2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲　二项式定理学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲　二项式定理学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．二项式定理
(1)定理：
(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(n∈N*)．
(2)通项：
第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk．
(3)二项式系数：
二项展开式中各项的二项式系数为：Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)．
2．二项式系数的性质
常用结论
1．两个常用公式
(1)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
(2)Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)＋…＝2n－1.
2．二项展开式的三个重要特征
(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.
(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.
(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.
3．三个易错点
(1)二项式定理中，通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk是展开式的第k＋1项，不是第k项．
(2)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk中，Ceq \\al(k,n)是该项的二项式系数，该项的系数还与a，b有关．
(3)二项式系数的最值与指数n的奇偶性有关．当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；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．
二、习题改编
1．(选修2­3P31例2(1)改编)(1＋2x)5的展开式中，x2的系数为________．
解析：Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)k＝Ceq \\al(k,5)2kxk，当k＝2时，x2的系数为Ceq \\al(2,5)·22＝40.
答案：40
2．(选修2­3P31例2(2)改编)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．
解析：二项式系数之和2n＝64，所以n＝6，Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)x6－2k，当6－2k＝0，即当k＝3时为常数项，T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.
答案：20
3．(选修2­3P41B组T5改编)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．
解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加得a0＋a2＋a4＝8.
答案：8
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(a＋b)n的展开式中的第r项是Ceq \\al(r,n)an－rbr.( )
(2)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(3)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关．( )
(4)通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr中的a和b不能互换．( )
(5)(a＋b)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)混淆“二项式系数”与“系数”致误；
(2)配凑不当致误．
1．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))eq \s\up12(n)，的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为________．
解析：由题意得2n＝32，所以n＝5.令x＝1，得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
答案：－1
2．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝________．
解析：因为(1＋x)10＝[2－(1－x)]10，所以其展开式的通项为Tr＋1＝(－1)r210－r·Ceq \\al(r,10)(1－x)r，令r＝8，得a8＝4Ceq \\al(8,10)＝180.
答案：180
3．(x＋1)5(x－2)的展开式中x2的系数为________．
解析：(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展开式中含有x2的项为－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系数为－15.
答案：－15
求二项展开式的特定项或系数(师生共研)
(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式中，x2的系数为________．
(2)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式中，若常数项为－10，则a＝________．
【解析】 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(x))))eq \s\up12(r)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)Ceq \\al(r,5)x5eq \s\up6(－\f(3r,2))，令5－eq \f(3,2)r＝2，得r＝2，所以x2的系数为Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,2).
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(ax2)5－r×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,5)a5－rx10eq \s\up6(－\f(5r,2))，令10－eq \f(5r,2)＝0，得r＝4，所以Ceq \\al(4,5)a5－4＝－10，解得a＝－2.
【答案】 (1)eq \f(5,2) (2)－2
eq \a\vs4\al()
求二项展开式中的特定项的系数问题的步骤
(1)利用通项将Tk＋1项写出并化简．
(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k.
(3)代回通项得所求．
1.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：选D.Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)Ceq \\al(r,6)x12－3r，令12－3r＝0，解得r＝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).
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(10)的展开式中所有的有理项为________．
解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \s\up6(\f(10－2k,3))，由题意eq \f(10－2k,3)∈Z，且0≤k≤10，k∈N.令eq \f(10－2k,3)＝r(r∈Z)，则10－2k＝3r，k＝5－eq \f(3,2)r，因为k∈N，所以r应为偶数．所以r可取2，0，－2，即k可取2，5，8，所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2.
答案：eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2
二项式系数与各项系数和问题(师生共研)
(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64∶1，则x3的系数为( )
A．15 B．45
C．135 D．405
(2)若(1－x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝( )
A．1 B．513
C．512 D．511
【解析】 (1)由题意知eq \f(4n,2n)＝64，得n＝6，展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(x))))eq \s\up12(r)＝3rCeq \\al(r,6)x6－eq \f(3r,2)，令6－eq \f(3r,2)＝3，得r＝2，则x3的系数为32Ceq \\al(2,6)＝135.故选C.
(2)令x＝0，得a0＝1，令x＝－1，得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝[1－(－1)]9－1＝29－1＝511.
【答案】 (1)C (2)D
eq \a\vs4\al()
“赋值法”普遍应用于恒等式，是一种处理与二项式相关问题的比较常用的方法．对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可．
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( )
A．6eq \r(3,x) B．eq \f(4,\r(x))
C．4xeq \r(6,x) D．eq \f(4,\r(x))或4xeq \r(6,x)
解析：选A.令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中各项系数之和为2n，即8<2n<32，解得n＝4，故第3项的系数最大，所以展开式中系数最大的项是Ceq \\al(2,4)(eq \r(x))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(2)＝6eq \r(3,x).
2．若(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为( )
A．29 B．29－1
C．39 D．39－1
解析：选D.(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，令x＝0，得a0＝1；令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，所以a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.故选D.
多项式的展开式问题(多维探究)
角度一 几个多项式的和的展开式问题
在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2项的系数是( )
A．55 B．66
C．165 D．220
【解析】 展开式中x2项的系数是Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝…＝Ceq \\al(3,12)，所以x2项的系数是Ceq \\al(3,12)＝220.故选D.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法：先分别求出每一个多项式中的特定项，再合并．通常要用到方程或不等式的知识求解．
角度二 几个多项式的积的展开式问题
(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( )
A．12 B．16
C．20 D．24
(2)(2020·南昌模拟)已知(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，则正实数a＝________．
【解析】 (1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋2Ceq \\al(1,4)＝4＋8＝12.
(2)(ax＋1)6的展开式中x2项的系数为Ceq \\al(4,6)a2，x项的系数为Ceq \\al(5,6)a，由(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，可得－Ceq \\al(4,6)a2＋Ceq \\al(5,6)a＝0，因为a为正实数，所以15a＝6，所以a＝eq \f(2,5).
【答案】 (1)A (2)eq \f(2,5)
eq \a\vs4\al()
求解形如(a＋b)m(c＋d)n的展开式问题的思路
(1)若m，n中有一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2·(c＋d)n＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)n，然后分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)m，(c＋d)n的通项，综合考虑．
角度三 三项展开式的定项问题
(1)(x2－x＋1)10的展开式中x3项的系数为( )
A．－210 B．210
C．30 D．－30
(2)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
【解析】 (1)(x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝Ceq \\al(0,10)(x2)10－Ceq \\al(1,10)(x2)9(x－1)＋…－Ceq \\al(9,10)x2(x－1)9＋Ceq \\al(10,10)(x－1)10，
所以含x3项的系数为：－Ceq \\al(9,10)Ceq \\al(8,9)＋Ceq \\al(10,10)(－Ceq \\al(7,10))＝－210.
(2)(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2＋x)5－r·yr，令r＝2，则T3＝Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,3)(x2)3－k·xk＝Ceq \\al(k,3)x6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30，故选C.
【答案】 (1)A (2)C
eq \a\vs4\al()
三项展开式中的特定项(系数)问题的处理方法
(1)通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法求解．
(2)将其中某两项看成一个整体，直接利用二项式定理展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形．
1．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，若a0＋a1＋…＋an＝62，则lgn25等于________．
解析：令x＝1可得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq \f(2（2n－1）,2－1)＝2n＋1－2＝62，解得n＝5，所以lgn25＝2.
答案：2
2．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(2x－1)6的展开式中，x3的系数是_________________________________．
(用数字作答)
解析：由题意得，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(2x－1)6的展开式中含x3的项为xCeq \\al(4,6)(2x)2(－1)4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))Ceq \\al(2,6)(2x)4(－1)2＝－180x3，所以展开式中x3的系数为－180.
答案：－180
3．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(x)－\f(x2 018,2 017)))eq \s\up12(12)的展开式中，x5项的系数为________．
解析：Tr＋1＝Ceq \\al(r,12)(2＋eq \r(x))12－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2 018,2 017)))eq \s\up12(r)，要出现x5项，则r＝0，T1＝(2＋eq \r(x))12，
所以x5项的系数为22Ceq \\al(10,12)＝4Ceq \\al(10,12)＝264.
答案：264
[基础题组练]
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),x2)－x4))eq \s\up12(3)的展开式中的常数项为( )
A．－3eq \r(2) B．3eq \r(2)
C．6 D．－6
解析：选D.通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),x2)))eq \s\up12(3－r)(－x4)r＝Ceq \\al(r,3)(eq \r(2))3－r·(－1)rx－6＋6r，当－6＋6r＝0，即r＝1时为常数项，T2＝－6，故选D.
2．(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中x4的系数为( )
A．50 B．55
C．45 D．60
解析：选B.(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中x4的系数是Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(4,7)＝55.故选B.
3．(2020·四川成都实验外国语学校二诊)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq \s\up12(n)的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以eq \f(4n,2n)＝2n＝64，n＝6.故选C.
4．在(1－x)5(2x＋1)的展开式中，含x4项的系数为( )
A．－5 B．－15
C．－25 D．25
解析：选B.因为(1－x)5＝(－x)5＋5x4＋Ceq \\al(3,5)(－x)3＋…，所以在(1－x)5·(2x＋1)的展开式中，含x4项的系数为5－2Ceq \\al(3,5)＝－15.故选B.
5．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式的各项系数之和为( )
A．2n－1 B．2n－1
C．2n＋1－1 D．2n
解析：选C.令x＝1，得1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1×（2n＋1－1）,2－1)＝2n＋1－1.
6．(2020·湖南岳阳二模)将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，则a5＝( )
A．8 B．10
C．12 D．1
解析：选A.(x－2)(x＋2)5＝(x2－4)·(x＋2)4，所以(x＋2)4的展开式中x3的系数为Ceq \\al(1,4)·21＝8，所以a5＝8.故选A.
7．(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)展开式中的常数项是( )
A．12 B．－12
C．8 D．－8
解析：选B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(5－r)(－1)r＝(－1)rCeq \\al(r,5)xr－5，当r－5＝－2或r－5＝0，即r＝3或r＝5时，展开式的常数项是(－1)3Ceq \\al(3,5)＋2(－1)5Ceq \\al(5,5)＝－12.故选B.
8.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋1))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为( )
A．1 B．21
C．31 D．51
解析：选D.因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋1))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x＋1）＋\f(1,x)))eq \s\up12(5)
＝Ceq \\al(0,5)(x＋1)5＋Ceq \\al(1,5)(x＋1)4·eq \f(1,x)＋Ceq \\al(2,5)(x＋1)3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(3,5)(x＋1)2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(4,5)(x＋1)1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(4)＋Ceq \\al(5,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(5).
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋1))eq \s\up12(5)展开式中的常数项为Ceq \\al(0,5)·Ceq \\al(5,5)·15＋Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(3,4)·13＋Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(1,3)·12＝51.故选D.
9．已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝( )
A．1 B．243
C．121 D．122
解析：选B.令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①
令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②
①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，
即a4＋a2＋a0＝－121.
①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，
即a5＋a3＋a1＝122.
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝122＋121＝243.故选B.
10．(2020·海口调研)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：选D.由题意得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(10)的展开式的通项公式是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)，因此由题意得Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝120－45a＝30，由此解得a＝2，故选D.
11．若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则a0＋a2＋a4＋…＋a2n等于( )
A．2n B．eq \f(3n－1,2)
C．2n＋1 D．eq \f(3n＋1,2)
解析：选D.设f(x)＝(1＋x＋x2)n，
则f(1)＝3n＝a0＋a1＋a2＋…＋a2n，①
f(－1)＝1＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n，②
由①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝f(1)＋f(－1)，
所以a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)＝eq \f(3n＋1,2).
12．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )
A．39 B．310
C．311 D．312
解析：选D.对(x＋2)9＝ a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选D.
13．(xeq \r(y)－yeq \r(x))4的展开式中，x3y3项的系数为________．
解析：二项展开式的通项是Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(xeq \r(y))4－k·(－yeq \r(x))k＝(－1)kCeq \\al(k,4)x4－eq \f(k,2)y2＋eq \f(k,2)，令4－eq \f(k,2)＝2＋eq \f(k,2)＝3，解得k＝2，故展开式中x3y3的系数为(－1)2Ceq \\al(2,4)＝6.
答案：6
14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))eq \s\up12(5)(x>0)的展开式中的常数项为________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2)))eq \s\up12(5)(x>0)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(x),\r(2))＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(10)，因而Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))))eq \s\up12(10－r)(eq \r(x))10－2r，令10－2r＝0，则r＝5，故展开式中的常数项为Ceq \\al(5,10)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))))eq \s\up12(5)＝eq \f(63\r(2),2).
答案：eq \f(63\r(2),2)
15．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，前三项的二项式系数之和为37，则n＝________，展开式中的第五项为________．
解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，前三项的二项式系数之和为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝1＋n＋eq \f(n（n－1）,2)＝37，则n＝8，故展开式中的第五项为Ceq \\al(4,8)·eq \f(1,24)·x＝eq \f(35,8)x.
答案：8 eq \f(35,8)x
16．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＝________．
解析：(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为Ceq \\al(m,2m)，所以a＝Ceq \\al(m,2m).
同理，b＝Ceq \\al(m＋1,2m＋1).
因为13a＝7b，所以13·Ceq \\al(m,2m)＝7·Ceq \\al(m＋1,2m＋1).
所以13·eq \f(（2m）！,m！m！)＝7·eq \f(（2m＋1）！,（m＋1）！m！).
所以m＝6.
答案：6
[综合题组练]
1．已知Ceq \\al(0,n)－4Ceq \\al(1,n)＋42Ceq \\al(2,n)－43Ceq \\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)的值等于( )
A．64 B．32
C．63 D．31
解析：选C.因为Ceq \\al(0,n)－4Ceq \\al(1,n)＋42Ceq \\al(2,n)－43Ceq \\al(3,n)＋…＋(－1)n4nCeq \\al(n,n)＝729，所以(1－4)n＝36，所以n＝6，因此Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n－1＝26－1＝63，故选C.
2．设a∈Z，且0≤a<13，若512 018＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
解析：选D.512 018＋a＝(52－1)2 018＋a＝Ceq \\al(0,2 018)522 018－Ceq \\al(1,2 018)522 017＋…＋Ceq \\al(2 017,2 018)×52×(－1)2 017＋Ceq \\al(2 018,2 018)×(－1)2 018＋a.因为52能被13整除，所以只需Ceq \\al(2 018,2 018)×(－1)2 018＋a能被13整除，即a＋1能被13整除，所以a＝12.
3．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈N*)是一个单调递增数列，则k的最大值是________．
解析：由二项式定理知，an＝Ceq \\al(n－1,10)(n＝1，2，3，…，11)．又(x＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项，所以a6＝Ceq \\al(5,10)，则k的最大值为6.
答案：6
4．设a＝eq \i\in(0,1,)2x dx，则二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2－\f(1,x)))eq \s\up12(6)的展开式中的常数项为________．
解析：a＝eq \i\in(0,1,)2x dx＝x2eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(1,0))＝1，则二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2－\f(1,x)))eq \s\up12(6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))eq \s\up12(6)，其展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(r)＝(－1)rCeq \\al(r,6)x12－3r，
令12－3r＝0，解得r＝4.
所以常数项为(－1)4Ceq \\al(4,6)＝15.
答案：15
5．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解：令x＝1，
则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)因为a0＝Ceq \\al(0,7)＝1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(－1－37,2)＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(－1＋37,2)＝1 093.
(4)因为(1－2x)7的展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093－(－1 094)＝2 187.
6．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求n；
(2)求展开式中的有理项；
(3)求展开式中系数最大的项．
解：(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为Ceq \\al(0,n)，eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)，eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)，
由已知得2×eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)＝Ceq \\al(0,n)＋eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)，
解得n＝8(n＝1舍去)．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(8)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(eq \r(x))8－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(4,x))))eq \s\up12(r)＝2－rCeq \\al(r,8)x4－eq \s\up6(\f(3r,4)) (r＝0，1，…，8)，
要求有理项，则4－eq \f(3r,4)必为整数，即r＝0，4，8，共3项，这3项分别是T1＝x4，T5＝eq \f(35,8)x，T9＝eq \f(1,256x2).
(3)设第r＋1项的系数为ar＋1最大，则ar＋1＝2－rCeq \\al(r,8)，
则eq \f(ar＋1,ar)＝eq \f(2－rCeq \\al(r,8),2－（r－1）Ceq \\al(r－1,8))＝eq \f(9－r,2r)≥1，
eq \f(ar＋1,ar＋2)＝eq \f(2－rCeq \\al(r,8),2－（r＋1）Ceq \\al(r＋1,8))＝eq \f(2（r＋1）,8－r)≥1，
解得2≤r≤3.
当r＝2时，a3＝2－2Ceq \\al(2,8)＝7，当r＝3时，a4＝2－3Ceq \\al(3,8)＝7，
因此，第3项和第4项的系数最大，
故系数最大的项为T3＝7xeq \s\up6(\f(5,2))，T4＝7xeq \s\up6(\f(7,4)).