高考数学一轮复习讲义第10章第3节二项式定理

这是一份高考数学一轮复习讲义第10章第3节二项式定理，共12页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。

1．二项式定理
2.二项式系数的性质
(1)Ceq \\al(0,n)＝1，Ceq \\al(n,n)＝1.
Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n).
(2)Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n).
(3)n是偶数时，项的二项式系数最大；n是奇数时，与项的二项式系数相等且最大．
(4)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
【知识拓展】
二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式的系数从Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，一直到Ceq \\al(n－1,n)，Ceq \\al(n,n).
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Ceq \\al(k,n)an－kbk是二项展开式的第k项．( × )
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( × )
(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.( × )
1．(教材改编)(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展开式中第m项的系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
2．(2016·四川)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( )
A．－15x4B．15x4
C．－20ix4D．20ix4
答案 A
解析 由题意可知，含x4的项为Ceq \\al(2,6)x4i2＝－15x4.故选A.
3．(2016·云南部分名校1月统一考试)已知，那么eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))n展开式中含x2项的系数为( )
A．130B．135C．121D．139
答案 B
解析 根据题意，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x)))6中，由二项式定理得通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(－3)kx6－2k，令6－2k＝2，得k＝2，所以系数为Ceq \\al(2,6)×9＝135.
4．在(eq \f(x,2)－eq \f(1,\r(3,x)))n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是________．
答案 7
解析 由题意知eq \f(n,2)＋1＝5，解得n＝8，
(eq \f(x,2)－eq \f(1,\r(3,x)))8的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(eq \f(x,2))8－k(－eq \f(1,\r(3,x)))k
＝，
令8－eq \f(4k,3)＝0，得k＝6，
则展开式中的常数项为(－1)626－8Ceq \\al(6,8)＝7.
题型一 二项展开式
命题点1 求二项展开式中的特定项或指定项的系数
例1 (1)(2016·全国乙卷)(2x＋eq \r(x))5的展开式中，x3的系数是______________．(用数字填写答案)
(2)(2015·课标全国Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10B．20
C．30D．60
答案 (1)10 (2)C
解析 (1)(2x＋eq \r(x))5展开式的通项公式k∈{0,1,2,3,4,5}，令5－eq \f(k,2)＝3，解得k＝4，得∴x3的系数是10.
(2)方法一 利用二项展开式的通项公式求解．
(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq \\al(1,3)x4·x＝Ceq \\al(1,3)x5.
所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30.故选C.
方法二 利用组合知识求解．
(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)＝30.故选C.
命题点2 已知二项展开式某项的系数求参数
例2 (1)(2015·课标全国Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝____________.
(2)(2016·山东)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))5的展开式中x5的系数为－80，则实数a＝________.
答案 (1)3 (2)－2
解析 (1)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
(2)
∴10－eq \f(5,2)k＝5，解得k＝2，∴a3Ceq \\al(2,5)＝－80，解得a＝－2.
思维升华 求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，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)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．
(1)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
(2)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
答案 (1)－20 (2)eq \f(1,2)
解析 (1)x2y7＝x·(xy7)，其系数为Ceq \\al(7,8)，
x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－Ceq \\al(6,8)，
∴x2y7的系数为Ceq \\al(7,8)－Ceq \\al(6,8)＝8－28＝－20.
(2)设通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－kak，令10－k＝7，
∴k＝3，∴x7的系数为Ceq \\al(3,10)a3＝15，
∴a3＝eq \f(1,8)，∴a＝eq \f(1,2).
题型二 二项式系数的和或各项系数的和的问题
例3 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，(*)
各项系数的和为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，得到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，
∴奇数项系数和为eq \f(1＋510,2)；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
∴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).
思维升华 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m (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).
(1)(2016·北京海淀区模拟)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等于( )
A．5B．6C．7D．8
答案 B
解析 由题意得a＝Ceq \\al(m,2m)，b＝Ceq \\al(m＋1,2m＋1)，
∴13Ceq \\al(m,2m)＝7Ceq \\al(m＋1,2m＋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，
经检验符合题意，故选B.
(2)若(1－2x)2016＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2016x2016，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2016,22016)的结果是多少？
解 当x＝0时，左边＝1，右边＝a0，∴a0＝1.
当x＝eq \f(1,2)时，左边＝0，右边＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2016,22016)，
∴0＝1＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2016,22016).
即eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2016,22016)＝－1.
题型三 二项式定理的应用
例4 (1)设a∈Z且0≤a＜13，若512012＋a能被13整除，则a等于( )
A．0B．1C．11D．12
(2)1.028的近似值是________．(精确到小数点后三位)
答案 (1)D (2)1.172
解析 (1)512012＋a＝(52－1)2012＋a＝Ceq \\al(0,2012)·522012－Ceq \\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq \\al(2011,2012)×52·(－1)2011＋Ceq \\al(2012,2012)·(－1)2012＋a，
∵Ceq \\al(0,2012)·522012－Ceq \\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq \\al(2011,2012)×52·(－1)2011能被13整除且512012＋a能被13整除，
∴Ceq \\al(2012,2012)·(－1)2012＋a＝1＋a也能被13整除，因此a的值为12.
(2)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.
思维升华 (1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．
(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式．
(1)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．－1B．1C．－87D．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.
(2)已知2n＋2·3n＋5n－a能被25整除，求正整数a的最小值．
解 原式＝4·6n＋5n－a＝4(5＋1)n＋5n－a
＝4(Ceq \\al(0,n)5n＋Ceq \\al(1,n)5n－1＋…＋Ceq \\al(n－2,n)52＋Ceq \\al(n－1,n)5＋Ceq \\al(n,n))＋5n－a
＝4(Ceq \\al(0,n)5n＋Ceq \\al(1,n)5n－1＋…＋Ceq \\al(n－2,n)52)＋25n＋4－a，
显然正整数a的最小值为4.
15．二项展开式的系数与二项式系数
典例 (1)(2016·河北武邑中学期末)若(eq \r(x)－eq \f(3,x))n展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中含x项的系数为________．
(2)(2016·河北邯郸一中调研)已知(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7的展开式中x4的系数是－35，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
错解展示
解析 (1)(eq \r(x)＋eq \f(3,x))n展开式中，令x＝1可得4n＝1024，∴n＝5，
∴(eq \r(x)－eq \f(3,x))n展开式的通项Tk＋1＝(－3)k·Ceq \\al(k,5)·，
令eq \f(5－3k,2)＝1，得k＝1.
故展开式中含x项的系数为Ceq \\al(1,5)＝5.
(2)a1＋a2＋…＋a7＝Ceq \\al(1,7)＋Ceq \\al(2,7)＋…＋Ceq \\al(7,7)＝27－1.
答案 (1)5 (2)27－1
现场纠错
解析 (1)在(eq \r(x)＋eq \f(3,x))n的展开式中，令x＝1，
可得(eq \r(x)－eq \f(3,x))n展开式的各项系数绝对值之和为4n＝22n＝1024＝210，∴n＝5.
故(eq \r(x)－eq \f(3,x))5展开式的通项为Tk＋1＝(－3)k·Ceq \\al(k,5)·，
令eq \f(5－3k,2)＝1，得k＝1，
故展开式中含x项的系数为－15.
(2)∵(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，
令x＝0，∴a0＝(－m)7.
又∵展开式中x4的系数是－35，∴Ceq \\al(3,7)·(－m)3＝－35，
∴m＝1.∴a0＝(－m)7＝－1.
在(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7中，
令x＝1，得0＝－1＋a1＋a2＋…＋a7，
即a1＋a2＋a3＋…＋a7＝1.
答案 (1)－15 (2)1
纠错心得 和二项展开式有关的问题，要分清所求的是展开式中项的系数还是二项式系数，
是系数和还是二项式系数的和.
1．在x2(1＋x)6的展开式中，含x4项的系数为( )
A．30B．20C．15D．10
答案 C
解析 因为(1＋x)6的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)xk，x2(1＋x)6的展开式中含x4的项为Ceq \\al(2,6)x4＝15x4，所以系数为15.
2．(2015·湖南)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(a,\r(x))))5的展开式中含的项的系数为30，则a等于( )
A.eq \r(3)B．－eq \r(3)C．6D．－6
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(a,\r(x))))5的展开式通项令eq \f(5,2)－k＝eq \f(3,2)，则k＝1，
∴－aCeq \\al(1,5)＝30，∴a＝－6，故选D.
3．(4x－2－x)6(x∈R)展开式中的常数项是( )
A．－20B．－15
C．15D．20
答案 C
解析 设展开式中的常数项是第k＋1项，则Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(4x)6－k·(－2－x)k＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k·212x－2kx·2－kx＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k·212x－3kx，
∵12x－3kx＝0恒成立，∴k＝4，
∴T5＝Ceq \\al(4,6)·(－1)4＝15.
4．(2015·湖北)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．29B．210C．211D．212
答案 A
解析 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.
5．若在(x＋1)4(ax－1)的展开式中，x4的系数为15，则a的值为( )
A．－4B.eq \f(5,2)C．4D.eq \f(7,2)
答案 C
解析 ∵(x＋1)4(ax－1)＝(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)(ax－1)，∴x4的系数为4a－1＝15，∴a＝4.
6．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)
答案 D
解析 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)．
7．若(x＋a)2(eq \f(1,x)－1)5的展开式中常数项为－1，则a的值为( )
A．1B．9
C．－1或－9D．1或9
答案 D
解析 由于(x＋a)2＝x2＋2ax＋a2，而(eq \f(1,x)－1)5的展开式通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,5)·xk－5，其中k＝0,1,2，…，5.于是(eq \f(1,x)－1)5的展开式中x－2的系数为(－1)3Ceq \\al(3,5)＝－10，x－1项的系数为(－1)4Ceq \\al(4,5)＝5，常数项为－1，因此(x＋a)2(eq \f(1,x)－1)5的展开式中常数项为1×(－10)＋2a×5＋a2×(－1)＝－a2＋10a－10，依题意－a2＋10a－10＝－1，解得a2－10a＋9＝0，即a＝1或a＝9.
8．(2016·北京)在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为________．(用数字作答)
答案 60
解析 展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·16－k·(－2x)k＝Ceq \\al(k,6)(－2)k·xk.令k＝2，得T3＝Ceq \\al(2,6)·4x2＝60x2，即x2的系数为60.
9．(2016·天津)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)
答案 －56
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))8的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(x2)8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)kCeq \\al(k,8)x16－3k，当16－3k＝7时，k＝3，则x7的系数为(－1)3Ceq \\al(3,8)＝－56.
10．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
答案 10
解析 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，
它的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(1＋x)5－k·(－1)k，
T3＝Ceq \\al(2,5)(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
11．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是________．
答案 168
解析 ∵(1＋x)8的通项为Ceq \\al(k,8)xk，(1＋y)4的通项为Ceq \\al(t,4)yt，∴(1＋x)8(1＋y)4的通项为Ceq \\al(k,8)Ceq \\al(t,4)xkyt，令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为Ceq \\al(2,8)Ceq \\al(2,4)＝168.
12．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7
＝－1.①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝Ceq \\al(0,7)＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，
得a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(－1－37,2)＝－1094.
(3)(①＋②)÷2，
得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(－1＋37,2)＝1093.
(4)方法一 ∵(1－2x)7展开式中，a0、a2、a4、a6大于零，而a1、a3、a5、a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.
方法二 |a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|，
即(1＋2x)7展开式中各项的系数和，令x＝1，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.
13．求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除．
证明 ∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝eq \f(25n－1,2－1)
＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝Ceq \\al(0,n)×31n＋Ceq \\al(1,n)×31n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)×31＋Ceq \\al(n,n)－1
＝31(Ceq \\al(0,n)×31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n))，
显然Ceq \\al(0,n)×31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)为整数，
∴原式能被31整除．
*14.若(eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(4,x)))n展开式中前三项的系数成等差数列，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
解 (1)易求得展开式前三项的系数为1，eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)，eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n).
据题意得2×eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)＝1＋eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)⇒n＝8.
设展开式中的有理项为Tk＋1，
∴k为4的倍数，又0≤k≤8，∴k＝0,4,8.
故有理项为
(2)设展开式中Tk＋1项的系数最大，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)kC\\al(k,8)≥\f(1,2)k＋1C\\al(k＋1,8)，,\f(1,2)kC\\al(k,8)≥\f(1,2)k－1C\\al(k－1,8)))⇒k＝2或k＝3.
故展开式中系数最大的项为
二项式定理
(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)
二项展开式的通项公式
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示第k＋1项
二项式系数
二项展开式中各项的系数Ceq \\al(k,n)(k∈{0,1,2，…，n})