\al(k,9)，所以eq \f(9－3k,2)＝3，k＝1，所以含x3的项为T2＝－2Ceq \o\al(1,9)x3＝－18x3.二项式系数为Ceq \o\al(1,9)＝9.【例2-3】求的展开式中含的项．【解析】由，可得展开式中含的项为： .考点三 求两个多项式积的特定项解题方略：求多项式积的特定项的方法——“双通法”所谓的“双通法”是根据多项式与多项式的乘法法则得到(a＋bx)n(s＋tx)m的展开式中一般项为：Tk＋1·Tr＋1＝Ceq \o\al(k,n)an－k(bx)k·Ceq \o\al(r,m)sm－r(tx)r，再依据题目中对指数的特殊要求，确定r与k所满足的条件，进而求出r，k的取值情况．【例3-1】在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(eq \r(x)＋1)5的展开式中常数项等于________．【解析】二项式(eq \r(x)＋1)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(eq \r(x))5－k＝Ceq \o\al(k,5)(k＝0,1,2，…，5)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(eq \r(x)＋1)5展开式中的常数项为Ceq \o\al(3,5)＋(－1)×Ceq \o\al(5,5)＝10－1＝9.变式1：(1＋2x)3(1－x)4的展开式中，含x项的系数为(　　)A．10 B．－10 C．2 D．－2【解析】(1＋2x)3(1－x)4的展开式中含x项的系数是由两个因式相乘而得到的，即第一个因式的常数项和一次项分别乘第二个因式的一次项与常数项，为Ceq \o\al(0,3)·(2x)0·Ceq \o\al(1,4)·(－x)1＋Ceq \o\al(1,3)·(2x)1·Ceq \o\al(0,4)·14·(－x)0，其系数为Ceq \o\al(0,3)×Ceq \o\al(1,4)×(－1)＋Ceq \o\al(1,3)×2×Ceq \o\al(0,4)＝－4＋6＝2.变式2：(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字作答)【解析】由二项展开式的通项公式可知，含x2y7的项可表示为x·Ceq \o\al(7,8)xy7－y·Ceq \o\al(6,8)x2y6，故(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为Ceq \o\al(7,8)－Ceq \o\al(6,8)＝8－28＝－20.变式3：的展开式中的系数为（ ）A．72 B．60 C．48 D．36【解析】的展开式的通项为.令，得，令，得，舍去；令，得.所以的展开式中的系数为，故选:A.【例3-2】已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中，含x2的项的系数为5，则a等于(　　)A．－4 B．－3 C．－2 D．－1【解析】由二项式定理得(1＋x)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)·xk，所以(1＋ax)(1＋x)5的展开式中含x2的项的系数为Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(1,5)·a＝5，所以a＝－1，故选D.变式1：的展开式中的系数为，则该二项式展开式中的常数项为（ ）A． B． C． D．【解析】的展开式通项为，则，因为，则，，令，可得，则，得，因为，在中，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故选：D.考点四 三项展开式的通项的应用解题方略：【例4-1】(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中的项数为________．【解析】(a＋b＋c)n＝Ceq \o\al(0,n)(a＋b)n＋Ceq \o\al(1,n)(a＋b)n－1c＋…＋Ceq \o\al(n,n)cn，所以，其展开式中的项数为(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(n＋2n＋1,2).【例4-2】展开式中的常数项是___________.【解析】因为展开式的通项为令，可得常数项是.故答案为：.变式1：在的展开式中常数项为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】，故可通过求展开式中的的系数来求常数项.【详解】因为，故，又的展开式中的系数为，故选A.变式2：求展开式中含项的系数．【解析】因为，的展开式通项为，的展开式通项为，其中，所以，的展开式通项为，由可得或，因此，展开式中含项的系数为.变式3：的展开式中的系数为（    ）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】B【详解】的通项公式，令，则，所以的系数为，故选：B【例4-3】若的展开式中的系数为，则实数的值为A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】将三项的多项式的幂的形式组合成两项的幂的形式，运用两次二项式展开式的通项公式得出的通项公式，令，解此不定方程得出t,r的值，得到关于a的方程，可得解.【详解】,所以的展开式的通项为，其中，令，所以或，当时，的系数为，当时，的系数为，因为的系数为，所以，即，即，所以故选：B.考点五 二项式定理的应用解题方略：利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系．求余问题【例5-1】试求2 01910除以8的余数【解析】2 01910＝(8×252＋3)10.∵其展开式中除末项为310外，其余的各项均含有8这个因数，∴2 01910除以8的余数与310除以8的余数相同．又∵310＝95＝(8＋1)5，其展开式中除末项为1外，其余的各项均含有8这个因数，∴310除以8的余数为1，即2 01910除以8的余数也为1.变式1：求被100除所得的余数．【解析】（1），展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．∵，前91项均能被100整除，后两项和为919，又余数为正，∴可从前面的数中分离出1000，结果为，∴被100除所得的余数为81．变式2：设，则当n=2021时，a除以15所得余数为（ ）A．3 B．4 C．7 D．8【解析】∵(3＋1)n＝4n，∴a＝4n﹣1，当时，，而，故此时除以15的余数为3.故选：A.整除问题【例5-2】用二项式定理证明：能被100整除．证明：∵，∴能被100整除．变式1：求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．证明　32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n＋1,n＋1)－8n－9＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1)82＋(n＋1)×8＋1－8n－9＝Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1)82.①①式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除．变式2：已知n∈N*，求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除．证明　1＋2＋22＋23＋…＋25n－1＝eq \f(1－25n,1－2)＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1＝31n＋Ceq \o\al(1,n)×31n－1＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)×31＋1－1＝31×(31n－1＋Ceq \o\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n))，显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除．变式3：已知2×1010＋a(0≤a