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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理6.3 二项式定理学案设计
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理6.3 二项式定理学案设计，共14页。
新知探究
牛顿善于在日常生活中思考，他取得了科学史上一个又一个重要的发现，有一次，他在向一位姑娘求婚时思想又开了小差，他脑海中只剩下了无穷量的二项式定理，他抓住了姑娘的手，错误地把它当成通烟斗的通条，硬往烟斗里塞，痛的姑娘大叫，离他而去．
问题 什么是二项式定理？
提示 (a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn即为二项式定理．
二项式定理及其相关概念
注意二项式系数与系数的概念
拓展深化
[微判断]
1．(a＋b)n的展开式中共有n项．(×)
提示 (a＋b)n的展开式中共有n＋1项．
2．在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(×)
提示 交换a，b的顺序各项都发生变化.
3.Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(×)
提示 Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k＋1项．
4．(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．(√)
[微训练]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中含x3项的二项式系数为( )
A．－10 B．10
C．－5 D．5
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,5)x5－2k，令5－2k＝3，得k＝1，∴含x3项的二项式系数为Ceq \\al(1,5)＝5.
答案 D
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为( )
A．80 B．－80
C．40 D．－40
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(x2)5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x3)))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,5)x10－5k，令10－5k＝0，得k＝2，∴常数项为(－2)2Ceq \\al(2,5)＝40.
答案 C
3．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于__________．
解析 S＝[(x－1)＋1]3＝x3.
答案 x3
[微思考]
1．二项式定理中，项的系数与二项式系数有什么区别？
提示 二项式系数与项的系数是两个不同的概念．二项式系数是指Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n,n)，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关，而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
2．二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第k＋1项是否相同？
提示 不同．(a＋b)n展开式中第k＋1项为Ceq \\al(k,n)an－kbk，而(b＋a)n展开式中第k＋1项为Ceq \\al(k,n)bn－kak.
题型一 二项式定理的正用、逆用
【例1】 (1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)的展开式．
(2)化简：Ceq \\al(0,n)(x＋1)n－Ceq \\al(1,n)(x＋1)n－1＋Ceq \\al(2,n)(x＋1)n－2－…＋(－1)kCeq \\al(k,n)(x＋1)n－k＋…＋(－1)nCeq \\al(n,n).
解 (1)法一 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝(3eq \r(x))4＋Ceq \\al(1,4)(3eq \r(x))3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))＋Ceq \\al(2,4)(3eq \r(x))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(3,4)(3eq \r(x))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝81x2＋108x＋54＋eq \f(12,x)＋eq \f(1,x2).
法二 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x＋1,\r(x))))eq \s\up12(4)
＝eq \f(1,x2)(1＋3x)4＝eq \f(1,x2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋Ceq \\al(1,4)·3x＋Ceq \\al(2,4)（3x）2＋Ceq \\al(3,4)（3x）3＋Ceq \\al(4,4)（3x）4))＝eq \f(1,x2)(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(12,x)＋54＋108x＋81x2.
(2)原式＝Ceq \\al(0,n)(x＋1)n＋Ceq \\al(1,n)(x＋1)n－1(－1)＋Ceq \\al(2,n)(x＋1)n－2(－1)2＋…＋Ceq \\al(k,n)(x＋1)n－k(－1)k＋…＋Ceq \\al(n,n)(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
【迁移】 (变条件，变设问)若(1＋eq \r(3))4＝a＋beq \r(3)(a，b为有理数)，则a＋b＝__________．
解析 ∵(1＋eq \r(3))4＝1＋Ceq \\al(1,4)×(eq \r(3))1＋Ceq \\al(2,4)×(eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,4)×(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,4)×(eq \r(3))4＝1＋4eq \r(3)＋18＋12eq \r(3)＋9＝28＋16eq \r(3)，∴a＝28，b＝16，∴a＋b＝28＋16＝44.
答案 44
规律方法 (1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n；②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
(2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢．
【训练1】 化简：(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
解 原式＝Ceq \\al(0,5)(2x＋1)5－Ceq \\al(1,5)(2x＋1)4＋Ceq \\al(2,5)(2x＋1)3－Ceq \\al(3,5)(2x＋1)2＋Ceq \\al(4,5)(2x＋1)－Ceq \\al(5,5)(2x＋1)0＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
题型二 二项展开式通项的应用
【例2】 (1)求二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(6)的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(9)的展开式中x3的系数．
解 (1)由已知得二项展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2eq \r(x))6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝26－kCeq \\al(k,6)·(－1)k·x3－eq \f(3k,2)，
∴T6＝26－5Ceq \\al(5,6)·(－1)5·x3－eq \f(3,2)×5＝－12x－eq \f(9,2).
∴第6项的二项式系数为Ceq \\al(5,6)＝6，
第6项的系数为－12.
(2)设展开式中的第k＋1项为含x3的项，则
Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)x9－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)k·Ceq \\al(k,9)·x9－2k，
令9－2k＝3，得k＝3，
即展开式中第4项含x3，
其系数为(－1)3·Ceq \\al(3,9)＝－84.
【迁移1】 (变设问)本例问题(1)条件不变，问题改为“求第4项的二项式系数和第4项的系数”．
解 由通项Tk＋1＝(－1)k·Ceq \\al(k,6)·26－k·x3－eq \f(3,2)k，
知第4项的二项式系数为Ceq \\al(3,6)＝20，
第4项的系数为(－1)3·Ceq \\al(3,6)·23＝－160.
【迁移2】 (变设问)本例问题(2)条件不变，问题改为“求展开式中x5的系数”，该如何求解？
解 设展开式中第k＋1项为含x5的项，则
Tk＋1＝(－1)k·Ceq \\al(k,9)·x9－2k，
令9－2k＝5，得k＝2，
即展开式中的第3项含x5，且系数为(－1)2·Ceq \\al(2,9)＝36.
规律方法 (1)求二项展开式的特定项的常见题型
①求第k项，Tk＝Ceq \\al(k－1,n)an－k＋1bk－1；②求含xk的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项．
(2)求二项展开式的特定项的常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
【训练2】 已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(2,3x)))eq \s\up12(10).
(1)求展开式的第4项的二项式系数；
(2)求展开式的第4项的系数；
(3)求展开式的第4项．
解 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(2,3x)))eq \s\up12(10)的展开式的通项是
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)(3eq \r(x))10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,10)310－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))eq \s\up12(k)·xeq \f(10－3k,2)(k＝0，1，2，…，10)．
(1)展开式的第4项(k＝3)的二项式系数为Ceq \\al(3,10)＝120.
(2)展开式的第4项的系数为Ceq \\al(3,10)37eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝－77 760.
(3)展开式的第4项为T4＝T3＋1＝－77 760eq \r(x).
题型三 与展开式中的特定项有关的问题
角度1 求展开式中的特定项
【例3】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的展开式中，常数项是( )
A．－eq \f(5,4) B.eq \f(5,4)
C．－eq \f(15,16) D.eq \f(15,16)
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))eq \s\up12(k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,6)x12－3k，
令12－3k＝0，解得k＝4.
所以常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(4,6)＝eq \f(15,16).
答案 D
角度2 由二项展开式某项的系数求参数问题
【例4】 若(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中x6的系数为30，则a等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C．1 D．2
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式的通项是
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·x10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,10)·x10－2k，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x4(当k＝3时)、x6(当k＝2时)项的系数分别为Ceq \\al(3,10)，Ceq \\al(2,10).
因为(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x6的项由x2与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)展开式中含x4的项的乘积以及－a与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)展开式中含x6的项的乘积两部分构成，因此由题意得Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝120－45a＝30，由此解得a＝2.
答案 D
规律方法 求展开式中特定项的方法
求展开式中特定项的关键是抓住其通项公式，求解时先准确写出通项，再把系数和字母分离， 根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出方程或不等式即可求解．有理项问题的解法，要保证字母的指数一定为整数．
【训练3】 (1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))eq \s\up12(9)的展开式中x3的系数是－84，则a＝__________．
(2)已知n为等差数列－4，－2，0，…的第六项，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的二项展开式的常数项是__________．
解析 (1)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)x9－k(－a)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)
＝Ceq \\al(k,9)·(－a)kx9－2k(0≤k≤9，k∈N)．
当9－2k＝3时，解得k＝3，代入得x3的系数为Ceq \\al(3,9)(－a)3＝－84，解得a＝1.
(2)由题意得n＝6，∴Tk＋1＝2kCeq \\al(k,6)x6－2k，
令6－2k＝0得k＝3，∴常数项为23Ceq \\al(3,6)＝160.
答案 (1)1 (2)160
一、素养落地
1．通过本节的学习，进一步提升数学抽象及逻辑推理素养．
2．注意区分项的二项式系数与系数的概念．要牢记Ceq \\al(k,n)an－kbk是展开式的第k＋1项，不要误认为是第k项．
3．求解特定项时必须合并通项中同一字母的指数，根据具体要求，令其为特定值．
二、素养训练
1．1－2Ceq \\al(1,n)＋4Ceq \\al(2,n)－8Ceq \\al(3,n)＋…＋(－2)nCeq \\al(n,n)等于( )
A．1 B．－1
C．(－1)n D．3n
解析 逆用二项式定理，将1看成公式中的a，－2看成公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.
答案 C
2．若(1＋eq \r(2))4＝a＋beq \r(2)(a，b为有理数)，则a＋b等于( )
A．33 B．29
C．23 D．19
解析 ∵(1＋eq \r(2))4＝1＋4eq \r(2)＋12＋8eq \r(2)＋4＝17＋12eq \r(2)＝a＋beq \r(2)，又∵a，b为有理数，∴a＝17，b＝12.∴a＋b＝29.
答案 B
3．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．－5 B．5
C．－10 D．10
解析 (1－x)5中x3的系数－Ceq \\al(3,5)＝－10，－(1－x)6中x3的系数为－Ceq \\al(3,6)·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.
答案 D
4．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2)))eq \s\up12(6)的展开式中，常数项是__________．
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2)))eq \s\up12(6)的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)·26－k·x6－3k，令6－3k＝0，解得k＝2，所以常数项是Ceq \\al(2,6)·24＝240.
答案 240
5.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))eq \s\up12(8)的展开式中x7的系数为__________(用数字作答)．
解析 二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(x2)8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,8)x16－3k，令16－3k＝7，得k＝3，故x7的系数为－Ceq \\al(3,8)＝－56.
答案 －56
基础达标
一、选择题
1．(x＋2)n的展开式共有12项，则n等于( )
A．9 B．10
C．11 D．8
解析 ∵(a＋b)n的展开式共有n＋1项，而(x＋2)n的展开式共有12项，∴n＝11.
答案 C
2．(1－i)10(i为虚数单位)的二项展开式中第7项为( )
A．－210 B．210
C．－120i D．－210i
解析 由通项得T7＝Ceq \\al(6,10)·(－i)6＝－Ceq \\al(6,10)＝－210.
答案 A
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式中的常数项为( )
A．60 B．－60
C．250 D．－250
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式的通项为Ceq \\al(k,6)(eq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,6)x3－eq \f(3,2)k.令3－eq \f(3,2)k＝0，得k＝2.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式中的常数项为(－2)2·Ceq \\al(2,6)＝60.
答案 A
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(9)展开式中的第4项是( )
A．56x3 B．84x3
C．56x4 D．84x4
解析 由通项公式有T4＝Ceq \\al(3,9)x6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(3)＝84x3.
答案 B
5．(2x＋eq \r(x))4的展开式中x3的系数是( )
A．6 B．12
C．24 D．48
解析 (2x＋eq \r(x))4展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(2x)4－k(eq \r(x))k＝24－kCeq \\al(k,4)x4－eq \f(k,2).
令4－eq \f(k,2)＝3，解得k＝2，
故展开式中x3的系数是4·Ceq \\al(2,4)＝24.
答案 C
二、填空题
6．若(x＋a)10的展开式中x7的系数为15，则a＝________．
解析 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－kak，当10－k＝7时，k＝3，T4＝Ceq \\al(3,10)a3x7，则Ceq \\al(3,10)a3＝15，故a＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
7．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为－40，则a＝__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的第k＋1项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,5)25－kx5－2k.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中的常数项为－40，所以axCeq \\al(3,5)22x－1＋eq \f(1,x)Ceq \\al(2,5)23x＝－40，
所以40a＋80＝－40，解得a＝－3.
答案 －3
8.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－4＋\f(4,x)))eq \s\up12(6)(x＞0)的展开式中的常数项为__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－4＋\f(4,x)))eq \s\up12(6)(x＞0)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(12)，因而Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)))eq \s\up12(12－k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,12)·x6－k.
令6－k＝0，得k＝6，故展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))eq \s\up12(6)·Ceq \\al(6,12)＝59 136.
答案 59 136
三、解答题
9．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，且B＝4A，求a的值．
解 ∵Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－a)kCeq \\al(k,6)x6－eq \f(3k,2)，
令6－eq \f(3k,2)＝3，则k＝2，得A＝Ceq \\al(2,6)·a2＝15a2；
令6－eq \f(3k,2)＝0，则k＝4，得B＝Ceq \\al(4,6)·a4＝15a4.
由B＝4A可得a2＝4，又a＞0，
所以a＝2.
10．已知(eq \r(x)＋eq \r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列．
(1)求n的值；
(2)写出它展开式中的所有有理项．
解 (1)(eq \r(x)＋eq \r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数分别是Ceq \\al(8,n)，Ceq \\al(9,n)，Ceq \\al(10,n).
依题意得eq \f(n！,8！（n－8）！)＋eq \f(n！,10！（n－10）！)＝2·eq \f(n！,9！（n－9）！)，
化简得90＋(n－9)(n－8)＝20(n－8)，
即n2－37n＋322＝0，
解得n＝14或n＝23，
因为n<15，所以n＝14.
(2)展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,14)xeq \f(14－k,2)·xeq \f(k,3)＝Ceq \\al(k,14)·xeq \f(42－k,6)，
展开式中的有理项当且仅当k是6的倍数，又0≤k≤14，
所以展开式中的有理项共3项，分别是：
k＝0，T1＝Ceq \\al(0,14)x7＝x7；
k＝6，T7＝Ceq \\al(6,14)x6＝3 003x6；
k＝12，T13＝Ceq \\al(12,14)x5＝91x5.
能力提升
11．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝__________．
解析 a＝Ceq \\al(n－3,n)，b＝Ceq \\al(n－2,n).∵a∶b＝3∶1，
∴eq \f(Ceq \\al(n－3,n),Ceq \\al(n－2,n))＝eq \f(Ceq \\al(3,n),Ceq \\al(2,n))＝eq \f(3,1)，即eq \f(n（n－1）（n－2）×2,6n（n－1）)＝3，
解得n＝11.
答案 11
12．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数．
解 已知二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2))eq \s\up12(n－k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－1)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－k)Ceq \\al(k,n)x2n－eq \f(5,2)k.
(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，2n－eq \f(5,2)k＝0，
解得n＝10.
(2)令2×10－eq \f(5,2)k＝5，得k＝eq \f(2,5)(20－5)＝6.
所以x5的系数为(－1)6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(6,10)＝eq \f(105,8).
(3)要使2n－eq \f(5,2)k，即eq \f(40－5k,2)为整数，只需k为偶数，由于k＝0，1，2，3，…，9，10，故符合要求的有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项．
创新猜想
13．(多选题)对于二项式(eq \f(1,x)＋x3)n(n∈N*)，以下判断正确的是( )
A．存在n∈N*，使展开式中有常数项
B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项
C．对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项
D．存在n∈N*，使展开式中有x的一次项
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3))eq \s\up12(n)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)x4k－n，可知，当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和x的一次项．
答案 AD
14．(多空题)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(1,2)＋\f(1,2x\f(1,4))))eq \s\up12(n)的展开式中，若前三项的系数成等差数列，则n＝________，此时二项式展开式中有理项的项数为______．
解析 二项展开式的前三项的系数分别为1，Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)，Ceq \\al(2,n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)，由其成等差数列，可得2Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)＝1＋Ceq \\al(2,n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)，即n＝1＋eq \f(n（n－1）,8)，所以n＝8(n＝1舍去)．所以展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)x4－eq \f(3k,4).若为有理项，则有4－eq \f(3k,4)∈Z，又0≤k≤8，k∈N，所以k可取0，4，8，所以展开式中有理项的项数为3.
答案 8 3
课标要求
素养要求
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.
2.掌握二项式定理及其展开式的通项公式.
通过学习二项式定理的有关内容，提升逻辑推理素养及数学运算素养.
二项式定理
公式(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn，称为二项式定理
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，…，n)
通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk
二项式定理的特例
(1＋x)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)x＋Ceq \\al(2,n)x2＋…＋Ceq \\al(k,n)xk＋…＋Ceq \\al(n,n)xn
新知探究
牛顿善于在日常生活中思考，他取得了科学史上一个又一个重要的发现，有一次，他在向一位姑娘求婚时思想又开了小差，他脑海中只剩下了无穷量的二项式定理，他抓住了姑娘的手，错误地把它当成通烟斗的通条，硬往烟斗里塞，痛的姑娘大叫，离他而去．
问题 什么是二项式定理？
提示 (a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn即为二项式定理．
二项式定理及其相关概念
注意二项式系数与系数的概念
拓展深化
[微判断]
1．(a＋b)n的展开式中共有n项．(×)
提示 (a＋b)n的展开式中共有n＋1项．
2．在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(×)
提示 交换a，b的顺序各项都发生变化.
3.Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(×)
提示 Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k＋1项．
4．(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．(√)
[微训练]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中含x3项的二项式系数为( )
A．－10 B．10
C．－5 D．5
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,5)x5－2k，令5－2k＝3，得k＝1，∴含x3项的二项式系数为Ceq \\al(1,5)＝5.
答案 D
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为( )
A．80 B．－80
C．40 D．－40
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(x2)5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x3)))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,5)x10－5k，令10－5k＝0，得k＝2，∴常数项为(－2)2Ceq \\al(2,5)＝40.
答案 C
3．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于__________．
解析 S＝[(x－1)＋1]3＝x3.
答案 x3
[微思考]
1．二项式定理中，项的系数与二项式系数有什么区别？
提示 二项式系数与项的系数是两个不同的概念．二项式系数是指Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n,n)，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关，而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
2．二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第k＋1项是否相同？
提示 不同．(a＋b)n展开式中第k＋1项为Ceq \\al(k,n)an－kbk，而(b＋a)n展开式中第k＋1项为Ceq \\al(k,n)bn－kak.
题型一 二项式定理的正用、逆用
【例1】 (1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)的展开式．
(2)化简：Ceq \\al(0,n)(x＋1)n－Ceq \\al(1,n)(x＋1)n－1＋Ceq \\al(2,n)(x＋1)n－2－…＋(－1)kCeq \\al(k,n)(x＋1)n－k＋…＋(－1)nCeq \\al(n,n).
解 (1)法一 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝(3eq \r(x))4＋Ceq \\al(1,4)(3eq \r(x))3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))＋Ceq \\al(2,4)(3eq \r(x))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(3,4)(3eq \r(x))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝81x2＋108x＋54＋eq \f(12,x)＋eq \f(1,x2).
法二 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x＋1,\r(x))))eq \s\up12(4)
＝eq \f(1,x2)(1＋3x)4＝eq \f(1,x2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋Ceq \\al(1,4)·3x＋Ceq \\al(2,4)（3x）2＋Ceq \\al(3,4)（3x）3＋Ceq \\al(4,4)（3x）4))＝eq \f(1,x2)(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(12,x)＋54＋108x＋81x2.
(2)原式＝Ceq \\al(0,n)(x＋1)n＋Ceq \\al(1,n)(x＋1)n－1(－1)＋Ceq \\al(2,n)(x＋1)n－2(－1)2＋…＋Ceq \\al(k,n)(x＋1)n－k(－1)k＋…＋Ceq \\al(n,n)(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
【迁移】 (变条件，变设问)若(1＋eq \r(3))4＝a＋beq \r(3)(a，b为有理数)，则a＋b＝__________．
解析 ∵(1＋eq \r(3))4＝1＋Ceq \\al(1,4)×(eq \r(3))1＋Ceq \\al(2,4)×(eq \r(3))2＋Ceq \\al(3,4)×(eq \r(3))3＋Ceq \\al(4,4)×(eq \r(3))4＝1＋4eq \r(3)＋18＋12eq \r(3)＋9＝28＋16eq \r(3)，∴a＝28，b＝16，∴a＋b＝28＋16＝44.
答案 44
规律方法 (1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n；②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
(2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢．
【训练1】 化简：(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
解 原式＝Ceq \\al(0,5)(2x＋1)5－Ceq \\al(1,5)(2x＋1)4＋Ceq \\al(2,5)(2x＋1)3－Ceq \\al(3,5)(2x＋1)2＋Ceq \\al(4,5)(2x＋1)－Ceq \\al(5,5)(2x＋1)0＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
题型二 二项展开式通项的应用
【例2】 (1)求二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)－\f(1,x)))eq \s\up12(6)的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(9)的展开式中x3的系数．
解 (1)由已知得二项展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2eq \r(x))6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝26－kCeq \\al(k,6)·(－1)k·x3－eq \f(3k,2)，
∴T6＝26－5Ceq \\al(5,6)·(－1)5·x3－eq \f(3,2)×5＝－12x－eq \f(9,2).
∴第6项的二项式系数为Ceq \\al(5,6)＝6，
第6项的系数为－12.
(2)设展开式中的第k＋1项为含x3的项，则
Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)x9－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)k·Ceq \\al(k,9)·x9－2k，
令9－2k＝3，得k＝3，
即展开式中第4项含x3，
其系数为(－1)3·Ceq \\al(3,9)＝－84.
【迁移1】 (变设问)本例问题(1)条件不变，问题改为“求第4项的二项式系数和第4项的系数”．
解 由通项Tk＋1＝(－1)k·Ceq \\al(k,6)·26－k·x3－eq \f(3,2)k，
知第4项的二项式系数为Ceq \\al(3,6)＝20，
第4项的系数为(－1)3·Ceq \\al(3,6)·23＝－160.
【迁移2】 (变设问)本例问题(2)条件不变，问题改为“求展开式中x5的系数”，该如何求解？
解 设展开式中第k＋1项为含x5的项，则
Tk＋1＝(－1)k·Ceq \\al(k,9)·x9－2k，
令9－2k＝5，得k＝2，
即展开式中的第3项含x5，且系数为(－1)2·Ceq \\al(2,9)＝36.
规律方法 (1)求二项展开式的特定项的常见题型
①求第k项，Tk＝Ceq \\al(k－1,n)an－k＋1bk－1；②求含xk的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项．
(2)求二项展开式的特定项的常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
【训练2】 已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(2,3x)))eq \s\up12(10).
(1)求展开式的第4项的二项式系数；
(2)求展开式的第4项的系数；
(3)求展开式的第4项．
解 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(x)－\f(2,3x)))eq \s\up12(10)的展开式的通项是
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)(3eq \r(x))10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,10)310－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))eq \s\up12(k)·xeq \f(10－3k,2)(k＝0，1，2，…，10)．
(1)展开式的第4项(k＝3)的二项式系数为Ceq \\al(3,10)＝120.
(2)展开式的第4项的系数为Ceq \\al(3,10)37eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝－77 760.
(3)展开式的第4项为T4＝T3＋1＝－77 760eq \r(x).
题型三 与展开式中的特定项有关的问题
角度1 求展开式中的特定项
【例3】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的展开式中，常数项是( )
A．－eq \f(5,4) B.eq \f(5,4)
C．－eq \f(15,16) D.eq \f(15,16)
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))eq \s\up12(k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,6)x12－3k，
令12－3k＝0，解得k＝4.
所以常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(4,6)＝eq \f(15,16).
答案 D
角度2 由二项展开式某项的系数求参数问题
【例4】 若(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中x6的系数为30，则a等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C．1 D．2
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式的通项是
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·x10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,10)·x10－2k，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x4(当k＝3时)、x6(当k＝2时)项的系数分别为Ceq \\al(3,10)，Ceq \\al(2,10).
因为(x2－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式中含x6的项由x2与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)展开式中含x4的项的乘积以及－a与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)展开式中含x6的项的乘积两部分构成，因此由题意得Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝120－45a＝30，由此解得a＝2.
答案 D
规律方法 求展开式中特定项的方法
求展开式中特定项的关键是抓住其通项公式，求解时先准确写出通项，再把系数和字母分离， 根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出方程或不等式即可求解．有理项问题的解法，要保证字母的指数一定为整数．
【训练3】 (1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))eq \s\up12(9)的展开式中x3的系数是－84，则a＝__________．
(2)已知n为等差数列－4，－2，0，…的第六项，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的二项展开式的常数项是__________．
解析 (1)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)x9－k(－a)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)
＝Ceq \\al(k,9)·(－a)kx9－2k(0≤k≤9，k∈N)．
当9－2k＝3时，解得k＝3，代入得x3的系数为Ceq \\al(3,9)(－a)3＝－84，解得a＝1.
(2)由题意得n＝6，∴Tk＋1＝2kCeq \\al(k,6)x6－2k，
令6－2k＝0得k＝3，∴常数项为23Ceq \\al(3,6)＝160.
答案 (1)1 (2)160
一、素养落地
1．通过本节的学习，进一步提升数学抽象及逻辑推理素养．
2．注意区分项的二项式系数与系数的概念．要牢记Ceq \\al(k,n)an－kbk是展开式的第k＋1项，不要误认为是第k项．
3．求解特定项时必须合并通项中同一字母的指数，根据具体要求，令其为特定值．
二、素养训练
1．1－2Ceq \\al(1,n)＋4Ceq \\al(2,n)－8Ceq \\al(3,n)＋…＋(－2)nCeq \\al(n,n)等于( )
A．1 B．－1
C．(－1)n D．3n
解析 逆用二项式定理，将1看成公式中的a，－2看成公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.
答案 C
2．若(1＋eq \r(2))4＝a＋beq \r(2)(a，b为有理数)，则a＋b等于( )
A．33 B．29
C．23 D．19
解析 ∵(1＋eq \r(2))4＝1＋4eq \r(2)＋12＋8eq \r(2)＋4＝17＋12eq \r(2)＝a＋beq \r(2)，又∵a，b为有理数，∴a＝17，b＝12.∴a＋b＝29.
答案 B
3．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．－5 B．5
C．－10 D．10
解析 (1－x)5中x3的系数－Ceq \\al(3,5)＝－10，－(1－x)6中x3的系数为－Ceq \\al(3,6)·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.
答案 D
4．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2)))eq \s\up12(6)的展开式中，常数项是__________．
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x2)))eq \s\up12(6)的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)·26－k·x6－3k，令6－3k＝0，解得k＝2，所以常数项是Ceq \\al(2,6)·24＝240.
答案 240
5.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))eq \s\up12(8)的展开式中x7的系数为__________(用数字作答)．
解析 二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(x2)8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,8)x16－3k，令16－3k＝7，得k＝3，故x7的系数为－Ceq \\al(3,8)＝－56.
答案 －56
基础达标
一、选择题
1．(x＋2)n的展开式共有12项，则n等于( )
A．9 B．10
C．11 D．8
解析 ∵(a＋b)n的展开式共有n＋1项，而(x＋2)n的展开式共有12项，∴n＝11.
答案 C
2．(1－i)10(i为虚数单位)的二项展开式中第7项为( )
A．－210 B．210
C．－120i D．－210i
解析 由通项得T7＝Ceq \\al(6,10)·(－i)6＝－Ceq \\al(6,10)＝－210.
答案 A
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式中的常数项为( )
A．60 B．－60
C．250 D．－250
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式的通项为Ceq \\al(k,6)(eq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,6)x3－eq \f(3,2)k.令3－eq \f(3,2)k＝0，得k＝2.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)展开式中的常数项为(－2)2·Ceq \\al(2,6)＝60.
答案 A
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(9)展开式中的第4项是( )
A．56x3 B．84x3
C．56x4 D．84x4
解析 由通项公式有T4＝Ceq \\al(3,9)x6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(3)＝84x3.
答案 B
5．(2x＋eq \r(x))4的展开式中x3的系数是( )
A．6 B．12
C．24 D．48
解析 (2x＋eq \r(x))4展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(2x)4－k(eq \r(x))k＝24－kCeq \\al(k,4)x4－eq \f(k,2).
令4－eq \f(k,2)＝3，解得k＝2，
故展开式中x3的系数是4·Ceq \\al(2,4)＝24.
答案 C
二、填空题
6．若(x＋a)10的展开式中x7的系数为15，则a＝________．
解析 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－kak，当10－k＝7时，k＝3，T4＝Ceq \\al(3,10)a3x7，则Ceq \\al(3,10)a3＝15，故a＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
7．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为－40，则a＝__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)展开式的第k＋1项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,5)25－kx5－2k.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中的常数项为－40，所以axCeq \\al(3,5)22x－1＋eq \f(1,x)Ceq \\al(2,5)23x＝－40，
所以40a＋80＝－40，解得a＝－3.
答案 －3
8.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－4＋\f(4,x)))eq \s\up12(6)(x＞0)的展开式中的常数项为__________．
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－4＋\f(4,x)))eq \s\up12(6)(x＞0)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(12)，因而Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)))eq \s\up12(12－k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－2)kCeq \\al(k,12)·x6－k.
令6－k＝0，得k＝6，故展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))eq \s\up12(6)·Ceq \\al(6,12)＝59 136.
答案 59 136
三、解答题
9．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，且B＝4A，求a的值．
解 ∵Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－a)kCeq \\al(k,6)x6－eq \f(3k,2)，
令6－eq \f(3k,2)＝3，则k＝2，得A＝Ceq \\al(2,6)·a2＝15a2；
令6－eq \f(3k,2)＝0，则k＝4，得B＝Ceq \\al(4,6)·a4＝15a4.
由B＝4A可得a2＝4，又a＞0，
所以a＝2.
10．已知(eq \r(x)＋eq \r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列．
(1)求n的值；
(2)写出它展开式中的所有有理项．
解 (1)(eq \r(x)＋eq \r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数分别是Ceq \\al(8,n)，Ceq \\al(9,n)，Ceq \\al(10,n).
依题意得eq \f(n！,8！（n－8）！)＋eq \f(n！,10！（n－10）！)＝2·eq \f(n！,9！（n－9）！)，
化简得90＋(n－9)(n－8)＝20(n－8)，
即n2－37n＋322＝0，
解得n＝14或n＝23，
因为n<15，所以n＝14.
(2)展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,14)xeq \f(14－k,2)·xeq \f(k,3)＝Ceq \\al(k,14)·xeq \f(42－k,6)，
展开式中的有理项当且仅当k是6的倍数，又0≤k≤14，
所以展开式中的有理项共3项，分别是：
k＝0，T1＝Ceq \\al(0,14)x7＝x7；
k＝6，T7＝Ceq \\al(6,14)x6＝3 003x6；
k＝12，T13＝Ceq \\al(12,14)x5＝91x5.
能力提升
11．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝__________．
解析 a＝Ceq \\al(n－3,n)，b＝Ceq \\al(n－2,n).∵a∶b＝3∶1，
∴eq \f(Ceq \\al(n－3,n),Ceq \\al(n－2,n))＝eq \f(Ceq \\al(3,n),Ceq \\al(2,n))＝eq \f(3,1)，即eq \f(n（n－1）（n－2）×2,6n（n－1）)＝3，
解得n＝11.
答案 11
12．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数．
解 已知二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2))eq \s\up12(n－k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝(－1)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－k)Ceq \\al(k,n)x2n－eq \f(5,2)k.
(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，2n－eq \f(5,2)k＝0，
解得n＝10.
(2)令2×10－eq \f(5,2)k＝5，得k＝eq \f(2,5)(20－5)＝6.
所以x5的系数为(－1)6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)Ceq \\al(6,10)＝eq \f(105,8).
(3)要使2n－eq \f(5,2)k，即eq \f(40－5k,2)为整数，只需k为偶数，由于k＝0，1，2，3，…，9，10，故符合要求的有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项．
创新猜想
13．(多选题)对于二项式(eq \f(1,x)＋x3)n(n∈N*)，以下判断正确的是( )
A．存在n∈N*，使展开式中有常数项
B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项
C．对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项
D．存在n∈N*，使展开式中有x的一次项
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3))eq \s\up12(n)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)x4k－n，可知，当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和x的一次项．
答案 AD
14．(多空题)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(1,2)＋\f(1,2x\f(1,4))))eq \s\up12(n)的展开式中，若前三项的系数成等差数列，则n＝________，此时二项式展开式中有理项的项数为______．
解析 二项展开式的前三项的系数分别为1，Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)，Ceq \\al(2,n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)，由其成等差数列，可得2Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)＝1＋Ceq \\al(2,n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)，即n＝1＋eq \f(n（n－1）,8)，所以n＝8(n＝1舍去)．所以展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(k)x4－eq \f(3k,4).若为有理项，则有4－eq \f(3k,4)∈Z，又0≤k≤8，k∈N，所以k可取0，4，8，所以展开式中有理项的项数为3.
答案 8 3
课标要求
素养要求
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.
2.掌握二项式定理及其展开式的通项公式.
通过学习二项式定理的有关内容，提升逻辑推理素养及数学运算素养.
二项式定理
公式(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn，称为二项式定理
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，…，n)
通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk
二项式定理的特例
(1＋x)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)x＋Ceq \\al(2,n)x2＋…＋Ceq \\al(k,n)xk＋…＋Ceq \\al(n,n)xn
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