第10章 第2节　二项式定理教案

这是一份第10章 第2节　二项式定理教案，共12页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
1．二项式定理
(a＋b)n的展开式与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同，而且两个展开式的通项不同．
2．二项式系数的性质
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0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第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)通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．(√)
(5)(a＋b)n的展示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．(√)
2．(2020·海南中学高三模拟)已知(2x－a)6(a是常数)的展开式中含x3的项的系数为－160，则a＝( )
A．1 B．－1 C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
A 解析： 因为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－k(－a)k(k＝0，…，6)，
所以6－k＝3，所以k＝3，所以Ceq \\al(3,6)×23×(－a)3＝－160，
解得a＝1.故选A．
3．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－2y))eq \s\up8(5)的展开式中x3y2的系数是( )
A．5 B．－20 C．20 D．－5
A 解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－2y))eq \s\up8(5)的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x))eq \s\up8(5－k) (－2y)k.根据题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－k＝3，,k＝2，))解得k＝2.所以x3y2的系数是Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(3)×(－2)2＝5.故选A．
4．(2020·天津联考)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2a,x)))eq \s\up8(8)的展开式中常数项为112，则实数a的值为( )
A．±1 B．1 C．2 D．±2
A 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(2a,x)))eq \s\up8(8)展开式中的通项公式为 Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(eq \r(3,x))8－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,x)))eq \s\up8(k)＝Ceq \\al(k,8)(－2a)kx eq \s\up8(eq \f(8－k,3)－k).令eq \f(8－k,3)－k＝0，求得k＝2，所以它的展开式的常数项是Ceq \\al(2,8)(－2a)2.
再根据展开式中的常数项是112，可得Ceq \\al(2,8)(－2a)2＝112，求得a＝±1.故选A．
5．(x＋1)5(x－2)的展开式中x2的系数为________．
－15 解析：(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展开式中含有x2的项为－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系数为－15.
6．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．
8 解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0.令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加得a0＋a2＋a4＝8.
考点1 二项展开式的通项公式及其应用——基础性
考向1 求二项展开式中的特定项
(1)(2020·全国卷Ⅲ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))eq \s\up8(6)的展开式中常数项是________(用数字作答)．
240 解析：展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up8(k)＝2kCeq \\al(k,6)x12－3k.令12－3k＝0，解得k＝4，故常数项为24Ceq \\al(4,6)＝240.
(2)(2019·浙江卷)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________．
16eq \r(2) 5 解析：由题意，(eq \r(2)＋x)9的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(2))9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝Ceq \\al(0,9)(eq \r(2))9＝16eq \r(2).若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个．
求二项展开式中特定项的步骤
第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；
第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k；
第三步，把k代入通项公式中，即可求出Tk＋1，有时还需要先求n，再求k，才能求出Tk＋1或者其他量．
考向2 形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式
(1)(2020·全国卷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
C 解析：要求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可．由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为Ceq \\al(3,5)＝10，x4y的系数为Ceq \\al(1,5)＝5，故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10＋5＝15.故选C．
(2)(x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up8(5)的展开式的常数项是( )
A．5 B．－10 C．－32 D．－42
D 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up8(5)的通项公式为Ceq \\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up8(5－k)×(－2)k＝Ceq \\al(k,5)×(－2)k×x eq \s\up8(eq \f(k－5,2)).令eq \f(k－5,2)＝0，解得k＝5；令eq \f(k－5,2)＝－2，得k＝1.
故(x2＋1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up8(5)的展开式的常数项是Ceq \\al(1,5)×(－2)＋Ceq \\al(5,5)×(－2)5＝－42.
求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)n(c＋d)m是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5·(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
考向3 形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式
(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2项的系数为( )
A．10 B．20 C．30 D．60
C 解析：(方法一)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3y2.
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.
(方法二)(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积，
所以x5y2可从其中5个因式中，2个取因式中的x2，剩余的3个因式中1个取x,2个因式取y，因此x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.
求三项展开式中某些特定项的系数的方法
(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．
(2)两次利用二项式定理的通项公式求解．
(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．
1．(2020·海淀区高三一模)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))eq \s\up8(6)的展开式中，常数项为( )
A．－120 B．120 C．－160 D．160
C 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))eq \s\up8(6)展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)k2kCeq \\al(k,6)x2k－6 .令2k－6＝0，得k＝3.
所以常数项为T3＋1＝(－1)323Ceq \\al(3,6)＝－160.故选C．
2．(2019·烟台模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up8(n)的展开式的各项系数和为243，则展开式中x7的系数为( )
A．5 B．40 C．20 D．10
B 解析：由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up8(n)的展开式的各项系数和为243，令x＝1，得3n＝243，即n＝5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up8(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up8(5)，则Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·(x3)5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up8(k)＝2k·Ceq \\al(k,5)·x15－4k.令15－4k＝7，得k＝2，所以展开式中x7的系数为22×Ceq \\al(2,5)＝40.
3．(2020·莱西一中、高密一中、枣庄三中高三联考)(1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)展开式中的常数项为( )
A．－35 B．－5 C．5 D．35
A 解析：(1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)－x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)，x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)的展开式的通项公式分别为Ceq \\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up8(k)，x2Ceq \\al(r,6)·x6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up8(r)，即分别为Ceq \\al(k,6)·(－1)k·x6－2k，Ceq \\al(r,6)·(－1)r·x8－2r.
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6－2k＝0，,8－2r＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝3，,r＝4.))因此，二项式(1－x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(6)展开式中的常数项为－Ceq \\al(3,6)－Ceq \\al(4,6)＝－35.故选A．
4．(2020·攀枝花市高三三模)(x2－x－2)3的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．9 B．－9 C．3 D．－3
D 解析：因为(x2－x－2)3＝(x－2)3(x＋1)3，
所以含x4的项为Ceq \\al(0,3)x3·Ceq \\al(2,3)x＋Ceq \\al(1,3)x2·(－2)·Ceq \\al(1,3)x2＋Ceq \\al(2,3)x×(－2)2·Ceq \\al(0,3)x3＝－3x4.故选D．
考点2 二项式系数与各项的系数和问题——基础性
(1)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680
C 解析：根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，解得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝Ceq \\al(4,8)(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120.故选C．
(2)(2020·哈尔滨市第一中学高三一模)若(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝( )
A．28－1 B．28 C．38－1 D．38
D 解析：由题可知，x的奇数次幂的系数均为负数，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8.
因为(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，
则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38.故选D．
(1)赋值法的应用
二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取1，－1或0，有时也取其他值．如：
①形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可；
②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)的展开式中，
①各项系数之和为f(1)；
②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f(1)＋f(－1),2)；
③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f(1)－f(－1),2).
1．(2020·广西高三5月联考)若(a＋x2)(1＋x)n的展开式中各项系数之和为192，且常数项为2，则该展开式中x4的系数为( )
A．30 B．45 C．60 D．81
B 解析：令x＝0，得a＝2，所以(a＋x2)(1＋x)n＝(2＋x2)(1＋x)n.令x＝1，得3×2n＝192，所以n＝6.故该展开式中x4的系数为2Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(2,6)＝45.
故选B．
2．(2020·大同一中高三一模)若a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋a3(2x－1)3＋a4(2x－1)4＋a5(2x－1)5＝x5，则a2的值为( )
A．eq \f(5,4) B．eq \f(5,8) C．eq \f(5,16) D．eq \f(5,32)
C 解析：因为x5＝eq \f(1,32)[(2x－1)＋1]5，所以二项式[(2x－1)＋1]5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·(2x－1)5－k×1k＝Ceq \\al(k,5)·(2x－1)5－k.令k＝3，所以T4＝Ceq \\al(3,5)·(2x－1)2.因此有a2＝eq \f(1,32)·Ceq \\al(3,5)＝eq \f(1,32)·Ceq \\al(2,5)＝eq \f(1,32)×eq \f(5×4,2)＝eq \f(5,16).故选C．
3．(多选题)(2020·南京市高三开学考试)已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则( )
A．a0的值为2
B．a5的值为16
C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5
D．a1＋a3＋a5的值为120
ABC 解析：令x＝0，得a0＝2，故A正确．
2×(－2)5Ceq \\al(5,5)＋(－2)4Ceq \\al(4,5)＝16，故a5＝16，B正确．
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3①.
又a0＝2，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－5，故C正确．
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝243②.由①②得a1＋a3＋a5＝－123，D错误．
故选ABC．
考点3 二项式系数的性质——综合性
考向1 二项式系数的最值问题
(2020·大庆市高三三模)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(n)的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是( )
A．－462 B．462
C．792 D．－792
D 解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(n)的展开式中只有第7项的二项式系数最大，所以n为偶数，展开式共有13项，则n＝12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up8(12)的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,12)x12－2k.令12－2k＝2，得k＝5.所以展开式中含x2项的系数是(－1)5Ceq \\al(5,12)＝－792.故选D．
考向2 项的系数的最值问题
(1)(2020·邵阳市高三第一次联考)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
B 解析：由题意可知Ceq \\al(m,2m)＝a，Ceq \\al(m,2m＋1)＝b.因为13a＝7b，所以13Ceq \\al(m,2m)＝7Ceq \\al(m,2m＋1)，即13eq \f((2m)！,m！m！)＝7eq \f((2m＋1)！,m！(m＋1)！)，所以13＝7·eq \f(2m＋1,m＋1)，解得m＝6.故选B．
(2)(2020·延安市第一中学高三月考)已知(xeq \f(2,3)＋3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：
①展开式中二项式系数最大的项；
②展开式中系数最大的项．
解：令x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n.
又展开式中二项式系数和为2n，
所以22n－2n＝992，n＝5.
①因为n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3,4两项，所以T3＝Ceq \\al(2,5)(xeq \s\up8(eq \f(2,3)))3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \\al(3,5)(xeq \s\up8(eq \f(2,3)))2·(3x2)3＝270xeq \s\up8(eq \f(22,3)).
②设展开式中第r＋1项系数最大，
则Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(xeq \s\up8(eq \f(2,3)))5－r(3x2)r＝3rCeq \\al(r,5)xeq \s\up8(eq \f(10＋4r,3)).
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3rC\\al(r,5)≥3r－1C\\al(r－1,5)，,3rC\\al(r,5)≥3r＋1C\\al(r＋1,5).))解得eq \f(7,2)≤r≤eq \f(9,2).所以r＝4，
即展开式中第5项的系数最大，T5＝405xeq \s\up8(eq \f(26,3)).
1．二项式系数最大项的确定方法
当n为偶数时，展开式中第eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋1))项的二项式系数最大，最大值为Ceq \(\s\up15(\f(n,2)),n)；当n为奇数时，展开式中第eq \f(n＋1,2)项和第eq \f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为Ceq \(\s\up15(\f(n－1,2)),n )或Ceq \(\s\up15(\f(n＋1,2)),n ).
2．二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))解出k即可．
1．(2020·绵阳高三三模)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))eq \s\up8(n)的展开式中，仅第四项的二项式系数最大，则展开式中常数项为( )
A．－360 B．－160 C．160 D．360
B 解析：因为展开式中，仅第四项的二项式系数最大，
所以展开式共有7项．所以n＝6.
所以展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up8(k)＝(－2)kCeq \\al(k,6)x6－2k.
由6－2k＝0得k＝3，
即常数项为T4＝(－2)3Ceq \\al(3,6)＝－160.故选B．
2．已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为________．
Ceq \\al(7,15)(3x)7和Ceq \\al(8,15)(3x)8 解析：由已知得Ceq \\al(n－2,n)＋Ceq \\al(n－1,n)＋Ceq \\al(n,n)＝121，则eq \f(1,2)n·(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项为T8＝Ceq \\al(7,15)(3x)7和T9＝Ceq \\al(8,15)(3x)8.
(1－eq \r(x))6(1＋eq \r(x))4的展开式中x的系数是( )
A．－4 B．－3 C．3 D．4
[四字程序]
思路参考：直接利用两个二项展开式的通项公式乘积获得x的系数．
B 解析：(1－eq \r(x))6的展开式的通项公式为Ceq \\al(m,6)·(－eq \r(x))m＝Ceq \\al(m,6)·(－1)mxeq \s\up8(eq \f(m,2))，(1＋eq \r(x))4的展开式的通项公式为Ceq \\al(n,4)·(eq \r(x))n＝Ceq \\al(n,4)xeq \s\up8(eq \f(n,2))，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.令eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)＝1，得m＋n＝2，于是(1－eq \r(x))6(1＋eq \r(x))4的展开式中x的系数等于Ceq \\al(0,6)·(－1)0·Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(1,6)·(－1)1·Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,6)·(－1)2·Ceq \\al(0,4)＝－3.
思路参考：将两个二项式化成一个二项展开式与一个多项式乘积的形式，再利用二项展开式的通项公式．
B 解析：(1－eq \r(x))6(1＋eq \r(x))4＝[(1－eq \r(x))(1＋eq \r(x))]4(1－eq \r(x))2＝(1－x)4(1－2eq \r(x)＋x)．于是(1－eq \r(x))6(1＋eq \r(x))4的展开式中x的系数为Ceq \\al(0,4)·1＋Ceq \\al(1,4)(－1)1×1＝－3.
思路参考：利用组合的知识求解x的系数．
B 解析：在(1－eq \r(x))6(1＋eq \r(x))4的展开式中要出现x，可以分为以下三种情况：
①(1－eq \r(x))6中选2个(－eq \r(x))，(1＋eq \r(x))4中选0个eq \r(x)作积，这样得到的x的系数为Ceq \\al(2,6)·Ceq \\al(0,4)＝15；
②(1－eq \r(x))6中选1个(－eq \r(x))，(1＋eq \r(x))4中选1个eq \r(x)作积，这样得到的x的系数为Ceq \\al(1,6)(－1)1·Ceq \\al(1,4)＝－24；
③(1－eq \r(x))6中选0个(－eq \r(x))，(1＋eq \r(x))4中选2个eq \r(x)作积，这样得到的x的系数为Ceq \\al(0,6)·Ceq \\al(2,4)＝6.
所以x的系数为15－24＋6＝－3.故选B．
二项式定理是必考内容，主要以通项公式为主，考查系数问题，解法灵活多变，借助二项展开式的通项公式，在每个二项展开式中求出各自的通项公式，最后利用展开式中系数的生成法求出结果．解答本题需要一定的运算能力和推理能力，体现了逻辑推理及数学运算的素养．
在(x2＋2x＋1)2(x－1)5的展开式中，x4的系数为( )
A．－6 B．6 C．10 D．4
A 解析：(x2＋2x＋1)2(x－1)5＝(x＋1)4(x－1)5＝(1＋x)4(－1＋x)5.
因为(1＋x)4的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)·14－r·xr＝Ceq \\al(r,4)xr，
(－1＋x)5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·(－1)5－k·xk，
则展开式中含x4的项需满足r＋k＝4，
所以展开式中x4的系数为Ceq \\al(0,4)Ceq \\al(4,5)·(－1)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,5)·(－1)2＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,5)·(－1)3＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5)·(－1)4＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(0,5)·(－1)5＝－5＋40－60＋20－1＝－6.故选A．
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，它表示展开式的第k＋1项
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)
读
想
算
思
展开式中x的系数
1.二项展开式的项与系数；
2.展开式的通项公式
两个乘积式各自用展开式的通项公式计算系数
转化
(1－eq \r(x))6·(1＋eq \r(x))4
第k＋1项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk
1.通项公式法．
2.组合数生成法