2020版高中数学 第一章 计数原理 习题课 二项式定理学案 新人教A版选修2-3 12页

1 习题课 二项式定理 学习目标 1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念.2.会用二项式定理解决与二项 式有关的简单问题． 1．二项式定理及其相关概念 二项式定理 公式(a＋b)n＝C0 nan＋C1 nan－1b＋…＋Ck nan－kbk＋…＋Cn nbn，称为二 项式定理 二项式系数 Ck n(k＝0,1，…，n) 通项 Tk＋1＝Ck nan－kbk(k＝0,1，…n) 二项式定理的特例 (1＋x)n＝C0 n＋C1 nx＋C2 nx2＋…＋Ck nxk＋…＋Cn nxn 2．二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律) (1)对称性：Cm n＝Cn－m n ； (2)性质：Ck n＋1＝Ck－1 n ＋Ck n； (3)二项式系数的最大值：当 n 是偶数时，中间的一项取得最大值，即 2C n n 最大；当 n 是奇数 时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即 1 2C n n  ＝ 1 2C n n  最大； (4)二项式系数之和：C0 n＋C1 n＋C2 n＋…＋Ck n＋…＋Cn n＝2n，所用方法是赋值法． 类型一 二项式定理的灵活应用 命题角度 1 两个二项式积的问题 例 1 (1)(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数是( ) A．－4 B．－3 C．3 D．4 (2)已知(1＋ax)(1＋x)5 的展开式中 x2 的系数为 5，则 a＝________. 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 (1)B (2)－1 2 解析 (1)方法一 (1－ x)6 的展开式的通项为 Cm 6·(－ x)m＝Cm 6(－1)m 2 m x ，(1＋ x)4 的展开 式的通项为 Cn 4( x)n＝Cn 4 2 n x ，其中 m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4. 令m 2 ＋n 2 ＝1，得 m＋n＝2，于是(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数等于 C0 6·(－1)0·C2 4＋ C1 6·(－1)1·C1 4＋C2 6·(－1)2·C0 4＝－3. 方法二 (1－ x)6(1＋ x)4＝[(1－ x)(1＋ x)]4(1－ x)2＝(1－x)4(1－2 x＋x)，于是(1 － x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数为 C0 4·1＋C1 4·(－1)1·1＝－3. (2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5. ∴x2 的系数为 C2 5＋aC1 5， 则 10＋5a＝5，解得 a＝－1. 反思与感悟 两个二项式乘积的展开式中特定项问题 (1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点． (2)找到构成展开式中特定项的组成部分． (3)分别求解再相乘，求和即得． 跟踪训练 1 (1) x＋a x 2x－1 x 5 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式的常数项为( ) A．－40 B．－20 C．20 D．40 (2)在(1＋x)6(1＋y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m，n)，则 f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2) ＋f(0,3)＝________. 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 (1)D (2)120 解析 (1)令 x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1， 故 x＋1 x 2x－1 x 5 的展开式中常数项即为 2x－1 x 5 的展开式中1 x 与 x 的系数之和． 2x－1 x 5 的展开式的通项为 Tk＋1＝(－1)kCk 525－kx5－2k， 令 5－2k＝1，得 k＝2， ∴展开式中 x 的系数为 C2 5×25－2×(－1)2＝80， 令 5－2k＝－1，得 k＝3， ∴展开式中1 x 的系数为 C3 5×25－3×(－1)3＝－40， ∴ x＋1 x 2x－1 x 5 的展开式中常数项为 80－40＝40. 3 (2)f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝C3 6C0 4＋C2 6C1 4＋C1 6C2 4＋C0 6C3 4＝120. 命题角度 2 三项展开式问题 例 2 x 2 ＋1 x ＋ 2 5 的展开式中的常数项是________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 63 2 2 解析 方法一 原式＝ x 2 ＋1 x ＋ 2 5， ∴展开式的通项为 1 1kT ＋ ＝ 1 5 Ck  1 1 51 22 k kx x     (k1＝0,1,2，…，5)． 当 k1＝5 时，T6＝( 2)5＝4 2， 当 0≤k1<5 时， 151 2 kx x     的展开式的通项公式为 2 1kT ＋ ＝ 2 5 1 C k k  1 2 25 1 2 k k kx x           － － ＝ 2 5 1 C k k  1 251 2 k k     － － · 1 25 2k kx － － (k2＝0,1,2，…，5－k1)． 令 5－k1－2k2＝0，即 k1＋2k2＝5. ∵0≤k1<5 且 k1∈Z，∴ k1＝1， k2＝2 或 k1＝3， k2＝1. ∴常数项为 4 2＋C1 5C2 4 1 2 2 2＋C3 5C1 2 1 2 ×( 2)3 ＝4 2＋15 2 2 ＋20 2＝63 2 2 . 方法二 原式＝ x2＋2 2x＋2 2x 5＝ 1 32x5·[(x＋ 2)2]5 ＝ 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. ∴所求的常数项为C5 10· 25 32 ＝63 2 2 . 反思与感悟 三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化 的方法通常为配方法，因式分解，项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性． 4 跟踪训练 2 (x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 30 解析 方法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含 y2 的项为 T3＝C2 5(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C1 3x4·x＝C1 3x5. 所以 x5y2 的系数为 C2 5C1 3＝30. 方法二 (x2＋x＋y)5 为 5 个 x2＋x＋y 之积，其中有两个取 y，两个取 x2，一个取 x 即可，所 以 x5y2 的系数为 C2 5C2 3C1 1＝30. 命题角度 3 整除和余数问题 例 3 今天是星期一，今天是第 1 天，那么第 810 天是星期( ) A．一 B．二 C．三 D．四 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 A 解析 求第 810 天是星期几，实质是求 810 除以 7 的余数，应用二项式定理将数变形求余数． 因为 810＝(7＋1)10＝710＋C1 10×79＋…＋C9 10×7＋1＝7M＋1(M∈N*)， 所以第 810 天相当于第 1 天，故为星期一． 反思与感悟 (1)利用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的 数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了． (2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式． 跟踪训练 3 设 a∈Z，且 0≤a<13，若 512 017＋a 能被 13 整除，则 a＝________. 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 1 解析 ∵512 017＋a＝(52－1)2 017＋a＝C0 2 017522 017－C1 2 017522 016＋C2 2 017522 015－…＋C2 016 2 017521－1＋a， 能被 13 整除，0≤a<13. 故－1＋a 能被 13 整除，故 a＝1. 类型二 二项式系数的综合应用 例 4 已知 1 2 ＋2x n. (1)若展开式中第五项、第六项、第七项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最 大的项的系数； 5 (2)若展开式中前三项的二项式系数之和等于 79，求展开式中系数最大的项． 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中系数最大(小)的项 解 (1)由已知得 2C5 n＝C4 n＋C6 n， 即 n2－21n＋98＝0，得 n＝7 或 n＝14. 当 n＝7 时展开式中二项式系数最大的项是第四项和第五项， ∵T4＝C3 7 1 2 4(2x)3＝35 2 x3，T5＝C4 7 1 2 3(2x)4＝70x4， ∴第四项的系数是35 2 ，第五项的系数是 70. 当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是第八项，它的系数为 C7 14 1 2 7×27＝3 432. (2)由 C0 n＋C1 n＋C2 n＝79，即 n2＋n－156＝0. 得 n＝－13(舍去)或 n＝12. 设 Tk＋1 项的系数最大， ∵ 1 2 ＋2x 12＝ 1 2 12(1＋4x)12， 由 Ck 12·4k≥Ck－1 12 ·4k－1， Ck 12·4k≥Ck＋1 12 ·4k＋1， 解得 9.4≤k≤10.4. ∵0≤k≤n，k∈N， ∴k＝10. ∴展开式中系数最大的项是第 11 项， 即 T11＝ 1 2 12·C10 12·410·x10＝16 896x10. 反思与感悟 解决此类问题，首先要分辨二项式系数与二项展开式的项的系数，其次理解记 忆其有关性质，最后对解决此类问题的方法作下总结，尤其是有关排列组合的计算问题加以 细心． 跟踪训练 4 已知 2x－ 1 x n 展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n 展开式中奇数项的二项 式系数之和少 112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为 1 120，求 x. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 依题意得 2n－22n－1＝－112， 整理得(2n－16)(2n＋14)＝0，解得 n＝4， 6 所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项． 依题意得 C4 8(2x)4(xlg x)4＝1 120， 化简得 x4(1＋lg x)＝1， 所以 x＝1 或 4(1＋lg x)＝0， 故所求 x 的值为 1 或 1 10 . 1．在 x(1＋x)6 的展开式中，含 x3 项的系数为( ) A．30 B．20 C．15 D．10 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式特定项的系数 答案 C 解析 因为(1＋x)6 的展开式的第(k＋1)项为 Tk＋1＝Ck 6xk，x(1＋x)6 的展开式中含 x3 的项为 C2 6x3 ＝15x3，所以系数为 15. 2．在(x＋y)n 的展开式中，第 4 项与第 8 项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( ) A．第 6 项 B．第 5 项 C．第 5、6 项 D．第 6、7 项 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求二项式系数最大(小)的项 答案 A 解析 ∵C3 n＝C7 n，∴n＝3＋7＝10， ∴展开式中系数最大的项是第 6 项． 3．已知 x>0，则(1＋x)10 1＋1 x 10 的展开式中的常数项为( ) A．1 B．(C1 10)2 C．C1 20 D．C10 20 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 D 解析 (1＋x)10 1＋1 x 10＝ 1＋x 1＋1 x 10＝ x＋1 x ＋2 10＝ x＋ 1 x 20.设其展开式的通项为 Tk ＋1，则 Tk＋1＝Ck 20x10－k，当 k＝10 时，为常数项．故选 D. 7 4．当 n 为正奇数时，7n＋C1 n·7n－1＋C2 n·7n－2＋…＋Cn－1 n ·7 被 9 除所得的余数是( ) A．0 B．2 C．7 D．8 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 C 解析 原式＝(7＋1)n－Cn n＝8n－1＝(9－1)n－1＝9n－C1 n·9n－1＋C2 n·9n－2－…＋Cn－1 n ·9(－1)n－1 ＋(－1)n－1.因为 n 为正奇数，所以(－1)n－1＝－2＝－9＋7，所以余数为 7. 5．设(23 x－1)n 的展开式的各项系数之和为 M，二项式系数之和为 N，若 M,8，N 三数成等比 数列，则展开式中第四项为________． 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －160x 解析 当 x＝1 时，可得 M＝1，二项式系数之和 N＝2n， 由题意，得 M·N＝64，∴2n＝64，∴n＝6. ∴第四项 T4＝C3 6·(23 x)3·(－1)3＝－160x. 1．两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题 (1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点． (2)找到构成展开式中特定项的组成部分． (3)分别求解再相乘，求和即得． 2．三项或三项以上的展开问题 应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法 通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性． 3．用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或 差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者前面)一、二项就可以了． 4．求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入． 5．确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质． 一、选择题 1．二项式 x＋ 2 x 12 的展开式中的常数项是( ) 8 A．第 7 项 B．第 8 项 C．第 9 项 D．第 10 项 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式的特定项 答案 C 解析 二项展开式中的通项公式为 Tk＋1＝Ck 12·x12－k· 2 x k＝Ck 12·2k· 312 2k x  ，令 12－3 2 k＝0， 得 k＝8. ∴常数项为第 9 项． 2．(1＋x)8(1＋y)4 的展开式中 x2y2 的系数是( ) A．56 B．84 C．112 D．168 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 D 解析 因为(1＋x)8 的通项为 Ck 8xk，(1＋y)4 的通项为 Ct 4yt，故(1＋x)8(1＋y)4 的通项为 Ck 8Ct 4xkyt. 令 k＝2，t＝2，得 x2y2 的系数为 C2 8C2 4＝168. 3．若(x＋3y)n 的展开式中所有项的系数的和等于(7a＋b)10 的展开式中二项式系数的和，则 n 的值为( ) A．15 B．10 C．8 D．5 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 D 解析 由于(7a＋b)10 的展开式中二项式系数的和为 C0 10＋…＋C10 10＝210，令(x＋3y)n 中 x＝y＝1， 则由题设知，4n＝210，即 22n＝210，解得 n＝5. 4．若二项式 2x＋a x 7 的展开式中1 x3的系数是 84，则实数 a 等于( ) A．2 B. 4 C．1 D. 2 4 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 由特定项或特定项的系数求参数 答案 C 解析 二项式 2x＋a x 7 的展开式的通项公式为 Tk＋1＝Ck 7(2x)7－k· a x k＝Ck 727－kakx7－2k， 令 7－2k＝－3，得 k＝5. 9 故展开式中1 x3的系数是 C5 722a5，即 C5 722a5＝84，解得 a＝1. 5．设 m 为正整数，(x＋y)2m 展开式的二项式系数的最大值为 a，(x＋y)2m＋1 展开式的二项式系 数的最大值为 b，若 13a＝7b，则 m 等于( ) A．5 B．6 C．7 D．8 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中二项式系数最大(小)的项 答案 B 解析 ∵(x＋y)2m 展开式中二项式系数的最大值为 Cm 2m，∴a＝Cm 2m.同理，b＝Cm＋1 2m＋1. ∵13a＝7b，∴13·Cm 2m＝7·Cm＋1 2m＋1， ∴13· 2m！ m！m！ ＝7· 2m＋1！ m＋1！m！ ，∴m＝6. 6．二项式 x2－1 x 6 的展开式中不含 x3 项的系数之和为( ) A．20 B．24 C．30 D．36 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 A 解析 由二项式的展开式的通项公式 Tk＋1＝Ck 6·(－1)kx12－3k，令 12－3k＝3，解得 k＝3，故展 开式中 x3 项的系数为 C3 6·(－1)3＝－20，而所有系数和为 0，不含 x3 项的系数之和为 20. 7．在(1＋x)n(n 为正整数)的二项展开式中，奇数项的和为 A，偶数项的和为 B，则(1－x2)n 的值为( ) A．0 B．AB C．A2－B2 D．A2＋B2 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 C 解析 ∵(1＋x)n＝A＋B，(1－x)n＝A－B，∴(1－x2)n＝(1＋x)n(1－x)n＝(A＋B)(A－B)＝A2 －B2. 8．9192 被 100 除所得的余数为( ) A．1 B．81 C．－81 D．992 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 B 解析 利用 9192＝(100－9)92 的展开式，或利用(90＋1)92 的展开式． 10 方法一 (100－9)92＝C0 9210092－C1 9210091×9＋C2 92·10090×92－…－C91 92100×991＋C92 92992. 展开式中前 92 项均能被 100 整除，只需求最后一项除以 100 的余数． 由 992＝(10－1)92＝C0 921092－…＋C90 92102－C91 9210＋1. 前 91 项均能被 100 整除，后两项和为－919，因原式为正，可从前面的数中分离出 1 000， 结果为 1 000－919＝81， ∴9192 被 100 除可得余数为 81. 方法二 (90＋1)92＝C0 929092＋C1 929091＋…＋C90 92902＋C91 9290＋C92 92. 前 91 项均能被 100 整除，剩下两项为 92×90＋1＝8 281，显然 8 281 除以 100 所得余数为 81. 二、填空题 9．若 x2＋ 1 ax 6 的二项展开式中，常数项为15 16 ，则二项式系数最大的项为________． 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中系数最大(小)的项 答案 5 2 x3 或－5 2 x3 解析 x2＋ 1 ax 6 二项展开式的通项为 Tk＋1＝Ck 6·(x2)6－k 1 ax k＝Ck 6a－kx12－3k，令 12－3k＝0，得 k ＝4， ∴C4 6a－4＝15 16 ，解得 a＝±2， 当 a＝2 时，二项式系数最大的项为 C3 6(x2)3 1 2x 3 ＝5 2 x3. 当 a＝－2 时，二项式系数最大的项为 C3 6(x2)3 － 1 2x 3＝－5 2 x3. 10. x2＋1 x2－2 3 的展开式中常数项为________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 －20 解析 x2＋1 x2－2 3＝ x－1 x 6 展开式的通项公式为 Tk＋1＝Ck 6(－1)kx6－2k.令 6－2k＝0，解得 k＝3. 故展开式中的常数项为－C3 6＝－20. 11 11．(1.05)6 的计算结果精确到 0.01 的近似值是________． 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 1.34 解析 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C0 6＋C1 6×0.05＋C2 6×0.052＋C3 6×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋ 0.002 5＋…≈1.34. 12．已知 x2－1 x n 的展开式中含 x 的项为第 6 项，设(1－x＋2x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n， 则 a1＋a2＋…＋a2n＝________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 255 解析 因为 x2－1 x n 的展开式的通项是 Ck n(－1)k·x2n－3k(k＝0,1,2，…，n)，因为含 x 的项为 第 6 项，所以当 k＝5 时，2n－3k＝1，即 n＝8.令 x＝1，得 a0＋a1＋a2＋…＋a2n＝28＝256.又 a0＝1，所以 a1＋a2＋…＋a2n＝255. 三、解答题 13．在二项式 x＋ 1 2 x n 的展开式中，前三项的系数成等差数列． (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大的项． 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中系数最大(小)的项 解 (1)二项式 x＋ 1 2 x n 的展开式中，前三项的系数分别为 1，n 2 ，nn－1 8 . 根据前三项的系数成等差数列，可得 n＝1＋nn－1 8 ，求得 n＝8 或 n＝1(舍去)． 故二项式 x＋ 1 2 x n 的展开式的通项为 Tk＋1＝Ck 8·2－k·x4－k.令 4－k＝0，求得 k＝4，可得展 开式中的常数项为 T5＝C4 8· 1 2 4＝35 8 . (2)设第 k＋1 项的系数最大，则由 Ck 8· 1 2 k≥Ck＋1 8 · 1 2 k＋1， Ck 8· 1 2 k≥Ck－1 8 · 1 2 k－1， 求得 2≤k≤3.因为 k∈Z，所 12 以 k＝2 或 k＝3，故系数最大的项为 T3＝7x2 或 T4＝7x. 四、探究与拓展 14．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3 ＋…＋a9)2＝39，则实数 m＝________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 答案 －3 或 1 解析 在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9 中， 令 x＝－2，可得 a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9， 即[(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝m9， 令 x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝(2＋m)9. ∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39， ∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39， ∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39， 可得 2m＋m2＝3，解得 m＝1 或－3. 15．已知(1＋m x)n(m 是正实数)的展开式的二项式系数之和为 256，展开式中含有 x 项的系 数为 112. (1)求 m，n 的值； (2)求展开式中偶数项的二项式系数之和； (3)求(1＋m x)n(1－x)的展开式中含 x2 项的系数． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 解 (1)由题意可得 2n＝256，解得 n＝8， ∴展开式的通项为 Tk＋1＝Ck 8mk 2 k x ， ∴含 x 项的系数为 C2 8m2＝112， 解得 m＝2 或 m＝－2(舍去)． 故 m，n 的值分别为 2,8. (2)展开式中偶数项的二项式系数之和为 C1 8＋C3 8＋C5 8＋C7 8＝28－1＝128. (3)(1＋2 x)8(1－x)＝(1＋2 x)8－x(1＋2 x)8， ∴含 x2 项的系数为 C4 824－C2 822＝1 008.