《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第九章-第3讲-二项式定理.docx

第3讲二项式定理1二项式定理(1)定理：(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)(2)通项：第k1项为：Tk1Cankbk(3)二项式系数：二项开放式中各项的二项式系数为：C(k0，1，2，n)2二项式系数的性质做一做1已知(2x3)n的开放式的常数项是第7项，则正整数n的值为_解析：由已知条件可得Tr1C2nrx3n4r(1)r，由常数项为第7项，得3n460，解得：n8.答案：82(2022高考课标全国卷)(xa)10的开放式中，x7的系数为15，则a_(用数字填写答案)解析：设通项为Tr1Cx10rar，令10r7，r3，x7的系数为Ca315，a3，a.答案：1辨明三个易误点(1)通项公式Tr1Canrbr是开放式的第r1项，不是第r项(2)(ab)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们开放式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与其次个量b的位置不能颠倒(3)易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，留意项的系数是指非字母因数全部部分，包含符号，二项式系数仅指C(k0，1，n)2二项开放式系数最大项的求法如求(abx)n(a，bR)的开放式系数最大的项，一般是接受待定系数法，设开放式各项系数分别为A1，A2，An1，且第k项系数最大，应用从而解出k来，即得做一做3(2022高考湖北卷)若二项式的开放式中的系数是84，则实数a()A2B.C1 D.解析：选C.二项式的开放式的通项公式为Tr1C(2x)7rC27rarx72r，令72r3，得r5.故开放式中的系数是C22a584，解得a1.4(2021山西省第三次四校联考)假如(2x1)6a0a1xa2x2a6x6，那么a1a2a6的值等于_解析：令x0，有1a0；令x1，有1a0a1a6，a1a2a60.答案：0_二项开放式中的特定项或特定项的系数(高频考点)二项式定理是高中数学中的一个重要学问点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题难度不大，多为简洁题或中档题高考对二项式定理的考查主要有以下三个命题角度：(1)求开放式中的某一项；(2)求开放式中的项的系数或二项式系数；(3)由已知条件求n的值或参数的值(1)(2022高考湖南卷)的开放式中x2y3的系数是()A20B5C5 D20(2)(2021高考天津卷)的二项开放式中的常数项为_(3)(2022高考山东卷)若的开放式中x3项的系数为20，则a2b2的最小值为_解析(1)开放式的通项公式为Tr1C(2y)rC(2)rx5ryr.当r3时，C(2)320.(2)的开放式通项为Tr1(1)rCx6r(1)rCx6r，令6r0，解得r4，故常数项为(1)4C15.(3)的开放式的通项为Tr1C(ax2)6rCa6rbrx123r，令123r3，得r3，由Ca63b320，得ab1，所以a2b22ab2，故a2b2的最小值为2.答案(1)A(2)15(3)2规律方法二项式开放式有关问题的解题策略：(1)求开放式中的第n项可依据二项式的通项公式直接求出第n项(2)求开放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(3)已知开放式的某项，求特定项的系数可由某项得出参数项，再由通项公式写出第r1项，由特定项得出r值，最终求出其参数1.(1)(2021洛阳市高三班级统考)设n为正整数，(x)2n开放式中存在常数项，则n的一个可能取值为()A16 B10C4 D2(2)(2022高考课标全国卷)(xy)(xy)8的开放式中x2y7的系数为_(用数字填写答案)(3)()8的开放式中的有理项共有_项解析：(1)(x)2n开放式的通项公式为Tk1Cx2nk()kC(1)kx，令0，得k，n可取10.(2)x2y7x(xy7)，其系数为C，x2y7y(x2y6)，其系数为C，x2y7的系数为CC82820.(3)()8的开放式的通项为Tr1C()8r()r()rCx(r0，1，2，8)，为使Tr1为有理项，r必需是4的倍数，所以r0，4，8，故共有3个有理项，分别是T1()0Cx4x4，T5()4Cxx，T9()8Cx2.答案：(1)B(2)20(3)3_二项式系数或各项系数和_(1)(2021辽宁省五校高三联考)若()n开放式中只有第六项的二项式系数最大，则开放式的常数项是()A360B180C90 D45(2)(2021安徽省“江南十校”联考)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为()A1或3 B1或3C1 D3解析(1)开放式中只有第6项的二项式系数最大，则开放式总共11项，所以n10，通项公式为Tr1C()10r()rC2rx5r，所以r2时，常数项为180.(2)令x0，得到a0a1a2a9(2m)9，令x2，得到a0a1a2a3a9m9，所以有(2m)9m939，即m22m3，解得m1或3.答案(1)B(2)A本例(2)变为：若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_解析：令x2，得到a0a1a2a9(4m)9，令x0，得到a0a1a2a3a9(m2)9，所以有(4m)9(m2)939，即m26m50，解得m1或5.答案：1或5规律方法1.二项式定理给出的是一个恒等式，对于a，b的一切值都成立因此，可将a，b设定为一些特殊的值在使用赋值法时，令a，b等于多少时，应视具体状况而定，一般取“1、1或0”，有时也取其他值2一般地，若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)的开放式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5.2.(1)在二项式()n的开放式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且AB72，则n_(2)(12x)n(其中nN且n6)的开放式中x3与x4项的二项式系数相等，则系数最大项为_解析：(1)(赋值法)由题意可知，B2n，令x1，得A4n，由AB72，得4n2n72，即2n8，n3.(2)由于x3与x4项的二项式系数相等，则n7.Tk1C(2x)k，由，得k，k5，系数最大项为C(2x)5672x5.答案：(1)3(2)672x5_二项式定理的应用_设aZ，且0a13，若512 016a能被13整除，则a()A0 B1C11 D12解析512 016a(521)2 016aC522 016C522 015C52(1)2 015C(1)2 016a.由于52能被13整除，所以只需C(1)2 016a能被13整除，即a1能被13整除，所以a12.答案D规律方法(1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应留意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理开放后的各项均能被另一个式子整除即可(2)求余数问题时，应明确被除式f(x)与除式g(x)(g(x)0)，商式q(x)与余式的关系及余式的范围3.求证：3n(n2)2n1(nN*，n2)证明：由于nN*，且n2，所以3n(21)n开放后至少有4项(21)n2nC2n1C212nn2n12n12nn2n1(n2)2n1，故3n(n2)2n1(nN*，n2)交汇创新与二项式定理有关的交汇问题(2021高考陕西卷)设函数f(x)则当x0时，ff(x)表达式的开放式中常数项为()A20B20C15 D15解析x0时，f(x)0，故ff(x)f()()6，其开放式的通项公式为Tr1C()6r()r(1)6rC()62r，由62r0，得r3，故常数项为(1)3C20.答案A名师点评(1)本题为二项式定理与函数的交汇问题，解决本题的关键是当x0时，将ff(x)表达式转化为二项式(2)二项式定理作为一个工具，也常与其他学问交汇命题，如与数列交汇、与不等式交汇、与定积分交汇等因此在一些题目中不仅仅考查二项式定理，还要考查其他学问，其解题的关键点是它们的交汇点，留意它们的联系(2021长春市其次次调研)设(x2)3的开放式的常数项为a，则直线yax与曲线yx2围成图形的面积为_解析：Tr1Cxr3x2rCx3r3，令r1，得a3，直线y3x与曲线yx2的交点坐标为(0，0)和(3，9)，直线yax与曲线yx2围成图形的面积S(3xx2)dx(x2x3)|.答案：1(2021东北三校模拟)在(x2)5的二项开放式中，其次项的系数为()A10B10C5 D5解析：选D.开放式中的其次项为T2C(x2)51()1，所以其系数为C5.2二项式(1x)4n1(nN)的开放式中，系数最大的项为()A第(2n1)或(2n2)项B第(2n1)项C第(2n2)项D第2n或(2n1)项解析：选B.开放式中共有(4n2)项，其中第(2n1)项与第(2n2)项的系数确定值相等，但第(2n1)项的系数为正，而第(2n2)项的系数为负，故第(2n1)项的系数最大3(2021黄冈模拟)设复数x(i是虚数单位)，则CxCx2Cx3Cx2 015()Ai BiC1i D1i解析：选C.x1i，CxCx2Cx2 015(1x)2 0151i2 0151i1.4已知(x)8开放式中常数项为1 120，其中实数a是常数，则开放式中各项系数的和是()A28 B38C1或38 D1或28解析：选C.由题意知C(a)41 120，解得a2，令x1，得开放式各项系数和为(1a)81或38.5(2021江西临川一中等九校联考)二项式(ax)6的开放式的其次项的系数为，则x2dx的值为()A. B3C3或 D3或解析：选A.二项开放式的其次项T2C(ax)5，则由题意有Ca5，解得a1，所以x2dxx3|().6(2021贵阳市适应性考试)若(2x)4(a0)的开放式中常数项为96，则实数a等于_解析：(2x)4的开放式通项为C(2x)4r()r24rarCx42r，令42r0，得r2，22a2C96，a24，a2.答案：27(2021昆明市第一次调研)(x)(1)4的开放式中x的系数是_解析：(1)4开放式的通项公式Tr1C()r(1)rCx，(x)(1)4的开放式中含x的项为(1)4Cx2x(1)0Cxx2x13x，故系数是3.答案：38(2021福州质检)在(1x2)20的开放式中，假如第4r项和第r2项的二项式系数相等，则r_解析：由题意得，CC，故4r1r1或4r1r120，即r或r4.由于r为整数，故r4.答案：49已知二项式()n的开放式中各项的系数和为256.(1)求n；(2)求开放式中的常数项解：(1)由题意，得CCCC256，即2n256，解得n8.(2)该二项开放式中的第r1项为Tr1C()8r()rCx，令0，得r2，此时，常数项为T3C28.10已知(a21)n开放式中各项系数之和等于的开放式的常数项，而(a21)n开放式的二项式系数最大的项的系数等于54，求a的值解：由，得Tr1CCx.令Tr1为常数项，则205r0，r4，常数项T5C16.又(a21)n开放式的各项系数之和等于2n.由题意得2n16，n4.由二项式系数的性质知，(a21)4开放式中二项式系数最大的项是中间项T3，Ca454，a.1(2022高考浙江卷)在(1x)6(1y)4的开放式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)()A45 B60C120 D210解析：选C.由于f(m，n)CC，所以f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)CCCCCCCC120.2(2021山东枣庄模拟)若(xy)9按x的降幂排列的开放式中，其次项不大于第三项，且xy1，xy1，即x的取值范围为(1，)3(2021荆州模拟)已知a4cos(2x)dx，则二项式(x2)5的开放式中x的系数为_解析：依题意得a4cos(2x)dx2sin(2x)2，即a2，则Tr1C(2)rx103r，当r3时，T480x.故二项式(x2)5的开放式中x的系数为80.答案：804若(2x3)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则a12a23a34a45a5等于_解析：在已知等式两边对x求导，得5(2x3)42a12a2x3a3x24a4x35a5x4，令x1，得a12a23a34a45a55(213)4210.答案：105已知(2x)n.(1)若开放式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求开放式中二项式系数最大项的系数；(2)若开放式前三项的二项式系数和等于79，求开放式中系数最大的项解：(1)CC2C，n221n980.n7或n14，当n7时，开放式中二项式系数最大的项是T4和T5.T4的系数为C()423，T5的系数为C()32470，当n14时，开放式中二项式系数最大的项是T8.T8的系数为C()7273 432.(2)CCC79，n2n1560.n12或n13(舍去)设Tk1项的系数最大，(2x)12()12(14x)12，9.4k10.4，k10.开放式中系数最大的项为T11，T11C()2210x1016 896x10.6(选做题)某二项开放式中，相邻a项的二项式系数之比为123a，求二项式的次数及a的值解：设该二项式为(mt)n，其二项式系数为C(r0，1，2，n)不妨设CCCC123a，由CC12，得n3r2；由CC13，得.将n3r2代入上式，得r4，进而n14，故有CCC123a.从而CC(a1)a，解得a2或a3.事实上，当a2时，CC12；当a3时，CCC123.