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数学选择性必修 第三册6.3 二项式定理导学案
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这是一份数学选择性必修 第三册6.3 二项式定理导学案，共14页。
同学们根据二项式定理写出(a＋b)n(n＝1，2，3，4，5，6)的二项式系数．可以写成如下形式：
这个表在我国宋代数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，所不同的只是这里的表是用阿拉伯数字表示，在那本书里用汉字表示的，这个表称为“杨辉三角”．在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡发现的，杨辉三角的发现比欧洲早500年左右，由此可见我国古代在数学方面的成就．
问题 你能利用上述规律写出下一行的数值吗？
提示 根据规律下一行的数值分别是：1 7 21 35 35 21 7 1.
二项式系数的性质
在求二项式系数的最大值时，要注意讨论n的奇偶性．
拓展深化
[微判断]
1．二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)．(×)
提示 二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项其他数字因数的大小有关．
2．二项展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．(×)
提示 在二项式(a＋b)n中只有当a，b的系数都为1时，展开式的偶数项系数和才等于奇数项系数和．
3．二项展开式项的系数是先增后减的．(×)
提示 二项式系数是随n的增加先增后减的，二项展开式项的系数和a，b的系数有关．
[微训练]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是( )
A．第8项 B．第9项
C．第8项和第9项 D．第11项和第12项
答案 D
2．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( )
A．第6项 B．第5项
C．第5，6项 D．第6，7项
解析 由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，
∴Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，由组合数的性质，得n＝10.
∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
答案 A
3．若(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a8＝________．
解析 由题意可知a8是x8的系数，所以a8＝Ceq \\al(8,10)·22＝180.
答案 180
[微思考]
怎样求二项式系数和？
提示 利用赋值法，在(a＋b)n的展开式中，令a＝b＝1，可得Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
题型一 二项式定理的应用
【例1】 (1)试求1 99510除以8的余数；
(2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
(1)解 1 99510＝(8×249＋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，
∴1 99510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1 99510除以8的余数也为1.
(2)证明 32n＋2－8n－9
＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)82＋(n＋1)×8＋1－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)82 ①.
①式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除．
规律方法 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．
【训练1】 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 \\al(1,n)×31n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)×31＋1－1＝31×(31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n))，
显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除．
题型二 二项展开式的系数的和问题
【例2】 已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.
解 令x＝1，得：
(2×1－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，
∴a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1.
【迁移1】 (变换所求)例2条件不变，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|.
解 ∵(2x－1)5的展开式中偶数项的系数为负值，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.
令x＝－1，得：
[2×(－1)－1]5＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－(－3)5＝35，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝35＝243.
【迁移2】 (变换所求)例2条件不变，求a1＋a3＋a5的值．
解 由上题得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，,a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝243，))
两式相减得a1＋a3＋a5＝eq \f(1,2)×(1－243)＝－121.
规律方法 (1)赋值法是求二项展开式系数和及有关问题的常用方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项．(2)一般地，对于多项式f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，各项系数和为f(1)，奇次项系数和为eq \f(1,2)[f(1)－f(－1)]，偶次项系数和为eq \f(1,2)[f(1)＋f(－1)]，a0＝f(0)．
【训练2】 已知(1－3x)8＝a0＋a1x＋…＋a7x7＋a8x8.求：
(1)a0＋a1＋…＋a8；
(2)a0＋a2＋a4＋a6＋a8；
(3)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|.
解 (1)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(－2)8＝256.①
(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8＝48.②
①＋②，得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝28＋48，
∴a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq \f(1,2)×(28＋48)＝32 896.
(3)由于(1－3x)8＝Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,8)×(－3x)＋Ceq \\al(2,8)×(－3x)2＋…＋Ceq \\al(8,8)×(－3x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
故a0，a2，a4，a6，a8＞0，a1，a3，a5，a7＜0，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝48＝65 536.
题型三 二项式系数性质的应用
【例3】 已知f(x)＝(eq \r(3,x2)＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解 令x＝1，则展开式中各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，
∴n＝5.
(1)由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，它们分别为T3＝Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)))3·(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)))2·(3x2)3＝270xeq \f(22,3).
(2)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·3k·xeq \f(2,3)(5＋2k)，
假设Tk＋1项系数最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,5)3k≥Ceq \\al(k－1,5)3k－1，,Ceq \\al(k,5)3k≥Ceq \\al(k＋1,5)3k＋1，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5！,（5－k）！k！)×3≥\f(5！,（6－k）！（k－1）！)，,\f(5！,（5－k）！k！)≥\f(5！,（4－k）！（k＋1）！)×3，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,k)≥\f(1,6－k)，,\f(1,5－k)≥\f(3,k＋1)，))
∴eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2).∵k∈N，∴k＝4，
∴展开式中系数最大的项为T5＝Ceq \\al(4,5)xeq \f(2,3)(3x2)4＝405xeq \f(26,3).
规律方法 (1)二项式系数的最大项的求法
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
②当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)展开式中系数的最大项的求法
求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法，设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))解出k，即得出系数的最大项．
【训练3】 求出(x－y)11的展开式中：
(1)二项式系数最大的项；
(2)项的系数绝对值最大的项；
(3)项的系数最大的项和系数最小的项；
(4)二项式系数的和；
(5)各项系数的和．
解 (1)二项式系数最大的项为中间两项：
T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5，T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6.
(2)(x－y)11展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,11)x11－k(－y)k＝Ceq \\al(k,11)(－1)kx11－kyk，
∴项的系数的绝对值为|Ceq \\al(k,11)·(－1)k|＝Ceq \\al(k,11)，
∴项的系数的绝对值等于该项的二项式系数，其最大的项也是中间两项，T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5，T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6.
(3)由(2)知中间两项系数绝对值相等，
又∵第6项系数为负，第7项系数为正，
故项的系数最大的项为T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6，项的系数最小的项为T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5.
(4)展开式中，二项式系数的和为Ceq \\al(0,11)＋Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(2,11)＋…＋Ceq \\al(11,11)＝211.
(5)令x＝y＝1，得展开式中各项系数的和为Ceq \\al(0,11)－Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(2,11)－…－Ceq \\al(11,11)＝(1－1)11＝0.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理素养、数学运算素养．
2．求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为0，1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
3．注意以下两点：(1)区分开二项式系数与项的系数．
(2)求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中k∈{0，1，2，…，n}.
二、素养训练
1．(1＋x)2n＋1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是( )
A．n，n＋1 B．n－1，n
C．n＋1，n＋2 D．n＋2，n＋3
解析 2n＋1为奇数，展开式中中间两项的二项式系数最大，分别为第eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1－1,2)＋1))项，第eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1＋1,2)＋1))项，即第(n＋1)项与第(n＋2)项．故选C.
答案 C
2．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析 令x＝－1，则原式化为
[(－1)2＋1][2×(－1)＋1]9
＝a0＋a1(2－1)＋a2(2－1)2＋…＋a11(2－1)11，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.
答案 A
3．在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中，x2的系数为__________．
解析 (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中x2的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,6)＝35.
答案 35
4．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则eq \f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝__________．
解析 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1，令x＝0，得a0－a1＋a2＋…＋a6＝64，两式相减，得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加，得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故eq \f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝－eq \f(63,65).
答案 －eq \f(63,65)
5．已知(2x－1)n的展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，求Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)的值．
解 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知可知：B－A＝38.令x＝－1，
得：a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即：(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)
＝(－3)n.
即：B－A＝(－3)n.
∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.
由二项式系数性质可得：
Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n－Ceq \\al(0,n)＝28－1＝255.
基础达标
一、选择题
1．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(1,x2)))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为( )
A．210 B．252
C．462 D．10
解析 由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x30－5k.令30－5k＝0，得k＝6，于是得其常数项为Ceq \\al(6,10)＝210.
答案 A
2．已知关于x的二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x))))eq \s\up12(n)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
解析 由条件知2n＝32，即n＝5，在通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3,x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,5)akxeq \f(15－5k,6)中，令15－5k＝0，得k＝3.所以常数项为Ceq \\al(3,5)a3＝80，解得a＝2.
答案 C
3．(x－1)11的展开式中，x的奇次幂项的系数之和是( )
A．2 048 B．－1 023
C．－1 024 D．1 024
解析 (x－1)11＝a0x11＋a1x10＋a2x9＋…＋a11，
令x＝－1，则－a0＋a1－a2＋…＋a11＝－211，①
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0，②
eq \f(②－①,2)＝a0＋a2＋a4＋…＋a10＝210＝1 024，即为所求系数之和．
答案 D
4．若x10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则a8的值为( )
A．10 B．45 C．－9 D．－45
解析 x10＝[1＋(x－1)]10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，∴a8＝Ceq \\al(8,10)＝Ceq \\al(2,10)＝45.
答案 B
5．设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若M－N＝240，则展开式中x的系数为( )
A．－150 B．150
C．300 D．－300
解析 由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(5x)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－1)k54－kCeq \\al(k,4)x4－eq \f(3,2)k，
令4－eq \f(3k,2)＝1，得k＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×52Ceq \\al(2,4)＝150.
答案 B
二、填空题
6．已知(1＋x)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是__________．
解析 (1＋x)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n＝10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.
答案 6
7．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x5))))eq \s\up12(n)的展开式中，所有奇数项系数之和为1 024，则中间项系数是__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x5))))eq \s\up12(n)展开式的各项系数为其二项式系数．∵二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n－1＝1 024，∴n＝11，∴展开式共12项，中间项为第六项、第七项，其系数为Ceq \\al(5,11)＝Ceq \\al(6,11)＝462.
答案 462
8．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则lg2(a1＋a3＋…＋a11)＝__________．
解析 令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12.
令x＝－3，得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，
∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)，∴a1＋a3＋…＋a11＝27，
∴lg2(a1＋a3＋…＋a11)＝lg227＝7.
答案 7
三、解答题
9．设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)求a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
解 (1)令x＝0，则a0＝2100.
(2)令x＝1，
可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100，①
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100－2100.
(3)令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100.②
与①式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝eq \f(（2－\r(3)）100－（2＋\r(3)）100,2).
(4)由①②可得，(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－…＋a100)＝(2－eq \r(3))100·(2＋eq \r(3))100＝1.
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|，即(2＋eq \r(3)x)100的展开式中各项系数的和，在(2＋eq \r(3)x)100的展开式中，令x＝1，可得各项系数的和为(2＋eq \r(3))100，即|a0|＋|a1|＋…＋|a100|＝(2＋eq \r(3))100.
10．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解 (1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第k＋1项，则
Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,8)mkx8－2k，
故8－2k＝0，即k＝4，则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大．
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,8)mk≥Ceq \\al(k－1,8)mk－1，,Ceq \\al(k,8)mk≥Ceq \\al(k＋1,8)mk＋1，))，化简可求得eq \f(8m－1,m＋1)≤k≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＜\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)＜7，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＜m≤2，,2≤m＜\f(7,2).))
所以m只能等于2.
能力提升
11．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10 B．20
C．30 D．120
解析 由2n＝64，得n＝6，∴展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)x6－2k(0≤k≤6，k∈N)．由6－2k＝0，得k＝3.∴T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.
答案 B
12．在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)各项的二项式系数的和；
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和；
(3)各项系数之和；
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和．
解 在(2x－3y)10的展开式中：
(1)各项的二项式系数的和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210＝1 024.
(2)奇数项的二项式系数的和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝29＝512.
偶数项的二项式系数的和为Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(3,10)＋…＋Ceq \\al(9,10)＝29＝512.
(3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10(*)，各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10.令(*)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(4)奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a9.
由(3)知a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1. ①
令(*)中x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510. ②
①＋②，得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，故奇数项系数的和为eq \f(1＋510,2)；①－②，得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，故偶数项系数的和为eq \f(1－510,2).
创新猜想
13．(多选题)下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和是1 024
B．展开式的第6项的二项式系数最大
C．展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析 由二项式系数的性质知二项式系数之和Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210＝1 024，故A正确；二项式系数最大的项为Ceq \\al(5,10)，是展开式的第6项，故B正确；由展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)a10－k(－b)k＝(－1)kCeq \\al(k,10)a10－kbk知，第6项的系数－Ceq \\al(5,10)最小，故D正确．
答案 ABD
14．(多空题)(2x－1)6展开式中各项系数的和为________；各项的二项式系数和为__________．
解析 令展开式左、右两边x＝1，得各项系数的和为1；各项的二项式系数之和为26＝64.
答案 1 64
课标要求
素养要求
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并灵活运用.
通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.
对称性
在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝eq \a\vs4\al(Ceq \\al(n－m,n))
增减性与最大值
增减性：当k＜eq \f(n＋1,2)时，Ceq \\al(k,n)随k的增大而增大；由对称性可知，当k＞eq \f(n＋1,2)时，Ceq \\al(k,n)随k的增大而减小.
最大值：当n是偶数时，中间一项取得最大值；当n是奇数时，中间两项，相等，且同时取得最大值
各二项式系数的和
①2n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)
②Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝2n－1
即在(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和
同学们根据二项式定理写出(a＋b)n(n＝1，2，3，4，5，6)的二项式系数．可以写成如下形式：
这个表在我国宋代数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，所不同的只是这里的表是用阿拉伯数字表示，在那本书里用汉字表示的，这个表称为“杨辉三角”．在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡发现的，杨辉三角的发现比欧洲早500年左右，由此可见我国古代在数学方面的成就．
问题 你能利用上述规律写出下一行的数值吗？
提示 根据规律下一行的数值分别是：1 7 21 35 35 21 7 1.
二项式系数的性质
在求二项式系数的最大值时，要注意讨论n的奇偶性．
拓展深化
[微判断]
1．二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)．(×)
提示 二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项其他数字因数的大小有关．
2．二项展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．(×)
提示 在二项式(a＋b)n中只有当a，b的系数都为1时，展开式的偶数项系数和才等于奇数项系数和．
3．二项展开式项的系数是先增后减的．(×)
提示 二项式系数是随n的增加先增后减的，二项展开式项的系数和a，b的系数有关．
[微训练]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是( )
A．第8项 B．第9项
C．第8项和第9项 D．第11项和第12项
答案 D
2．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( )
A．第6项 B．第5项
C．第5，6项 D．第6，7项
解析 由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，
∴Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，由组合数的性质，得n＝10.
∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
答案 A
3．若(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a8＝________．
解析 由题意可知a8是x8的系数，所以a8＝Ceq \\al(8,10)·22＝180.
答案 180
[微思考]
怎样求二项式系数和？
提示 利用赋值法，在(a＋b)n的展开式中，令a＝b＝1，可得Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
题型一 二项式定理的应用
【例1】 (1)试求1 99510除以8的余数；
(2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
(1)解 1 99510＝(8×249＋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，
∴1 99510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1 99510除以8的余数也为1.
(2)证明 32n＋2－8n－9
＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)82＋(n＋1)×8＋1－8n－9
＝Ceq \\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)82 ①.
①式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除．
规律方法 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．
【训练1】 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 \\al(1,n)×31n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)×31＋1－1＝31×(31n－1＋Ceq \\al(1,n)×31n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n))，
显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除．
题型二 二项展开式的系数的和问题
【例2】 已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.
解 令x＝1，得：
(2×1－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，
∴a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1.
【迁移1】 (变换所求)例2条件不变，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|.
解 ∵(2x－1)5的展开式中偶数项的系数为负值，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.
令x＝－1，得：
[2×(－1)－1]5＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－(－3)5＝35，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝35＝243.
【迁移2】 (变换所求)例2条件不变，求a1＋a3＋a5的值．
解 由上题得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，,a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝243，))
两式相减得a1＋a3＋a5＝eq \f(1,2)×(1－243)＝－121.
规律方法 (1)赋值法是求二项展开式系数和及有关问题的常用方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项．(2)一般地，对于多项式f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，各项系数和为f(1)，奇次项系数和为eq \f(1,2)[f(1)－f(－1)]，偶次项系数和为eq \f(1,2)[f(1)＋f(－1)]，a0＝f(0)．
【训练2】 已知(1－3x)8＝a0＋a1x＋…＋a7x7＋a8x8.求：
(1)a0＋a1＋…＋a8；
(2)a0＋a2＋a4＋a6＋a8；
(3)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|.
解 (1)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(－2)8＝256.①
(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8＝48.②
①＋②，得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝28＋48，
∴a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq \f(1,2)×(28＋48)＝32 896.
(3)由于(1－3x)8＝Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,8)×(－3x)＋Ceq \\al(2,8)×(－3x)2＋…＋Ceq \\al(8,8)×(－3x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
故a0，a2，a4，a6，a8＞0，a1，a3，a5，a7＜0，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝48＝65 536.
题型三 二项式系数性质的应用
【例3】 已知f(x)＝(eq \r(3,x2)＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解 令x＝1，则展开式中各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，
∴n＝5.
(1)由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，它们分别为T3＝Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)))3·(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)))2·(3x2)3＝270xeq \f(22,3).
(2)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·3k·xeq \f(2,3)(5＋2k)，
假设Tk＋1项系数最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,5)3k≥Ceq \\al(k－1,5)3k－1，,Ceq \\al(k,5)3k≥Ceq \\al(k＋1,5)3k＋1，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5！,（5－k）！k！)×3≥\f(5！,（6－k）！（k－1）！)，,\f(5！,（5－k）！k！)≥\f(5！,（4－k）！（k＋1）！)×3，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,k)≥\f(1,6－k)，,\f(1,5－k)≥\f(3,k＋1)，))
∴eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2).∵k∈N，∴k＝4，
∴展开式中系数最大的项为T5＝Ceq \\al(4,5)xeq \f(2,3)(3x2)4＝405xeq \f(26,3).
规律方法 (1)二项式系数的最大项的求法
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
②当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)展开式中系数的最大项的求法
求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法，设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))解出k，即得出系数的最大项．
【训练3】 求出(x－y)11的展开式中：
(1)二项式系数最大的项；
(2)项的系数绝对值最大的项；
(3)项的系数最大的项和系数最小的项；
(4)二项式系数的和；
(5)各项系数的和．
解 (1)二项式系数最大的项为中间两项：
T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5，T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6.
(2)(x－y)11展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,11)x11－k(－y)k＝Ceq \\al(k,11)(－1)kx11－kyk，
∴项的系数的绝对值为|Ceq \\al(k,11)·(－1)k|＝Ceq \\al(k,11)，
∴项的系数的绝对值等于该项的二项式系数，其最大的项也是中间两项，T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5，T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6.
(3)由(2)知中间两项系数绝对值相等，
又∵第6项系数为负，第7项系数为正，
故项的系数最大的项为T7＝Ceq \\al(6,11)x5y6，项的系数最小的项为T6＝－Ceq \\al(5,11)x6y5.
(4)展开式中，二项式系数的和为Ceq \\al(0,11)＋Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(2,11)＋…＋Ceq \\al(11,11)＝211.
(5)令x＝y＝1，得展开式中各项系数的和为Ceq \\al(0,11)－Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(2,11)－…－Ceq \\al(11,11)＝(1－1)11＝0.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理素养、数学运算素养．
2．求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为0，1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
3．注意以下两点：(1)区分开二项式系数与项的系数．
(2)求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中k∈{0，1，2，…，n}.
二、素养训练
1．(1＋x)2n＋1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是( )
A．n，n＋1 B．n－1，n
C．n＋1，n＋2 D．n＋2，n＋3
解析 2n＋1为奇数，展开式中中间两项的二项式系数最大，分别为第eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1－1,2)＋1))项，第eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1＋1,2)＋1))项，即第(n＋1)项与第(n＋2)项．故选C.
答案 C
2．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析 令x＝－1，则原式化为
[(－1)2＋1][2×(－1)＋1]9
＝a0＋a1(2－1)＋a2(2－1)2＋…＋a11(2－1)11，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.
答案 A
3．在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中，x2的系数为__________．
解析 (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中x2的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,6)＝35.
答案 35
4．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则eq \f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝__________．
解析 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1，令x＝0，得a0－a1＋a2＋…＋a6＝64，两式相减，得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加，得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故eq \f(a1＋a3＋a5,a0＋a2＋a4＋a6)＝－eq \f(63,65).
答案 －eq \f(63,65)
5．已知(2x－1)n的展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，求Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)的值．
解 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知可知：B－A＝38.令x＝－1，
得：a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即：(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)
＝(－3)n.
即：B－A＝(－3)n.
∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.
由二项式系数性质可得：
Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n－Ceq \\al(0,n)＝28－1＝255.
基础达标
一、选择题
1．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(1,x2)))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为( )
A．210 B．252
C．462 D．10
解析 由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x30－5k.令30－5k＝0，得k＝6，于是得其常数项为Ceq \\al(6,10)＝210.
答案 A
2．已知关于x的二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x))))eq \s\up12(n)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
解析 由条件知2n＝32，即n＝5，在通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3,x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,5)akxeq \f(15－5k,6)中，令15－5k＝0，得k＝3.所以常数项为Ceq \\al(3,5)a3＝80，解得a＝2.
答案 C
3．(x－1)11的展开式中，x的奇次幂项的系数之和是( )
A．2 048 B．－1 023
C．－1 024 D．1 024
解析 (x－1)11＝a0x11＋a1x10＋a2x9＋…＋a11，
令x＝－1，则－a0＋a1－a2＋…＋a11＝－211，①
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0，②
eq \f(②－①,2)＝a0＋a2＋a4＋…＋a10＝210＝1 024，即为所求系数之和．
答案 D
4．若x10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则a8的值为( )
A．10 B．45 C．－9 D．－45
解析 x10＝[1＋(x－1)]10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，∴a8＝Ceq \\al(8,10)＝Ceq \\al(2,10)＝45.
答案 B
5．设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若M－N＝240，则展开式中x的系数为( )
A．－150 B．150
C．300 D．－300
解析 由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(5x)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－1)k54－kCeq \\al(k,4)x4－eq \f(3,2)k，
令4－eq \f(3k,2)＝1，得k＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×52Ceq \\al(2,4)＝150.
答案 B
二、填空题
6．已知(1＋x)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是__________．
解析 (1＋x)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n＝10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.
答案 6
7．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x5))))eq \s\up12(n)的展开式中，所有奇数项系数之和为1 024，则中间项系数是__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x5))))eq \s\up12(n)展开式的各项系数为其二项式系数．∵二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n－1＝1 024，∴n＝11，∴展开式共12项，中间项为第六项、第七项，其系数为Ceq \\al(5,11)＝Ceq \\al(6,11)＝462.
答案 462
8．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则lg2(a1＋a3＋…＋a11)＝__________．
解析 令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12.
令x＝－3，得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，
∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)，∴a1＋a3＋…＋a11＝27，
∴lg2(a1＋a3＋…＋a11)＝lg227＝7.
答案 7
三、解答题
9．设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)求a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
解 (1)令x＝0，则a0＝2100.
(2)令x＝1，
可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100，①
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100－2100.
(3)令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100.②
与①式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝eq \f(（2－\r(3)）100－（2＋\r(3)）100,2).
(4)由①②可得，(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－…＋a100)＝(2－eq \r(3))100·(2＋eq \r(3))100＝1.
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|，即(2＋eq \r(3)x)100的展开式中各项系数的和，在(2＋eq \r(3)x)100的展开式中，令x＝1，可得各项系数的和为(2＋eq \r(3))100，即|a0|＋|a1|＋…＋|a100|＝(2＋eq \r(3))100.
10．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解 (1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第k＋1项，则
Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,8)mkx8－2k，
故8－2k＝0，即k＝4，则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大．
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,8)mk≥Ceq \\al(k－1,8)mk－1，,Ceq \\al(k,8)mk≥Ceq \\al(k＋1,8)mk＋1，))，化简可求得eq \f(8m－1,m＋1)≤k≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＜\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)＜7，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＜m≤2，,2≤m＜\f(7,2).))
所以m只能等于2.
能力提升
11．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10 B．20
C．30 D．120
解析 由2n＝64，得n＝6，∴展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)x6－2k(0≤k≤6，k∈N)．由6－2k＝0，得k＝3.∴T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.
答案 B
12．在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)各项的二项式系数的和；
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和；
(3)各项系数之和；
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和．
解 在(2x－3y)10的展开式中：
(1)各项的二项式系数的和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210＝1 024.
(2)奇数项的二项式系数的和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝29＝512.
偶数项的二项式系数的和为Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(3,10)＋…＋Ceq \\al(9,10)＝29＝512.
(3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10(*)，各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10.令(*)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(4)奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a9.
由(3)知a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1. ①
令(*)中x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510. ②
①＋②，得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，故奇数项系数的和为eq \f(1＋510,2)；①－②，得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，故偶数项系数的和为eq \f(1－510,2).
创新猜想
13．(多选题)下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和是1 024
B．展开式的第6项的二项式系数最大
C．展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析 由二项式系数的性质知二项式系数之和Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210＝1 024，故A正确；二项式系数最大的项为Ceq \\al(5,10)，是展开式的第6项，故B正确；由展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)a10－k(－b)k＝(－1)kCeq \\al(k,10)a10－kbk知，第6项的系数－Ceq \\al(5,10)最小，故D正确．
答案 ABD
14．(多空题)(2x－1)6展开式中各项系数的和为________；各项的二项式系数和为__________．
解析 令展开式左、右两边x＝1，得各项系数的和为1；各项的二项式系数之和为26＝64.
答案 1 64
课标要求
素养要求
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并灵活运用.
通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.
对称性
在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝eq \a\vs4\al(Ceq \\al(n－m,n))
增减性与最大值
增减性：当k＜eq \f(n＋1,2)时，Ceq \\al(k,n)随k的增大而增大；由对称性可知，当k＞eq \f(n＋1,2)时，Ceq \\al(k,n)随k的增大而减小.
最大值：当n是偶数时，中间一项取得最大值；当n是奇数时，中间两项，相等，且同时取得最大值
各二项式系数的和
①2n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)
②Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝2n－1
即在(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和
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