2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第3讲　二项式定理Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第3讲　二项式定理Word版含解析，共21页。试卷主要包含了二项式定理的内容，二项式系数的性质，各二项式系数和，4的展开式中x3的系数为等内容，欢迎下载使用。

1．二项式定理的内容
(1)(a＋b)n＝eq \x(\s\up1(01))Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*).
(2)第k＋1项，Tk＋1＝eq \x(\s\up1(02))Ceq \\al(k,n)an－kbk.
(3)第k＋1项的二项式系数为eq \x(\s\up1(03))Ceq \\al(k,n)(k＝0,1，…，n).
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eq \x(\s\up1(04))相等.这一性质可直接由Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)得到．
直线r＝eq \f(n,2)将函数ƒ(r)＝Ceq \\al(r,n)的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴．
(2)增减性与最大值
因为Ceq \\al(k,n)＝eq \f(nn－1…n－kn－k＋1,k－1！k)
＝Ceq \\al(k－1,n)eq \f(n－k＋1,k)，
即eq \f(C\\al(k,n),C\\al(k－1,n))＝eq \f(n－k＋1,k)，所以，当eq \f(n－k＋1,k)>1，即keq \f(n＋1,2)时，Ceq \\al(k,n)随k的增加而减小．当n是偶数时，中间的一项 eq \x(\s\up1(05))Ceq \f(n,2)n取得最大值；当n是奇数时，中间的两项 eq \x(\s\up1(06))Ceq \f(n－1,2)n与 eq \x(\s\up1(07))Ceq \f(n＋1,2)n相等，且同时取得最大值．
3．各二项式系数和
(1)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝eq \x(\s\up1(08))2n；
(2)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝eq \x(\s\up1(09))2n－1；
(3)Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝eq \x(\s\up1(10))2n－1.
1．注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题．
2．解题时，要注意区别二项式系数和项的系数的不同、项数和项的不同．
3．切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．
1．(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的展开式中，第m项为Tm＝Ceq \\al(m－1,n)xn－m＋1(－y)m－1＝(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n)xn－m＋1·ym－1.所以第m项的系数为(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n).故选D.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(3,4x))))6的展开式的中间项为( )
A．－40 B．－40x2
C．40 D．40x2
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(3,4x))))6的展开式的中间项为Ceq \\al(3,6)(2x)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(3,4x))))3＝－40x2.故选B.
3．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为( )
A．9 B．8
C．7 D．6
答案 B
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2(a0＋a2＋a4)＝16，所以a0＋a2＋a4＝8.故选B.
4．(2019·全国Ⅲ卷)(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 解法一：(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为1×Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝12.故选A.
解法二：∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A.
5．设(5x－eq \r(x))n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，M－N＝240，则展开式中x3的系数为( )
A．500 B．－500
C．150 D．－150
答案 C
解析 由题意可得N＝2n，令x＝1，则M＝(5－1)n＝4n＝(2n)2.∴(2n)2－2n＝240,2n＝16，n＝4.展开式中第r＋1项Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)·(5x)4－r(－eq \r(x))r＝(－1)rCeq \\al(r,4)54－r·x4－eq \f(r,2).令4－eq \f(r,2)＝3，得r＝2，∴展开式中x3的系数为Ceq \\al(2,4)×52×(－1)2＝150.故选C.
6．(2021·北京高考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4展开式中常数项为________.
答案 －4
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－\f(1,x)))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(x3)4－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)rCeq \\al(r,4)x12－4r，令12－4r＝0，得r＝3，则常数项为T4＝(－1)3Ceq \\al(3,4)＝－4.
考向一 求展开式中的特定项或特定项系数
例1 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3\r(x))))18的展开式中含x15的项的系数为( )
A．153 B．－153
C．17 D．－17
答案 C
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,18)x18－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3\r(x))))r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))) r·Ceq \\al(r,18)x18－eq \f(3,2)r，令18－eq \f(3,2)r＝15，解得r＝2，所以含x15的项的系数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2Ceq \\al(2,18)＝17.故选C.
(2)若(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))10的展开式中x6的系数为30，则a等于( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．1 D．2
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))10的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)x10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,10)x10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4的系数为Ceq \\al(3,10)；令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6的系数为Ceq \\al(2,10)，所以(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))10的展开式中x6的系数为Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝30，解得a＝2.故选D.
(3)(2019·浙江高考)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 二项展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,9)(eq \r(2))9－rxr，r∈N，0≤r≤9，当为常数项时，r＝0，T1＝Ceq \\al(0,9)(eq \r(2))9x0＝(eq \r(2))9＝16eq \r(2).当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是5.

1．求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路
(1)利用通项公式将Tr＋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r.
(3)代回通项公式得所求．
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．
1.(2021·新高考八省联考)(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 (1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)，因为Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)且Ceq \\al(2,2)＝Ceq \\al(3,3)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＝Ceq \\al(3,4)，所以Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＝Ceq \\al(3,5)，以此类推，Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,9)＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120.故选D.
2．(2020·全国Ⅰ卷)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 (x＋y)5展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－ryr(r∈N且r≤5)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5展开式的项可表示为xTr＋1＝xCeq \\al(r,5)x5－ryr＝Ceq \\al(r,5)x6－ryr或eq \f(y2,x)Tr＋1＝eq \f(y2,x)Ceq \\al(r,5)x5－ryr＝Ceq \\al(r,5)x4－r·yr＋2.在xTr＋1＝Ceq \\al(r,5)x6－ryr中，令r＝3，可得xT4＝Ceq \\al(3,5)x3y3＝10x3y3，该项中x3y3的系数为10，在eq \f(y2,x)Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x4－ryr＋2中，令r＝1，可得eq \f(y2,x)T2＝Ceq \\al(1,5)x3y3＝5x3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.
3．(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________.
答案 92
解析 解法一：(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.
解法二：(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.
多角度探究突破
考向二 二项式系数与各项的系数问题
角度 二项展开式中系数的和
例2 (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 由题意，得Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n＝8，即n＝3，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))3的展开式的系数之和为(1－2)3＝－1.故选A.
(2)(多选)若(1－2x)2022＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2022x2022(x∈R)，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝eq \f(32021＋1,2)
C．a0＋a2＋a4＋…＋a2022＝eq \f(32022＋1,2)
D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2022,22022)＝－1
答案 ACD
解析 由题意，当x＝0时，a0＝12022＝1，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2022＝(－1)2022＝1，当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…－a2021＋a2022＝32022，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2021＝－eq \f(32022－1,2)，a0＋a2＋a4＋…＋a2022＝eq \f(32022＋1,2)，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2022,22022)＝a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2022×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2022，当x＝eq \f(1,2)时，0＝a0＋a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2022×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2022，所以a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2022×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2022＝－a0＝－1.故选ACD.
赋值法的应用
(1)对形如(ax＋b)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1.
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1.
(3)一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)]．
4.若(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝( )
A．0 B．1
C．32 D．－1
答案 A
解析 由(1－x)5的展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rCeq \\al(r,5)xr，可得a1，a3，a5为负数，a0，a2，a4为正数，故有|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(1－1)5＝0.故选A.
5．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为________.
答案 90
解析 令x＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n＝4n，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以eq \f(4n,2n)＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,5)3rx5－eq \f(3,2)r，令5－eq \f(3,2)r＝2，得r＝2，所以x2的系数为Ceq \\al(2,5)32＝90.
角度 二项式系数的最值问题
例3 (1)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
答案 B
解析 由题意，得a＝Ceq \\al(m,2m)，b＝Ceq \\al(m,2m＋1)，则13Ceq \\al(m,2m)＝7Ceq \\al(m,2m＋1)，∴eq \f(13·2m！,m！m！)＝eq \f(7·2m＋1！,m！m＋1！)，
∴eq \f(72m＋1,m＋1)＝13，解得m＝6，经检验m＝6为原方程的解．故选B.
(2)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Tr＋1＝Ceq \\al(r,20)(eq \r(3)x)20－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))r＝(eq \r(3))20－rCeq \\al(r,20)x20－eq \f(4r,3)，要使x的指数是整数，需r是3的倍数，∴r＝0，3,6,9,12,15,18，∴x的指数为整数的项共有7个．故选D.
求二项式系数最大项
(1)如果n是偶数，那么中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋1))项))的二项式系数最大．
(2)如果n是奇数，那么中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)＋1))项))的二项式系数相等并最大．
6.(多选)在(1＋2x)8的展开式中，下列说法正确的是( )
A．二项式系数最大的项为1120x4
B．常数项为2
C．第6项与第7项的系数相等
D．含x3的项的系数为480
答案 AC
解析 因为n＝8，所以二项式系数最大的项为T5，T5＝Ceq \\al(4,8)(2x)4＝1120x4，A正确；(1＋2x)8展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(2x)r＝2rCeq \\al(r,8)xr，令r＝0，得常数项为1，B错误；第6项为T6＝25Ceq \\al(5,8)x5＝1792x5，第7项为T7＝26Ceq \\al(6,8)x6＝1792x6，第6项与第7项的系数相等，C正确；含x3的项为T4＝Ceq \\al(3,8)(2x)3＝448x3，其系数为448，D错误．故选AC.
7．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
A．180 B．120
C．90 D．45
答案 A
解析 由只有第6项的二项式系数最大，可知
n＝10，于是展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))r＝2rCeq \\al(r,10)x5－eq \f(5r,2)，令5－eq \f(5r,2)＝0，得r＝2，所以展开式中的常数项是22Ceq \\al(2,10)＝180.故选A.
角度 项的系数的最值问题
例4 (1)(2021·承德摸底)若(1＋2x)6的展开式中第二项大于它的相邻两项，则x的取值范围是( )
A.eq \f(1,12)C.eq \f(1,12)答案 A
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(1,6)2x>C\\al(0,6)，,C\\al(1,6)2x>C\\al(2,6)2x2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,12)，,0(2)(2021·上海高考)已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为________.
答案 64
解析 由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(3,n)>C\\al(2,n)，,C\\al(3,n)>C\\al(4,n)，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n！,3！n－3！)>\f(n！,2！n－2！)，,\f(n！,3！n－3！)>\f(n！,4！n－4！).))∴5 求展开式中系数最大项
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般采用待定系数法，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，))从而解出k来．
8.已知(xeq \f(2,3)＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比值为32.
(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和为(1＋3)n＝22n.
又展开式中二项式系数和为2n，
∴eq \f(22n,2n)＝2n＝32，n＝5.
(1)∵n＝5，展开式共6项，∴二项式系数最大的项为第3、4两项，
∴T3＝Ceq \\al(2,5)(xeq \f(2,3))3(3x2)2＝90x6，
T4＝Ceq \\al(3,5)(xeq \f(2,3))2(3x2)3＝270xeq \f(22,3).
(2)设展开式中第k＋1项的系数最大，
则由Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(xeq \f(2,3))5－k(3x2)k＝3kCeq \\al(k,5)xeq \f(10＋4k,3)，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3kC\\al(k,5)≥3k－1C\\al(k－1,5)，,3kC\\al(k,5)≥3k＋1C\\al(k＋1,5)，))
∴eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2)，∴k＝4，
∴第5项系数最大，即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).
考向三 二项式定理的应用
例5 (1)设a∈Z，且0≤a<13，若512022＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
答案 D
解析 由于51＝52－1，(52－1)2022＝Ceq \\al(0,2022)·522022－Ceq \\al(1,2022)522021＋…－Ceq \\al(2021,2022)521＋1，又13能整除52，所以只需13能整除1＋a，又0≤a<13，a∈Z，所以a＝12.
(2)0.9910的第一位小数为n1，第二位小数为n2，第三位小数为n3，则n1，n2，n3分别为( )
A．9,0,4 B．9,4,0
C．9,2,0 D．9,0,2
答案 A
解析 0.9910＝(1－0.01)10＝Ceq \\al(0,10)×110×(－0.01)0＋Ceq \\al(1,10)×19×(－0.01)1＋Ceq \\al(2,10)×18×(－0.01)2＋…＝1－0.1＋0.0045＋…≈0.9045.故选A.
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式．
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.
9.1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是( )
A．－1 B．1
C．－87 D．87
答案 B
解析 1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq \\al(1,10)×889＋…＋Ceq \\al(9,10)×88＋1.∵前10项均能被88整除，∴余数是1.故选B.
10．1.028的近似值是________(精确到小数点后三位)．
答案 1.172
解析 1.028＝(1＋0.02)8≈Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,8)×0.02＋Ceq \\al(2,8)×0.022＋Ceq \\al(3,8)×0.023≈1.172.
二项式定理破解三项式问题
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 解法一：由二项展开式通项易知Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2＋x)5－ryr，令r＝2，则T3＝Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3y2，对于二项式(x2＋x)3，展开式的通项为Tt＋1＝Ceq \\al(t,3)(x2)3－txt＝Ceq \\al(t,3)x6－t，令t＝1，所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30.故选C.
解法二：因为(x2＋x＋y)5＝(x2＋x＋y)(x2＋x＋y)…(x2＋x＋y)，即共有5个括号相乘，所以展开式中要得到含x5y2的项，只需5个括号中有2个括号里出y，同时剩余的3个括号中2个括号里出x2，另一个括号里出x便可，故含x5y2项的系数为Ceq \\al(2,5)y2Ceq \\al(2,3)(x2)2x＝Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)x5y2.故x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)＝10×3＝30.故选C.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))5的展开式中的常数项为________(用数字作答)．
答案 eq \f(63\r(2),2)
解析 解法一：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.求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5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).
解法二：要得到常数项，可以对5个括号中的选取情况进行分类：
①5个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为(eq \r(2))5；
②5个括号中1个选eq \f(x,2)，1个选eq \f(1,x)，3个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3；
③5个括号中2个选eq \f(x,2)，2个选eq \f(1,x)，1个选eq \r(2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2Ceq \\al(2,3)eq \r(2)，
因此展开式中的常数项为(eq \r(2))5＋Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)(eq \r(2))3＋Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2Ceq \\al(2,3)eq \r(2)＝eq \f(63\r(2),2).
答题启示
二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．
对点训练
1．(x2－x＋1)10的展开式中x3的系数为( )
A．－210 B．210
C．30 D．－30
答案 A
解析 解法一：(x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝Ceq \\al(0,10)(x2)10－Ceq \\al(1,10)(x2)9(x－1)＋…－Ceq \\al(9,10)x2(x－1)9＋Ceq \\al(10,10)(x－1)10，所以展开式中x3的系数为－Ceq \\al(9,10)Ceq \\al(8,9)＋Ceq \\al(10,10)(－Ceq \\al(7,10))＝－210.故选A.
解法二：因为(x2－x＋1)10＝(x2－x＋1)·(x2－x＋1)…(x2－x＋1)，即共10个括号相乘，所以展开式中要得到x3的系数，只需分两类：第1类：从10个括号里选3个括号出(－x)，其余7个括号出常数项1，即Ceq \\al(3,10)(－x)3·17＝－Ceq \\al(3,10)x3；第2类：从10个括号里选1个括号出x2，从余下9个括号里选1个括号出(－x)，其余括号全出常数项1，即Ceq \\al(1,10)x2Ceq \\al(1,9)·(－x)Ceq \\al(8,8)18＝－Ceq \\al(1,10)Ceq \\al(1,9)x3＝－90x3.故展开式中x3的系数是－Ceq \\al(3,10)－90＝－210.故选A.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))3的展开式中x2的系数是________(用数字作答)．
答案 15
解析 解法一：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6，所以Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,6)(－1)r·x6－2r，令6－2r＝2，解得r＝2，所以展开式中x2的系数是Ceq \\al(2,6)(－1)2＝15.
解法二：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－2))，所以展开式中要得到含x2的项，只需分两类：第1类：从3个括号里选1个括号出x2，其余括号都出常数项－2，即Ceq \\al(1,3)x2(－2)2＝12x2；第2类：从3个括号里选2个括号出x2，余下的那个括号出eq \f(1,x2)，即Ceq \\al(2,3)(x2)2·eq \f(1,x2)＝Ceq \\al(1,3)x2＝3x2.故展开式中含x2的项是12x2＋3x2＝15x2，其系数为15.
一、单项选择题
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6的展开式中，有理项共有( )
A．1项 B．2项
C．3项 D．4项
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(－1)r36－rx6－eq \f(3,2)r，令6－eq \f(3,2)r为整数，求得r＝0,2,4,6，共4项．故选D.
2．在(x＋1)(2x＋1)…(nx＋1)(n∈N*)的展开式中，一次项系数为( )
A．Ceq \\al(2,n) B．Ceq \\al(2,n＋1)
C．Ceq \\al(n－1,n) D．eq \f(1,2)Ceq \\al(3,n＋1)
答案 B
解析 1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)＝Ceq \\al(2,n＋1).故选B.
3．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6 (x＋3)的展开式中，常数项为( )
A．－eq \f(15,2) B．eq \f(15,2)
C．－eq \f(5,2) D．eq \f(5,2)
答案 A
解析 原式＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6 ①，而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6的通项为Tk＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kCeq \\al(k,6)x6－2k，当6－2k＝－1时，k＝eq \f(7,2)∉Z，故①式中的前一项不会出现常数项，当6－2k＝0，即k＝3时，可得①式中的后一项的常数项乘以3即为所求，此时原式常数项为3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))3Ceq \\al(3,6)＝－eq \f(15,2).故选A.
4．已知Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝( )
A．63 B．64
C．31 D．32
答案 A
解析 逆用二项式定理得Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝(1＋2)n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝26－Ceq \\al(0,n)＝63.故选A.
5．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)x8－eq \f(3,2)k(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.故选C.
6．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( )
A．－40 B．－20
C．20 D．40
答案 D
解析 令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) 5的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝(－1)r25－rCeq \\al(r,5)x5－2r.令5－2r＝1，得r＝2.令5－2r＝－1，得r＝3.∴展开式的常数项为(－1)2×23×Ceq \\al(2,5)＋(－1)3×22×Ceq \\al(3,5)＝80－40＝40.故选D.
7．已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，则a2＝( )
A．18 B．24
C．36 D．56
答案 B
解析 (2x－1)4＝[1＋2(x－1)]4，故a2(x－1)2＝Ceq \\al(2,4)[2(x－1)]2＝4Ceq \\al(2,4)(x－1)2，a2＝4Ceq \\al(2,4)＝24.故选B.
8．(x2－x－a)5的展开式的各项系数和为－32，则该展开式中含x9项的系数是( )
A．－15 B．－5
C．5 D．15
答案 B
解析 ∵(x2－x－a)5的展开式的各项系数和为－32，令x＝1，可得(12－1－a)5＝－32，故(－a)5＝－32，解得a＝2，故(x2－x－a)5＝(x2－x－2)5＝(x－2)5(x＋1)5.设(x－2)5展开式的通项为Ti＋1＝Ceq \\al(i,5)x5－i(－2)i，(x＋1)5展开式的通项为Mr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－r1r，则(x－2)5(x＋1)5展开式中含x9项，即Ceq \\al(i,5)x5－i·(－2)iCeq \\al(r,5)x5－r1r＝Ceq \\al(i,5)Ceq \\al(r,5)(－2)ix5－rx5－i＝Ceq \\al(i,5)Ceq \\al(r,5)·(－2)ix10－i－r中x的幂是9，故10－i－r＝9，可得i＋r＝1，又0≤i≤5，0≤r≤5且i，r∈N，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(i＝0，,r＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(i＝1，,r＝0.))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(i＝0，,r＝1))时，Ceq \\al(i,5)Ceq \\al(r,5)(－2)i·x10－i－r＝Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(1,5)(－2)0x9＝5x9；当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(i＝1，,r＝0))时，Ceq \\al(i,5)Ceq \\al(r,5)(－2)ix10－i－r＝Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(0,5)(－2)1x9＝－10x9.该展开式中含x9项的系数为－10＋5＝－5.故选B.
二、多项选择题
9．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6的展开式中，下列说法正确的有( )
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为0
C．常数项为20
D．二项式系数最大的项为第4项
答案 ABD
解析 所有项的二项式系数和为26＝64，故A正确；令x＝1得所有项的系数和为(1－1)6＝0，故B正确；常数项为Ceq \\al(3,6)x3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))3＝－20，故C错误；展开式有7项，二项式系数最大的项为第4项，故D正确．故选ABD.
10．(2021·南通学科基地考前模拟)若(x＋3)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，x∈R，则下列结论中正确的有( )
A．a0＝28
B．a3＝8Ceq \\al(3,10)
C．a1＋a2＋…＋a8＝38
D．(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝38
答案 AD
解析 (x＋3)8＝[2＋(x＋1)]8＝28＋27Ceq \\al(1,8)·(x＋1)＋26Ceq \\al(2,8)(x＋1)2＋25Ceq \\al(3,8)(x＋1)3＋…＋(x＋1)8，对于A，令x＝－1，则(－1＋3)8＝28＝a0，故A正确；对于B，a3＝25Ceq \\al(3,8)＝1792，而8Ceq \\al(3,10)＝960，故B错误；对于C，令x＝0，则38＝a0＋a1＋a2＋…＋a8，于是a1＋a2＋…＋a8＝38－a0＝38－28，故C错误；对于D，令x＝－2，则1＝a0－a1＋a2－…＋a8.因为a0＋a1＋a2＋…＋a8＝38，所以(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a8)(a0－a1＋a2－…＋a8)＝38，故D正确．故选AD.
11．(2021·广东红岭中学模拟)若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝125－n，则下列结论正确的是( )
A．n＝6
B．a1＝21
C．(1＋2x)n展开式中二项式系数和为729
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝321
答案 ABD
解析 对于A，因为(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令x＝1，得2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2，令x＝0，得n＝a0，因为(1＋x)n中xn项为Ceq \\al(n,n)xn＝xn，所以an＝1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝2n＋1－2－n－1＝125－n，解得n＝6，故A正确；对于B，a1＝1＋Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(1,6)＝21，故B正确；对于C，(1＋2x)6展开式中二项式系数和为26＝64，故C错误；对于D，令f(x)＝(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，f′(x)＝1＋2(1＋x)＋…＋6(1＋x)5＝a1＋2a2x＋…＋6a6x5，令x＝1，得f′(1)＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋5×24＋6×25＝a1＋2a2＋…＋6a6＝321，故D正确．故选ABD.
12．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有( )
A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：Ceq \\al(k,n＋1)＝Ceq \\al(k－1,n)＋Ceq \\al(k,n)
C．由“n行所有数之和为2n”猜想：Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n
D．由“111＝11,112＝121,113＝1331”猜想：115＝15101051
答案 ABC
解析 由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A，B，C正确；115＝(10＋1)5＝Ceq \\al(0,5)105＋Ceq \\al(1,5)104＋Ceq \\al(2,5)103＋Ceq \\al(3,5)102＋Ceq \\al(4,5)101＋Ceq \\al(5,5)＝161051，故D错误．故选ABC.
三、填空题
13．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
答案 3
解析 设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
14．(2021·浙江高考)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________.
答案 5 10
解析 (x－1)3的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)x3－r(－1)r，(x＋1)4的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k，则a1＝Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,4)＝1＋4＝5，a2＝Ceq \\al(1,3)(－1)1＋Ceq \\al(2,4)＝3，a3＝Ceq \\al(2,3)(－1)2＋Ceq \\al(3,4)＝7，a4＝Ceq \\al(3,3)(－1)3＋Ceq \\al(4,4)＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.
15．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))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5项为________.
答案 8 eq \f(35,8)x
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))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5项为Ceq \\al(4,8)·eq \f(1,24)x＝eq \f(35,8)x.
16．S＝Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)除以9的余数为________.
答案 7
解析 依题意S＝Ceq \\al(1,27)＋Ceq \\al(2,27)＋…＋Ceq \\al(27,27)＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝Ceq \\al(0,9)×99－Ceq \\al(1,9)×98＋…＋Ceq \\al(8,9)×9－Ceq \\al(9,9)－1＝9×(Ceq \\al(0,9)×98－Ceq \\al(1,9)×97＋…＋Ceq \\al(8,9))－2.∵Ceq \\al(0,9)×98－Ceq \\al(1,9)×97＋…＋Ceq \\al(8,9)是正整数，∴S被9除的余数为7.
四、解答题
17．(2021·锦州模拟)在①只有第8项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
设二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))n，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 若选条件①，即只有第8项的二项式系数最大，则n＝14；
若选条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14.
二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))14展开式的通项为
Tk＝Ceq \\al(k－1,14)(eq \r(x))15－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)))k－1＝3k－1Ceq \\al(k－1,14)xeq \f(21－7k,2).
由21－7k＝0，得k＝3.
即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．
若选条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n－1＝47＝214，所以n＝15.
二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x3)))15展开式的通项为
Tk＝Ceq \\al(k－1,15)(eq \r(x))16－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x3)))k－1＝3k－1Ceq \\al(k－1,15)xeq \f(22－7k,2).
由22－7k＝0，得k＝eq \f(22,7)∉Z，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．
18．已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7.
(1)对于使f(x)的x2的系数最小的m，n，求出此时x3的系数；
(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值(精确到0.01)．
解 (1)根据题意得Ceq \\al(1,m)＋Ceq \\al(1,n)＝7，
即m＋n＝7，①
f(x)中的x2的系数为Ceq \\al(2,m)＋Ceq \\al(2,n)＝eq \f(mm－1,2)＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(m2＋n2－m－n,2).
将①变形为n＝7－m，代入上式得x2的系数为m2－7m＋21＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(7,2)))2＋eq \f(35,4)，
故当m＝3或m＝4时，x2的系数的最小值为9.
当m＝3，n＝4时，x3的系数为Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)＝5；
当m＝4，n＝3时，x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,3)＝5.
(2)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈Ceq \\al(0,4)＋Ceq \\al(1,4)×0.003＋Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,3)×0.003≈2.02.