2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第10篇-第3讲-二项式定理.docx

第3讲二项式定理最新考纲1能用计数原理证明二项式定理2会用二项式定理解决与二项开放式有关的简洁问题.知 识 梳 理1二项式定理二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)二项开放式的通项公式Tr1Canrbr，它表示第r1项二项式系数二项开放式中各项的系数C，C，C2.二项式系数的性质(1)0kn时，C与C的关系是CC.(2)二项式系数先增后减中间项最大当n为偶数时，第1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和项的二项式系数最大，最大值为Cn或Cn.(3)各二项式系数和：CCCC2n，CCCCCC2n1.辨 析 感 悟1二项式定理的理解(1)Canrbr是(ab)n的开放式中的第r项()(2)在(1x)9的开放式中系数最大的项是第5项和第6项()(3)(教材习题改编)在6的二项开放式中，常数项为160.()2二项式系数的性质(4)(ab)n的开放式中某一项的二项式系数与a，b无关()(5)若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，则a7a6a1的值为128.()(6)(2021安徽卷改编)若n的开放式中，仅有第5项的二项式系数最大，且x4的系数为7，则实数a.()感悟提升1二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)揭示二项开放式的规律，肯定牢记通项公式Tr1Canrbr是开放式的第r1项，不是第r项，如(1)2二项式系数与开放式项的系数的异同一是在Tr1Canrbr中，C是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指C，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负，如(2)就是混淆两个概念的区分二是二项式系数的最值与增减性与指数n的奇偶性有关，当n为偶数，中间一项的二项式系数最大，如(6)；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值考点一通项公式及其应用【例1】 (1)(2021浙江卷)设二项式5的开放式中常数项为A，则A_.(2)(2021新课标全国卷)已知(1ax)(1x)5的开放式中x2的系数为5，则a等于()A4 B3 C2 D1解析(1)Tr1C()5rr，令r0，得r3，AC10.(2)(1ax)(1x)5(1x)5ax(1x)5，又(1x)5中含有x与x2的项为T2Cx，T3Cx2.开放式中x2的系数为CaC5，a1.答案(1)10(2)D规律方法 (1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步依据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要留意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；其次步是依据所求的指数，再求所求解的项(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理争辩求解【训练1】 (1)(2021大纲全国卷改编)(1x)8(1y)4的开放式中x2y2的系数是_(2)设二项式6(a0)的开放式中x3的系数为A，常数项为B，若B4A，则a的值是_解析(1)(1x)8的通项为Cxk，(1y)4的通项为Cyt，(1x)8(1y)4的通项为CCxkyt，令k2，t2，得x2y2的系数为CC168.(2)6开放式的通项Tr1(a)rCx6rA(a)2C，B(a)4C，由B4A，得(a)4C4(a)2C，解之得a2.又a0，所以a2.答案(1)168(2)2同学用书第177页考点二二项式系数的性质与各项系数和【例2】 (1)(2022青岛模拟)设(1x)na0a1xa2x2anxn，若a1a2an63，则开放式中系数最大的项是()A15x2 B20x3 C21x3 D35x3(2)若n的开放式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该开放式中的系数为_审题路线(1)先赋值求a0及各项系数和，进而求得n值，再运用二项式系数性质与通项公式求解(2)依据二项式系数性质，由CC，确定n的值，求出的系数解析(1)(1x)na0a1xa2x2anxn，令x0，得a01.令x1，则(11)na0a1a2an64，n6，又(1x)6的开放式二项式系数最大项的系数最大，(1x)6的开放式系数最大项为T4Cx320x3.(2)由题意知，CC，n8.Tr1Cx8rrCx82r，当82r2时，r5，的系数为CC56.答案(1)B(2)56规律方法 (1)第(1)小题求解的关键在于赋值，求出a0与n的值；第(2)小题在求解过程中，常因把n的等量关系表示为CC，而求错n的值(2)求解这类问题要留意：区分二项式系数与开放式中项的系数，机敏利用二项式系数的性质；依据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为1，1.【训练2】 (1)二项式n的开放式中只有第6项的二项式系数最大，则开放式中常数项是()A180 B90 C45 D360(2)若(12x)2022a0a1xa2x2a2022x2022(xR)，则的值为_解析(1)由二项式系数的性质，得n10，Tr1C()10rr2rC，令5r0，则r2，从而T34C180.(2)令x0，得a0(10)20211.令x，则a00，1.答案(1)A(2)1考点三二项式定理的应用【例3】 (2022湖北卷)设aZ，且0a0时，ff(x)表达式的开放式中常数项为()A20 B20 C15 D15解析当x0时，f(x)0，所以ff(x)f()6，Tr1Cx(6r)(x)r(1)rCx3，由r30，得r3.所以ff(x)表达式的开放式中常数项为(1)3C20.答案A2若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3()A8 B9 C10 D11解析f(x)x5(1x1)5，它的通项为Tr1C(1x)r(1)5r，T4C(1)2(1x)310(1x)3，a310.答案C二、填空题3若(1xx2)6a0a1xa2x2a12x12，则a2a4a12_.解析令x1，则a0a1a2a1236，令x1，则a0a1a2a121，a0a2a4a12.令x0，则a01，a2a4a121364.答案364三、解答题4已知(a21)n开放式中的各项系数之和等于5的开放式的常数项，而(a21)n的开放式的系数最大的项等于54，求正数a的值解5开放式的通项为Tr1C5rr5rCx，令205r0，得r4，故常数项T5C16.又(a21)n开放式的各项系数之和为2n，由题意得2n16，n4.(a21)4开放式中系数最大的项是中间项T3，从而C(a2)254，解得a.方法强化练计数原理(对应同学用书P363)(建议用时：60分钟)一、选择题1A，B，C，D，E五人并排站成一排，假如B必需站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有()A24种 B60种 C90种 D120种解析可先排C，D，E三人，共A种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A60种答案B2(2022重庆质检)(13x)n(其中nN且n6)的开放式中x5与x6的系数相等，则n等于()A6 B7 C8 D9解析(13x)n的开放式中含x5的项为C(3x)5C35x5，开放式中含x6的项为C36x6.由两项的系数相等得C35C36，解得n7.答案B3(2022济南调研)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必需同时使用，且同一数字不能相邻消灭，则这样的四位数有()A6个 B9个 C18个 D36个解析由题意知，1,2,3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法；其次步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法故共可组成33218个不同的四位数答案C4组合式C2C4C8C(2)nC的值等于()A(1)n B1 C3n D3n1解析在(1x)nCCxCx2Cxn中，令x2，得原式(12)n(1)n.答案A5若n的开放式中第3项的二项式系数是15，则开放式中全部项系数之和为()A. B. C D.解析由题意知C15，所以n6，则n6，令x1得全部项系数之和为6.答案B6(2022杭州检测)甲、乙两人方案从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有()A3种 B6种 C9种 D12种解析甲、乙各选两个景点有CC9种方法，其中，入选景点完全相同的有3种满足条件要求的选法共有936(种)答案B7若(x1)8a0a1(1x)a2(1x)2a8(1x)8，则a6()A112 B28 C28 D112解析(x1)8(x1)28a0a1(1x)a2(1x)2a8(1x)8，a6C(2)24C112.答案A8(2022长沙模拟)已知x，y满足(xZ，yZ)，每一对整数(x，y)对应平面上一个点，则过这些点中的其中3个点可作不同的圆的个数为()A45 B36 C30 D27解析如图所示，阴影中的整点部分为x，y满足的区域，其中整数点(x，y)共有8个，从中任取3个有C56种取法其中三点共线的有1C11(种)故可作不同的圆的个数为45.答案A9(2022广州调研)已知a2cosdx，则二项式5的开放式中x的系数为()A10 B10 C80 D80解析a2cosdx2sin2，则55，Tr1Cx2(5r)r(2)rCx103r.令103r1，得r3.开放式中x的系数为(2)3C80.答案D10(2022衡水中学模拟)用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是()A40 B20 C80 D30解析先将3,5排列，有A种排法；再将4,6插空排列，有2A种排法；最终将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C种排法由分步乘法计数原理知，共有A2AC40种答案A二、填空题11.n的开放式中各项系数之和为729，则该开放式中二项式系数最大的项等于_解析依题意，令x1，有3n729，则n6，开放式第4项的二项式系数最大，则T4C(2x)33160x2.答案160x212(2022郑州调研)某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必需排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有_种解析甲、乙作为元素集团，内部有A种排法，“甲乙”元素集团与“戊”全排列有A种排法将丙、丁插在3个空档中有A种方法由分步计数原理，共有AAA24种排法答案2413(2021新课标全国卷)设m为正整数，(xy)2m开放式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m1开放式的二项式系数的最大值为b，若13a7b，则m_.解析由二项式系数的性质，得aC，bCC，又13a7b，因此13C7C，解得m6.答案614甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_(用数字作答)解析当每个台阶上各站1人时有AC种站法，当两个人站在同一个台阶上时有CCC种站法，因此不同的站法种数有ACCCC210126336(种)答案33615(2022无锡质检)(x22)5的开放式的常数项是_解析二项式5开放式的通项为：Tr1C5r(1)rCx2r10(1)r.当2r102，即r4时，有x2Cx2(1)4C(1)45；当2r100，即r5时，有2Cx0(1)52.开放式中的常数项为523.答案316将6位志愿者分成4个组，其中两个组各2人，另两个组各1人分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的安排方案种数有_解析将6位志愿者分为2名，2名，1名，1名四组，有15645种分组方法将四组分赴四个不同场馆有A种方法依据分步乘法计数原理，不同的安排方案有45A1 080种方法答案1 080三、解答题17已知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C423，T5的系数为C32470，当n14时，开放式中二项式系数最大的项是T8.T8的系数为C7273 432.(2)CCC79，n2n1560.n12或n13(舍去)设Tk1项的系数最大，1212(14x)12，9.4k10.4，k10.开放式中系数最大的项为T11，T11C2210x1016 896x10.18(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？(2)现有10个保送上高校的名额，安排给7所学校，每校至少有1个名额，问名额安排的方法共有多少种？解(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A24种(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的安排方法种数分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若安排到2所学校有C242种；若安排到3所学校有C35种共有7423584种方法法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C84种不同方法所以名额安排的方法共有84种.同学用书第178页少年智则国智，少年富则国富，少年强则国强，少年独立则国独立，少年自由则国自由，少年进步则国进步，少年胜于欧洲则国胜于欧洲，少年雄于地球则国雄于地球。梁启超(18731929，近代政治活动家、启蒙思想家)