1、第第 3 节节二项式定理二项式定理 考试要求1.能用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. 知 识 梳 理 1.二项式定理 (1)二项式定理：(ab)nC0nanC1nan 1bCr nan rbrCn nbn(nN*)； (2)通项公式：Tr1Crnan rbr，它表示第 r1 项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数 C0n，C1n，Cnn. 2.二项式系数的性质 性质性质描述 对称性与首末等距离的两个二项式系数相等，即 CknCn k n 增减性二项式系数 Ckn 当 kn1 2 (nN*)时，是递增的 当 kn1 2 (nN*)时，是递减的
2、二项式系 数最大值 当 n 为偶数时，中间的一项取得最大值 当 n 为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值 3.各二项式系数和 (1)(ab)n展开式的各二项式系数和：C0nC1nC2nCnn2n. (2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C0nC2nC4n C1nC3nC5n2n 1. 常用结论与微点提醒 (ab)n的展开式形式上的特点 (1)项数为 n1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为 n. (3)字母 a 按降幂排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按升 幂排列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n
3、. (4)二项式系数从 C0n，C1n，一直到 Cn 1 n，Cnn. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)Cknan kbk 是二项展开式的第 k 项.() (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.() (3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与 a，b 无关.() (4)(ab)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式 系数不同.() 解析二项展开式中 Cknan kbk 是第 k1 项，二项式系数最大的项为中间一项或 中间两项，故(1)(2)均不正确. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材选修 23P31T4
4、改编)(xy)n的二项展开式中，第 m 项的系数是() A.CmnB.Cm 1 n C.Cm 1 nD.(1)m 1Cm1 n 解析(xy)n展开式中第 m 项的系数为 Cm 1 n(1)m 1. 答案D 3.(老教材选修 23P35 练习 A1(3)改编) C02 019C12 019C22 019C2 019 2 019 C02 018C22 018C42 018C2 018 2 018的值为( ) A.2B.4 C.2 019D.2 0182 019 解析原式 22 019 22 018 12 24. 答案B 4.(2020潍坊调研)若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则 a
5、0a2a4的值为 () A.9B.8C.7D.6 解析令 x1，则 a0a1a2a3a40，令 x1，则 a0a1a2a3a4 16，两式相加得 a0a2a48. 答案B 5.(2020长沙调研)已知(x1)10a1a2xa3x2a11x10.若数列 a1， a2， a3， ， ak(1k11，kN)是一个递增数列，则 k 的最大值是() A.5B.6C.7D.8 解析由二项式定理知，anCn 1 10(n1，2，3，11). 又(x1)10展开式中二项式系数最大项是第 6 项， 所以 a6C510，则 k 的最大值为 6. 答案B 6.(2019天津卷) 2x 1 8x3 8 的展开式中的常
6、数项为_. 解析 2x 1 8x3 8 的通项为Tr1Cr8(2x)8 r 1 8x3 r Cr828 r 1 8 r x8 4r.令84r 0，得 r2，常数项为 T3C2826 1 8 2 28. 答案28 考点一通项公式及其应用多维探究 角度 1求二项展开式中的特定项 【例 11】 (1)(多选题)在二项式 3x22 x 5 的展开式中，有() A.含 x 的项B.含 1 x2的项 C.含 x4的项D.含 1 x4的项 (2) 3 x 1 2 3 x 10 的展开式中所有的有理项为_. 解析(1)二项式 3x22 x 5 的展开式的通项公式为 Tr1Cr535 r(2)rx103r，r
7、0，1，2，3，4，5，故展开式中含 x 的项为 x10 3r，结合所给的选项，知 ABC 的 项都含有. (2)二项展开式的通项公式为 Tk1Ck10 1 2 k x 102k 3. 由题意102k 3 Z，且 0k10，kN. 令102k 3 r(rZ)，则 102k3r，k53 2r， kN，r 应为偶数. r 可取 2，0，2，即 k 可取 2，5，8， 第 3 项，第 6 项与第 9 项为有理项，它们分别为 45 4 x2， 63 8 ， 45 256x 2. 答案(1)ABC(2)45 4 x2，63 8 ， 45 256x 2 规律方法求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后
8、，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 r1， 代回通项公式即可. 角度 2求二项展开式中特定项的系数 【例 12】 (1)(多项式是积 的形式)(2019全国卷)(12x2)(1x)4的展开式中 x3的系数为() A.12B.16C.20D.24 (2)(多项式是和 的形式)已知(1ax)3(1x)5的展开式中含 x3的系数为2，则 a 等于() A.2 3B.2C.2D.1 (3)(一题多解)(三项展开式问题)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为() A.10B.20C.30D.60 解析(1)展开式中含 x3的项可以由“1 与 x3”和
9、“2x2与 x”的乘积组成，则 x3 的系数为 1C342C1412. (2)(1ax)3(1x)5的展开式中 x3的系数为 C33a3C35(1)3a3102，则 a3 8，解得 a2. (3)法一(x2xy)5(x2x)y5， 含 y2的项为 T3C25(x2x)3y2. 其中(x2x)3中含 x5的项为 C13x4xC13x5. 所以 x5y2的系数为 C25C1330. 法二(x2xy)5表示 5 个 x2xy 之积. x5y2可从其中 5 个因式中，两个取因式中 x2，剩余的 3 个因式中 1 个取 x，其 余因式取 y，因此 x5y2的系数为 C25C13C2230. 答案(1)A
10、(2)B(3)C 规律方法1.求几个多项式积的特定项：可先分别化简或展开为多项式和的形 式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即 可. 2.求几个多项式和的特定项：先分别求出每一个多项式中的特定项，再合并，通 常要用到方程或不等式的知识求解. 3.三项展开式特定项：(1)通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用多项式 积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法求解； (2)将其中某两项看成一个整 体，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形. 【训练 1】 (1)(角度 1)(2019佛山二模)已知(1x) x 1 x2 n (nN*，n10)
11、的展开 式中没有常数项，则 n 的最大值是() A.6B.7C.8D.9 (2)(角度 2)(xy)(2xy)5的展开式中 x3y3的系数为_. (3)(角度2)在(1 3 x)7 x a x 6 的展开式中， 若 x2的系数为 19， 则 a_. 解析(1)(1x) x1 x2 n (nN*，n10)的展开式中没有常数项， x 1 x2 n 的展 开式中没有 x 1 项和常数项. x1 x2 n 的展开式的通项为 Tr1Crnxn 3r，故 n 3r0，且 n3r1，即 n3r，且 n3r1，n3，6，9，且 n2，5，8， 故 n 的最大值为 7，故选 B. (2)由二项式定理可得，展开式
12、中含 x3y3的项为 xC35(2x)2(y)3yC25(2x)3(y)2 40 x3y3，则 x3y3的系数为 40. (3)(1 3 x)7 x a x 6 的展开式中 x2的系数为 C67( 3 x)6C16( x)5 a x 1 C67x2 C16x2a，则 aC16C6719，解得 a2. 答案(1)B(2)40(3)2 考点二二项式系数与各项的系数问题 【例 2】 (1)在 x 3 x n 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 641， 则 x3的系数为() A.15B.45C.135D.405 (2)若(1x)9a0a1xa2x2a9x9，则|a1|a2|a3|a9|()
13、A.1B.513C.512D.511 解析(1)由题意知4 n 2n64，得 n6，展开式的通项为 T r1Cr6x6 r 3 x r 3rCr6x6 3r 2，令 6 3r 2 3，得 r2，则 x3的系数为 32C26135，故选 C. (2)令 x0，得 a01，令 x1，得|a1|a2|a3|a9|1(1)91 291511. 答案(1)C(2)D 规律方法1.“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，(ax2bxc)m(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法. 2.若 f(x)a0a1xa2x2anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(
14、1)，奇数项 系数之和为 a0a2a4f（1）f（1） 2 ，偶数项系数之和为 a1a3a5 f（1）f（1） 2 . 【训练 2】 (1)(2020青岛模拟)(2x3y)n(nN*)的展开式中倒数第二项与倒数第 三项的系数互为相反数，则(3x2y)n的展开式的二项式系数之和等于() A.16B.32C.64D.128 (2)(2020宜昌模拟)若(x2)53x4a0a1(x3)a2(x3)2a3(x3)3a4(x 3)4a5(x3)5，则 a3() A.70B.28C.26D.40 解析(1)(2x3y)n(nN*)的展开式中倒数第二项与倒数第三项的系数互为相 反数，Cn 1 n21(3)n
15、 1Cn2 n22(3)n 2，解得 n4，则(3x2y)4 的展开式 的二项式系数之和等于 2416. (2)令 tx3，则(x2)53x4a0a1(x3)a2(x3)2a3(x3)3a4(x3)4 a5(x3)5可化为(t1)53(t3)4a0a1ta2t2a3t3a4t4a5t5，则 a3C25 3C143103626. 答案(1)A(2)C 考点三二项式系数的性质多维探究 角度 1二项式系数的最值问题 【例 31】 (2020天津和平区模拟)在 x 2 x2 n (nN*)的展开式中，若二项式系 数最大的项仅是第六项，则展开式中常数项是() A.180B.120C.90D.45 解析在
16、 x2 x2 n (nN*)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则 n 10， 则 x2 x2 n x2 x2 10 的展开式的通项为 Tr1Cr102rx5 5r 2， 令 5 5r 2 0， 得 r2，可得展开式中常数项为 C21022180. 答案A 规律方法二项式系数最大项的确定方法：当 n 为偶数时，展开式中第n 21 项 的二项式系数最大， 最大值为； 当 n 为奇数时， 展开式中第n1 2 项和第n3 2 项 的二项式系数最大，最大值为或. 角度 2项的系数的最值问题 【例 32】 (多填题)已知( 3 xx2)2n的展开式的二项式系数和比(3x1)n的展开 式的二项式系
17、数和大 992，则在 2x1 x 2n 的展开式中，二项式系数最大的项为 _，系数的绝对值最大的项为_. 解析由题意知，22n2n992，即(2n32)(2n31)0，故 2n32，解得 n5. 由二项式系数的性质知， 2x1 x 10 的展开式中第 6 项的二项式系数最大，故二项 式系数最大的项为 T6C510(2x)5 1 x 5 8 064. 设第k1项的系数的绝对值最大， 则Tk1Ck10(2x)10 k 1 x k (1)kCk10210 kx10 2k， 令 Ck10210 kCk1 10210 k1， Ck10210 kCk1 10210 k1，得 Ck102Ck 1 10， 2
18、Ck10Ck 1 10， 即 11k2k， 2（k1）10k，解得 8 3k 11 3 . kZ，k3. 故系数的绝对值最大的项是第 4 项， T4C31027x415 360 x4. 答案8 06415 360 x4 规律方法二项展开式系数最大项的求法 如求(abx)n(a，bR)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开 式各项系数分别为 A1，A2，An1，且第 k 项系数最大，应用 AkAk1， AkAk1，从而 解出 k 来，即得. 【训练 3】 x 1 3 x 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.6 3 xB. 4 x C.
19、4x 6 xD. 4 x或 4x 6 x 解析令 x1，可得 x 1 3 x n 的展开式中各项系数之和为 2n，即 82n32， 解得 n4，故第 3 项的系数最大，所以展开式中系数最大的项是 C24( x)2 1 3 x 2 6 3 x. 答案A 考点四二项式定理的应用 【例 4】 (1)设 aZ，且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则 a 等于() A.0B.1C.11D.12 (2)设复数 x 2i 1i(i 是虚数单位)，则 C 1 2 019xC22 019x2C32 019x3C2 0192 019x2 019等 于() A.iB.iC.1iD.1i 解析(1)
20、512 012a(521)2 012aC 0 2 012522 012C 1 2 012522 011 C2 011 2 01252(1)2 011C2 0122 012(1)2 012a，C02 012522 012C12 012522 011 C2 011 2 01252(1)2 011能被 13 整除且 512 012a 能被 13 整除， C2 0122 012(1)2 012a1 a 也能被 13 整除，因此 a 的值为 12. (2)x 2i 1i 2i（1i） （1i）（1i）1i，由于 C 1 2 019xC22 019x2C32 019x3 C2 019 2 019x2 01
21、9(1x)2 0191i2 0191i1. 答案(1)D(2)D 规律方法1.逆用二项式定理的关键 根据所给式子的特点结合二项展开式的要求，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. 2.利用二项式定理解决整除问题的思路 (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. 【训练 4】 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(m0)为整数，若 a 和 b 被 m 除得的余数相同，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ab(mod m).若 aC020C1202C22022C20 20220，ab(mod
22、 10)， 则 b 的值可以是() A.2 011B.2 012C.2 013D.2 014 解析a(12)20320910(101)10C0101010C110109C910101， 被 10 除得的余数为 1，而 2 011 被 10 除得的余数是 1，故选 A. 答案A A 级基础巩固 一、选择题 1.已知 x1 x 7 的展开式的第 4 项等于 5，则 x 等于() A.1 7 B.1 7 C.7D.7 解析由 T4C37x4 1 x 3 5，得 x1 7. 答案B 2. 1 2x2y 5 的展开式中 x2y3的系数是() A.20B.5C.5D.20 解析Tr1Cr5 1 2x 5r
23、 (2y)rCr5 1 2 5r (2)rx5 ryr.当 r3 时，展开式中 x2y3 的系数为 C35 1 2 2 (2)320.故选 A. 答案A 3.若二项式 x2 x n 展开式中的第 5 项是常数，则自然数 n 的值为() A.6B.10C.12D.15 解析由二项式 x2 x n 展开式的第 5 项 C4n( x)n 4 2 x 4 16C4nx n 2 6 是常数项， 可得n 260，解得 n12. 答案C 4.(2020广东名校联考)已知(1x)n的展开式中第 5 项与第 7 项的二项式系数相 等，则奇数项的二项式系数和为() A.29B.210C.211D.212 解析由题
24、意得 C4nC6n，由组合数性质得 n10，则奇数项的二项式系数和为 2n 129.故选 A. 答案A 5.(2019枣庄二模)若(x2a) x1 x 10 的展开式中 x6的系数为 30，则 a 等于() A.1 3 B.1 2 C.1D.2 解析 x1 x 10 展开式的通项公式为 Tr1Cr10 x10 r 1 x r Cr10 x10 2r，令 102r 4，解得 r3，所以 x4项的系数为 C310，令 102r6，解得 r2，所以 x6项的 系数为 C210，所以(x2a) x1 x 10 的展开式中 x6的系数为 C310aC21030，解得 a 2. 答案D 6.若二项式 x2
25、a x 7 的展开式中的各项系数之和为1，则含 x2的项的系数为 () A.560B.560C.280D.280 解析取 x1，得二项式 x2a x 7 的展开式中的各项系数之和为(1a)7，即(1 a)71， 解得 a2.二项式 x22 x 7 的展开式的通项为 Tr1Cr7(x2)7 r 2 x r Cr7(2)rx14 3r.令 143r2，得 r4.因此， 二项式 x22 x 7 的展开式中含 x2项的 系数为 C47(2)4560，故选 A. 答案A 7.若(13x)2 018a0a1xa2 018x2 018，xR，则 a13a232a2 01832 018 的值为() A.22
26、0181B.82 0181 C.22 018D.82 018 解析由已知，令 x0，得 a01，令 x3，得 a0a13a232a2 01832 018 (19)2 01882 018，所以 a13a232a2 01832 01882 018a082 0181，故 选 B. 答案B 8.若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则 a0a2a4a2n等于() A.2nB.3 n1 2 C.2n 1 D.3 n1 2 解析设 f(x)(1xx2)n，则 f(1)3na0a1a2a2n，f(1)1 a0a1a2a3a2n， 由得 2(a0a2a4a2n)f(1)f(1)， 所以 a0a2a4
27、a2nf（1）f（1） 2 3 n1 2 . 答案D 二、填空题 9.(2019上饶一模)若 axb x 6 的展开式中的常数项为160，则 a2b2的最小值为 _. 解析二项式 axb x 6 的通项为 Tr1Cr6(ax)6 r b x r Cr6a6 r(b)rx62r(r0， 1，6)，当 r3 时，常数项为C36a3b3160，解得 ab2，则 a2b22ab 4，即 a2b2的最小值为 4，当且仅当 ab 2或 ab 2时取等号，故填 4. 答案4 10.(2019江苏卷改编)若(1 3)5ab 3，其中 a，bN*，则 a23b2的值为 _. 解析(1 3)5C05C153C25
28、( 3)2C35( 3)3C45( 3)4C55( 3)5ab 3. 因为 a，bN*，所以 aC053C259C4576， bC153C359C5544， 从而 a23b2762344232. 答案32 11.已知 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn729，则 C1nC2nC3nC n n等于 _. 解析逆用二项式定理得 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn(12)n3n729， 即 3n36，所以 n6，所以 C1nC2nC3nCnn26C0n64163. 答案63 12.9192除以 100 的余数是_. 解析9192(901)92C0929092C1929091C90
29、92902C919290C9292k100 92901k1008210081(k 为正整数)， 所以 9192除以 100 的余数是 81. 答案81 B 级能力提升 13.(2020河南百校联盟模拟)(32xx4)(2x1)6的展开式中，含 x3项的系数为 () A.600B.360C.600D.360 解析由二项展开式的通项可知，展开式中含 x3项的系数为 3C3623(1)3 2C4622(1)4600.故选 C. 答案C 14.若多项式(2x3y)n展开式仅在第 5 项的二项式系数最大，则多项式 x2 1 x24 n4 展开式中 x2的系数为() A.304B.304C.208D.20
30、8 解析多项式(2x3y)n展开式仅在第 5 项的二项式系数最大，故展开式有 9 项， 所以 n8，多项式 x21 x24 4 的展开式的通项公式 Tr1C r 4(4)4 r x2 1 x2 r (0r4). x21 x2 r 的通项公式 Tk1Ckr(x2)r k 1 x2 k Ckrx2r 4k(0kr).令 2r4k2，即 r2k1，所以 k0，r1；k1，r3，所以展开式中 x2的系 数为 C14(4)3C24C12(4)25648304. 答案A 15.(ax)(1x)4的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则 a_. 解析设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a
31、4x4a5x5， 令 x1，得 16(a1)a0a1a2a3a4a5， 令 x1，得 0a0a1a2a3a4a5. ，得 16(a1)2(a1a3a5)， 即展开式中 x 的奇数次幂的系数之和为 a1a3a58(a1)，所以 8(a1)32， 解得 a3. 答案3 16.(2020济南模拟)设(1ax)2 020a0a1xa2x2a2 020 x2 020， 若 a12a23a3 2 020a2 0202 020a(a0)，则实数 a_. 解析已知(1ax)2 020a0a1xa2x2a2 020 x2 020，两边同时对 x 求导， 得 2 020(1ax)2 019(a)a12a2x3a3
32、x22 020a2 020 x2 019， 令 x1 得，2 020a(1a)2 019a12a23a32 020a2 0202 020a， 又 a0，所以(1a)2 0191，即 1a1，故 a2. 答案2 C 级创新猜想 17.(多选题)若 x22 x3 n 展开式存在常数项， 则 n 的取值可以为下列选项中的() A.3B.4C.5D.10 解析 x22 x3 n 的展开式的通项公式为 Tr1Crn(x2)n r 2 x3 r Crn2rx2n 5r，r0， 1，2，n，由题意可得 2n5r0，即 n5r 2 ，由 n 为正整数，可得 r2 时， n 取得最小值 5，当 r4 时，n10.故选 CD. 答案CD 18.(多填题)(2019浙江卷)在二项式( 2x)9的展开式中，常数项是_，系数 为有理数的项的个数是_. 解析由二项展开式的通项公式可知 Tr1Cr9( 2)9 rxr，rN，0r9， 当 r0 时，第 1 项为常数项，所以常数项为 T1C09( 2)9x0( 2)916 2. 当项的系数为有理数时，9r 为偶数， 可得 r1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数为 5. 答案16 25
