2022高考数学一轮复习 第十章 §10.3　二项式定理

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1．二项式定理
2.二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
(2)增减性与最大值
当n是偶数时，中间一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和
(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n.
微思考
1．总结(a＋b)n的展开式的特点．
提示 (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.
2．(a＋b)n的展开式的二项式系数和系数相同吗？
提示 不一定．(a＋b)n的展开式的通项是Ceq \\al(k,n)an－kbk，其二项式系数是Ceq \\al(k,n)(k∈{0,1,2,3，…，n})，不一定是系数．
题组一 思考辨析
1．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(a＋b)n的展开式的第k项．( × )
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )
(4)(a＋b)n的展开式中某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．( √ )
题组二 教材改编
2．(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二项展开式第m项的通项为
Tm＝Ceq \\al(m－1,n)(－y)m－1xn－m＋1，
所以系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
3．(八省联考)(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 (利用公式Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m＋1,n)＝Ceq \\al(m＋1,n＋1))
(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝120.
4．Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(3,11)＋Ceq \\al(5,11)＋…＋Ceq \\al(11,11)＝________.
答案 210
题组三 易错自纠
5．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x))))n(a为常数)的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A．1 B．±1 C．2 D．±2
答案 C
解析 根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n＝32，可得n＝5，则二项式的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3,x))))k＝akCeq \\al(k,5)，令eq \f(15－5k,6)＝0，得k＝3，则其常数项为Ceq \\al(3,5)a3，根据题意，有Ceq \\al(3,5)a3＝80，可得a＝2.
6．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))n的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为_____．
答案 1
解析 因为所有二项式系数的和是32，所以2n＝32，解得n＝5.
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))5中，令x＝1可得展开式中各项系数的和为(2－1)5＝1.
题型一 多项展开式的特定项
命题点1 二项展开式问题
例1 (1)(2020·北京)在(eq \r(x)－2)5的展开式中，x2的系数为( )
A．－5 B．5 C．－10 D．10
答案 C
解析 Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k(－2)k＝Ceq \\al(k,5)·(－2)k，
令eq \f(5－k,2)＝2，解得k＝1.
所以x2的系数为Ceq \\al(1,5)(－2)1＝－10.
(2)(2019·浙江)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 该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(2))9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(eq \r(2))9＝16eq \r(2)；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.
命题点2 两个多项式积的展开式问题
例2 (1)(2020·全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
答案 C
解析 方法一 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，
∴x3y3的系数为10＋5＝15.
方法二 当x＋eq \f(y2,x)中取x时，x3y3的系数为Ceq \\al(3,5)，
当x＋eq \f(y2,x)中取eq \f(y2,x)时，x3y3的系数为Ceq \\al(1,5)，
∴x3y3的系数为Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(1,5)＝10＋5＝15.
(2)(2019·全国Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( )
A．12 B．16 C．20 D．24
答案 A
解析 展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝4＋8＝12.
命题点3 三项展开式问题
例3 (1)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20 C．30 D．60
答案 C
解析 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 利用排列组合知识求解．
(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个因式取y，剩余的三个因式中两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)＝30.故选C.
(2)(2020·合肥检测)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)＋1))5的展开式中的常数项为( )
A．1 B．11 C．－19 D．51
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)＋1))5＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))＋1))5
展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5－k
当k＝5时，常数项为Ceq \\al(5,5)＝1，
当k＝3时，常数项为－Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)＝－20，
当k＝1时，常数项为Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＝30.
综上所述，常数项为1－20＋30＝11.
思维升华 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，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，代回通项即可．
(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．
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．
跟踪训练1 (1)(x＋a)10的展开式中，x7项的系数为15，则a＝______.(用数字填写答案)
答案 eq \f(1,2)
解析 通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－kak，令10－k＝7，
∴k＝3，∴x7项的系数为Ceq \\al(3,10)a3＝15，
∴a3＝eq \f(1,8)，∴a＝eq \f(1,2).
(2)(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为( )
A．－3 B．－2 C．1 D．4
答案 B
解析 (x－1)4的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k(－1)k，(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为Ceq \\al(3,4)(－1)3＋Ceq \\al(2,4)(－1)2＋Ceq \\al(1,4)(－1)＝－2，故选B.
(3)(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________．
答案 92
解析 方法一 (1＋2x－3x2)5＝(1－x)5(1＋3x)5，所以x5的系数为Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(5,5)35＋Ceq \\al(1,5)(－1)Ceq \\al(4,5)34＋Ceq \\al(2,5)(－1)2Ceq \\al(3,5)33＋Ceq \\al(3,5)(－1)3Ceq \\al(2,5)32＋Ceq \\al(4,5)(－1)4Ceq \\al(1,5)31＋Ceq \\al(5,5)(－1)5Ceq \\al(0,5)30＝92.
方法二 (1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝Ceq \\al(0,5)(1＋2x)5＋Ceq \\al(1,5)(1＋2x)4(－3x2)＋Ceq \\al(2,5)(1＋2x)3(－3x2)2＋…＋Ceq \\al(5,5)(－3x2)5，
所以x5的系数为Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(5,5)25＋Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(3,4)×23×(－3)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)×2×(－3)2＝92.
题型二 二项式系数与各项的系数问题
命题点1 二项式系数和与各项系数和
例4 (1)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为( )
A．－1 B．1 C．27 D．－27
答案 A
解析 依题意得2n＝8，解得n＝3.取x＝1，得该二项展开式每一项的系数之和为(1－2)3＝－1.
(2)若(2－x)7＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a7(1＋x)7，则a0＋a1＋a2＋…＋a6的值为( )
A．1 B．2 C．129 D．2 188
答案 C
解析 令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27＝128，
又(2－x)7＝[3－(x＋1)]7，
则a7(1＋x)7＝Ceq \\al(7,7)·30·[－(x＋1)]7，解得a7＝－1.
故a0＋a1＋a2＋…＋a6＝128－a7＝128＋1＝129.
命题点2 二项式系数的最值问题
例5 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为( )
A．3 B．5 C．6 D．7
答案 D
解析 根据eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，得n＝20，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,20)·(eq \r(3)x)20－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))k＝(eq \r(3))20－k·Ceq \\al(k,20)·，要使x的指数是整数，需k是3的倍数，∴k＝0,3,6,9,12,15,18，∴x的指数是整数的项共有7项．
思维升华 (1)求展开式中各项系数和可用“赋值法”．
(2)二项式系数最大项在中间一项或中间两项取得．
跟踪训练2 (1)(2021·随州调研)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为( )
A．－126 B．－70 C．－56 D．－28
答案 C
解析 ∵只有第5项的二项式系数最大，
∴n＝8，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(x))))n的展开式的通项为
Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,8)(k＝0,1,2，…，8)，
∴展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小，为(－1)3Ceq \\al(3,8)＝－56.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( )
A．6eq \r(3,x) B.eq \f(4,\r(x)) C．4xeq \r(6,x) D.eq \f(4,\r(x))或4xeq \r(6,x)
答案 A
解析 令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和为2n，即8