1、第第 3 节节二项式定理二项式定理与杨辉三角与杨辉三角 知识梳理 1.二项式定理及相关概念 一般地， 当 n 是正整数时， 有(ab)nC0nanC1nan 1bCk nan kbkCn nbn. 上述公式称为二项式定理，等式右边的式子称为(ab)n的展开式，它共有 n 1 项， 其中 Cknan kbk 是展开式中的第 k1 项(通常用 Tk1表示)， C k n称为第 k1 项的二项式系数，我们将 Tk1Cknan kbk 称为二项展开式的通项公式. 2.二项式系数的性质 (1)C0nC1nC2nCnn2n. (2)C0nC2nC4nC1nC3nC5n2n 1. 3.杨辉三角具有以下性质
2、(1)每一行都是对称的，且两端的数都是 1； (2)从第三行起， 不在两端的任意一个数， 都等于上一行中与这个数相邻的两数 之和； (3)当 n 是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当 n 是奇数时，中间两项的二 项式系数相等且最大. (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. (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
3、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() 答案(1)(2)(3)(4) 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 2(xy)n的二项展开式中，第 m 项的系数是() ACmnBCm 1 n CCm 1 nD(1)m 1Cm1 n 答案D 解析(xy)n展开式中
4、第 m 项的系数为 Cm 1 n(1)m 1. 3C 0 2022C12022C22022C20222022 C02021C22021C42021C2020 2021的值为( ) A2B4 C2022D20212022 答案B 解析原式 22022 22021 12 24. 4(2020北京卷)在( x2)5的展开式中，x2的系数为() A5B5C10D10 答案C 解析Tr1Cr5( x)5 r(2)rCr 5x5r 2 (2)r， 令5r 2 2，r1.x2的系数为 C15(2)110.故选 C. 5 (多选题)(2021淄博调研)对于二项式 1 xx 3 n (nN*)， 以下判断正确的
5、有() A存在 nN*，展开式中有常数项 B对任意 nN*，展开式中没有常数项 C对任意 nN*，展开式中没有 x 的一次项 D存在 nN*，展开式中有 x 的一次项 答案AD 解析该二项展开式的通项为 Tk1Ckn 1 x nk (x3)kCknx4k n，当 n4k 时，展开 式中存在常数项，A 选项正确，B 选项错误；当 n4k1 时，展开式中存在 x 的一次项，D 选项正确，C 选项错误故选 AD. 6(2020浙江卷)二项展开式(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则 a4 _，a1a3a5_. 答案80122 解析由题意，得 a4C452451680. 当 x1
6、时，(12)5a0a1a2a3a4a535243， 当 x1 时，(12)5a0a1a2a3a4a51. 由，得 2(a1a3a5)243(1)244， 可得 a1a3a5122. 考点一通项公式及其应用 角度 1求二项展开式中的特定项 【例 1】(1)(2021新高考 8 省联考)(1x)2(1x)3(1x)9的展开式中 x2的系数是() A.60B.80C.84D.120 (2) 3 x 1 23x 10 的展开式中所有的有理项为_ 答案(1)D(2)45 4 x2，63 8 ， 45 256x 2 解析(1) (利用公式 CmnCm 1 nCm 1 n1) (1x)2(1x)3(1x)9
7、的展开式中 x2的系数为 C22C23C29C33C23 C29C310120. (2)二项展开式的通项公式为 Tk1Ck10 1 2 k x 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. 感悟升华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 r1， 代回通项公式即可 角度
8、 2求二项展开式中特定项的系数 【例 2】 (1)(2020全国卷) xy 2 x (xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A5B10C15D20 (2)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)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为() A10B20C30D60 答案(1)C(2)B(3)C 解析(1)法一 xy 2 x (xy)5 xy 2 x (x55x4y10 x3y210 x2y35xy4y5)， x3y3的系数为 10515. 法二当 xy 2 x 中取 x 时，x3y3的系数为 C35， 当 xy 2
9、x 中取y 2 x 时，x3y3的系数为 C15， x3y3的系数为 C35C1510515.故选 C. (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 C25
10、C13C2230. 感悟升华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)(2020长沙调研)若(1ax)(1x)5的展开式中 x2，x3的系数之和为 10，则实数
11、a 的值为() A3B2C1D1 (2)(2021合肥质检)在 x44 x 5 的展开式中，x2的系数为_ (3) 2x 1 8x3 8 的展开式中的常数项为_ 答案(1)B(2)960(3)28 解析(1)由(1ax)(1x)5(1x)5ax(1x)5， 得x2的系数为C25aC155a10， x3的系数为 C35aC2510a10， 又由展开式中 x2， x3的系数之和为(5a10)(10a 10)15a2010，解得 a2.故选 B. (2)因为 x44 x 5 （x2）2 x 5 （x2） 10 x5 ，所以 x2的系数为 C310(2)3 960. (3) 2x 1 8x3 8 的通
12、项为 Tr1Cr8(2x)8 r 1 8x3 r Cr828 r1 8 r x8 4r. 令 84r0，得 r2， 常数项为 T3C2826 1 8 2 28. 考点二二项式系数的和与各项系数的和 问题 【例 3】 (1)(2021郑州模拟)若二项式 x22 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() A1B1C27D27 (2)( 多 选 题 )(2021 武 汉 模 拟 ) 若 (1 2x)2021 a0 a1x a2x2 a3x3 a2021x2021(xR)，则() Aa01 Ba1a3a5a20213 20211 2 Ca0a2a4a20203 202
13、11 2 D.a1 2 a2 22 a3 23 a2021 220211 答案(1)A(2)ACD 解析(1)依题意得 2n8，解得 n3.取 x1 得，该二项展开式每一项的系数之 和为(12)31. (2)由题意，当 x0 时，a0120211， 当 x1 时，a0a1a2a3a2021(1)20211， 当 x1 时，a0a1a2a3a202132021， 所以 a1a3a5a20213 20211 2 ， a0a2a4a20203 20211 2 ， a1 2 a2 22 a2021 22021a 11 2a 2 1 2 2 a2021 1 2 2021 ， 当 x1 2时，0a 0a1
14、1 2a 2 1 2 2 a2021 1 2 2021 ， 所以 a11 2a 2 1 2 2 a2021 1 2 2021 a01. 感悟升华1.“赋值法”普遍适用于恒等式， 是一种重要的方法， 对形如(axb)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(1)，奇数 项系数之和为 a0a2a4f（1）f（1） 2 ，偶数项系数之和为 a1a3 a5f（1）f（1） 2 . 【训练 2】 (1)(2020山西八校联考)已知(1x)n的展开式中第 5 项和第 7 项的二 项式系数
15、相等，则奇数项的二项式系数和为() A29B210C211D212 (2)(多选题)(2021济南调研)若(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则下列 结论中正确的是() Aa01 Ba1a2a3a4a52 Ca0a1a2a3a4a535 Da0|a1|a2|a3|a4|a5|1 答案(1)A(2)ACD 解析(1)由题意知 C4nC6n，由组合数性质得 n10，则奇数项的二项式系数和 为 2n 129. (2)令 x0，则 a0151，故 A 正确； 令 x1 得1a0a1a2a3a4a5，所以 a1a2a3a4a51a0 2，故 B 错误； 令 x1 得 35a0a1a2
16、a3a4a5，故 C 正确； 因为二项式(12x)5的展开式的第 r1 项为 Tr1Cr5(2)rxr， 所以当 r 为奇数时，Cr5(2)r为负数，即 ai0(其中 i 为奇数)， 所以 a0|a1|a2|a3|a4|a5|a0a1a2a3a4a51，故 D 正确 考点三二项式系数的最值问题 【例 4】已知(3x1)n展开式的第 5 项的二项式系数最大，且 n 为偶数，则(3x 1)n展开式中 x2的系数为() A252B252C28D28 答案B 解析由题意可得 n8，则(3x1)8的展开式的通项是 Tr1Cr8(3x)8 r(1)r， 令 8r2，解得 r6，则展开式中 x2的系数为 C
17、6832252. 感悟升华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 2 n n C ；当当 n 为奇数时为奇数时，展开式中第展开式中第n 1 2 项和第项和第n 3 2 项的二项式系数最大，最大值为项的二项式系数最大，最大值为或或. 【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() A63xB. 4 x C4x6xD. 4 x或 4x 6 x 答案A 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
18、以展开式中系数最大的项是 C24( x)2 1 3 x 2 63x. 考点四二项式定理的逆用 【例 5】 设复数 x 2i 1i(i 是虚数单位)， 则 C 1 2022xC22022x2C32022x3C20222022x2022 等于() A0B2C1iD1i 答案B 解析x 2i 1i 2i（1i） （1i） （1i）1i，由于 C 1 2022xC22022x2C32022x3 C2022 2022x2022(1x)20221i20221112. 感悟升华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 【训练 4】已知C1100(2x)
19、C2100(2x)2C3100(2x)3C100 100(2x)100a0 a1xa2x2a100 x100，则 a1a2a3a99的值是() A1B2C2991D.2 991 2 答案B 解析记 f(x)1C1100(2x)C2100(2x)2C3100(2x)3C100 100(2x)1001 1(2x)1001(x1)1001， 即(x1)1001a0a1xa2x2a100 x100. 令 x1，得 a0a1a2a1001. 令 x0，得 a00，又易知 a1001，所以 a1a2a3a992. 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
20、() A.1 7 B1 7 C7D7 答案B 解析由 T4C37x4 1 x 3 5，得 x1 7. 2. 1 2x2y 5 的展开式中 x2y3的系数是() A20B5C5D20 答案A 解析Tr1Cr5 1 2x 5r (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. 3若 x1 x n 展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项为() A10B20C30D120 答案B 解析由 2n64，得 n6，Tr1Cr6x6 r 1 x r Cr6x6 2r(0r6，rN) 由 62r0，得 r3.
21、T4C3620. 4若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则 a0a2a4的值为() A9B8C7D6 答案B 解析令 x1，则 a0a1a2a3a40，令 x1，则 a0a1a2a3a4 16，两式相加得 a0a2a48. 5若(1x)9a0a1xa2x2a9x9，则|a1|a2|a3|a9|() A1B513C512D511 答案D 解析令 x0，得 a01，令 x1，得|a1|a2|a3|a9|1(1)91 291511. 6(多选题)(2021威海调研)若 x2 1 ax 6 的展开式中 x3的系数是160，则() Aa1 2 B所有项系数之和为 1 C二项式系数之和为 64
22、 D常数项为320 答案ABC 解析对选项 A， x2 1 ax 6 的展开式中 x3项为 C36(x2)3 1 ax 3 ， 所以 C36 1 a 3 160，解得 a1 2，故 A 正确； 由 A 知： x2 1 ax 6 x22 x 6 ， 令 x1，所有项系数之和为(12)61，故 B 正确； 对选项 C，二项式系数之和为 2664，故 C 正确； 对选项 D， x22 x 6 的常数项为 C26(x2)2 2 x 4 24C26240，故 D 错误 7若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则 a0a2a4a2n等于() A2nB.3 n1 2 C2n 1 D.3 n1 2
23、答案D 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 a0a2a4a2nf（1）f（1） 2 3 n1 2 . 8“杨辉三角形”是古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了 300 多年，如图是三角形数阵，记 an为图中第 n 行各数之和，则 a5a11的值为 () A528B1020 C1038D1040 答案D 解析a5C04C14C24C34C442416，a11C010C110C210C1010210 1024，所以 a5a111040.故选 D. 二、填空题 9
24、(2020天津卷)在 x 2 x2 5 的展开式中，x2的系数是_ 答案10 解析Tr1Cr5x5 r 2 x2 r 2rCr5x5 3r，令 53r2，得 r1，T22C1 5x210 x2， x2的系数是 10. 10在(13x)7 x a x 6 的展开式中，若 x2的系数为 19，则 a_ 答案2 解析(13x)7 x a x 6 的展开式中含 x2的项为 C67(3x)6C16( x)5 a x 1 C67x2C16x2a，则 aC16C6719，解得 a2. 11已知 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn729，则 C1nC2nC3nC n n等于 _ 答案63 解析逆用二
25、项式定理得 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn(12)n3n729， 即 3n36，所以 n6，所以 C1nC2nC3nCnn26C0n64163. 12 若(14x)2022a0a1xa2x2a2022x2022， 则a1 2 a2 22 a2022 22022_ 答案0 解析取 x0，则 a01； 取 x1 2，则(1) 2022a0a1 2 a2 22 a2022 22022， 所以a1 2 a2 22 a2022 220221a 00. B 级能力提升 13(2021长春模拟)在 x 1 x21 4 的展开式中，常数项为() A12B11C11D12 答案C 解析 x1 x2
26、1 4 的通项为 Tk1Ck4(1)4 k x1 x2 k ，要求常数项，需求 x1 x2 k (k0，1，2，3，4)的展开式中的常数项， x1 x2 k 的展开式的通项为 Tr1Crkxk rx2rCr kxk 3r，令 k3r0k3r，即 k 是 3 的倍数，所以 k0 或 3.当 k0 时，C04(1)4 01；当 k3 时，r1，C3 4C13(1)4 312，所以 原式展开后的常数项为 1(12)11，故选 C. 14已知 m 为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为 a，(xy)2m 1 展 开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a7b，则 m() A5B6C7D8
27、答案B 解析由题意可知，aCm2m，bCm2m1. 13a7b，13（2m） ！ m！m！ 7 （2m1） ！ m！ （m1） ！， 即13 7 2m1 m1 ，解得 m6. 159192除以 100 的余数是_ 答案81 解析9192(901)92C0929092C1929091C9092902C919290C9292k100 92901k1008210081(k 为正整数)， 所以 9192除以 100 的余数是 81. 16 (2021重庆调研)设(1ax)2022a0a1xa2x2a2022x2022， 若 a12a23a3 2022a20222022a(a0)，则实数 a_ 答案2 解析已知(1ax)2022a0a1xa2x2a2022x2022， 两边同时对 x 求导， 得 2022(1ax)2021(a)a12a2x3a3x22022a2022x2021， 令 x1 得，2022a(1a)2021a12a23a32022a20222022a， 又a0，所以(1a)20211，即 1a1，故 a2.
