2025年高考数学一轮复习-第十一章-第二节-二项式定理【导学案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第十一章-第二节-二项式定理【导学案】，共12页。学案主要包含了课标解读，课程标准，核心素养，命题说明，必备知识·逐点夯实，核心考点·分类突破，补偿训练等内容，欢迎下载使用。
【课程标准】
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.
2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
【核心素养】
数学抽象、数学运算.
【命题说明】
【必备知识·逐点夯实】
知识梳理·归纳
二项式定理
(1)二项式定理:(a+b)n= Cn0an+Cn1an-1b1+…+Cnnbn (n∈N*).
(2)二项展开式的通项:Tk+1=Cnk an-kbk ,它表示通项为展开式的第 k+1 项.
(3)二项式系数:二项展开式中各项的系数Cn0,Cn1,…,Cnn.
微点拨
1.二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.
微思考某项的二项式系数与某项的系数相等吗?
提示:不一定相等.
2.二项式系数的性质
(1)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.
(2)最大值:当n是偶数时,中间的一项Cnn2取得最大值;当n是奇数时,中间的两项Cnn-12与Cnn+12相等,且同时取得最大值.
常用结论
1.Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+Cn5+…=2n-1.
2.Cn+1m=Cnm-1+Cnm.
基础诊断·自测
1.(思考辨析)(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)Cnkan-kbk是(a+b)n的展开式中的第k项.( × )
提示:由二项展开式的通项可知,Cnkan-kbk是(a+b)n的展开式中的第k+1项,所以(1)错误;
(2)(a+b)n的展开式中各项的二项式系数与a,b无关.( √ )
提示:因为(a+b)n的展开式中各项的二项式系数为Cn0,Cn1,…,Cnn,所以(2)正确;
(3)通项Tk+1=Cnkan-kbk中的a和b不能互换.( √ )
提示:由二项展开式的通项公式可知:通项公式Tk+1=Cnkan-kbk中的a和b不能互换,所以(3)正确;
(4)二项式的展开式中系数最大的项与二项式系数最大项是相同的.( × )
提示:由二项展开式某一项的系数与某一项的二项式系数的定义可知(4)错误.
2.(选修第三册P31练习T4)(x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是( )
A.CnmB.Cnm+1
C.Cnm-1D.(-1)m-1Cnm-1
【解析】选D.(x-y)n的展开式中,
第m项为Tm=Cnm-1xn-m+1·(-y)m-1=(-1)m-1·Cnm-1xn-m+1·ym-1,
所以第m项的系数为(-1)m-1Cnm-1.
3.(2023·北京高考)(2x-1x)5的展开式中,x的系数是( )
A.-40B.40C.-80D.80
【解析】选D.由二项式定理可知(2x-1x)5展开式的第r+1项
Tr+1=C5r(2x)5-r(-1x)r=(-1)r25-rC5rx5-2r(r=0,1,…,5),
令5-2r=1,可得r=2,即含x的项为第3项,
所以T3=80x,故x的系数为80.
4.(混淆二项式系数与项的系数)(1-2x)8展开式中x项的二项式系数为( )
A.28B.-28C.112D.-112
【解析】选A.(1-2x)8展开式的通项公式为Tk+1=C8k(-2x)k=(-2)kC8kxk2.
要求x项的二项式系数,只需k2=1,解得k=2,
所以x项的二项式系数为C82=8×72×1=28.
【核心考点·分类突破】
考点一通项公式的应用
角度1 形如(a+b)n(n∈N*)的展开式的特定项
[例1](1)设1+xn=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a2=a3,则n=( )
A.5B.6C.7D.8
【解析】选A.(1+x)n展开式第r+1项Tr+1=Cnrxr,因为a2=a3,所以Cn2=Cn3,
所以n=2+3=5.
(2)(2023·南昌模拟)在(2x+1)4的展开式中,x2的系数为 .(用数字作答)
【解析】(2x+1)4的展开式通项为Tr+1=C4r2x4-r,令r=2,得T3=C422x2=24x2,
故x2的系数为24.
答案:24
解题技法
形如(a+b)n(n∈N*)的展开式的特定项的求解策略
(1)写出并化简通项;
(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),解出项数k+1;
(3)代入通项即可得出结论.
对点训练
1.(2024·扬州模拟)(xlg43+lg32x)4展开式的常数项为 .(用最简分数表示)
【解析】(xlg43+lg32x)4展开式的通项为Tr+1=C4r(xlg43)4-rlg32xr
=(lg43)4-r·(lg32)rC4rx4-2r,r∈N,r≤4,
令4-2r=0,解得r=2,则T3=(12lg23)2·(lg32)2C42=14×6=32,
所以(xlg43+lg32x)4展开式的常数项是32.
答案:32
2.在二项式(2+x)9的展开式中,常数项是 ;系数为有理数的项的个数是 .
【解析】由题意得,(2+x)9的通项为Tk+1=C9k(2)9-k·xk(k=0,1,2,…,9).当k=0时,可得常数项为T1=C90(2)9=162.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.
答案:162 5
【补偿训练】
(x2-2x)5的展开式中x4的系数为( )
A.10B.20C.40D.80
【解析】选C.由题意可得Tk+1=C5k·(x2)5-k·(-2x)k=(-1)kC5k·2k·x10-3k,
令10-3k=4,则k=2,
所以所求系数为(-1)2C52·22=40.
角度2 形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的展开式问题
[例2](2024·新高考Ⅰ卷) (1-yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
【解析】因为1-yx(x+y)8=(x+y)8-yx(x+y)8,
所以1-yx(x+y)8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6-yxC85x3y5=-28x2y6,故(1-yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28.
答案:-28
解题技法
形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的展开式问题的求解策略
(1)若m,n中有一个比较小,可先考虑将其展开,再结合题设要求逐项求出,求其代数和即可得出结论;
(2)观察(a+b)(c+d)是否可以化成两项或三项代数和,进而求解.
对点训练
(2024·北海模拟)(1+2x)(1+x)3展开式中,x2的系数为( )
A.3B.6C.9D.12
【解析】选C.(1+2x)(1+x)3=(1+2x)(1+3x+3x2+x3),故x2的系数为3+6=9.
角度3 形如(a+b+c)n(n∈N*)的展开式问题
[例3](x2-x+1)10的展开式中x3的系数为( )
A.-210B.210C.30D.-30
【解析】选A.方法一:(x2-x+1)10的展开式中含x3项的构成有以下几种可能:
①1个x2,1个(-x),8个1,所得项为C101x2·C91(-x)·C8818=-90x3.
②3个(-x),7个1,所得项为C103(-x)3·C7717=-120x3.所以x3的系数为-210.
方法二:(x2-x+1)10=[1+(x2-x)]10,展开式的通项为Tk+1=C10k(x2-x)k(k=0,1,2,3,…,10),要使(x2-x+1)10的展开式中含x3,则需要(x2-x)k的展开式中出现x3,而(x2-x)k展开式的通项为Tr+1=Ckrx2(k-r)(-x)r=(-1)rCkrx2k-r(r=0,1,2,3,…,k),令2k-r=3可知当k=2,r=1或
k=3,r=3时满足题意,即(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为
(-1)1C102C21+(-1)3C103C33=-90-120=-210.
解题技法
求形如(a+b+c)n展开式中特定项的方法
对点训练
(x+y-2z)5的展开式中,xy2z2的系数是( )
A.120B.-120C.60D.30
【解析】选A.由题意知(x+y-2z)5=[(x+y)-2z]5,展开式的第k+1项为C5k(x+y)5-k(-2z)k,
令k=2,可得第3项为(-2)2C52(x+y)3z2,
(x+y)3的展开式的第m+1项为C3mx3-mym,
令m=2,可得第3项为C32xy2,所以(x+y-2z)5的展开式中,xy2z2的系数是(-2)2C52C32=120.
【补偿训练】
(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( )
A.10B.20C.30D.60
【解析】选C.方法一:由二项展开式通项易知Tk+1=C5k(x2+x)5-kyk,令k=2,则T3=C52(x2+x)3y2,对于二项式(x2+x)3,展开式的通项为Tt+1=C3t(x2)3-txt=C3tx6-t,令t=1,所以x5y2的系数为C52C31=30.
方法二: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的项为C52y2C32(x2)2x=C52C32x5y2,故x5y2的系数为C52C32=10×3=30.
考点二 二项式系数与项的系数问题
角度1 二项式系数和与系数和
[例4]若(1+x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,
则a2+a6+a8= ;a1+2a2+3a3+…+10a10= .
【解析】由已知得(1+x)10展开式的通项为Tk+1=C10kxk,所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数,故a2+a6+a8=C102+C106+C108=300.
对原式两边求导得,10(1+x)9=a1+2a2x+3a3x2+…+10a10x9,
令x=1,得a1+2a2+3a3+…+10a10=10×29=5 120.
答案:300 5 120
解题技法
赋值法的应用
(1)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).
(2)(a+bx)n的展开式中奇数项的系数和为12[g(1)+g(-1)].
(3)(a+bx)n的展开式中偶数项的系数和为12[g(1)-g(-1)].
对点训练
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.-960B.960C.1 120D.1 680
【解析】选C.根据题意,奇数项的二项式系数之和也为128,所以在(1-2x)n的展开式中,二项式系数之和为256,即2n=256,得n=8,则(1-2x)8的展开式的中间项为第5项,且T5=C84(-2)4x4=1 120x4,即展开式的中间项的系数为1 120.
【补偿训练】 若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5,则a1= ,
a1+a2+…+a5= .
【解析】因为x5=[2+(x-2)]5,则a1=C51·24=80.
令x=3,得a0+a1+a2+…+a5=35=243;
令x=2,得a0=25=32,
故a1+a2+…+a5=243-32=211.
答案:80 211
角度2 系数与二项式系数的最值问题
[例5](多选题)(2023·唐山模拟)下列关于(1x-2x)6的展开式的说法中正确的是( )
A.常数项为-160
B.第4项的系数最大
C.第4项的二项式系数最大
D.所有项的系数和为1
【解析】选ACD. (1x-2x)6展开式的通项为
Tk+1=C6k·(1x)6-k·(-2x)k=(-2)kC6k·x2k-6.
对于A,令2k-6=0,解得k=3,
所以常数项为(-2)3C63=-8×20=-160,A正确;
对于B,由通项公式知,若要系数最大,k所有可能的取值为0,2,4,6,
所以T1=x-6,T3=4C62x-2=60x-2,T5=(-2)4C64x2=240x2,T7=(-2)6x6=64x6,
所以展开式第5项的系数最大,B错误;
对于C,展开式共有7项,得第4项的二项式系数最大,C正确;
对于D,令x=1,则所有项的系数和为(1-2)6=1,D正确.
解题技法
1.二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数,那么中间一项(第n2+1项)的二项式系数最大;
(2)如果n是奇数,那么中间两项(第n+12与第n+12+1项)的二项式系数相等并最大.
2.展开式系数最大值的两种求解思路
(1)由于展开式系数是离散的,因此求最大值可通过不等式组ak≥ak-1,ak≥ak+1确定.
(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子,可以看作关于n的数列,通过判断数列单调性从而判断系数的增减性,并根据系数的单调性求出系数的最值.
对点训练
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.5B.6C.7D.8
【解析】选B.由题意,得a=C2mm,b=C2m+1m,
则13C2mm=7C2m+1m,所以13·(2m)!m!m!=7·(2m+1)!m!(m+1)!,
所以7(2m+1)m+1=13,解得m=6.
经检验m=6为原方程的解.
考点三 二项式定理的综合应用
[例6](1)设n为奇数,那么11n+Cn1·11n-1+Cn2·11n-2+…+Cnn-1·11-1除以13的余数是( )
A.-3B.2C.10D.11
【解析】选C.11n+Cn1·11n-1+Cn2·11n-2+…+Cnn-1·11-1
=Cn0·11n+Cn1·11n-1+Cn2·11n-2+…+Cnn-1·11+Cnn-2=(11+1)n-2
=12n-2=(13-1)n-2
=Cn0·13n-Cn1·13n-1+…+(-1)n-1·Cnn-1·13+(-1)n·Cnn-2,
因为n为奇数,则上式=
Cn0·13n-Cn1·13n-1+…+(-1)n-1·Cnn-1·13-3=[Cn0·13n-Cn1·13n-1+…+(-1)n-1·Cnn-1·13-13]+10,
所以11n+Cn1·11n-1+Cn2·11n-2+…+Cnn-1·11-1除以13的余数是10.
(2)利用二项式定理计算1.056,则其结果精确到0.01的近似值是( )
【解析】选(1+0.05)6=C60+C61×0.05+C62×0.052+C63×0.053+…+C66×0.056
=1+0.3+0.037 5+0.002 5+…+0.056≈1.34.
解题技法
二项式定理综合应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形:①观察除式与被除式间的关系;②将被除式拆成二项式;③结合二项式定理得出结论.
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算:当n不是很大,|x|比较小时,(1+x)n≈1+nx.
对点训练
1.设a∈Z,且0≤a≤13,若512 023+a能被13整除,则a等于( )
A.0B.1C.11D.12
【解析】选B.因为a∈Z,且0≤a≤13,
所以512 023+a=(52-1)2 023+a
=C2 0230522 023-C2 0231522 022+C2 0232522 021-…+C2 0232 02252-C2 0232 023+a,
因为512 023+a能被13整除,
所以-C2 0232 023+a=-1+a能被13整除,结合选项,所以a=1.
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.9,0,4B.9,4,0C.9,2,0D.9,0,2
【解析】选(1-0.01)10
=C100×110×(-0.01)0+C101×19×(-0.01)1+C102×18×(-0.01)2+…=1-0.1+0.004 5+…≈0.904 5.
【补偿训练】
1.已知Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=243,则Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn等于( )
A.31B.32C.15D.16
【解析】选A.逆用二项式定理得Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=(1+2)n=243,即3n=35,所以n=5,所以Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn=25-1=31.
的计算结果精确到0.001的近似值是( )
【解析】选(1-0.01)6=C60×1-C61×0.01+C62×0.012-C63×0.013+…+C66×0.016
=1-0.06+0.001 5-0.000 02+…+0.016≈0.941.考向
考法
高考命题常以二项式为载体,考查二项式定理、二项式系数、某一项的系数、二项式系数的性质;二项式定理是高考热点,常以选择题的形式出现.
预测
预计2025年二项式定理仍会出题,但形式比较灵活.
类型
辨析
改编
易错
高考
题号
1
2
4
3