高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理第2课时当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理第2课时当堂检测题，共9页。试卷主要包含了熟练掌握二项式定理，4≤k≤10等内容，欢迎下载使用。
第2课时　二项式定理的综合应用
学习目标　1.熟练掌握二项式定理.2.能够利用二项式定理解决两个多项式乘积的特定项问题.3.掌握二项展开式中系数最大(小)问题.4.能利用二项式定理解决整除(余数)问题．
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C·(2x)0·C·(－x)1＋C·(2x)1·C·14·(－x)0，其系数为C×C×(－1)＋C×2×C＝－4＋6＝2.
(2)由二项式定理得(1＋x)5的展开式的通项为Tk＋1＝C·xk，所以(1＋ax)(1＋x)5的展开式中含x2的项的系数为C＋C·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＝Can－k(bx)k·Csm－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　方法一　(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中含x3的系数为1×C＋2C＝12.
方法二　∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，
∴x3的系数为1×4＋2×4＝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·Cxy7－y·Cx2y6，故(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
二、系数的最值问题
例2　已知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C＋C＋C＝79，
即n2＋n－156＝0.
解得n＝－13(舍去)或n＝12.
设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
由
解得9.4≤k≤10.4.
又∵0≤k≤n，k∈N，∴k＝10.
∴展开式中系数最大的项是第11项，
即T11＝12·C·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　求10的展开式中，系数最大的项．
解　设第Tk＋1项的系数最大，
则
即
解得≤k≤.
∵0≤k≤10，k∈N，∴k＝7，
∴展开式中系数最大的项为
T8＝C27 ＝15 360.
三、整除和余数问题
例3　(1)试求2 02110除以8的余数；
(2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
(1)解　2 02110＝(8×253－3)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 02110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 02110除以8的余数也为1.
(2)证明　32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C82＋(n＋1)×8＋1－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C82.①
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，通常需将底数化成两数的和或差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系．
跟踪训练3　求证：2n＋2·3n＋5n－4(n∈N*)能被25整除．
证明　原式＝4·6n＋5n－4
＝4·(5＋1)n＋5n－4
＝4·(C·5n＋C·5n－1＋C·5n－2＋…＋C)＋5n－4＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52＋C·51)＋4C＋5n－4
＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52)＋20n＋4＋5n－4
＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52)＋25n.
以上各项均为25的整数倍，
故2n＋2·3n＋5n－4能被25整除．

1．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．(x2＋2)6的展开式的常数项为(　　)
A．25 B．－25
C．5 D．－5
答案　B
解析　6的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx6－k·k＝Cx6－k(－x)－k＝C(－1)kx6－2k.
令6－2k＝－2，或6－2k＝0，分别解得k＝4或k＝3.
所以(x2＋2)6的展开式的常数项为
1×C(－1)4＋2×1×C(－1)3＝15－40＝－25.
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　∵Tk＋1＝C(－2)kxk为使系数最大，k必须取偶数，
即k＝0,2,4，对应的系数分别为1,40,80，
故k＝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Cx2·x＝6x3；
②(x＋1)4中的三次项乘以(x－1)中的常数项－1，
即Cx3×(－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
＝C710＋C79＋…＋C7＋C－3
＝7×(C79＋C78＋…＋C)－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．(x2＋2)5的展开式的常数项是(　　)
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案　D
解析　5的展开式的通项为
Tk＋1＝C·5－k·(－1)k＝(－1)kC.
令10－2k＝2或10－2k＝0，
解得k＝4或k＝5.
故(x2＋2)·5的展开式的常数项是
(－1)4×C＋2×(－1)5×C＝3.
2．(1－x)4(1－)3的展开式中x2的系数是(　　)
A．－6 B．－3
C．0 D．3
答案　A
解析　∵(1－x)4(1－)3＝(1－4x＋6x2－4x3＋x4)· ，∴x2的系数是－12＋6＝－6.
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＋C×0.02＋C×0.022＋C×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Cx2＝28x2，(1＋y)4展开式中含y2的项为Cy2＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168.
5．设n∈N*，则C1n80＋C1n－181＋C1n－282＋C1n－383＋…＋C118n－1＋C108n除以9的余数为(　　)
A．0 B．8 C．7 D．2
答案　A
解析　因为C1n80＋C1n－181＋C1n－282＋C1n－383＋…＋C118n－1＋C108n＝(1＋8)n＝9n，所以除以9的余数为0.
6．(多选)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C·2＝8，另一部分是(2＋x)4中含x项的系数C·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．在(＋1)5的展开式中常数项等于________．
答案　9
解析　二项式(＋1)5的展开式的通项为
Tk＋1＝C()5－k＝C(k＝0,1,2，…，5)，
∴(＋1)5展开式中的常数项为
C＋(－1)×C＝10－1＝9.
8.(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Tk＋1＝Cxk，
∴(1＋x)4的展开式中含x的项为1·Cx1＋·Cx2＝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
＝C1010＋C109＋C108＋…＋C10＋C－1
＝C1010＋C109＋C108＋…＋102
＝100(108＋C107＋C106＋…＋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(＋3x2)5的展开式中系数最大的项．
解　设展开式中第k＋1项的系数最大，
又Tk＋1＝C()5－k·(3x2)k＝C3k ，得
⇒⇒≤k≤.
又因为0≤k≤5，k∈N，所以k＝4，
所以展开式中第5项系数最大．
T5＝C34＝405.

11．当n为正奇数时，7n＋C·7n－1＋C·7n－2＋…＋C·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－C＝8n－1＝(9－1)n－1＝9n－C·9n－1＋C·9n－2－…＋C·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．若(x2－a)10的展开式中x6的系数为30，则a等于(　　)
A. B. C．1 D．2
答案　D
解析　10的展开式的通项是
Tk＋1＝C·x10－k·k＝C·x10－2k，
10的展开式中含x4(当k＝3时)，x6(当k＝2时)项的系数分别为C，C.
因为(x2－a)10的展开式中含x6的项由x2与10的展开式中含x4的项的乘积以及－a与10展开式中含x6的项的乘积两部分构成，
因此由题意得C－aC＝120－45a＝30，
解得a＝2.

13．设a∈Z，且0≤a＜13，若512 021＋a能被13整除，则a等于(　　)
A．0 B．1
C．11 D．12
答案　B
解析　512 021＋a＝(13×4－1)2 021＋a，被13整除余－1＋a，结合选项可得当a＝1时，512 021＋a能被13整除．
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(mod m)．若a＝C＋C·2＋C·22＋…＋C·220，a≡b(mod 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＝C＋C·2＋C·22＋…＋C·220＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10，
由二项式定理可得
a＝C×1010－C×109＋…－C×101＋1，
即a除以10的余数为1，
因为a≡b(mod 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f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋4x)n(m，n∈N*)的展开式中含x项的系数为36，则展开式中含x2项的系数的最小值为____________．
答案　272
解析　(1＋2x)m＋(1＋4x)n的展开式中含x的项为
C·2x＋C·4x＝(2C＋4C)x，
∴2C＋4C＝36，即m＋2n＝18，
(1＋2x)m＋(1＋4x)n的展开式中含x2的项的系数为t＝C22＋C42＝2m2－2m＋8n2－8n，
∵m＋2n＝18，
∴m＝18－2n，
∴t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n
＝16n2－148n＋612＝16，
∴当n＝时，t取最小值，但n∈N*，
∴当n＝5时，
t即x2项的系数最小，最小值为272.
16．求(1＋x＋x2)8展开式中x5的系数．
解　方法一　(1＋x＋x2)8＝[1＋(x＋x2)]8，
所以Tr＋1＝C(x＋x2)r，
则x5的系数由(x＋x2)r来决定，
T′k＋1＝Cxr－kx2k＝Cxr＋k，令r＋k＝5，
解得或或
所以展开式中x5的系数为
C·C＋C·C＋C·C＝504.
方法二　(1＋x＋x2)8＝[(1＋x)＋x2]8＝C(1＋x)8＋C·(1＋x)7x2＋C(1＋x)6(x2)2＋C(1＋x)5(x2)3＋…＋C(1＋x)(x2)7＋C(x2)8，
则展开式中x5的系数为
C·C＋C·C＋C·C＝504.
方法三　(1＋x＋x2)8＝(1＋x＋x2)(1＋x＋x2)…(1＋x＋x2)(共8个)，这8个因式中乘积展开式中形成x5的来源有三个：
(1)有2个括号各出1个x2，其余6个括号恰有1个括号出1个x，这种方式共有C·C种；
(2)有1个括号出1个x2，其余7个括号中恰有3个括号各出1个x，共有C·C种；
(3)没有1个括号出x2，恰有5个括号各给出1个x，共有C种．
所以x5的系数是C·C＋C·C＋C＝504.