高考数学科学创新复习方案提升版第60讲二项式定理学案（Word版附解析）

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1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝eq \x(\s\up1(01))Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)；
(2)通项：Tk＋1＝eq \x(\s\up1(02))Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示第eq \x(\s\up1(03))k＋1项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n,n).
2．二项式系数的性质
1．注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题．
2．解题时，要注意区别二项式系数和项的系数的不同、项数和项的不同．
3．(1＋x)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)x＋…＋Ceq \\al(k,n)xk＋…＋Ceq \\al(n,n)xn.
1．(人教A选择性必修第三册6.3.1练习T4改编)(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是( )
A．Ceq \\al(m,n) B．Ceq \\al(m＋1,n)
C．Ceq \\al(m－1,n) D．(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n)
答案 D
解析 (x－y)n的展开式中，第m项为Tm＝Ceq \\al(m－1,n)xn－m＋1·(－y)m－1＝(－1)m－1·Ceq \\al(m－1,n)xn－m＋1ym－1.所以第m项的系数为(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n).故选D.
2．(人教A选择性必修第三册习题6.3 T5(3)改编)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(3,4x))))eq \s\up12(6)的展开式的中间项为( )
A．－40 B．－40x2
C．40 D．40x2
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(3,4x))))eq \s\up12(6)的展开式的中间项为Ceq \\al(3,6)(2x)3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,4x))))eq \s\up12(3)＝－40x2.故选B.
3．(多选)已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 ABC
解析 ∵(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数Ceq \\al(4,n)最大，∴n＝7或n＝8或n＝9.
4．若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝( )
A．40 B．41
C．－40 D．－41
答案 B
解析 令x＝1，则a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，令x＝－1，则a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－3)4＝81，故a4＋a2＋a0＝eq \f(1＋81,2)＝41.故选B.
5．(人教B选择性必修第二册P36复习题A组T12改编)设(5x－eq \r(x))n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，M－N＝240，则展开式中x3的系数为________．
答案 150
解析 由题意可得N＝2n，令x＝1，则M＝(5－1)n＝4n＝(2n)2.∴(2n)2－2n＝240，2n＝16，n＝4.展开式中第k＋1项Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)·(5x)4－k(－eq \r(x))k＝(－1)kCeq \\al(k,4)54－k·x4－eq \f(k,2).令4－eq \f(k,2)＝3，得k＝2，∴展开式中x3的系数为(－1)2×Ceq \\al(2,4)×52＝150.
例1 (1)(2023·滨州期末)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))eq \s\up12(6)的展开式中，第4项为( )
A．160 B．－160
C．160x3 D．－160x3
答案 D
解析 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))eq \s\up12(6)的展开式中，第4项为T4＝Ceq \\al(3,6)(x2)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up12(3)＝(－2)3Ceq \\al(3,6)x3＝－160x3.故选D.
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
答案 －28
解析 展开式中含有x2y6的项为1·Ceq \\al(2,8)x2y6－eq \f(y,x)·Ceq \\al(3,8)x3y5＝－28x2y6.
(3)(2023·福建名校联盟模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))eq \s\up12(4)的展开式中的常数项为________(用数字作答)．
答案 49
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))eq \s\up12(4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－1))的展开式中得到常数项的方法分类如下：
①4个因式中都不取x，也都不取eq \f(2,x)，全取－1，相乘得到常数项，常数项为Ceq \\al(4,4)(－1)4＝1；
②4个因式中有1个取x，再有1个取eq \f(2,x)，其余因式取－1，相乘得到常数项，常数项为Ceq \\al(1,4)xCeq \\al(1,3)eq \f(2,x)(－1)2＝24；
③4个因式中有2个取x，再有2个取eq \f(2,x)，相乘得到常数项，常数项为Ceq \\al(2,4)x2Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up12(2)＝24.
合并同类项，所以展开式中的常数项为1＋24＋24＝49.
1．求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路
(1)利用通项公式将Tk＋1项写出并化简．
(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k.
(3)代回通项公式得所求．
2．对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
1.(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( )
A．60 B．80
C．84 D．120
答案 D
解析 (1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)，因为Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)且Ceq \\al(2,2)＝Ceq \\al(3,3)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,4)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＝Ceq \\al(3,5)，以此类推，Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,9)＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120.故选D.
2．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,a)))(1－2x)4的展开式中x3项的系数是－70，则实数a的值为( )
A．－2 B．2
C．－4 D．4
答案 D
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,a)))(1－2x)4＝2×(1－2x)4－eq \f(x,a)×(1－2x)4，(1－2x)4的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(－2x)k＝(－2)kCeq \\al(k,4)xk，k＝0，1，2，3，4，所以2×(1－2x)4的展开式中x3项的系数是2×(－2)3Ceq \\al(3,4)＝－64，eq \f(x,a)×(1－2x)4的展开式中x3项的系数是eq \f(1,a)×(－2)2Ceq \\al(2,4)＝eq \f(24,a)，所以－64－eq \f(24,a)＝－70，解得a＝4.
3．在二项式(eq \r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．
答案 16eq \r(2) 5
解析 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(2))9－kxk，k∈N，0≤k≤9，当为常数项时，k＝0，T1＝Ceq \\al(0,9)(eq \r(2))9x0＝(eq \r(2))9＝16eq \r(2).当项的系数为有理数时，9－k为偶数，可得k＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数是5.
多角度探究突破
角度二项展开式中系数的和
例2 (1)(2023·重庆模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数之和为( )
A．212 B．312
C．310 D．210
答案 C
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(8,n)，解得n＝10，取x＝1，可得所有项的系数之和为310.故选C.
(2)(多选)(2023·福建莆田模拟)已知(3x－2)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，则( )
A．a0＝22023
B．a0＋a1＋a2＋…＋a2023＝1
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝eq \f(52023＋1,2)
D．a0＋eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋eq \f(a3,33)＋…＋eq \f(a2023,32023)＝－1
答案 BCD
解析 令x＝0，可得a0＝(－2)2023＝－22023，故A错误；令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a2023＝12023＝1，故B正确；令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2022－a2023＝(－5)2023＝－52023，结合B项分析，两式作差，可得2(a1＋a3＋a5＋…＋a2023)＝52023＋1，即a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝eq \f(52023＋1,2)，故C正确；令x＝eq \f(1,3)，可得a0＋eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋eq \f(a3,33)＋…＋eq \f(a2023,32023)＝(－1)2023＝－1，故D正确．故选BCD.
赋值法的应用
(1)对形如(ax＋b)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1.
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1.
(3)一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)]．
1.(多选)(2024·山东济南模拟)已知(x－1)(x＋2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则( )
A．a0＝－64
B．a1＝63
C．a0＋a1＋…＋a7＝0
D．a1＋a3＋a5＋a7＝1
答案 ACD
解析 对于A，令x＝0，得到a0＝－1×26＝－64，故A正确；对于B，(x＋2)6的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·x6－k·2k，令k＝5，得到T6＝Ceq \\al(5,6)·x·25＝192x，令k＝6，得到T7＝Ceq \\al(6,6)×26＝64，所以a1＝64－192＝－128，故B错误；对于C，令x＝1，得到a0＋a1＋…＋a7＝0，故C正确；对于D，令x＝－1，则a0－a1＋…－a7＝－2，又因为a0＋a1＋…＋a7＝0，两式相减，得－2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－2，则a1＋a3＋a5＋a7＝1，故D正确．故选ACD.
2．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为________．
答案 90
解析 令x＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)＝4n，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以eq \f(4n,2n)＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(x))))eq \s\up12(k)＝3kCeq \\al(k,5)x5－eq \f(3,2)k，令5－eq \f(3,2)k＝2，得k＝2，所以x2的系数为32Ceq \\al(2,5)＝90.
角度二项式系数的最值问题
例3 (1)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13a＝7b，则m＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
答案 B
解析 由题意，得a＝Ceq \\al(m,2m)，b＝Ceq \\al(m,2m＋1)，则13Ceq \\al(m,2m)＝7Ceq \\al(m,2m＋1)，∴eq \f(13·（2m）！,m！m！)＝eq \f(7·（2m＋1）！,m！（m＋1）！)，
∴eq \f(7（2m＋1）,m＋1)＝13，解得m＝6.经检验m＝6为原方程的解．故选B.
(2)(2023·杭州模拟)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第m项的系数最大，则m＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 A
解析 由已知可得，n＝12.根据二项式定理，知展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)(2x)12－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,12)212－kx12－eq \f(3,2)k，显然当k是偶数时，该项为有理项，当k＝0时，T1＝Ceq \\al(0,12)212x12＝4096x12；当k＝2时，T3＝Ceq \\al(2,12)210x9＝67584x9；当k＝4时，T5＝Ceq \\al(4,12)28x6＝126720x6；当k＝6时，T7＝Ceq \\al(6,12)26x3＝59136x3；当k＝8时，T9＝Ceq \\al(8,12)24＝7920；当k＝10时，T11＝Ceq \\al(10,12)22x－3＝264x－3；当k＝12时，T13＝Ceq \\al(12,12)20x－6＝x－6.经比较可得，当k＝4，即m＝5时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大．故选A.
求二项式系数最大的项
(1)如果n是偶数，那么中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋1))项))的二项式系数最大．
(2)如果n是奇数，那么中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)＋1))项))的二项式系数相等并最大．
1.(多选)在(1＋2x)8的展开式中，下列说法正确的是( )
A．二项式系数最大的项为1120x4
B．常数项为2
C．第6项与第7项的系数相等
D．含x3的项的系数为480
答案 AC
解析 因为n＝8，所以二项式系数最大的项为T5，T5＝Ceq \\al(4,8)(2x)4＝1120x4，A正确；(1＋2x)8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(2x)k＝2kCeq \\al(k,8)xk，令k＝0，得常数项为1，B错误；第6项为T6＝25Ceq \\al(5,8)x5＝1792x5，第7项为T7＝26Ceq \\al(6,8)x6＝1792x6，第6项与第7项的系数相等，C正确；含x3的项为T4＝Ceq \\al(3,8)(2x)3＝448x3，其系数为448，D错误．故选AC.
2．(2023·绍兴期末)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))eq \s\up12(n)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中的常数项为________．
答案 7
解析 由题意，得n＝8，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)·(eq \r(3,x))8－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)·xeq \f(8－4k,3)，令eq \f(8－4k,3)＝0，得k＝2，故常数项为Ceq \\al(2,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝7.
角度项的系数的最值问题
例4 (1)若(1＋2x)6的展开式中第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，\f(1,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(2,5)))
答案 A
解析 ∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(1,6)2x>Ceq \\al(0,6)，,Ceq \\al(1,6)2x>Ceq \\al(2,6)（2x）2，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>\f(1,12)，,0(2)已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为________．
答案 64
解析 由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(2,n)，,Ceq \\al(3,n)>Ceq \\al(4,n)，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(n！,3！（n－3）！)>\f(n！,2！（n－2）！)，,\f(n！,3！（n－3）！)>\f(n！,4！（n－4）！)，))
∴5求展开式中系数最大的项
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解出k来．
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，则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式中，二项式系数最大的项为________，系数的绝对值最大的项为________．
答案 －8064 －15360x4
解析 由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，故2n＝32，解得n＝5.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，故二项式系数最大的项为T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＝－8064.设第k＋1项的系数的绝对值最大，则Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·(2x)10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,10)·210－k·x10－2k，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k－1,10)·210－k＋1，,Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k＋1,10)·210－k－1，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)≥2Ceq \\al(k－1,10)，,2Ceq \\al(k,10)≥Ceq \\al(k＋1,10)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－k≥2k，,2（k＋1）≥10－k，))解得eq \f(8,3)≤k≤eq \f(11,3)，因为k∈Z，所以k＝3.故系数的绝对值最大的项是第4项，T4＝－Ceq \\al(3,10)·27·x4＝－15360x4.故二项式系数最大的项为－8064，系数的绝对值最大的项为－15360x4.
例5 (1)设a∈Z，且0≤a<13，若512022＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
答案 D
解析 由于51＝52－1，(52－1)2022＝Ceq \\al(0,2022)522022－Ceq \\al(1,2022)522021＋…－Ceq \\al(2021,2022)521＋1，又13能整除52，所以只需13能整除1＋a，又0≤a<13，a∈Z，所以a＝12.
(2)1.028的近似值是________(精确到小数点后三位)．
答案 1.172
解析 1.028＝(1＋0.02)8≈Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,8)×0.02＋Ceq \\al(2,8)×0.022＋Ceq \\al(3,8)×0.023≈1.172.
二项式定理应用的题型及解法
(1)在解决整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．
(2)利用二项式定理近似运算时，首先将幂的底数写成两项和或差的形式，然后确定展开式中的保留项，使其满足近似计算的精确度．
1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是( )
A．－1 B．1
C．－87 D．87
答案 B
解析 1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq \\al(1,10)×889＋…＋Ceq \\al(9,10)×88＋1.∵前10项均能被88整除，∴余数是1.故选B.
课时作业
一、单项选择题
1．(2024·吉林模拟)(3＋2x)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为( )
A．8 B．7
C．6 D．5
答案 C
解析 因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故eq \f(n,2)＋1＝4，得n＝6.故选C.
2．(2024·临沂开学考试)已知n∈N*，(1＋2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若4a1＋a2＝80，则该展开式各项的二项式系数和为( )
A．81 B．64
C．27 D．32
答案 D
解析 ∵a1＝Ceq \\al(1,n)·2＝2n，a2＝Ceq \\al(2,n)·22＝4Ceq \\al(2,n)，∴4×2n＋4Ceq \\al(2,n)＝80，解得n＝5，∴该展开式各项的二项式系数和为25＝32.故选D.
3．(2023·北京高考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中x的系数为( )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(r)＝(－1)r25－rCeq \\al(r,5)x5－2r，令5－2r＝1，得r＝2，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中x的系数为(－1)2×25－2×Ceq \\al(2,5)＝80.故选D.
4．(2024·河北秦皇岛开学考试)若(3x－5)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，则
A.257 B.129
C.－65 D.－33,
答案 B
解析 令x＝2，则（3×2－5）7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝1，令x＝1，则（3×1－5）7＝a0，即a0＝－27，所以＝1－(－27)＝129.故选B.
5．(2024·佛山开学考试)在(x＋1)(x－2)(x＋3)(x－4)(x＋5)的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．－23 B．－3
C．3 D．15
答案 A
解析 由组合知识可知，含x3的项，需要从5个因式中，3个因式选择x，2个因式选择常数，则含x3的项的系数是(－4)×5＋3×5＋3×(－4)＋(－2)×5＋(－2)×3＋(－2)×(－4)＋1×5＋1×(－4)＋1×3＋1×(－2)＝－23.故选A.
6．(2023·唐山模拟)已知(ax＋1)(2x－1)6的展开式中x5的系数为48，则实数a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
答案 A
解析 二项式(2x－1)6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－k·(－1)k＝Ceq \\al(k,6)·26－k·(－1)k·x6－k，则(ax＋1)(2x－1)6的展开式中，x5的系数为aCeq \\al(2,6)×24×(－1)2＋1×Ceq \\al(1,6)×25×(－1)＝15×16a－32×6＝48，解得a＝1.故选A.
7．(2023·佛山模拟)若7n＋Ceq \\al(1,n＋1)7n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)7＋Ceq \\al(n,n＋1)是9的倍数，则自然数n为( )
A．4的倍数 B．3的倍数
C．奇数 D．偶数
答案 C
解析 因为7n＋Ceq \\al(1,n＋1)7n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)7＋Ceq \\al(n,n＋1)＝eq \f(1,7)(7n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)7n＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)72＋Ceq \\al(n,n＋1)7＋Ceq \\al(n＋1,n＋1))－eq \f(1,7)＝eq \f(1,7)(7＋1)n＋1－eq \f(1,7)＝eq \f(1,7)(8n＋1－1)＝eq \f(1,7)[9n＋1－Ceq \\al(1,n＋1)9n＋…＋(－1)nCeq \\al(n,n＋1)9＋(－1)n＋1－1]，又7n＋Ceq \\al(1,n＋1)7n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)7＋Ceq \\al(n,n＋1)是9的倍数，∴n＋1为偶数，即n为奇数．故选C.
8．(2023·襄阳模拟)已知(1＋3x)n的展开式中前3项的二项式系数和为79，则展开式中系数最大的项为( )
A．第7项 B．第8项
C．第9项 D．第10项
答案 D
解析 (1＋3x)n的展开式中前3项的二项式系数和为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝1＋n＋eq \f(n（n－1）,2)＝79，整理可得n2＋n－156＝0，∵n≥2且n∈N*，解得n＝12，(1＋3x)12的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)·(3x)k＝Ceq \\al(k,12)3kxk(k＝0，1，2，…，12)，设展开式中第r＋1项的系数最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,12)·3r≥Ceq \\al(r＋1,12)·3r＋1，,Ceq \\al(r,12)·3r≥Ceq \\al(r－1,12)·3r－1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(12！,r！·（12－r）！)·3r≥\f(12！,（r＋1）！·（11－r）！)·3r＋1，,\f(12！,r！·（12－r）！)·3r≥\f(12！,（r－1）！·（13－r）！)·3r－1，))
解得eq \f(35,4)≤r≤eq \f(39,4)，因为r∈N，故r＝9，因此，展开式中系数最大的项为第10项．故选D.
二、多项选择题
9．(2023·衡水模拟)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(8)的展开式中( )
A．常数项是第4项
B．所有项的系数和为1
C．第5项的二项式系数最大
D．第4项的系数最小
答案 BCD
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(8)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(2eq \r(x))8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－1)k28－k·Ceq \\al(k,8)x4－k.对于A，令4－k＝0，得k＝4，故常数项是第5项，故A错误；对于B，令x＝1，则所有项的系数和是(2－1)8＝1，故B正确；对于C，二项式展开式共9项，则由二项式系数的性质知第5项的二项式系数最大，故C正确；对于D，设第k＋1项的系数的绝对值最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(28－kCeq \\al(k,8)≥29－kCeq \\al(k－1,8)，,28－kCeq \\al(k,8)≥27－kCeq \\al(k＋1,8)，))解得2≤k≤3，又k∈Z，所以k＝2或k＝3，当k＝2时，T3＝1792x2；当k＝3时，T4＝－1792x，所以第4项的系数最小，故D正确．故选BCD.
10．(2024·镇江模拟)下列说法正确的是( )
A．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310－1
B．1.0510精确到0.1的近似数为1.6
C．5555被8除的余数为1
D．Ceq \\al(0,9)29＋Ceq \\al(1,9)28＋…＋Ceq \\al(9,9)＝39
答案 ABD
解析 对于A，(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，令x＝0，则a0＝1，a1，a3，a5，a7，a9为负数，a2，a4，a6，a8，a10为正数，令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2＋…－a9＋a10，故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－a1＋a2＋…－a9＋a10＝310－1，A正确；对于B，1.0510＝(1＋0.05)10＝Ceq \\al(0,10)×0.050＋Ceq \\al(1,10)×0.051＋Ceq \\al(2,10)×0.052＋…＋Ceq \\al(10,10)×0.0510＝1＋0.5＋0.1125＋…＝1.5＋0.1125＋…，故1.0510精确到0.1的近似数为1.6，B正确；对于C，5555＝(56－1)55＝Ceq \\al(0,55)×5655－Ceq \\al(1,55)×5654＋Ceq \\al(2,55)×5653－…＋Ceq \\al(54,55)×561－Ceq \\al(55,55)×560，由此可得5555被8除的余数为8－1＝7，C错误；对于D，Ceq \\al(0,9)29＋Ceq \\al(1,9)28＋…＋Ceq \\al(9,9)＝(2＋1)9＝39，D正确．故选ABD.
11．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的是( )
A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：Ceq \\al(k,n＋1)＝Ceq \\al(k－1,n)＋Ceq \\al(k,n)
C．由“第n行所有数之和为2n”猜想：Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n
D．由“111＝11，112＝121，113＝1331”猜想：115＝15101051
答案 ABC
解析 由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A，B，C正确；115＝(10＋1)5＝Ceq \\al(0,5)×105＋Ceq \\al(1,5)×104＋Ceq \\al(2,5)×103＋Ceq \\al(3,5)×102＋Ceq \\al(4,5)×101＋Ceq \\al(5,5)＝161051，故D错误．故选ABC.
三、填空题
12．已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝______，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________．
答案 8 －2
解析 含x2的项为x·Ceq \\al(3,4)·x·(－1)3＋2·Ceq \\al(2,4)·x2·(－1)2＝－4x2＋12x2＝8x2，故a2＝8.令x＝0，即2＝a0，令x＝1，即0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
13.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \s\up12(3)的展开式中x2的系数是________(用数字作答)．
答案 15
解析 解法一：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \s\up12(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(6)，所以Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)(－1)k·x6－2k，令6－2k＝2，解得k＝2，所以展开式中x2的系数是Ceq \\al(2,6)(－1)2＝15.
解法二：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \s\up12(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))，所以展开式中要得到含x2的项，只需分两类：第一类：从3个括号里选1个括号出x2，其余括号都出常数项－2，即Ceq \\al(1,3)x2(－2)2＝12x2；第二类：从3个括号里选2个括号出x2，余下的那个括号出eq \f(1,x2)，即Ceq \\al(2,3)(x2)2·eq \f(1,x2)＝Ceq \\al(2,3)x2＝3x2.故展开式中含x2的项是12x2＋3x2＝15x2，其系数为15.
14．(2023·揭阳模拟)设a＝Ceq \\al(0,19)＋Ceq \\al(1,19)7＋Ceq \\al(2,19)72＋…＋Ceq \\al(19,19)719，则a除以9所得的余数为________．
答案 8
解析 因为a＝Ceq \\al(0,19)＋Ceq \\al(1,19)7＋Ceq \\al(2,19)72＋…＋Ceq \\al(19,19)719，所以a＝(1＋7)19＝(9－1)19＝Ceq \\al(0,19)919＋Ceq \\al(1,19)918(－1)＋…＋Ceq \\al(18,19)91(－1)18＋Ceq \\al(19,19)(－1)19＝9[Ceq \\al(0,19)918＋Ceq \\al(1,19)917(－1)＋…＋Ceq \\al(18,19)(－1)18]－1＝9[Ceq \\al(0,19)918＋Ceq \\al(1,19)917(－1)＋…＋Ceq \\al(18,19)(－1)18－1]＋8，所以a除以9所得的余数为8.
四、解答题
15．在①只有第8项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
设二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq \s\up12(n)，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 若选条件①，即只有第8项的二项式系数最大，则n＝14；
若选条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14.
二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq \s\up12(14)展开式的通项为Tk＝Ceq \\al(k－1,14)(eq \r(x))15－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)))eq \s\up12(k－1)＝3k－1Ceq \\al(k－1,14)xeq \f(21－7k,2).
由21－7k＝0，得k＝3.
即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．
若选条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n－1＝47＝214，所以n＝15.
二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq \s\up12(15)展开式的通项为Tk＝Ceq \\al(k－1,15)(eq \r(x))16－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)))eq \s\up12(k－1)＝3k－1Ceq \\al(k－1,15)xeq \f(22－7k,2).
由22－7k＝0，得k＝eq \f(22,7)∉Z，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．
16．已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7.
(1)对于使f(x)中的x2的系数最小的m，n，求出此时x3的系数；
(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值(精确到0.01)．
解 (1)根据题意得Ceq \\al(1,m)＋Ceq \\al(1,n)＝7，即m＋n＝7，①
f(x)中的x2的系数为Ceq \\al(2,m)＋Ceq \\al(2,n)＝eq \f(m（m－1）,2)＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(m2＋n2－m－n,2).
将①变形为n＝7－m，代入上式得x2的系数为m2－7m＋21＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(7,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(35,4)，
故当m＝3或m＝4时，x2的系数的最小值为9.
当m＝3，n＝4时，x3的系数为Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)＝5；
当m＝4，n＝3时，x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,3)＝5.
(2)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈Ceq \\al(0,4)＋Ceq \\al(1,4)×0.003＋Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,3)×0.003≈2.02.考向一 求展开式中的特定项或特定项系数
考向二 二项式系数与各项的系数问题
考向三 二项式定理的应用