2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲　二项式定理学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲　二项式定理学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
1．二项式定理
(1)定理：
(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)．
(2)通项：
第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk．
(3)二项式系数：
二项展开式中各项的二项式系数为：Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)．
2．二项式系数的性质
常用结论
1．两个常用公式
(1)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
(2)Ceq \\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.
2．二项展开式的三个重要特征
(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.
(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.
(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.
3．三个易错点
(1)二项式定理中，通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk是展开式的第k＋1项，不是第k项．
(2)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk中，Ceq \\al(k,n)是该项的二项式系数，该项的系数还与a，b有关．
(3)二项式系数的最值与指数n的奇偶性有关．当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．
二、习题改编
1．(选修2­3P31例2(1)改编)(1＋2x)5的展开式中，x2的系数为________．
解析：Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)k＝Ceq \\al(k,5)2kxk，当k＝2时，x2的系数为Ceq \\al(2,5)·22＝40.
答案：40
2．(选修2­3P31例2(2)改编)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________．
解析：二项式系数之和2n＝64，所以n＝6，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，当6－2k＝0，即当k＝3时为常数项，T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.
答案：20
3．(选修2­3P41B组T5改编)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．
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.
答案：8
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(a＋b)n的展开式中的第r项是Ceq \\al(r,n)an－rbr.( )
(2)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(3)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关．( )
(4)通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr中的a和b不能互换．( )
(5)(a＋b)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)混淆“二项式系数”与“系数”致误；
(2)配凑不当致误．
1．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))eq \s\up12(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________．
解析：由题意得2n＝32，所以n＝5.令x＝1，得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
答案：－1
2．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝________．
解析：因为(1＋x)10＝[2－(1－x)]10，所以其展开式的通项为Tr＋1＝(－1)r210－r·Ceq \\al(r,10)(1－x)r，令r＝8，得a8＝4Ceq \\al(8,10)＝180.
答案：180
3．(x＋1)5(x－2)的展开式中x2的系数为________．
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.
答案：－15
求二项展开式的特定项或系数(师生共研)
(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式中，x2的系数为________．
(2)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式中，若常数项为－10，则a＝________．
【解析】 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(r)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)Ceq \\al(r,5)x5eq \s\up6(－\f(3r,2))，令5－eq \f(3,2)r＝2，得r＝2，所以x2的系数为Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,2).
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(ax2)5－r×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,5)a5－rx10eq \s\up6(－\f(5r,2))，令10－eq \f(5r,2)＝0，得r＝4，所以Ceq \\al(4,5)a5－4＝－10，解得a＝－2.
【答案】 (1)eq \f(5,2) (2)－2
eq \a\vs4\al()
求二项展开式中的特定项的系数问题的步骤
(1)利用通项将Tk＋1项写出并化简．
(2)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k.
(3)代回通项得所求．
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的展开式中，常数项是( )
A．－eq \f(5,4) B．eq \f(5,4)
C．－eq \f(15,16) D．eq \f(15,16)
解析：选D.Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)Ceq \\al(r,6)x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(4,6)＝eq \f(15,16).
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(10)的展开式中所有的有理项为________．
解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \s\up6(\f(10－2k,3))，由题意eq \f(10－2k,3)∈Z，且0≤k≤10，k∈N.令eq \f(10－2k,3)＝r(r∈Z)，则10－2k＝3r，k＝5－eq \f(3,2)r，因为k∈N，所以r应为偶数．所以r可取2，0，－2，即k可取2，5，8，所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2.
答案：eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2
二项式系数与各项系数和问题(师生共研)
(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64∶1，则x3的系数为( )
A．15 B．45
C．135 D．405
(2)若(1－x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝( )
A．1 B．513
C．512 D．511
【解析】 (1)由题意知eq \f(4n,2n)＝64，得n＝6，展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(x))))eq \s\up12(r)＝3rCeq \\al(r,6)x6－eq \f(3r,2)，令6－eq \f(3r,2)＝3，得r＝2，则x3的系数为32Ceq \\al(2,6)＝135.故选C.
(2)令x＝0，得a0＝1，令x＝－1，得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝[1－(－1)]9－1＝29－1＝511.
【答案】 (1)C (2)D
eq \a\vs4\al()
“赋值法”普遍应用于恒等式，是一种处理与二项式相关问题的比较常用的方法．对形如(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．
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(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)
解析：选A.令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中各项系数之和为2n，即80)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(x),\r(2))＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(10)，因而Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))))eq \s\up12(10－r)(eq \r(x))10－2r，令10－2r＝0，则r＝5，故展开式中的常数项为Ceq \\al(5,10)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))))eq \s\up12(5)＝eq \f(63\r(2),2).
答案：eq \f(63\r(2),2)
15．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，前三项的二项式系数之和为37，则n＝________，展开式中的第五项为________．
解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，前三项的二项式系数之和为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝1＋n＋eq \f(n（n－1）,2)＝37，则n＝8，故展开式中的第五项为Ceq \\al(4,8)·eq \f(1,24)·x＝eq \f(35,8)x.
答案：8 eq \f(35,8)x
16．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＝________．
解析：(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为Ceq \\al(m,2m)，所以a＝Ceq \\al(m,2m).
同理，b＝Ceq \\al(m＋1,2m＋1).
因为13a＝7b，所以13·Ceq \\al(m,2m)＝7·Ceq \\al(m＋1,2m＋1).
所以13·eq \f(（2m）！,m！m！)＝7·eq \f(（2m＋1）！,（m＋1）！m！).
所以m＝6.
答案：6
[综合题组练]
1．已知Ceq \\al(0,n)－4Ceq \\al(1,n)＋42Ceq \\al(2,n)－43Ceq \\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)的值等于( )
A．64 B．32
C．63 D．31
解析：选C.因为Ceq \\al(0,n)－4Ceq \\al(1,n)＋42Ceq \\al(2,n)－43Ceq \\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq \\al(n,n)＝729，所以(1－4)n＝36，所以n＝6，因此Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n－1＝26－1＝63，故选C.
2．设a∈Z，且0≤a