专题10.3 二项式定理（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9365" 【题型1 求二项展开式的特定项】 PAGEREF _Tc9365 \h 3
\l "_Tc8693" 【题型2 求二项展开式的特定项系数】 PAGEREF _Tc8693 \h 4
\l "_Tc8922" 【题型3 两个二项式之积问题】 PAGEREF _Tc8922 \h 5
\l "_Tc31757" 【题型4 三项展开式问题】 PAGEREF _Tc31757 \h 7
\l "_Tc18432" 【题型5 二项式系数和与系数和问题】 PAGEREF _Tc18432 \h 8
\l "_Tc23537" 【题型6 二项式系数的最值问题】 PAGEREF _Tc23537 \h 10
\l "_Tc32113" 【题型7 整除和余数问题】 PAGEREF _Tc32113 \h 11
\l "_Tc29415" 【题型8 近似计算问题】 PAGEREF _Tc29415 \h 13
\l "_Tc28374" 【题型9 证明组合恒等式】 PAGEREF _Tc28374 \h 14
\l "_Tc26501" 【题型10 二项式定理与数列求和】 PAGEREF _Tc26501 \h 16
\l "_Tc29622" 【题型11 杨辉三角】 PAGEREF _Tc29622 \h 20
1、二项式定理
【知识点1 二项式定理】
1．二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
=++++++.(*)
公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(k∈{0,1,2,
,n})叫做二项式系数，叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第k+1项：=.
(2)二项展开式的规律
①二项展开式一共有(n+1)项.
②(n+1)项按a的降幂b的升幂排列.
③每一项中a和b的幂指数之和为n.
2．二项式系数的性质
【知识点2 展开式中的通项问题】
1．求二项展开式的特定项的解题策略
求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，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，代回通项公式即可.
2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略
(1)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；也可利用排列组合的知识求解.
(2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.
【知识点3 二项式系数的和与各项系数的和问题】
1．赋值法
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子求其展
开式的各项系数之和，常用赋值法.
2．系数之和问题的解题策略
若，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项之和为
，偶数项系数之和为.
3．展开式的逆用
根据所给式子的特点结合二项式展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定
理求解.
【知识点4 二项式系数最大项问题】
1．二项式系数最大项的确定方法
当n为偶数时，展开式中第项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第
和第项的二项式系数开式中第最大，最大值为或.
【方法技巧与总结】
1．.
2．.
【题型1 求二项展开式的特定项】
【例1】（2024·辽宁·模拟预测）2x−13x8的展开式中的常数项为（ ）
A．112B．56C．−56D．−112
【解题思路】求出2x−13x8的展开式的通项可得答案.
【解答过程】2x−13x8的展开式的通项Tr+1=C8r2x8−r−13xr=−1r×28−r×C8rx8−4r3，
由8−4r3=0，得r=6，
所以2x−13x8的展开式中的常数项为−16×28−6×C86=112．
故选：A.
【变式1-1】（2024·辽宁锦州·模拟预测）二项式3−x+12x12的展开式的常数项是（ ）
A．5564B．−552C．−5564D．552
【解题思路】根据二项式展开式的通项公式求得展开式中的常数项.
【解答过程】二项式3−x+12x12展开式的通项公式为
C12r⋅12xr⋅−x1312−r=−112−r⋅12r⋅C12r⋅x4−43r.
令4−43r=0⇒r=3，
所以展开式的常数项为−19⋅123⋅C123=−123⋅C123=−18×220=−552
故选：B.
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知x2−a3xn（其中a>0）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有（ ）
A．6项B．5项C．4项D．3项
【解题思路】运用二项展开式的通项公式可得n、a的值，结合有理项的定义赋值求解即可.
【解答过程】展开式的第7项为T7=Cn6x2n−6−a3x6=−a6Cn6x2n−14，
由题意，得2n−14=0，−a6Cn6=7，（a>0），所以n=7，a=1，
则展开式的通项为Tk+1=−1kC7kx14−2k13xk=−1kC7kx42−7k3，k=0,1,2,⋯,7，
令42−7k3∈Z，则k=0,3,6，所以展开式中的有理项共有3项.
故选：D.
【变式1-3】（2024·河北廊坊·模拟预测）x−2xnn∈N*的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（ ）
A．−160B．−20C．20D．160
【解题思路】根据二项式系数的性质得n=6，再根据通项公式可求出结果.
【解答过程】因为x−2xnn∈N*的展开式中只有第四项的二项式系数最大，
则由二项式系数性质知：展开式共有7项，则n=6，
则x−2x6展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r⋅−2xr=(−2)rC6rx6−2r，
展开式中常数项，必有6−2r=0，即r=3，
所以展开式中常数项为T4=(−2)3C63=−8×20=−160.
故选：A.
【题型2 求二项展开式的特定项系数】
【例2】（2024·北京·模拟预测）在(x−2x)5的展开式中，x4项的系数为（ ）
A．−20B．20C．−40D．40
【解题思路】
由题意写出展开式通项并化简，令5−r2=4，解得r=2，回代展开通项计算即可得解.
【解答过程】在(x−2x)5的展开式通项为Tr+1=C5rx5−r−2xr=C5r−2rx5−r2,0≤r≤5,r∈N∗，
由题意令5−r2=4，解得r=2，所以x4项的系数为C52−22=10×4=40.
故选：D.
【变式2-1】（2023·福建泉州·模拟预测）1x−x10的展开式中，x2的系数等于（ ）
A．−45B．−10C．10D．45
【解题思路】由二项式展开式的通项公式即可求出x2的系数.
【解答过程】1x−x10的通项为Tr+1=C10r(1x)10−r(−x)r=(−1)rC10rx32r−10，
令32r−10=2，解得r=8，
所以x2项的系数为：(−1)8C108=45.
故选：D.
【变式2-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）2x−1x27展开式中含1x2项的系数为（ ）
A．420B．−420C．560D．−560
【解题思路】由二项展开式的通项公式解出r的值，进而可得x−2项的系数.
【解答过程】由题意知， 2x−1x27的二项展开式的通项公式为Tr+1=C7r2x7−r⋅−1x2r=−1r27−rC7rx7−3r，
令7−3r=−2，得r=3，故含1x2项的系数为−1324C73=−16×35=−560.
故选：D.
【变式2-3】（23-24高二下·海南·期末）x2−x6的展开式中，x4的系数为（ ）
A．154B．52C．54D．1516
【解题思路】利用二项式展开式通项公式来求指定项系数.
【解答过程】由Tk+1=C6kx26−k−xk=−1k126−kC6kx6−k2，
当6−k2=4，解得k=4，
所以x4的系数为−14122C64=14×15=154，
故选：A.
【题型3 两个二项式之积问题】
【例3】（2024·山西长治·模拟预测）x+2yx−y5的展开式中x3y3的系数是（ ）
A．﹣10B．0C．10D．30
【解题思路】根据乘法的分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【解答过程】依题意可知，含x3y3的项是x×C53×x2×−y3+2y×C52×x3×−y2
=−10x3y3+20x3y3=10x3y3，
所以x3y3的系数是10.
故选：C.
【变式3-1】（2024·西藏·模拟预测）在yx−2xyx+y6的展开式中，x2y4的系数为（ ）
A．−4B．4C．−8D．8
【解题思路】根据x+y6展开式通项公式得到x3y3，xy5的系数分别为C63，C65，从而得到x2y4的系数为C63−2C65=8．
【解答过程】在x+y6的展开式中，通项公式为Tr+1=C6rx6−ryr，
故x3y3，xy5的系数分别为C63，C65，
所以在yx−2xyx+y6的展开式中，x2y4的系数为C63−2C65=8．
故选：D．
【变式3-2】（2024·吉林长春·模拟预测）1+x+x2(1−x)10的展开式中x2的系数（ ）
A．28B．35C．36D．56
【解题思路】先求出(1−x)10的展开式的通项，再分别求出展开式中x2项、x项的系数及常数项，即可求得的(1+x+x2)(1−x)10展开式中x2项的系数．
【解答过程】根据题意，二项式(1−x)10的展开式的通项Tr+1=C10r110−r(−x)r，
其中x2项为，T2+1=C102110−2(−x)2=45x2，
x项为，T1+1=C101110−1(−x)1=−10x，
常数项为，T0+1=C100110(−x)0=1，
所以展开式中x2项的系数为1×45+1×(−10)+1×1=36．
故选：C．
【变式3-3】（2024高三·全国·专题练习）已知ax+12x−17的展开式中x3的系数为448，则该展开式中x2的系数为（ ）
A．56B．−98C．106D．−112
【解题思路】求出二项式2x−17的展开式的通项，由给定系数求出a，再求出x2的系数.
【解答过程】依题意，ax+12x−17=ax2x−17+2x−17，
二项式2x−17的展开式的通项Tr+1=C7r2x7−r⋅−1r，
于是−aC75×22+C74×23=−84a+280=448，解得a=−2，
所以ax+12x−17的展开式中x2的系数为−2C76×2−C75×22=−28−84=−112.
故选：D.
【题型4 三项展开式问题】
【例4】（2024·新疆喀什·三模）x2+x+15展开式中，x3的系数为（ ）
A．20B．30C．25D．40
【解题思路】分不含x2项和含有一个x2项两种情况求解．
【解答过程】(x2+x+1)5展开式中，x3的项为C53x3⋅12+C51x2⋅C41x⋅13=30x3，
则x3的系数为30．
故选：B．
【变式4-1】（2024·河北沧州·二模）在(x−2y+3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为（ ）
A．6480B．2160C．60D．−2160
【解题思路】根据条件，利用组合知识，即可求出结果.
【解答过程】(x−2y+3z)6相当于6个因式x−2y+3z相乘，其中一个因式取x，有C61种取法，
余下5个因式中有2个取−2y，有C52种取法，最后3个因式中全部取3z，有C33种取法，故(x−2y+3z)6展开式中xy2z3的系数为C61×1×C52×(−2)2×C33×33=6480.
故选：A.
【变式4-2】（2024·新疆乌鲁木齐·一模）x2−x+y5的展开式中x5y2的系数为（ ）
A．−30B．−20C．20D．30
【解题思路】利用二项式定理展开式的通项公式进行计算即可.
【解答过程】x2−x+y5=x2−x+y5，
其展开式的通项公式为Tr+1=C5rx2−x5−ryr，
令r=2，则T3=C52x2−x3y2，
而x2−x3的展开式的通项公式为：
Tk+1'=C3kx23−k⋅−xk=−1kC3kx6−k，
令k=1，则x2−x+y5的展开式中x5y2的系数为:
C52×−11×C31=−30,
故选：A.
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）在x+1−2x26的展开式中常数项为（ ）
A．721B．-61C．181D．-59
【解题思路】先求出展开式的通项公式Tr+1= C6rx+16−r−2x2r=C6r−2rx+16−rx−2r,其中x+66−r的展开式的通项公式为Tk+1= C6−rkx6−r−k，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【解答过程】∵x+1−2x26=x+1−2x26的展开式的通项公式为
Tr+1= C6rx+16−r−2x2r=C6r−2rx+16−rx−2r，
其中x+66−r的展开式的通项公式为Tk+1= C6−rkx6−r−k，
当r=0时，6−r−k=0，∴k=6，常数项为C60C66−20；
当r=1时，6−r−k=2，∴k=3，常数项为C61C53−2；
当r=2时，6−r−k=4，∴k=0，常数项为C62C40−22；
故常数项为C60C66−20+C61C53−2+C62C40−22=−59.
故选：D.
【题型5 二项式系数和与系数和问题】
【例5】（2024·安徽阜阳·模拟预测）在二项式x−12x6的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为154B．各项的系数和为64
C．第3项的二项式系数最大D．奇数项二项式系数和为−32
【解题思路】对于A，由二项式展开式，通过赋值即可得解；对于B，直接赋值即可得解；对于C，由二项式系数的性质即可判断；对于D，由奇数项、偶数项二项式系数的性质即可判断.
【解答过程】对于A，x−12x6的展开式通项为Tr+1=C6r⋅(x)6−r⋅−12xr=C6r⋅−12r⋅x6−3r2，
当r=2时，常数项为C62⋅−122=154，选项A正确；
对于B，令x=1，得各项的系数和为1−126=164，选项B错误；
对于C，展开式共7项，二项式系数最大应为第4项，故选项C错误；
对于D，依题意奇数项二项式系数和为C60+C62+C64+C66=262=32，选项D错误.
故选：A.
【变式5-1】（2024·四川乐山·三模）设(x+2024)(2x−1)2023=a0+a1x+a2x2+⋯+a2024x2024，则a12+a222+a323+⋯+a202422024=（ ）
A．1B．−1C．2024D．−2024
【解题思路】令x=0求得a0，令x=12即可求得a0+a12+a222+a323+…+a202422024的值．
【解答过程】由(x+2024)(2x−1)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2024x2024，令x=0，得a0=−2024；
令x=12，得a0+a12+a222+a323+…+a202422024=0，
所以a12+a222+a323+…+a202422024=−a0=2024．
故选：C．
【变式5-2】（23-24高二上·福建漳州·阶段练习）多项式ax+16的x2项系数比x3项系数多35，则其各项系数之和为（ ）
A．1B．243C．64D．0
【解题思路】利用二项展开式表示x2项系数比x3项系数多35求出a的值，然后令x=1，即求出各项系数之和.
【解答过程】根据二项式的展开式Tr+1=C6r⋅a6−r⋅x6−r，
当r=4时，x2的系数为C64⋅a2，
当r=3时，x3的系数为C63⋅a3，
因为多项式ax+16的x2项系数比x3项系数多35，
所以15a2−20a3=35，解得a=−1，
所以1−x6其各项系数之和，即当x=1时，系数和为0，
故选：D.
【变式5-3】（2024·广东江门·一模）已知1+x4+1+x5+⋯+1+x11=a0+a12+x+a22+x2+⋯+a112+x11，则a0+a2+a4+⋯+a10的值是（ ）
A．680B．−680C．1360D．−1360
【解题思路】利用赋值法，分别令x=−1和x=−3，将得到的两式相加，结合等比数列的求和，即可求得答案.
【解答过程】令x=−1，则0=a0+a1+a2+⋯+a11，即a0+a1+a2+⋯+a11=0
令x=−3，则−24+−25+⋯+−211=a0−a1+a2−a3+⋯−a11，
即a0−a1+a2−a3+⋯−a11=(−2)4[1−(−2)8]1−(−2)=−1360，
两式相加可得a0+a2+a4+⋯+a10=−13602=−680，
故选：B.
【题型6 二项式系数的最值问题】
【例6】（2024·四川雅安·一模）(1−x)10的展开式中，系数最小的项是（ ）
A．第4项B．第5项C．第6项D．第7项
【解题思路】利用二项式定理求得(1−x)10的展开通项公式，结合二项式系数的性质即可得解.
【解答过程】依题意，(1−x)10的展开通项公式为Tr+1=C10r(−x)r=(−1)rC10rxr0≤r≤10,r∈N，其系数为(−1)rC10r，
当r为奇数时，(−1)rC10r才能取得最小值，
又由二项式系数的性质可知，C105是C10r的最大项，
所以当r=5时，(−1)rC10r取得最小值，即第6项的系数最小.
故选：C．
【变式6-1】（2024·江西南昌·三模）若2x2−1xn的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项B．第三项C．第四项D．第五项
【解题思路】先利用二项式系数的增减性求出n的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【解答过程】因为2x2−1xn的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以n2+1=5，解得n=8，
则2x2−1x8的展开式通项为Tk+1=C8k2x28−k−1xk=C8k×28−k×−1k×x16−3k k=0,1,2,3,4,5,6,7,8，
当k为奇数时，系数为负数，当k为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，k为偶数，
由展开式通项可知T1=C8028x16=256x16，T3=C8226x10=1792x10，T5=C8424x4=1120x4，
T7=C8622x−2=112x−2，T9=C8820x−8=x−8，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B.
【变式6-2】（2024·辽宁丹东·二模）在x−1n的二项展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，则n=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】根据若n为偶数，则二项式系数最大的是中间一项即第n2+1项，若n为奇数，则二项式系数最大的是中间两项，即第n−12项和第n+12项求解.
【解答过程】因为在x−1n的二项展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，
所以n2+1=4，
解得n=6，
故选：B.
【变式6-3】（23-24高三上·河南安阳·阶段练习）已知x−2xn的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（ ）
A．−448B．−1024C．−1792D．−5376
【解题思路】先根据二项式系数的性质可得n=8，再结合二项展开式的通项求各项系数ar=−2rC8r，分析列式求系数最小项时r的值，代入求系数的最小值.
【解答过程】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则n=8
∴展开式的通项为Tr+1=C8rx8−r−2xr=−2rC8rx8−3r2,r=0,1,...,8
则该展开式中各项系数ar=−2rC8r,r=0,1,...,8
若求系数的最小值，则r为奇数且ar−ar+2≤0ar−ar−2≤0，即−2rC8r−−2r+2C8r+2≤0−2rC8r−−2r−2C8r−2≤0，解得r=5
∴系数的最小值为a5=−25C85=−1792
故选：C.
【题型7 整除和余数问题】
【例7】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）若Cn1x+Cn2x2+⋅⋅⋅+Cnnxn能被7整除，则x，n的一组值可能为（ ）
A．x=4，n=6B．x=4，n=8
C．x=5，n=7D．x=6，n=9
【解题思路】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案.
【解答过程】Cn1x+Cn2x2+⋅⋅⋅+Cnnxn=1+xn−1，
当x=4，n=6时，1+xn−1=56−1=53−153+1=124×126能被7整除；
当x=4，n=8时，1+xn−1=58−1=52−152+154+1=24×26×626不能被7整除；
当x=5，n=7时，1+xn−1=67−1=7−17−1不能被7整除；
当x=6，n=9时，1+xn−1=79−1不能被7整除．
故选：A．
【变式7-1】（2024·湖南怀化·二模）若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+⋯+a100x100，则2a1+a3+⋯+a99−3被8整除的余数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】根据题意，给自变量x赋值，取x=1和x=−1，两个式子相减，得到2a1+a3+a5+⋯+a99的值，将2a1+a3+a5+⋯+a99−3构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数．
【解答过程】在已知等式中，取x=1得a0+a1+a2+⋯+a100=3100，
取x=−1得a0−a1+a2−⋯+a100=1，
两式相减得2(a1+a3+a5+⋯+a99)=3100−1，
即2a1+a3+a5+⋯+a99−3=3100−4，
因为3100−4=950−4=8+150−4
=C500⋅850+C501⋅849+⋯+C50r⋅850−r+⋯+C501⋅8+C500−4
=C500⋅850+C501⋅849+⋯+C50r⋅850−r+⋯+C501⋅8−3
=C500⋅850+C501⋅849+⋯+C50r⋅850−r+⋯+C501⋅8−8+5,r∈N
因为C500⋅850+C501⋅849+⋯+C50r⋅850−r+⋯+C501⋅8−8能被8整除，
所以C500⋅850+C501⋅849+⋯+C50r⋅850−r+⋯+C501⋅8−8+5被8整除的余数为5，
即2a1+a3+a5+⋯+a99−3被8整除的余数为5，
故选：B.
【变式7-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）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，对于两个整数a,b，若它们除以正整数m所得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡bmdm．若a=C171×6+C172×62+⋯+C1717×617,a≡bmd8，则b的值可以是（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【解题思路】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出a除以8的余数即可得解.
【解答过程】依题意，a=C171×6+C172×62+⋯+C1717×617=(1+6)17−1=(8−1)17−1
C170×817−C171×816+⋯+C1716×8−C1717−1=C170×817−C171×816+⋯+C1716×8−2，
显然C170×817−C171×816+⋯+C1716×8是8的整数倍，因此a除以8的余数是6，
而2021，2022，2023，2024除以8的余数分别为5，6，7，0，
所以b的值可以是2022.
故选：B.
【变式7-3】（2024·贵州黔南·二模）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024年是龙年.那么从今年起的1314+1年后是（ ）
A．虎年B．马年C．龙年D．羊年
【解题思路】借助二项式的展开式计算即可得.
【解答过程】由1314=12+114=C1401214+C1411213+⋯+C1413121+C1414
=12C1401213+C1411212+⋯+C1413+1，
故1314除以12的余数为1，故1314+1除以12的余数为2，
故1314+1年后是马年.
故选：B.
【题型8 近似计算问题】
【例8】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为3%，某人存入大额存款a0元，按照复利计算10年后得到的本利和为a10，下列各数中与a10a0最接近的是（ ）
A．1.31B．1.32C．1.33D．1.34
【解题思路】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案.
【解答过程】存入大额存款a0元，按照复利计算，
可得每年末本利和是以为a0首项，1+3%为公比的等比数列，
所以a0(1+3%)10=a10，
可得a10a0=(1+3%)10=C100×0.0310+C101×0.039+⋯+C108×0.032+C109×0.03+C1010≈1.34，
故选：D.
【变式8-1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为3%，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（ ）（单位：万元，结果保留一位小数）
A．12.6B．12.7C．12.8D．12.9
【解题思路】根据复利可知每年末本息和构成等比数列，利用等比数列通项公式及二项式定理求解即可.
【解答过程】存入大额存款10万元，按照复利计算，
每年末本利和是以10为首项，1+3%为公比的等比数列，
所以本利和S=10(1+3%)8=10C80+C81×0.031+C82×0.032+⋯+C87×0.037+C88≈12.7．
故选：B．
【变式8-2】（2024·北京西城·二模）某放射性物质的质量每年比前一年衰减5%，其初始质量为m0，10年后的质量为m′，则下列各数中与m′m0最接近的是（ ）
A．70%B．65%
C．60%D．55%
【解题思路】根据二项式定理即可估算近似值.
【解答过程】由题意可知m′=m01−5%10⇒m′m0=1−5%10=1−C101×0.05+C102×0.052−C103×0.053+⋯+C1010×0.0510
≈1−0.5+45×0.052=61.25%
故选：C.
【变式8-3】（2024·江西南昌·一模）二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：
对于任意实数α，1+xα=1+α1!⋅x+αα−12!⋅x2+⋅⋅⋅+αα−1⋅⋅⋅α−k+1k!⋅xk+⋅⋅⋅
当x比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：1+xa≈1+α⋅x，并且x的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算5的近似值，可以这样操作：
5=4+1=41+14=21+14≈2×1+12×14=2.25.
用这样的方法，估计325的近似值约为（ ）
A．2.922B．2.926C．2.928D．2.930
【解题思路】变形325=3×31−227=3×1+−22713，然后根据题中的方法计算即可.
【解答过程】325=327−2=3271−227=3×31−227=3×1+−22713≈3×1+13×−227≈2.926.
故选：B.
【题型9 证明组合恒等式】
【例9】（2024高三·全国·专题练习）k=02n(−1)kC2kkC4n−2k2n−k=22nC2nn ．
【解题思路】构造函数f(x)=1−4x−12，即有f(x)f(−x)=1−42x2−12由f(x)=k=0∞C2kkxk，可得f(x)f(−x)中x2n的系数为：k=02n(−1)kC2kkC4n−2k2n−k，而1−42x2−12展开式中x2n的系数为22nC2nn，即可证明.
【解答过程】记f(x)=1−4x−12，则f(−x)=1+4x−12，
所以f(x)f(−x)=1−4x−12⋅1+4x−12=1−42x2−12
由于f(x)=k=0∞C2kkxk，
所以f(−x)=k=0∞−1kC2kkxk
所以f(x)f(−x)中x2n的系数为：k=02n(−1)kC2kkC2(2n−k)2n−k=k=02n(−1)kC2kkC4n−2k2n−k，
而1−42x2−12展开式中x2n的系数为22nC2nn，
所以k=02n(−1)kC2kkC4n−2k2n−k=22nC2nn成立.
【变式9-1】（2024高三·全国·专题练习）求证：C2n+102−C2n+112+C2n+122−C2n+132+⋯+−12n+1⋅C2n+12n+12=0 ．
【解题思路】利用恒等式1+x2n+1⋅1−x2n+1=1−x22n+1及二项式定理，左右展开后对应项系数相同，利用组合数性质计算即可.
【解答过程】考虑恒等式：1+x2n+1⋅1−x2n+1=1−x22n+1，
有1+C2n+11x+C2n+12x2+⋯+C2n+12n+1x2n+11−C2n+11x+C2n+12x2+⋯+−12n+1⋅C2n+12n+1x2n+1
=C2n+10−C2n+11x2+C2n+12x4+⋯+−12n+1C2n+12n+1x22n+1．
左边展开式中x2n+1的系数为：
C2n+10⋅−12n+1⋅C2n+12n+1+C2n+11⋅−12n⋅C2n+12n+⋯+C2n+12n⋅−11⋅C2n+11+C2n+12n+1⋅−10⋅C2n+10 =−C2n+102+C2n+112−C2n+122+⋯+−12n+1⋅C2n+12n+12，
而右边展开式中x2n+1项的系数为零．
所以−C2n+102+C2n+112−C2n+122+⋯+−12n+1⋅C2n+12n+12=0.
即得所证等式．
【变式9-2】（2024高三·全国·专题练习）求证：k=02n−1kCmkCm2n−k=−1nCmn.
【解题思路】根据1−xm1+xm=1−x2m，利用二项式定理分别求出等式左右两边含x2n的项的系数即可证明.
【解答过程】证明：∵ 1−xm1+xm=k=0mCmk−1kxk⋅r=0mCmrxr，
当r=2n−k0≤k≤2n时，1−xm1+xm展开式中x2n的系数为k=02n−1kCmkCm2n−k，
又1−x2m=i=0m−1iCmix2i，
当i=n时，1−x2m展开式中x2n的系数为−1nCmn，
∵ 1−xm1+xm=1−x2m，
∴ k=02n−1kCmkCm2n−k=−1nCmn.
【变式9-3】（24-25高二·全国·课后作业）已知函数fn(x)=(1+λx)n=a0+a1x+ a2x2+⋯+anxn，其中λ∈R．
(1)若n=8，a7=1024，求ai(i=0,1,2,3,⋯,8)的最大值；
(2)若λ=−1，求证：k=0nCnkknxkfn−k(x)=x．
【解题思路】（1）由二项式定理求得a7，从而求得λ，然后设at最大，解不等式组at≥at+1at≥at−1求解；
（2）用fn(x)写出等式左边的和式，然后由组合数公式Cnkkn=Cn−1k−1化简变形后再由二项式定理可证．
【解答过程】（1）：f8(x)=(1+λx)8 =a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，a7=C87λ7=1024，
∴λ7=128，∴λ=2．
不妨设at为ai(i=0,1,2,3,⋯,8)中的最大值，则at≥at−1,at≥at+1,∴C8t2t≥C8t−12t−1,C8t2t≥C8t+12t+1,
∴t≤6,t≥5,∴t=5或6．
ai中最大值为a5=a6=C8525=C8626=1792．
（2）证明：若λ=−1，fn(x)=(1−x)n，k=0nCnkknxkfn−k(x) =Cn00nx0(1−x)n+Cn11n⋅x1(1−x)n−2
+⋯+Cnnnnxn(1−x)0．
因为Cnkkn=n!k!(n−k)!⋅kn =(n−1)!(k−1)!⋅(n−k)! =(n−1)!(k−1)![(n−1)−(k−1)]! =Cn−1k−1，
所以k=0nCnkknxkfn−k(x) =0+Cn−10x1(1−x)n−1+Cn−12x2(1−x)n−2+⋯ +Cn−1n−1⋅xn(1−x)0
=xCn−10x0(1−x)n−1+Cn−11x1(1−x)n−2+⋯+Cn−1n−1xn−1(1−x)0 =x[x+(1−x)]n−1=x．
故得证．
【题型10 二项式定理与数列求和】
【例10】（2024·江西·模拟预测）设2x2−17x6=a0xm0+a1xm1+a2xm2+⋯+a6xm6，则m0+m1+m2+⋯+m6=（ ）
A．21B．64C．78D．156
【解题思路】首先写出展开式的通项，再根据等差数列前n项和公式计算可得；
【解答过程】解：2x2−17x6的展开式的通项为Tk+1=C6k⋅26−k⋅−17k⋅x12−3k，k=0,1,2,⋯,6，
所以m0+m1+m2+⋯+m6=12×7−3×1+2+⋯+6=84−3×1+6×62=21.
故选：A.
【变式10-1】（23-24高二·全国·课后作业）已知2−xnn≥2,n∈N，展开式中x的系数为fn，则2f(2)+22f(3)+23f(4)+⋯⋯+22019f(2020)等于（ ）
A．2019110B．2019505C．10091010D．1009505
【解题思路】由题知fn=Cn2⋅2n−2，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【解答过程】∵2−xnn≥2,n∈N，展开式中x的系数为fn=Cn2⋅2n−2，
∴则2f(2)+22f(3)+23f(4)+⋯+22019f(2020)=21+22C32⋅2+23C42⋅22+⋯+22019C20202⋅22018
=2+2C32+2C42+⋯+2C20202=2+23×22+24×32+⋯+22000×20192 =2+43×2+44×3+⋯+42020×2019 =2+4×12−13+13−14+⋯+12019−12020
=2+4×12−12020=2019505，
故选：B．
【变式10-2】（2024·全国·模拟预测）设n∈N∗，在数列an中，a1=1，前n项和为Sn=2an+1−1．
(1)求an的通项公式．
(2)在等差数列bn中，b1=a1,b2=2a2，证明：i=1nai⋅bi≥n2n2+n+14．
【解题思路】（1）本题可以通过题中的一般项an与前n 项和Sn的关系式，利用公式Sn−Sn−1=an来推导an和an−1的关系，从而得出an的通项公式；
（2）先由题意得出bn的通项公式，再利用错位相减法求出i=1nai⋅bi的求和公式，将n=1，n=2，n≥3分别代入到i=1nai⋅bi和n2n2+n+14利用二项式定理化简，即可得证结果.
【解答过程】（1）当n=1时，因为S1=2a2−1，且S1=a1=1，所以1=2a2−1，解得a2=32．
当n≥2时，由Sn=2an+1−2，得Sn−1=2an−2．
两式相减，得Sn−Sn−1=2an+1−2an．
因为Sn−Sn−1=an，所以an+1=32ann≥2．
又a2=32a1，所以an是首项为1，公比为32的等比数列．
故an的通项公式为an=32n−1,n∈N*．
（2）由已知，得b1=a1=1,b2=2a2=3，
所以等差数列bn的公差d=3−1=2，
故bn的通项公式为bn=1+2n−1=2n−1,n∈N*．
则i=1nai⋅bi=1⋅320+3⋅321+5⋅322+⋯+2n−3⋅32n−2+2n−1⋅32n−1，
则32i=1nai⋅bi=1⋅321+3⋅322+5⋅323+⋯+2n−3⋅32n−1+2n−1⋅32n．
两式错位相减，得−12i=1nai⋅bi=1+2321+322+323+…+32n−1−2n−1⋅32n
=1+31−32n−11−32−2n−1⋅32n=−5−2n−532n，
所以i=1nai⋅bi=10+22n−5⋅32n．
当n=1时，a1⋅b1=1,n2n2+n+14=1；
当n=2时，i=12ai⋅bi=a1b1+a2b2=1+32×3=112，n2n2+n+14=112．
此时i=1nai⋅bi=n2n2+n+14．
当n≥3时，32n=1+12n>Cn0+Cn1⋅12+Cn2⋅122=1+n2+nn−18=n2+3n+88，
所以i=1nai⋅bi>10+2n−5n2+3n+84= n2n2+n+14．
故对任意n∈N*，都有i=1nai⋅bi≥n2n2+n+14．
【变式10-3】（2024·山东·模拟预测）设a,b∈Z，a≠0.如果存在q∈Z使得b=aq，那么就说b可被a整除（或a整除b），记做a|b且称b是a的倍数，a是b的约数（也可称为除数、因数）．b不能被a整除就记做a∤b．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若a|b，b|c，则a|c；②a，b互质，若a|c，b|c，则ab|c；③若a|bi，则a|i=1ncibi，其中ci∈Z,i=1,2,3,⋯,n.
(1)若数列an满足，an=2n−1，其前n项和为Sn，证明：279|S3000；
(2)若n为奇数，求证：an+bn能被a+b整除；
(3)对于整数n与k，Fn,k=r=1nr2k−1，求证：Fn,1可整除Fn,k.
【解题思路】（1）利用等比数列前n项和公式，求得S3000=23000−1，再结合二项式定理以及整除性质②即可得出证明；
（2）由二项展开式可得n为奇数时，满足an+bn=a+b−bn+bn=Cn0a+bn+Cn1a+bn−1−b+⋯+Cnn−1a+b−bn−1，可得结论；
（3）分别对整数n为奇数和偶数进行分类讨论，利用Fn,1表达式将Fn,k的表达式化简成含有Fn,1的式子，再结合（2）中的结论即可证明Fn,1可整除Fn,k.
【解答过程】（1）因为an=2n−1，可知数列an是以a1=1为首项，公比为q=2的等比数列；
所以S3000=1−230001−2=23000−1，
而279=31×9，且31与9互质；
易知S3000=23000−1=23×1000−1=81000−1=9−11000−1
=C1000091000−C100019999+⋯−C10009999+C10001000−11000−1
=C1000091000−C100019999+⋯−C10009999，
所以9|S3000；
S3000=23000−1=25×600−1=32600−1=31+1600−1
=C600031600+C600131599+⋯+C60059931+C600600−1=C600031600+C600131599+⋯+C60059931，
所以31|S3000；
结合整除性质②可知：279|S3000；
（2）因为an+bn=a+b−bn+bn=Cn0a+bn+Cn1a+bn−1−b+⋯+Cnn−1a+b−bn−1+ Cnn−bn+bn，
且n为奇数，所以an+bn=a+b−bn+bn=Cn0a+bn+Cn1a+bn−1−b+⋯+Cnn−1a+b−bn−1；
因此an+bn能被a+b整除.
（3）易知Fn,1=r=1nr=1+2+3+⋯+n=nn+12.
当n=2m时，F2m,1=r=12mr=m2m+1，
F2m,k=r=12mr2k−1=r=1mr2k−1+r=m+12mr2k−1=r=1mr2k−1+r=1m2m+1−r2k−1
=r=1mr2k−1+2m+1−r2k−1，
上式中r+2m+1−r=2m+1，由（2）知，F2m,k能被2m+1整除，
另一方面，F2m,k=r=12mr2k−1=r=1m−1r2k−1+m2k−1+r=m+12m−1r2k−1+2m2k−1
=r=1m−1r2k−1+r=1m−12m−r2k−1+m2k−1+2m2k−1=r=1m−1r2k−1+2m−r2k−1+m2k−1+2m2k−1，
上式中r+2m−r=2m，所以F2m,k也能被m整除，且m与2m+1互质，
所以F2m,k能被m2m+1整除，即F2m,k能被F2m,1整除.
类似可证当n=2m+1时，F2m+1,1=r=12m+1r=m+12m+1，
F2m+1,k=r=12m+1r2k−1=r=1mr2k−1+m+12k−1+r=m+22m+1r2k−1
=r=1mr2k−1+r=1m2m+2−r2k−1+m+12k−1=r=1mr2k−1+2m+2−r2k−1+m+12k−1，
显然r+2m+2−r=2m+2=2m+1，由（2）知，F2m+1,k能被m+1整除；
另一方面，F2m+1,k=r=12m+1r2k−1=r=1mr2k−1+r=m+12mr2k−1+2m+12k−1
=r=1mr2k−1+r=1m2m+1−r2k−1+2m+12k−1=r=1mr2k−1+2m+1−r2k−1+2m+12k−1，
所以F2m+1,k能被2m+1整除；且m+1与2m+1互质.
F2m+1,k能被F2m+1,1整除.
综上可知Fn,k能被Fn,1整除.
【题型11 杨辉三角】
【例11】（2024·河南新乡·三模）如图所示的“分数杨辉三角形”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角形中的Cnr换成1(n+1)Cnr得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是（ ）

A．1nCnr+1nCnr+1=1(n−1)Cn+1rB．1nCnr+1nCnr+1=1(n−1)Cn−1r
C．1(n+1)Cnr+1(n+1)Cnr+1=1nCn+1rD．1(n+1)Cnr+1(n+1)Cnr+1=1nCn−1r
【解题思路】观察莱布尼茨三角形，得出规律即可判断得解.
【解答过程】观察莱布尼茨三角形，知每一个数等于下一层与它紧挨的两个数之和，
因此1(n+1)Cnr+1(n+1)Cnr+1=1nCn−1r，即D正确，ABC错误.
故选：D.
【变式11-1】（2024·甘肃·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为ai，则i=1n+12i−1ai=3n
D．第34行中第15个数与第16个数之比为2:3
【解题思路】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【解答过程】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，
它们之和等于36，第9行的第8个数是C97=36，A正确；
第2023行是二项式a+b2023的展开式的系数，
故第2023行中第1012个数为C20231011，第1013个数为C20231012，又C20231011=C20231012，B正确；
“杨辉三角”第n行是二项式a+bn的展开式的系数，所以ai=Cni−1，
i=1n+12i−1ai=i=1n+12i−1⋅Cni−1=20Cn0+21Cn1+22Cn2+⋯+2n−1⋅Cnn−1+2nCnn=1+2n=3n，C正确；
第34行是二项式a+b34的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为C3414:C3415=3:4，D不正确.
故选：D.
【变式11-2】（23-24高二下·山东菏泽·期末）在(1+x+x2)n=Dn0+Dn1x+Dn2x2+⋯+Dnrxr+⋯+Dn2n−1x2n−1+Dn2nx2n中，把Dn0，Dn1，Dn2…，Dn2n称为三项式系数.
(1)当n=2时，写出三项式系数D20，D21，D22，D23，D24的值；
(2)a+bnn∈N的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当0≤n≤4，n∈N时，类似杨辉三角形数阵表，请列出三项式的n次系数的数阵表；
(3)求D20160C20160−D20161C20161+D20162C20162−D20163C20163+⋯+D20162016C20162016的值（用组合数作答）.
【解题思路】（1）写出展开式，即可得到相应的系数；
（2）写出(1+x+x2)n（0≤n≤4，n∈N）的展开式，即可得解；
（3）由(1+x+x2)2016⋅(x−1)2016表示出x2016系数，再由(1+x+x2)2016⋅(x−1)2016=(x3−1)2016，计算出x2016系数，即可得解.
【解答过程】（1）因为(x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1，
所以D20=1，D21=2，D22=3，D23=2，D24=1；
（2）因为1+x+x20=1，
1+x+x21=1+x+x2，
1+x+x22=1+2x+3x2+2x3+x4，
1+x+x23=1+3x+6x2+7x3+6x4+3x5+x6，
1+x+x24=1+4x+10x2+16x3+19x4+16x5+10x6+4x7+x8，
所以三项式的n（0≤n≤4，n∈N）次系数的数阵表如下：
（3）(1+x+x2)2016⋅(x−1)2016
=(D20160+D20161x+D20162x2+⋯+D2016rxr+D20164031x4031+D20164032x4032)×
C20160x2016−C20161x2015+C20162x2014−C20163x2013+⋯+(−1)rC2016rx2016−r+⋯−C20162015x+C20162016，
其中x2016系数为D20160C20160−D20161C20161+D20162C20162−D20163C20163+⋯+D20162016C20162016，
又(1+x+x2)2016⋅(x−1)2016=(x3−1)2016
而二项式(x3−1)2016的通项Tr+1=(−1)rC2016r(x3)2016−r（0≤r≤2016且r∈N），
由3×2016−r=2016，解得r=1344，
所以x2016系数为C20161344=C2016672，
由代数式恒成立，
所以D20160C20160−D20161C20161+D20162C20162−D20163C20163+⋯+D20162016C20162016=C20161344=C2016672.
【变式11-3】（2025·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式
(1)求图2中第10行的各数之和；
(2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据二项式系数的性质求和即可；
（2）根据组合数的性质化简求值即可；
（3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解.
【解答过程】（1）第10行的各数之和为：C100+C101+C102+⋯+C1010=210=1024.
（2）杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为：
C22+C32+C42+C52+⋯+C152=C33+C32+C42+C52+⋯+C152=C163
=16×15×143×2×1=560.
（3）存在，理由如下：
设在第n行存在连续三项Cnk−1,Cnk,Cnk+1，其中n∈N∗且n≥2,k∈N∗且k≥2，
有Cnk−1Cn4=38且CnkCnk=814，化简得kn−k+1=38且k+1n−k=814，
即3n+3=11k22k−8n+14=0，解得k=3,n=10，
所以C102=45,C103=120,C104=210，
故这三个数依次是45,120,210.
一、单选题
1．（2024·江西·一模）(2x2+3x3)(x−1)7的展开式中的常数项为（ ）
A．147B．−147C．63D．−63
【解题思路】根据给定条件，利用二项式定理求出(x−1)7展开式中x2,x3项即可列式计算即得
【解答过程】二项式(x−1)7展开式中x2,x3项分别为C75x2(−1)5,C74x3(−1)4，
所以(2x2+3x3)(x−1)7的展开式中的常数项为2C75(−1)5+3C74(−1)4=63．
故选：C.
2．（2024·河南·模拟预测）2x+1x5+x−15的展开式中x的系数为（ ）
A．30B．40C．70D．80
【解题思路】利用二项式定理，写出通项公式直接求解即可
【解答过程】2x+1x5展开式的通项Tk+1=C5k(2x)5−k1xk=C5k⋅25−k⋅x5−2k(k=0,1,⋯,5)，
令5−2k=1,即k=2，此时T3=C52⋅23⋅x=80x，
x−15展开式的通项Tr+1=C5rx5−r−1r=C5r−1rx5−r2(r=0,1,⋯,5)，
令5−r2=1，即r=3，此时T4=C53(−1)3x=−10x，
所以展开式中x的系数为80−10=70.
故选：C.
3．（23-24高二下·云南丽江·阶段练习）在1+x61+1y4的展开式中，x3y2的系数为（ ）
A．200B．180C．150D．120
【解题思路】利用二项展开式的通项公式进行合理赋值即可得到答案.
【解答过程】1+x6的展开式的二项式通项为Tr+1=C6rxr，令r=3，则T4=C63x3=20x3．
1+1y4的展开式的二项式通项为Tk+1=C4k1yk，
令k=2，可得T3=C421y2=6y2．
故x3y2项的系数为20×6=120．
故选：D.
4．（2024·湖北·模拟预测）22024被9除的余数为（ ）
A．1B．4C．5D．8
【解题思路】化简得出22024=4×(9−1)674，应用二项式展开式根据整除即可计算求出余数.
【解答过程】22024=4×22022=4×8674=4×(9−1)674
=4C6740×9674×10−C6741×9673×11+⋯−C674673×91×1673+C674674×90×1674,
其中4C6740×9674×10−C6741×9673×11+…−C674673×91×1673是9的整数倍.
故22024被9除的余数为4.
故选：B.
5．（2024·陕西西安·模拟预测）在(x+1)(x+2)(x+m)(x+n)的展开式中，含x3的项的系数是7，则m+n=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】利用多项式乘法法则对式子展开，合并同类项即可得到系数的值.
【解答过程】由题意可知展开式中含x3的项：x3+2x3+mx3+nx3=(1+2+m+n)x3=7x3
∴m+n=4,
故选：D.
6．（2024·湖北·模拟预测）若3x−1xn的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中1x5的系数为（ ）
A．8B．28C．70D．252
【解题思路】先确定n值，再由二项展开式的通项求解x−5项的系数即可.
【解答过程】因为二项展开式中当且仅当第5项是二项式系数最大的项，
即二项式系数Cn0,Cn1,⋯,Cnn中第5个即Cn4最大，
所以由二项式系数的性质可知，
展开式中共9项，n=8，又3x−1xn=3x12−x−18，
则3x12−x−18二项展开式的通项公式
Tr+1=C8r3x128−r−x−1r=C8r(−1)r38−rx8−3r2，r=0,1,2,⋯,n.
令8−3r2=−5,r=6，所以1x5的系数为C86⋅32=9C82=252．
故选：D．
7．（2024·广东佛山·模拟预测）已知a=1+C2012+C20222+C20323+⋯+C2020220，则a被10除所得的余数为（ ）
A．9B．3C．1D．0E．均不是
【解题思路】由题意可得a=1+220=10−110，将其展开式写出后可得a=10C100109−C101108+⋯−C109+1，即可得解.
【解答过程】a=1+C2012+C20222+C20323+⋯+C2020220=1+220=320=910=10−110，
由10−110=C1001010−C101109+⋯−C10910+C1010=10C100109−C101108+⋯−C109+1，
故a被10除所得的余数为1.
故选：C.
8．（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ）
A．1+C51+C62+C73=C83
B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数
C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为2:11
D．第2020行的第1010个数最大
【解题思路】对于ABC选项，都可以对照图表与二项式系数的关系，即可得到判断；对于D选项，则需要找到二项式系数的规律分析即可或直接运用二项式系数的性质直接判断，如第2020行的二项式系数是C2020k，根据二项式系数的性质最大的是C20201010，从而判断是第1011项．
【解答过程】对于A：因为1+C51+C62+C73=1+5+6×52×1+7×6×53×2×1=56,C83=8×7×63×2×1=56，所以1+C51+C62+C73=C83，故A正确；
对于B：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：1,7,28，其和为1+7+28=36；而第9行第8个数字就是36，故B正确；
对于C：依题意：第12行从左到右第2个数为C121=12，第12行从左到右第3个数为C122=66，所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为12:66=2:11，故C正确；
对于D：由图可知：第n行有n+1个数字，如果n是偶数，则第n2+1（最中间的）个数字最大；如果n是奇数，则第n+12和第n+12+1个数字最大，并且这两个数字一样大，所以第2020行的第1011个数最大，故D错误.
故选:D.
二、多选题
9．（2024·山西临汾·三模）在2x−3x8的展开式中（ ）
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为38
【解题思路】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A；二项式系数的最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式Tk+1=C8k2x8−k−3xk=−1k⋅28−kC8kx43k−8，再对k赋值，即可确定C；令x=1，可求出所有项的系数的和，从而确定D.
【解答过程】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为282=128，故A正确；
对于B, 二项式系数最大为C84，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；
对于C,Tk+1=C8k2x8−k−3xk=−1k⋅28−kC8kx43k−80≤k≤8,k∈N，Tk+1为有理项，k可取的值为0,3,6，所以有理项共有三项，故C错误；
对于D,令x=1，则所有项系数和为21−318=1，故D错误.
故选：AB.
10．（2024·江苏·模拟预测）若x2+x−210=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a20x20，则（ ）
A．a0=1024B．a1=1
C．a19=10D．a1+a3+a5+⋯+a19=−512
【解题思路】利用赋值法一一计算可判定A、D选项；利用二项式定理可判定B、C选项.
【解答过程】对于A，令x=0，则a0=−210=1024，故A正确；
对于D，令x=1⇒a0+a1+⋯+a20=0，
令x=−1⇒a0−a1+a2−a3+⋯+a18−a19+a20=1024，
两式相减得a1+a3+a5+⋯+a19=−512，故D正确；
易知x2+x−210=x−110x+210，
而x−110中的常数项为1，含x项为C109x×−19=−10x，
含x9项为C101x9×−1=−10x9，含x10项为x10，
同理x+210中的常数项为1024，含x项为C109x×29=5120x，
含x9项为C101x9×2=20x9，含x10项为x10，
所以a1=1×5120+−10×1024=−5120，故B错误；
a19=−10×1+1×20=10，故C正确.
故选：ACD.
11．（2024·山西·三模）已知函数fx=4x−112=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a12x12，则（ ）
A．a3=43×C123B．fx展开式中，二项式系数的最大值为C126
C．a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a12=312D．f5的个位数字是1
【解题思路】对于A：根据二项展开式分析求解；对于B：根据二项式系数的性质分析求解；对于C：利用赋值法，令x=0、x=1即可得结果；对于D：因为f5=20−112，结合二项展开式分析求解.
【解答过程】对于选项A：4x−112的展开式的通项为Tr+1=C12r4x12−r⋅−1r=−1r⋅412−r⋅C12r⋅x12−r,r=0,1,2,⋅⋅⋅,12，
令r=9，可得T4=−19⋅43⋅C129⋅x3=−43×C123⋅x3，
所以a3=−43×C123，故A错误；
对于选项B：因为n=12为偶数，可知二项式系数的最大值为C126，故B正确；
对于选项C：令x=0，可得a0=1；
令x=1，可得a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a12=312；
所以a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a12=312−1，故C错误；
对于选项D：因为f5=20−112，
且20−112的展开式的通项为Tk+1=C12k⋅2012−k⋅−1k,k=0,1,2,⋅⋅⋅,12，
可知当k=0,1,2,⋅⋅⋅,11，Tk+1均为20的倍数，即个位数为0，
当k=12时，T13=1，所以f5的个位数字是1，故D正确；
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·河北保定·三模）在(x+ax2)6(a>0)的展开式中，常数项为75，则a= 5 .
【解题思路】写出二项展开式的通项公式，进而可求出结果.
【解答过程】x+ax26的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅ax2r=ar⋅C6r⋅x6−3r，
令6−3r=0，解得r=2，
所以常数项为C62⋅a2=15a2=75，又a>0，解得a=5.
故答案为：5.
13．（2024·四川攀枝花·三模）若(1−2x)n(n∈N∗)的展开式中x3的系数为−80，则展开式中所有项的二项式系数之和为 32 ．（以数字作答）
【解题思路】直接利用二项式的展开式求出结果．
【解答过程】根据(1−2x)n(n∈N∗)的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr⋅(−2)r⋅xr，
当r＝3时，−Cn3⋅23=−80，解得n=5；
故所有项的二项式系数之和为25=32．
故答案为：32．
14．（2024·福建宁德·三模）中国古代历法是中国劳动人民智慧的结晶，《尚书·尧典》记载“期三百有六旬有六日，以闰月定四时成岁”，指出闰年有366天.元代郭守敬创造了中国古代最精密的历法——《授时历》，规定一年为365.2425天，和现行公历格里高利历是一样的，但比它早了300多年.现行公历闰年是如下确定的:①能被4整除，但不能被100整除;②能被400整除，满足以上两个条件之一的年份均为闰年，则公元1110年，距上一个闰年的年数为 5 .
【解题思路】借助二项式的展开式计算可得1110−1能整除4、100，不能整除400，故公元1110−1年不是闰年，而1110−5能整除4，但不能整除100，故公元1110−5年是闰年.
【解答过程】1110=12−110=C1001210−C101129+C102128−⋯−C10912+C1010
=12C100129−C101128+C102127−⋯−C109+1，
则1110−1能整除12，即能整除4，
1110=10+110=C1001010+C101109+C102108+⋯+C10910+C1010
=10C100109+C101108+C102107+⋯+C109+1
=100C100108+C101107+C102106+⋯+1+1，
则1110−1能整除100，
又10C100109+C101108+C102107+⋯+C109+1
=10C100109+C101108+⋯+C107×100+C108×10+C109+1
=104C100106+C101105+⋯+C106+120000+4500+100+1
=400×25×C100106+C101105+⋯+C106+400×300+4400+201，
故1110−1不能整除400，
故公元1110−1年不是闰年，
则1110−5能整除4，但不能整除100，故公元1110−5年是闰年，
则公元1110年，距上一个闰年的年数为5.
故答案为：5.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）已知在2x−1xnn∈N∗的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是25.
(1)求n的值；
(2)求展开式中的常数项，并指出是第几项；
【解题思路】（1）由二项式系数之比列式求解即可；
（2）求出展开式的通项，再令x的指数等于零，即可得解．
【解答过程】（1）依题意可得第2项的二项式系数为Cn1，第3项的二项式系数为Cn2，
∴Cn1Cn2=25，即nn(n−1)2×1=25，由n∈N∗，解得n=6；
（2）2x−1x6展开式的通项为
Tr+1=C6r(2x)6−r−x−12r=(−1)r26−rC6rx6−32r (0≤r≤6,r∈N)，
令6−32r=0，解得r=4，
∴T5=22C62x0=60，
∴常数项为60，为第5项.
16．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）设(3x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，求：
(1)a2+a4+a6；
(2)a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7.
【解题思路】（1）先x=0代入得a0=−1，进而分别代入x=1和x=−1后两式相加可得a0+a2+a4+a6，从而可得a2+a4+a6的值.
（2）根据（1）可得a1+a3+a5+a7=8256，由通项公式Tr+1=C7r3x7−r−1r可知，当 r 为偶数时，对应系数为正；当 r 为奇数时，对应系数为负，从而得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=a1+a3+a5+a7−a0+a2+a4+a6的值.
【解答过程】（1）取 x=0,得到 a0=−1 ；
取 x=1得到 a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=(3−1)7=27 ，
取x=−1得到 a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6−a7=(−3−1)7=−47 ，
两式相加得到 a0+a2+a4+a6=27−472=−8128 ，
所以 a2+a4+a6=−8127 .
（2）根据（1）知： a1+a3+a5+a7=27−a0+a2+a4+a6=128+8128=8256 .
(3x−1)7 展开式的通项为： Tr+1=C7r3x7−r−1r ，
故当 r 为偶数时，对应系数为正；当 r 为奇数时，对应系数为负，
故 a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=a1+a3+a5+a7−a0+a2+a4+a6
=8256−−8128=16384 .
17．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知x+12xn的展开式中的所有二项式系数的和为32．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中所有的有理项．
【解题思路】（1）首先根据二项式系数和的公式求n，再代入二项式系数最大公式，即可求解；
（2）根据通项公式，求有理项.
【解答过程】（1）易知：x+12xn的展开式的所有二项式系数和为Cn0+Cn1+Cn2+C53+⋯+Cnn=2n
由题意有2n=32，解得n=5. 展开式共6项，二项式系数最大的项为第3项和第4项，
即T3=C52122x2=52x2，T4=C53123x12=54x12；
（2）二项式展开式的通项为Tr+1=C5r⋅x5−r⋅12xr=C5r⋅12r⋅x5−3r2r=0,1,2,…,5，
当r=0,2,4时，对应项是有理项，
所以展开式中所有的有理项为T1=C50⋅120⋅x5=x5,T3=C52⋅122⋅x5−3=52x2,T5=C54⋅124⋅x5−6=516x．
18．（23-24高二下·浙江嘉兴·期中）已知二项式x+3x2n.
(1)若它的二项式系数之和为64，求展开式中系数最大的项．
(2)若x=1,n=31，求二项式的值被9除的余数；
【解题思路】（1）利用二项式系数和公式先求n，再利用展开式通项公式列不等式组计算即可；
（2）将431变形为4×9−120，利用二项式定理计算即可.
【解答过程】（1）由题意可知2n=64⇒n=6，
则x+3x26的展开通项公式为Tr+1=C6rx6−r3x2r=3rC6rx6+r0≤r≤6,r∈N，
假设展开式中系数最大的项为第r+1项，
则3r⋅C6r≥3r−1⋅C6r−13r⋅C6r≥3r+1⋅C6r+1⇒3×6!r!6−r!≥6!r−1!7−r!6!r!6−r!≥3×6!r+1!5−r!，
即3r≥17−r16−r≥3r+1，解得174≤r≤214，所以r=5，
展开式中系数最大的项为第6项，
即T6=C65x3x25=6×35x11=1458x11；
（2）因为x=1,n=31时，x+3x2n=431=262=4×260=4×820=4×9−120
=4×920+C201919−11+⋯+C201991−119+−120，
记K=920+C201919−11+⋯+C201991−119，显然K能被9整除，
所以二项式的值被9除的余数为4.
19．（2024高二下·全国·专题练习）我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我国古代数学重大成就之一.图为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第n行的第r个数为Cnr−1，观察题图可知，相邻两行中三角形的两个腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）写出Cnr=Cn−1r−1+Cn−1r，利用组合公式进行证明；
（2）在第n行存在连续三项Cnk−1，Cnk，Cnk+1，得到方程组，求出k=3，n=10，得到答案.
【解答过程】（1）观察得到Cnr=Cn−1r−1+Cn−1r．
利用组合相关公式证明如下：Cn−1r−1+Cn−1r=n−1!r−1!n−r!+n−1!r!n−1−r!=n−1!r!n−r!r+n−r=n!r!n−r!=Cnr，
故原式得证.
（2）存在，理由如下：
设在第n行存在连续三项Cnk−1，Cnk，Cnk+1，其中n∈N∗且n≥2，k∈N∗且k≥2，
有Cnk−1Cnk=38且CnkCnk+1=814，化简得kn−k+1=38且k+1n−k=814，
即3n+3=11k22k−8n+14=0，解得k=3，n=10，
故三个数依次是45，120，210.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题
2022年新高考全国I卷：第13题，5分
2023年北京卷：第5题，4分
2023年天津卷：第11题，5分
2023年上海卷：第10题，5分
2024年北京卷：第4题，4分
2024年天津卷：第11题，5分
2024年上海卷：第6题，5分
从近几年的高考情况来看，二项式定理是高考的热点内容，主要考查二项展开式的通项、展开式的特定项或特定项的系数以及各项系数和等问题，往往以选择题或填空题的形式考查，难度中等，复习时需要加强这方面的练习，解题时要学会灵活求解.
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即)
增减性
当时，二项式系数逐渐增大；当时，二项式系数逐渐减小，因此二项式系数在中间取得最大值
最大值
当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项与的二项式系数，相等且最大
各二项式
系数的和