苏教版 (2019)选择性必修第二册7.4二项式定理第2课时学案

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第二册7.4二项式定理第2课时学案，共10页。学案主要包含了两个多项式乘积的特定项，系数的最值问题，二项式定理的应用等内容，欢迎下载使用。

导语
假如今天是星期一，7天后是星期几？16天后是星期几？ 82 022天后是星期几？怎样准确快速地得到答案？
一、两个多项式乘积的特定项
例1 (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
(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
答案 (1)C (2)D
解析 (1)(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 \\al(0,3)·(2x)0·Ceq \\al(1,4)·(－x)1＋Ceq \\al(1,3)·(2x)1·Ceq \\al(0,4)·14·(－x)0，其系数为Ceq \\al(0,3)×Ceq \\al(1,4)×(－1)＋Ceq \\al(1,3)×2×Ceq \\al(0,4)＝－4＋6＝2.
(2)由二项式定理得(1＋x)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·xr，所以(1＋ax)(1＋x)5的展开式中含x2的项的系数为Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,5)·a＝5，所以a＝－1，故选D.
反思感悟 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 \\al(k,n)an－k(bx)k·Ceq \\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．
跟踪训练1 (1)(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 (1＋2x2)(1＋x)4的展开式中含x3的系数为1×Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝12.
(2)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字作答)
答案 －20
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 \\al(7,8)xy7－y·Ceq \\al(6,8)x2y6，故(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为Ceq \\al(7,8)－Ceq \\al(6,8)＝8－28＝－20.
二、系数的最值问题
例2 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))n的展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项．
解 由已知得Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝79，
即n2＋n－156＝0.
解得n＝－13(舍去)或n＝12.
设Tr＋1项的系数最大，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2x))12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))12(1＋4x)12，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,12)·4r≥C\\al(r－1,12)·4r－1，,C\\al(r,12)·4r≥C\\al(r＋1,12)·4r＋1，))解得9.4≤r≤10.4.
又∵0≤r≤n，r∈N，∴r＝10.
∴展开式中系数最大的项是第11项，
即T11＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))12·Ceq \\al(10,12)·410·x10＝16 896x10.
反思感悟 求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式(组)、解不等式(组)的方法求解．一般地，如果第(k＋1)项的系数最大，则与之相邻两项第k项，第(k＋2)项的系数均不大于第(k＋1)项的系数，由此列不等式组可确定k的范围，再依据k∈N来确定k的值，即可求出最大项．
跟踪训练2 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))10的展开式中，求该展开式中系数最大的项．
解 设第Tr＋1项的系数最大，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,10)2r≥C\\al(r－1,10)2r－1，,C\\al(r,10)2r≥C\\al(r＋1,10)2r＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,r)≥\f(1,11－r)，,\f(1,10－r)≥\f(2,r＋1)，))
解得eq \f(19,3)≤r≤eq \f(22,3).
∵0≤r≤10，r∈N，∴r＝7，
∴展开式中系数最大的项为T8＝
三、二项式定理的应用
角度1 求余数和整除的问题
例3 (1)试求2 01910除以8的余数；
(2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
(1)解 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.
(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．
反思感悟 利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，一般将幂底数写成两数的和，并且其中一个数是除数的倍数，这样能保证被除式展开后的大部分项含有除式的因式，进而可判断或证明被除数能否被除数整除.
跟踪训练3 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．
角度2 证明不等式或求近似值
例4 (1)求1.9975精确到0.001的近似值．
解 1.9975＝(2－0.003)5≈25－Ceq \\al(1,5)×0.003×24＋Ceq \\al(2,5)×0.0032×23＝32－0.24＋0.000 72≈31.761.
(2)求证：2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n<3(n∈N*)．
证明 因为当n＝1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,1)))1＝2；
当n>1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n＝1＋Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,n)＋Ceq \\al(2,n)·eq \f(1,n2)＋Ceq \\al(3,n)·eq \f(1,n3)＋…＋Ceq \\al(n,n)·eq \f(1,nn)＝1＋1＋Ceq \\al(2,n)·eq \f(1,n2)＋…＋Ceq \\al(n,n)·eq \f(1,nn)>2，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n≥2成立．
因为Ceq \\al(k,n)·eq \f(1,nk)＝eq \f(nn－1n－2…n－k＋1,k！nk)≤eq \f(1,k！)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n＝1＋Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,n)＋Ceq \\al(2,n)·eq \f(1,n2)＋…＋Ceq \\al(n,n)·eq \f(1,nn)
≤1＋1＋eq \f(1,2！)＋eq \f(1,3！)＋…＋eq \f(1,n！)<2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)
＝2＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))＝2＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1
＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1<3.
所以2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n＜3成立．
延伸探究 求0.9986的近似值，使误差小于0.001.
解 0.9986＝(1－0.002)6＝1＋Ceq \\al(1,6)·(－0.002)＋Ceq \\al(2,6)·(－0.002)2＋…＋Ceq \\al(6,6)·(－0.002)6.
由题意知T3＝Ceq \\al(2,6)(－0.002)2＝15×0.0022
＝0.000 06<0.001，
且第3项以后(包括第3项)的项的绝对值都远小于0.001，
故0.9986＝(1－0.002)6≈1－6×0.002＝0.988.
反思感悟 (1)证明eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n<3需对eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))n的展开式的所有项求和．将二项展开式的通项Ceq \\al(k,n)·eq \f(1,nk)进行放大，转化为可求和的式子是证明的关键．
(2)(1＋a)n的近似计算的处理方法
当a的绝对值与1相比很小且n不大时，常用近似公式(1＋a)n≈1＋na，因为这时展开式的后面部分Ceq \\al(2,n)a2＋Ceq \\al(3,n)a3＋…＋Ceq \\al(n,n)an很小，所以可以忽略不计，但是使用这个公式时应注意a的条件，以及对精确度的要求．若精确度要求较高，则可使用更精确的近似公式(1＋a)n≈1＋na＋eq \f(nn－1,2)a2等．
跟踪训练4 利用二项式定理证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1证明 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))n－1＝Ceq \\al(0,n－1)＋Ceq \\al(1,n－1)·eq \f(1,2)＋Ceq \\al(2,n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋Ceq \\al(n－1,n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝1＋eq \f(n－1,2)＋Ceq \\al(2,n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1>eq \f(n＋1,2)>0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－11．知识清单：
(1)两个多项式乘积的特定项．
(2)系数的最值问题．
(3)整除与余数问题．
2．方法归纳： 双通法．
3．常见误区：项、项数、二项式系数、系数等概念的辨析．
1．在(1－x3)(1＋x)10的展开式中，x5的系数是( )
A．－297 B．－252
C．297 D．207
答案 D
解析 (1－x3)(1＋x)10＝(1＋x)10－x3(1＋x)10，x5的系数为Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(2,10)＝207.
2．(1－2x)5的展开式中系数最大的项是( )
A．第3项 B．第4项
C．第5项 D．第6项
答案 C
解析 ∵Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－2)rxr为使系数最大，r必须取偶数，
即r＝0,2,4，对应的系数分别为1,40,80，
故r＝4时，
即第5项是展开式中的系数最大的项．
3．(x＋1)4(x－1)的展开式中x3的系数是________．
答案 2
解析 (x＋1)4(x－1)的展开式中含x3的项由以下两部分相加得到：
①(x＋1)4中的二次项乘以(x－1)中的一次项x，即Ceq \\al(2,4)x2·x＝6x3；
②(x＋1)4中的三次项乘以(x－1)中的常数项－1，
即Ceq \\al(1,4)x3×(－1)＝－4x3.
所以(x＋1)4(x－1)的展开式中x3的系数是6＋(－4)＝2.
4．230－3除以7的余数为_________．
答案 5
解析 230－3＝(23)10－3＝810－3＝(7＋1)10－3
＝Ceq \\al(0,10)710＋Ceq \\al(1,10)79＋…＋Ceq \\al(9,10)7＋Ceq \\al(10,10)－3
＝7×(Ceq \\al(0,10)79＋Ceq \\al(1,10)78＋…＋Ceq \\al(9,10))－2.
又∵余数不能为负数(需转化为正数)，
∴230－3除以7的余数为5.
课时对点练
1.eq \f(1－2x7,x)的展开式中x2的系数为( )
A．－84 B．84
C．－280 D．280
答案 C
解析 根据二项式定理得(1－2x)7展开式的通项为Tr＋1＝(－2)rCeq \\al(r,7)xr，则eq \f(1－2x7,x)展开式的通项为(－2)rCeq \\al(r,7)xr－1.由r－1＝2，得r＝3，所以所求x2的系数为(－2)3Ceq \\al(3,7)＝－280.
2．(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式中的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))5－r·(－1)r＝(－1)rCeq \\al(r,5)eq \f(1,x10－2r).
令10－2r＝2或10－2r＝0，解得r＝4或r＝5.
故(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式中的常数项是
(－1)4×Ceq \\al(4,5)＋2×(－1)5×Ceq \\al(5,5)＝3.
3．1.026的近似值(精确到0.01)为( )
A．1.12 B．1.13
C．1.14 D．1.20
答案 B
解析 1.026＝(1＋0.02)6＝1＋Ceq \\al(1,6)×0.02＋Ceq \\al(2,6)×0.022＋Ceq \\al(3,6)×0.023＋…＋0.026≈1＋0.12＋0.006≈1.13.
4．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
答案 D
解析 在(1＋x)8展开式中含x2的项为Ceq \\al(2,8)x2＝28x2，(1＋y)4展开式中含y2的项为Ceq \\al(2,4)y2＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168.
5．设n∈N*，则Ceq \\al(0,n)1n80＋Ceq \\al(1,n)1n－181＋Ceq \\al(2,n)1n－282＋Ceq \\al(3,n)1n－383＋…＋Ceq \\al(n－1,n)118n－1＋Ceq \\al(n,n)108n除以9的余数为( )
A．0 B．8 C．7 D．2
答案 A
解析 因为Ceq \\al(0,n)1n80＋Ceq \\al(1,n)1n－181＋Ceq \\al(2,n)1n－282＋Ceq \\al(3,n)1n－383＋…＋Ceq \\al(n－1,n)118n－1＋Ceq \\al(n,n)108n＝(1＋8)n＝9n，所以除以9的余数为0.
6．(多选)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋x))4的展开式中( )
A．x3的系数为40 B．x3的系数为32
C．常数项为16 D．常数项为8
答案 AC
解析 (1＋x2)(2＋x)4＝(2＋x)4＋x2(2＋x)4，展开式中x3的系数分为两部分，一部分是(2＋x)4中含x3的系数Ceq \\al(3,4)·2＝8，另一部分是(2＋x)4中含x项的系数Ceq \\al(1,4)·23＝32，所以含x3的系数是8＋32＝40，故A正确；展开式中常数项只有(2＋x)4展开式的常数项24＝16，故C正确．
7．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))5展开式中的常数项为－40，则a＝________.
答案 －3
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))5展开式的第r＋1项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,5)25－rx5－2r.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))5的展开式中的常数项为－40，
所以axCeq \\al(3,5)22x－1＋eq \f(1,x)Ceq \\al(2,5)23x＝－40，
所以40a＋80＝－40，解得a＝－3.
8.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))(1＋x)4的展开式中含x的项为________．
答案 10x
解析 (1＋x)4的展开式通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)xr，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))(1＋x)4的展开式中含x的项为1·Ceq \\al(1,4)x1＋eq \f(1,x)·Ceq \\al(2,4)x2＝4x＋6x＝10x.
9．用二项式定理证明1110－1能被100整除．
证明 1110－1＝(10＋1)10－1
＝Ceq \\al(0,10)1010＋Ceq \\al(1,10)109＋Ceq \\al(2,10)108＋…＋Ceq \\al(9,10)10＋Ceq \\al(10,10)－1
＝Ceq \\al(0,10)1010＋Ceq \\al(1,10)109＋Ceq \\al(2,10)108＋…＋102
＝100(108＋Ceq \\al(1,10)107＋Ceq \\al(2,10)106＋…＋1)
显然上式括号内的数是正整数，
所以1110－1能被100整除．
10．求(eq \r(3,x2)＋3x2)5的展开式中系数最大的项．
解 设展开式中第r＋1项的系数最大，
由Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(eq \r(3,x2))5－r·(3x2)r＝Ceq \\al(r,5)3r，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,5)·3r≥C\\al(r－1,5)·3r－1，,C\\al(r,5)·3r≥C\\al(r＋1,5)·3r＋1)) ⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,r)≥\f(1,6－r)，,\f(1,5－r)≥\f(3,r＋1)))⇒eq \f(7,2)≤r≤eq \f(9,2).
又因为0≤r≤5，r∈N，所以r＝4，
所以展开式中第5项系数最大．
11．当n为正奇数时，7n＋Ceq \\al(1,n)·7n－1＋Ceq \\al(2,n)·7n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·7被9除所得的余数是( )
A．0 B．2 C．7 D．8
答案 C
解析 原式＝(7＋1)n－Ceq \\al(n,n)＝8n－1＝(9－1)n－1＝9n－Ceq \\al(1,n)·9n－1＋Ceq \\al(2,n)·9n－2－…＋Ceq \\al(n－1,n)·9(－1)n－1＋(－1)n－1，除最后两项外，其余各项都是9的倍数．因为n为正奇数，所以(－1)n－1＝－2＝－9＋7，所以余数为7.
12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2x2－\f(1,x)))(3x－2)5的展开式中x2的系数为( )
A．296 B．－296
C．－1 864 D．－1 376
答案 C
解析 依题意，所求x2的系数为Ceq \\al(3,5)×32×(－2)3＋2×(－2)5－1×Ceq \\al(2,5)×33×(－2)2＝－720－64－1 080＝－1 864.
13．(1＋x)3(1－x＋x2)2展开式中x3项的系数为( )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
答案 B
解析 ∵(1＋x)3(1－x＋x2)2＝(1＋x)(1＋x3)2＝(1＋x)(1＋2x3＋x6)，
∴展开式中含x3项为2x3，故x3项的系数为2.
14．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除所得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(md m)．若a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220，a≡b(md 10)，则b的值可以是( )
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
答案 A
解析 由题意可得a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10，
由二项式定理可得
a＝Ceq \\al(0,10)×1010－Ceq \\al(1,10)×109＋…－Ceq \\al(9,10)×101＋1，
即a除以10的余数为1，
因为a≡b(md 10)，
所以b的值除以10的余数也为1，
观察选项，只有2 021除以10的余数为1，
则b的值可以是2 021.
15．已知2×1010＋a(0≤a<11)能被11整除，则实数a的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 C
解析 由于2×1010＋a＝2×(11－1)10＋a,2×1010＋a(0≤a<11)能被11整除，又根据二项展开式可知，2×(11－1)10被11除的余数为2，从而可知2＋a能被11整除，可知a＝9.
16．求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))5的展开式的常数项．
解 方法一 由二项式定理得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))5＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))＋\r(2)))5
＝Ceq \\al(0,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))5＋Ceq \\al(1,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))4·eq \r(2)＋Ceq \\al(2,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))3·(eq \r(2))2＋Ceq \\al(3,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))2·(eq \r(2))3＋Ceq \\al(4,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))·(eq \r(2))4＋Ceq \\al(5,5)·(eq \r(2))5.
其中为常数项的有Ceq \\al(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))4·eq \r(2)中的第3项：
Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2·eq \r(2)；
Ceq \\al(3,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)))2·(eq \r(2))3中的第2项：
Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,2)·(eq \r(2))3；
展开式的最后一项：Ceq \\al(5,5)·(eq \r(2))5.
综上可知，常数项为Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2·eq \r(2)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)·eq \f(1,2)(eq \r(2))3＋Ceq \\al(5,5)·(eq \r(2))5＝eq \f(63\r(2),2).
方法二 原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋2\r(2)x＋2,2x)))5
＝eq \f(1,32x5)·[(x＋eq \r(2))2]5＝eq \f(1,32x5)·(x＋eq \r(2))10.
求原式中展开式的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5的项的系数，即Ceq \\al(5,10)·(eq \r(2))5，所以所求的常数项为eq \f(C\\al(5,10)·\r(2)5,32)＝eq \f(63\r(2),2).
方法三 由二项式定理的原理可知，展开式的常数项为
(eq \r(2))5＋Ceq \\al(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))(eq \r(2))3＋Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))2·Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2·eq \r(2)＝24eq \r(2)＋eq \f(15\r(2),2)＝eq \f(63\r(2),2).