高考数学一轮复习学案：10.3 二项式定理（含答案）

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1、 10.3 二项式定理二项式定理 最新考纲 考情考向分析 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简 单问题. 以理解和应用二项式定理为主，常考查二项 展开式，通项公式以及二项式系数的性质， 赋值法求系数的和也是考查的热点；本节内 容在高考中以选择题、填空题的形式进行考 查，难度中档. 1二项式定理 二项式定理 (ab)nC0nanC1nan 1b1Ck na nkbkCn nb n(nN*) 二项展开式 的通项公式 Tk1Cknan kbk，它表示第 k1 项 二项式系数 二项展开式中各项的系数 Ckn(k0,1,2，n) 2.二项式系数的性质 (1)C0n1，Cnn1. Cm n1C m1 n

2、 Cm n. (2)Cm nC nm n . (3)当 n 是偶数时， 1 2 n T 项的二项式系数最大；当 n 是奇数时， 1 2 n T 与 1 1 2 n T 1 项的二项式 系数相等且最大 (4)(ab)n展开式的二项式系数和：C0nC1nC2nCnn2n. 知识拓展 二项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)二项式的系数从 C0n，C1n，一直到 Cn 1

3、 n ，Cnn. 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”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的展开式第 k1 项的系数为 Cknan kbk.( ) (5)(x1)n的展开式二项式系数和为2n.( ) 题组二 教材改编 2P31 例 2(1)(12x)5的展开式中，x2的系数等于( ) A80 B40 C20 D10 答案 B 解析 Tk1Ck5(2x)kCk52kxk，当 k2 时，x2的系数为 C

4、25 2240. 3P31 例 2(2)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( ) A10 B20 C30 D120 答案 B 解析 二项式系数之和 2n64，所以 n6，Tk1Ck6 x6 k 1 x kCk 6x 62k，当 62k0，即当 k3 时为常数项，T4C3620. 4P41B 组 T5若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则 a0a2a4的值为( ) A9 B8 C7 D6 答案 B 解析 令 x1，则 a0a1a2a3a40，令 x1，则 a0a1a2a3a416，两式相 加得 a0a2a48. 题组三 易错自纠 5(xy)n的二项展开

5、式中，第 m 项的系数是( ) ACm n BCm 1 n CCm 1 n D(1)m 1Cm1 n 答案 D 解析 (xy)n二项展开式第 m 项的通项公式为 TmCm 1 n (y)m 1xnm1， 所以系数为 Cm 1 n (1)m 1. 6已知(x1)10a1a2xa3x2a11x10.若数列 a1，a2，a3，ak(1k11，kN*)是 一个单调递增数列，则 k 的最大值是( ) A5 B6 C7 D8 答案 B 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. 7(x

6、yy x)4的展开式中，x3y3项的系数为_ 答案 6 解析 二项展开式的通项是 Tk1Ck4(x y)4 k (y x)k(1)kCk 4 42 22 kk xy ， 令 4k 22 k 2 3，解得 k2，故展开式中 x3y3的系数为(1)2C246. 题型一题型一 二项展开式二项展开式 命题点 1 求二项展开式中的特定项或指定项的系数 典例 (1)(2017 全国) 11 x2 (1x)6的展开式中 x2项的系数为( ) A15 B20 C30 D35 答案 C 解析 因为(1x)6的通项为Ck6xk， 所以 1 1 x2 (1x)6的展开式中含x2的项为1 C26x2和 1 x2 C

7、4 6x 4. 因为 C26C462C26265 2130， 所以 11 x2 (1x)6的展开式中 x2项的系数为 30. 故选 C. (2)(x2xy)5的展开式中，x5y2项的系数为( ) A10 B20 C30 D60 答案 C 解析 方法一 利用二项展开式的通项公式求解 (x2xy)5(x2x)y5， 含 y2的项为 T3C25(x2x)3 y2. 其中(x2x)3中含 x5的项为 C13x4 xC13x5. 所以 x5y2项的系数为 C25C1330.故选 C. 方法二 利用组合知识求解 (x2xy)5为 5 个 x2xy 之积，其中有两个取 y，两个取 x2，一个取 x 即可，所

8、以 x5y2的 系数为 C25C23C1130.故选 C. 命题点 2 已知二项展开式某项的系数求参数 典例 (1)(2018 届海口调研)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 C1 D2 答案 D 解析 由题意得 x1 x 10的展开式的通项公式是 T k1C k 10 x 10k 1 x kCk 10x 102k， x1 x 10的展 开式中含 x4(当 k3 时)，x6(当 k2 时)项的系数分别为 C310，C210，因此由题意得 C310aC210 12045a30，由此解得 a2，故选 D. (2)(2016 山东

9、)若 ax2 1 x 5项的展开式中 x5项的系数为80，则实数 a_. 答案 2 解析 Tk1Ck5(ax2)5 k 1 x ka5kCk 5 5 10 2k x ， 105 2k5，解得 k2，a 3C2 580，解得 a2. 思维升华 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 k1，代回通项公式即可 跟踪训练 (1)(2017 全国)(xy)(2xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A80 B40 C40 D80 答案 C 解析 因为 x3y3x (x2y3)，其系数为C35 2240， x3y

10、3y (x3y2)，其系数为 C25 2380. 所以 x3y3的系数为 804040. 故选 C. (2)(xa)10的展开式中，x7项的系数为 15，则 a_.(用数字填写答案) 答案 1 2 解析 设通项为 Tk1Ck10x10 kak，令 10k7， k3，x7项的系数为 C310a315， a31 8，a 1 2. 题型二题型二 二项式系数的和与各项的系数和问题二项式系数的和与各项的系数和问题 典例 (1)(ax)(1x)4的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则 a_. 答案 3 解析 设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5， 令 x1，得 16(

11、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. (2)(2018 汕头质检)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2 a8)2(a1a3a9)239，则实数 m 的值为_ 答案 1 或3 解析 令 x0，则(2m)9a0a1a2a9， 令 x2，则 m9a0a1a2a3a9， 又(a0a2a8)2(a1a3a9)2 (a0a1a2a9)(a0a1a2a3a8a9)39， (2m)9 m939，m

12、(2m)3， m3 或 m1. (3)若 x21 x n的展开式中含 x 的项为第 6 项，设(13x)na 0a1xa2x 2a nx n，则 a 1 a2an的值为_ 答案 255 解析 x21 x n展开式的第 k1 项为 Tk1Ckn(x2)n k 1 x k Ckn(1)kx2n 3k， 当 k5 时，2n3k1，n8. 对(13x)8a0a1xa2x2a8x8， 令 x1，得 a0a1a828256. 又当 x0 时，a01， a1a2a8255. 思维升华 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如(axb)n，(ax2bxc)m (a，b，cR)的 式子求其展开式的各项系数之和，

13、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 a0a2a4f1f1 2 ，偶数项系数之和为 a1a3a5f1f1 2 . 跟踪训练 (1)(2017 岳阳模拟)若二项式 3x21 x n 的展开式中各项系数的和是 512，则展开式 中的常数项为( ) A27C39 B27C39 C9C49 D9C49 答案 B 解析 令 x1， 得 2n512， 所以 n9， 故 3x21 x 9的展开式的通项为 T k1C k 9(3x 2)9k 1 x k(1)kCk 9 3 9kx183k，令 183k0，得 k6. 所以常

14、数项为 T7(1)6C69 3327C39. (2)(2017 绵阳模拟)(13x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则|a0|a1|a2|a3|a4| |a5|等于( ) A1 024 B243 C32 D24 答案 A 解析 令 x1，得 a0a1a2a3a4a5|a0|a1|a2|a3|a4|a5|1(3)5 451 024. 题型三题型三 二项式定理的应用二项式定理的应用 典例 (1)设 aZ 且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则 a 等于( ) A0 B1 C11 D12 答案 D 解析 512 012a(521)2 012aC02 012 522 0

15、12C12 012 522 011C2 011 2 012 52 (1) 2 011 C2 012 2 012 (1) 2 012a， C02 012 522 012C12 012 522 011C2 011 2 012 52 (1) 2 011能被 13 整除且 512 012a 能被 13 整除， C2 012 2 012 (1) 2 012a1a 也能被 13 整除，因此 a 的值为 12. (2)(2017 安徽江南名校联考)设复数 x 2i 1i(i 是虚数单位)，则 C 1 2 017xC 2 2 017x 2C3 2 017x 3 C2 017 2 017x 2 017等于( )

16、 Ai Bi C1i D1i 答案 C 解析 x 2i 1i 2i1i 1i1i1i， C12 017xC22 017x2C32 017x3C2 017 2 017x 2 017 (1x)2 0171i2 0171i1. 思维升华 (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 观察除式与被除式间的关系； 将被除式拆成二项式； 结合二项式定理得出结论 跟踪训练 (1)(2018 泉州模拟)190C110902C210903C310(1)k90kCk109010C10 10除以 8

17、8 的余数是( ) A1 B1 C87 D87 答案 B 解析 190C110902C210903C310(1)k90kCk109010C10 10(190) 108910(88 1)108810C110889C910881， 前 10 项均能被 88 整除，余数是 1. (2)若(12x)2 018a0a1xa2x2a2 018x2 018，则a1 2 a2 22 a2 018 22 018_. 答案 1 解析 当 x0 时，左边1，右边a0，a01. 当 x1 2时，左边0，右边a0 a1 2 a2 22 a2 018 22 018， 01a1 2 a2 22 a2 018 22 018，

18、 即a1 2 a2 22 a2 018 22 0181. 二项展开式的系数与二项式系数 典例 (1)若 x3 x n 展开式的各项系数绝对值之和为 1 024，则展开式中含 x 项的系数为 _ (2)已知(xm)7a0a1xa2x2a7x7的展开式中 x4项的系数是35，则 a1a2a7 _. 错解展示： (1) x3 x n展开式中， 令 x1 可得 4n1 024，n5， x3 x n展开式的通项 T k1(3) k Ck 5 5 3 2 k x ， 令53k 2 1，得 k1. 故展开式中含 x 项的系数为 C155. (2)a1a2a7C17C27C77271. 错误答案 (1)5 (

19、2)271 现场纠错 解析 (1)在 x3 x n的展开式中，令 x1， 可得 x3 x n展开式的各项系数绝对值之和为 4n22n1 024210，n5. 故 x3 x 5展开式的通项为 Tk1(3)k Ck5 5 3 2 k x ， 令53k 2 1，得 k1， 故展开式中含 x 项的系数为15. (2)(xm)7a0a1xa2x2a7x7， 令 x0，a0(m)7. 又展开式中 x4项的系数是35， C37 (m)335， m1，a0(m)71. 在(xm)7a0a1xa2x2a7x7中， 令 x1，得 01a1a2a7， 即 a1a2a3a71. 答案 (1)15 (2)1 纠错心得 和二项展开式有关的问题，要分清所求的是展开式中项的系数还是二项式系数， 是系数和还是二项式系数的和