2022高考数学一轮总复习课件：9.2 二项式定理

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1、92 二项式定理二项式定理 【教材梳理】 1二项式定理 (ab)n_(nN*)， 这个公式所表示的规律叫做二项式定 理(ab)n的二项展开式共有_项， 其中各项的系数_(k0， 1， 2， ， n)叫做二项式系数，式中的_叫做二项展开式的通项，用 Tk1表示，即 _通项为展开式的第_项 2二项式系数的性质 (1)对称性 在二项展开式中， 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即 C0 nC n n， C 1 nC n1 n ， C2 nC n2 n ，_，Cn nC 0 n (2)增减性与最大值 二项式系数 Ck n， 当_时， 二项式系数是递增的； 当_ 时，二项式系数是递减的 当 n

2、 是偶数时，中间的一项_取得最大值 当 n 是奇数时，中间的两项_和_相等，且同时取 得最大值 (3)各二项式系数的和 (ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于_， 即 C0 nC 1 nC 2 n Cr nC n n_二项展开式中，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 C1 nC 3 nC 5 nC 0 nC 2 nC 4 n_ 【常用结论】 3解二项式定理相关问题应注意的点 (1)二项展开式中的 Ck na nkbk 是第 k1 项，而不是第 k 项 (2)在(ab)n的展开式中，系数最大的项是中间项；但当 a，b 的系数不是 1 时， 需要利用通项，根据系数的增减性具

3、体讨论而定 (3)解决二项展开式中“系数和”的问题，常用“赋值法”和“构造法” (4)解决“整除性问题”或“余数问题”常用“配凑法”和“消去法” 【自查自纠】 1C0 nanC1nan 1bCk nan kbkCn nbn n1 Ck n Cknan kbk T k1Cknan kbk k1 2(1)Ck nCn k n (2)kn1 2 kn1 2 C n 2n C n1 2 n C n1 2 n (3)2n 2n 2n 1 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”，错误的画“” (1)Ck na nkbk 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

4、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 ( ) (5)杨辉三角各行中除 1 以外的每个数字，等于其“肩上”两数之和 ( ) 解：(1)； (2)； (3)； (4)； (5) (2020届山东省高三11月新高考模拟)(1 xx) 10 的展开式中 x4的系数是( ) A210 B120 C120 D210 解：根据题意(1 xx) 10 的展开式中第 r1 项是 Tr1Cr10(1 x) 10r(x)r (1)rCr10 x 2r 10，由 2r104 得到 r7

5、，所以 x4 的系数 T8120故选 B (2020年全国卷) x22 x 6 的展开式中常数项 是 ( ) A60 B120 C160 D240 解：因为 x22 x 6 展开式的通项为 Tr1Cr 6(x 2)6r 2 x r 2rCr 6x 123r，令 12 3r0，解得 r4，所以 x22 x 6 的展开式中常数项是 24C4 6240故选 D (2021届广东七校第一次联考)若 3 x 1 x n 的展开式中各项系数之和为 64，则 展开式的常数项为( ) A540 B162 C162 D540 解：令x1，得展开式中各项系数之和为 2 n64，n6，则展开式的常数 项为C 3 6

6、(3x) 3 1 x 3 540故选 A A (2021 年新高考八省模拟演练)(1x)2(1x)3(1x)9的展开 式中 x2的系数是_ 解： 展开式中 x2的系数是 C2 2C 2 3C 2 4C 2 9C 3 3C 2 3C 2 4C 2 9C 3 9 C2 9C 3 10120另可由等比数列求和公式结合二项式定理求故填 120 考点一考点一 展开式的特定项展开式的特定项 命题角度 1 二项展开式 (1)(2018全国卷)(x22 x) 5 的展开式中 x4的系数为 ( ) A10 B20 C40 D80 解：由题可得 Tr1Cr 5(x 2)5r(2 x) rCr 52 rx103r，

7、令 103r4，则 r2，所以 x4的系数为 C2 52 240故选 C (2)(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：由题意，( 2x)9的通项为 Tr1Cr 9( 2) 9rxr(r0，1，2，9)，当 r0 时， 可得常数项为 T1C0 9( 2) 916 2；若展开式的系数为有理数，则 r1，3，5，7，9， 有 T2，T4，T6，T8，T10共 5 项故填 16 2；5 【点拨】 求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略： 求展开式 中的特定项， 可依据条件写出第 r1 项， 再由特定项的特点求出 r 值即可； 已知展开式的某项

8、，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项 写出第 r1 项，由特定项得出 r 值，最后求出其系数 (1)已知( x a x) 5 的展开式中含 x 3 2的项的系数为 30，则实数 a _ 解：( x a x) 5 的展开式的通项为 Tr1Cr 5( x) 5r( a x) r(a)rCr 5x 52r 2 依 题意，令 52r3，得 r1，所以(a)1C1 530，解得 a6故填6 (2)(2020湖北武汉模拟)若在 3x2 1 2x3 n 的展开式中含有常数项，则正整数 n 取得 最小值时的常数项为( ) A135 2 B135 C135 2 D135 解：展开式的通项为 Tr1Cr

9、n(3x2)n r 1 2x3 r Crn 1 2 r 3n rx 2n 5r ，由于含有常数项，则 2n 5r0，所以 n5r 2 ，且当 r2 时，正整数 n 取得最小值，n5，此时常数项为 C2 5 1 2 2 33 135 2 故选 C 命题角度 2 两个多项式积的展开式 (1)(2019年全国卷)(12x2)(1x)4的展开式中 x3的系数为( ) A12 B16 C20 D24 解：由题意得，x3的系数为 C3 42C 1 44812故选 A (2)( 2020安徽马鞍山三模 )(x 1)5(x 1)4的 展 开 式 中x3的 系 数 为 _(用数字作答) 解：(x1)5(x1)4

10、(x1)(x1)4(x1)4 (x1)(x21)4x(x21)4(x21)4， 易知仅 x(x21)4的展开式中含 x3项， 其中(x21)4展开式的通项为 Tr1Cr 4(x 2)4r(1)rCr 4x 82r(1)r，要求 x3的系数，则令 82r2，解得 r3，所以 T31C3 4x 2(1)34x2，所以 x3的系数为4故填4 【点拨】 对于两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，结合组合定义求解，但要注意适当地运用分类方法， 以免重复或遗漏 (1)(2020届河北唐山高三上摸底)在(xy)(xy)5的展开式中， x3y3的系数是( ) A10 B0 C1

11、0 D20 解：由题意，二项式(xy)5的展开式的通项为 Tk1(1)kCk 5x 5kyk，所以展 开式中 x3y3的系数为(1)3C3 5(1) 2C2 510100故选 B (2)(2021届河南焦作高三一模)(x1)5 1 x2 3 的展开式中 x 的系数为 _ 解： 二项式(x1)5的通项 Tn1Cn 5x 5n1nCn 5x 5n，二项式 1 x2 3 的通项 Tk1Ck 3 1 x 3k 2k2kCk 3x k3，故 x 的系数为 C1 5C 0 3C 2 5C 1 32C 3 5C 2 32 2C4 5C 3 3 23225故填 225 命题角度 3 三项展开式 (x2xy)5

12、的展开式中，x5y2的系数为 ( ) A10 B20 C30 D60 解：在(x2xy)5的 5 个因式中，2 个取 x2，剩余的 3 个因式中 1 个取 x，其余因式取 y，故 x5y2的系数为 C2 5C 1 3C 2 230故选 C 【点拨】 求三项展开式中某些特定项的系数的方法： 两次利 用二项式定理的通项公式求解；由二项式定理的推证方法知，可 用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要 得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量 (2020湖南周南中学二模)在 x1 x1 6 的展开式中，含 x5项的系数为( ) A6 B6 C24 D24 解：展开式的通项为

13、 Tk1Ck 6 x1 x k ， x1 x k 展开式的通项 Tr1(1)rCr kx kr 1 x r (1)rCr kx k2r令 k2r5，则 k5，r0所以含 x5项的系数为 C0 5C 5 66故选 B 命题角度 4 可化为二项式的多项式展开式 (2020河南高三月考) xy1 x 1 y 4 的展开式中的常数项为( ) A36 B36 C48 D48 解：因为 xy1 x 1 y 4 xyxy xy 4(xy)4 1 1 xy 4，所以 xy1 x 1 y 4 的展 开式中的常数项为(C2 4x 2y2) C2 4 1 x2y2 36故选 A 【点拨】 某些三项或三项以上的展开问

14、题， 根据式子的特点，可通过变形转化为二项式，再 用二项式定理求解转化的方法通常为配方、因 式分解 (x 2 1 x 2) 5 的展开式中的常数项为_(用数字作答) 解：方法一：原式(x 22 2x2 2x )5 1 32x5(x 2) 25 1 32x5(x 2) 10 求原式的展开式中的常数项，转化为求(x 2)10的展开式中含 x5项的系数，即 C5 10( 2) 5 所以所求的常数项为C 5 10（ 2） 5 32 63 2 2 方法二：要得到常数项，可以对 5 个括号中各项的选取情况进行分类： 5 个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为( 2)5 5 个括号中的 1 个选x 2，1

15、 个选 1 x，3 个选 2，这样得到的常数项为 C 1 51 2C 1 4C 3 3( 2) 3 5 个括号中的 2 个选x 2，2 个选 1 x，1 个选 2，这样得到的常数项为 C 2 5(1 2) 2C2 3 2 因此展开式的常数项为( 2)5C1 51 2C 1 4C 3 3( 2) 3C2 5(1 2) 2C2 3 263 2 2 故填63 2 2 考点二考点二 二项式系数的性质与各项的和二项式系数的性质与各项的和 命题角度 1 二项式系数和与系数和 在(2x3y)10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；

16、 (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和 解：设(2x3y)10a0 x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*) 各项系数和为 a0a1a10，奇数项系数和为 a0a2a10，偶数项系数和为 a1 a3a5a9，x 的奇次项系数和为 a1a3a5a9，x 的偶次项系数和为 a0a2a4 a10 由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和 (1)二项式系数的和为 C0 10C 1 10C 10 102 10 (2)令 xy1，各项系数和为(23)10(1)101 (3)奇数项的二项式系数和为 C0 10C 2 10C 10 102 9，

17、 偶数项的二项式系数和为 C1 10C 3 10C 9 102 9 (4)令 xy1，得 a0a1a2a101， 令 x1，y1(或 x1，y1)， 得 a0a1a2a3a10510， 得 2(a0a2a10)1510， 所以奇数项系数和为15 10 2 ； 得 2(a1a3a9)1510， 所以偶数项系数和为15 10 2 (5)x 的奇次项系数和为 a1a3a5a915 10 2 ； x 的偶次项系数和为 a0a2a4a1015 10 2 【点拨】 “赋值法”普遍运用于恒等式， 是一种处理二项式相关问 题比较常用的方法对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求 其展开式

18、各项系数之和，只需令 x1 即可；对形如(axby)n(a，bR)的 式子求其展开式各项系数之和，只需令 xy1 即可若 f(x)a0a1x a2x2anxn，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 a1a3a5 f（1）f（1） 2 (1)(2020包头模拟)已知(2x1)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1x a0，则|a0|a1|a5| ( ) A1 B243 C121 D122 解：令 x1，得 a5a4a3a2a1a01， 令 x1，得a5a4a3a2a1a0243， ，得 2(a4a2a0)242，

19、即 a4a2a0121 ，得 2(a5a3a1)244， 即 a5a3a1122 所以|a0|a1|a5|122121243故选 B (2)(2020湖北襄阳质检)设(x21)(2x1)8a0a1(x2)a2(x2)2 a10(x2)10，则 a0a1a2a10的值为_ 解： 令 x1， 则(x21)(2x1)82， 所以 a0a1a2a102故 填 2 (3)(2020安徽淮北一中月考)在(ax)(1x)5展开式中， x 的偶数次幂项的 系数之和为 8，则 a_ 解：设 f(x)(ax)(1x)5展开式中 x 的偶数次幂项的系数之和为 A，奇数次 幂项的系数之和为 B，则 ABf（1）， A

20、Bf（1），得 A 1 2 f（1）f（1） 16(a 1)，由 A8 得 a1 2故填 1 2 (4)(2020浙江西湖学军中学高三模拟)若将函数 f(x)x7表示为 f(x)a0a1(x 1)a2(x1)2a7(x1)7， 其中 a0， a1， a2， ， a7为实数， 则 a3_， a0a2a4a6_ 解：因为 f(x)x71(x1)7a0a1(x1)a2(x1)2a7(x1)7， 所以 a3C3 735 令 x2，得 f(2)a0a1a2a727， 令 x0，得 f(0)a0a1a2a70， 得，2(a0a2a4a6)27，所以 a0a2a4a664故填 35；64 命题角度 2 二项

21、式系数的最值问题 (1)(2019马鞍山二模)二项式 3x 1 3 x n 的展开式中只有第 11 项的二项式系数最 大，则展开式中 x 的指数为整数的项的个数为 ( ) A3 B5 C6 D7 解：由题意，得 n20，所以 3x 1 3 x n 展开式的通项为 Tr1Cr20( 3x)20 r 1 3 x r ( 3)20 rCr 20 x204r 3 ，要使 x 的指数为整数，需 r 为 3 的倍数，所以 r0，3，6，9，12， 15，18，所以展开式中 x 的指数为整数的项共有 7 项故选 D (2)已知(x 2 33x2)n 的展开式中第 3 项与第 4 项的二项式系数相等， 则展开

22、式中二 项式系数最大的项为_ 解：易知 n5，故展开式共有 6 项，其中二项式系数最大的项为第 3、第 4 项 所以 T3C2 5(x 2 3)3(3x2)290 x6， T4C3 5(x 2 3)2(3x2)3270 x 22 3 故填 90 x6，270 x 22 3 【点拨】 求二项式系数最大项，如果 n 是偶数，则中间一项 第n 21项 的二 项式系数最大； 如果 n 是奇数， 则中间两项(第n1 2 项与第n1 2 1 项)的二项式系 数相等并最大 (1)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( ) A5 B6 C7 D8 解：由题意可知，aCm 2m，bC m 2m1 因为 13a7b，所以 13 （2m）！ m！m！ 7 （2m1）！ m！（m1）！， 即13 7 2m1 m1 ，解得 m6故选 B (2)已知(1x)n的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等， 则奇数 项的二项式系数和为 ( ) A29 B210 C211 D212 解：由题意，C3 nC 7 n，解得 n10则奇数项的二项式系数和为 2 n1 29故选 A