新高考数学一轮复习考点讲义：第10章第5讲二项式定理（含解析）

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一 二项式定理
1．二项式定理
公式(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)叫做二项式定理．
2．二项展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk为展开式的第 k＋1项．
3．二项式系数
二项展开式中各项的系数Ceq \\al(k,n)(k∈{0，1，…，n})叫做二项式系数．
二 二项式系数的性质
1．对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
2．增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值．
3．各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n.
常/用/结/论
若二项展开式的通项为Tr＋1＝g(r)xh(r)(r＝0,1,2，…，n)，g(r)≠0，则有以下常见结论：
(1)h(r)＝0⇔Tr＋1是常数项；
(2)h(r)是非负整数⇔Tr＋1是整式项；
(3)h(r)是负整数⇔Tr＋1是分式项；
(4)h(r)是整数⇔Tr＋1是有理项．
1．判断下列结论是否正确．
(1)Ceq \\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．()
(2)通项公式Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr中的a和b不能互换．(√)
(3)(a＋b)n的展开式中某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．(√)
(4)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.()
2．(2022·天津卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5展开式中的常数项为________．
解析：由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(eq \r(x))5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x2)))r＝Ceq \\al(r,5)·3r·x eq \s\up15(eq \f(5－5r,2)) ，令eq \f(5－5r,2)＝0，即r＝1，则Ceq \\al(r,5)·3r＝Ceq \\al(1,5)·3＝15，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x2)))5展开式中的常数项为15.
故答案为15.
答案：15
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)－\f(1,2\r(4,x))))8的展开式中的有理项共有________项．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)－\f(1,2\r(4,x))))8的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(eq \r( ,x))8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,2\r(4,x))))r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))rCeq \\al(r,8)x eq \s\up15(eq \f(16－3r,4)) (r＝0,1,2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必须是4的倍数，所以r＝0,4,8，故共有3个有理项．
答案：3
4．(2022·新高考全国Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8＝(x＋y)8－eq \f(y,x)(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
答案：－28
5．(2022·浙江卷)已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.
解析：∵(x－1)4＝x4－4x3＋6x2－4x＋1，∴a2＝－4＋12＝8，令x＝0，则a0＝2，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
答案：8 －2
题型 求展开式中的特定项的多维研讨
维度1 利用通项公式求二项展开式的特定项
典例1(1)(2024·天津南开中学第一次阶段测试)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x2)))6展开式中的常数项是
eq \a\vs4\al(方法一：通项；,方法二：凑：C\\al(4,6)x4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x2)))2.)( )
A．－135 B．135
C．1 215 D．－1 215
(2)(2023·天津卷)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))6的展开式中，x2项的系数为________．
凑：Ceq \\al(2,6)(2x3)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))4.
(3)(2024·辽宁名校联考)(eq \r(3,3)－2)7的展开式中第二个有理项为________．
解析：(1)二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)x6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x2)))r＝Ceq \\al(r,6)(－3)rx6－3r，令6－3r＝0，解得r＝2，所以常数项T3＝Ceq \\al(2,6)(－3)2＝135，故选B．
(2)展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x3)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)k×26－k×Ceq \\al(k,6)×x18－4k，令18－4k＝2可得，k＝4，则x2项的系数为(－1)4×26－4×Ceq \\al(4,6)＝4×15＝60.故答案为60.
(3)(eq \r(3,3)－2)7的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,7)·(eq \r(3,3))7－k·(－2)k＝Ceq \\al(k,7)·3 eq \s\up15(eq \f(7－k,3)) ·(－2)k(k＝0,1,2,3,4,5,6,7)，
要使第k＋1项为有理数，则eq \f(7－k,3)∈Z，则k可取
有理项的求法．
1,4,7，所以(eq \r(3,3)－2)7的展开式中第二个有理项为Ceq \\al(4,7)·3 eq \s\up15(eq \f(7－4,3)) ·(－2)4＝35×3×16＝1 680.
故答案为1 680.
求二项展开式中特定项(或系数)的步骤
第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；
第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k；
第三步，把k代入通项中，即可求出Tk＋1，有时还需要先求n，再求k，才能求出Tk＋1或者其他量.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练1(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(m,x)))6的展开式中，若常数项为－20，则实数m的值为( )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．－2 D．2
(2)(2024·湖北部分重点中学第二次联考)用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中个位小于百位且百位小于万位的五位数有n个，则(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)n＋3－x3的展开式中，x2的系数是________．(用数字作答)
解析：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(m,x)))6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(2x)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,x)))r＝Ceq \\al(r,6)·26－r·(－m)r·x6－2r，
令6－2r＝0，得r＝3，
所以常数项为Ceq \\al(3,6)·26－3·(－m)3＝－20，解得m＝eq \f(1,2).
(2)用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(2,2)＝20(个)，即n＝20.
当n＝20时，不妨设x≠0，则(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)n＋3－x3＝(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)23－x3＝eq \f(1＋x3[1－1＋x21],1－1＋x)－x3＝eq \f(1＋x3－1＋x24,－x)－x3＝eq \f(1＋x24,x)－eq \f(1＋x3,x)－x3，所以x2的系数是Ceq \\al(3,24)－Ceq \\al(3,3)＝2 024－1＝2 023.
答案：(1)A (2)2 023
维度2 两个多项式积的展开式
典例2(1)(2024·山东青岛一中统考)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5的展开式中常数项是
方法二：凑：x·Ceq \\al(2,5)x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))3＋eq \f(m,x)·Ceq \\al(3,5)x3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))2.
10，则m＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
(2)(2024·广西柳州、梧州大联考)已知(2－x)·(2x＋1)5＝a0＋a1x＋
常数项eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(方法一：赋值：令x＝0，,方法二：凑：2×15.))
a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a6＝( )
a6为x6项的系数，而x6项：(－x)(2x)5.
A．34 B．30 C．－34 D．－30
解析：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5＋eq \f(m,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5.【会思考】x＋eq \f(m,x)的每一项都要考虑，要注意系数和符号因子不能丢．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5的展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,5)(－1)rx5－2r.
令5－2r＝－1，解得r＝3，则xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5的展开式的常数项为－Ceq \\al(3,5)＝－10；
令5－2r＝1，解得r＝2，则eq \f(m,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5的展开式的常数项为mCeq \\al(2,5)＝10m.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5的展开式中常数项是10，所以10m－10＝10，解得m＝2.故选D．
(2)令x＝0，得a0＝2，(2x＋1)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r·1r＝25－rCeq \\al(r,5)x5－r，r＝0,1,2,3,4,5，
令r＝0，则T1＝25Ceq \\al(0,5)x5＝32x5，
故a6＝－1×32＝－32，所以a0＋a6＝－30.故选D．
求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式的特定项(或系数)问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)n(c＋d)m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)利用(a＋b)n，(c＋d)m的通项，综合分析解决问题．
对点练2(1)(2024·重庆巴蜀中学月考)在(x－3y)2(x＋y)5的展开式中，x3y4的系数是( )
A．60 B．35 C．155 D．90
(2)(2024·湖南益阳质量检测)若(1＋2x)·(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，x∈R，则a2的值为( )
A．－20 B．20 C．40 D．60
解析：(1)(x－3y)2(x＋y)5＝(x2－6xy＋9y2)(x＋y)5＝x2(x＋y)5－6xy(x＋y)5＋9y2(x＋y)5，
且(x＋y)5的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－ryr.
令r＝4，则x2Ceq \\al(4,5)xy4＝5x3y4；
令r＝3，则－6xyCeq \\al(3,5)x2y3＝－60x3y4；
令r＝2，则9y2Ceq \\al(2,5)x3y2＝90x3y4.
综上可得，展开式中x3y4的系数是5－60＋90＝35.故选B．
(2)因为(1＋2x)(1－2x)5＝(1－2x)5＋2x(1－2x)5，故展开式中x2的系数a2＝Ceq \\al(2,5)(－2)2＋2×Ceq \\al(1,5)(－2)1＝40－20＝20.
答案：(1)B (2)B
维度3 三项展开式的特定项
典例3(1)(2024·吉林一中、东北师大附中等校联考)(x2－x＋1)5的展开式中，x5的系数为________．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r( ,2)))5的展开式中的常数项为________(用数字作答)．
解析：(1)(x2－x＋1)5可以看作5个盒子，每个盒子中有x2，－x,1三个元素，要想得到含x5的项，可分三类：
①5个盒子中选2个盒子取x2,1个盒子取－x,2个盒子取1；
②5个盒子中选1个盒子取x2,3个盒子取－x,1个盒子取1；
③5个盒子中都取－x.
所以展开式中含x5的项为Ceq \\al(2,5)·(x2)2·Ceq \\al(1,3)·(－x)·Ceq \\al(2,2)·12＋Ceq \\al(1,5)·x2·Ceq \\al(3,4)·(－x)3·Ceq \\al(1,1)·1＋Ceq \\al(5,5)·(－x)5＝－51x5，【指点迷津】直接利用两个计数原理来解决，注意符号因子不能丢．
所以x5的系数为－51.
故答案为－51.
(2)方法一：原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋2\r( ,2)x＋2,2x)))5＝eq \f(1,32x5)·[(x＋eq \r( ,2))2]5＝eq \f(1,32x5)(x＋eq \r( ,2))10.求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r( ,2))10的展开式中含x5项的系数，即Ceq \\al(5,10)(eq \r( ,2))5.所以所求的常数项为
体现化简、转化的重要性．
eq \f(C\\al(5,10)×\r( ,2)5,32)＝eq \f(63\r( ,2),2).
方法二：要得到常数项，可以对5个括号中的选取情况进行分类： 利用计数原理凑．
①5个括号中都选取常数项，这样得到的常数项为(eq \r( ,2))5；
②5个括号中1个选eq \f(x,2)，1个选eq \f(1,x)，3个选eq \r( ,2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)(eq \r( ,2))3；
③5个括号中2个选eq \f(x,2)，2个选eq \f(1,x)，1个选eq \r( ,2)，这样得到的常数项为Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2Ceq \\al(2,3)eq \r( ,2).
因此展开式中的常数项为(eq \r( ,2))5＋Ceq \\al(1,5)eq \f(1,2)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)(eq \r( ,2))3＋Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2Ceq \\al(2,3)eq \r( ,2)＝eq \f(63\r( ,2),2).
故答案为eq \f(63\r( ,2),2).
求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略
(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．
(2)两次利用二项式定理的通项求解．
(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练3(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x2)＋1))6的展开式中常数项为( )
A．－61 B．－59 C．－57 D．－55
(2)(2024·辽宁沈阳东北育才学校检测)(x－2y＋2z)5的展开式中，xy3z的系数为( )
A．－320 B．320
C．－240 D．240
解析：(1)将原式看成6个相同的因式相乘，按x的选取个数分类，得展开式中常数项为Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)(－2)＋Ceq \\al(4,6)Ceq \\al(2,2)(－2)2＝－59.
(2)因为(x－2y＋2z)5＝[(x－2y)＋2z]5，所以其通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(x－2y)5－r·(2z)r，
令r＝1，所以T2＝Ceq \\al(1,5)·(x－2y)4·2z＝10(x－2y)4z，
二项式(x－2y)4的通项为T′k＋1＝Ceq \\al(k,4)·x4－k·(－2y)k，
令k＝3，所以T′4＝Ceq \\al(3,4)·x·(－2y)3＝－32xy3，因此xy3z项的系数为10×(－32)＝－320.故选A．
答案：(1)B (2)A
题型 展开式的系数和问题
典例4(1)(2024·江苏南通如皋期末)已知(3x－1)(x＋1)n的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含x2的项的系数为
赋值：x＝1得n＝5.( )
A．25 B．3 C．5 D．33
(2)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
令f(x)＝(1－2x)7.
求：①a1＋a2＋…＋a7；f(1)－f(0)
②a1＋a3＋a5＋a7；eq \f(f1－f－1,2)
③a0＋a2＋a4＋a6；eq \f(f1＋f－1,2)
④|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
(1)解析：令x＝1，可得展开式中所有项的系数之和为2n＋1＝64，故n＝5，又(x＋1)n即(x＋1)5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·x5－r，则展开式中含有x2的项的系数为3Ceq \\al(4,5)－Ceq \\al(3,5)＝5.故选C．
即直接凑：3x·Ceq \\al(1,5)x·14＋(－1)Ceq \\al(2,5)x2·13.
(2)解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.(ⅰ)
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(ⅱ)
①∵a0＝Ceq \\al(0,7)＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
②[(ⅰ)－(ⅱ)]÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(－1－37,2)＝－1 094.
③[(ⅰ)＋(ⅱ)]÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(－1＋37,2)＝1 093.
④∵(1－2x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
方法二：转化成求(1＋2x)7的系数和：令x＝1.
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)．
∴由②③即可得其值为2 187.
本题采用的是“赋值法”，它普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，在解有关问题时，经常要用到这种方法．
(1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
(2)对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(3)一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f1＋f－1,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f1－f－1,2).eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练4(1)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960 B．960
C．1 120 D．1 680
(2)(多选)(2024·广东深圳模拟)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
(3)已知－Ceq \\al(1,100)(2－x)＋Ceq \\al(2,100)(2－x)2－Ceq \\al(3,100)(2－x)3＋…＋Ceq \\al(100,100)(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则a1＋a2＋a3＋…＋a99的值是( )
A．－1 B．－2
C．299－1 D．eq \f(299－1,2)
解析：(1)根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，解得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝Ceq \\al(4,8)(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120.故选C．
(2)因为(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝0，则a0＝28，故A正确；令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(2－1)8＝1，所以a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B错误；令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C错误；(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8两边对x求导得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，再令x＝1得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．故选AD．
(3)记f(x)＝1－Ceq \\al(1,100)(2－x)＋Ceq \\al(2,100)(2－x)2－Ceq \\al(3,100)(2－x)3＋…＋Ceq \\al(100,100)(2－x)100－1＝[1－(2－x)]100－1＝(x－1)100－1，
即(x－1)100－1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝－1.令x＝0，得a0＝0，
又易知a100＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝－2.
答案：(1)C (2)AD (3)B
题型 展开式系数最大项问题
典例5已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,x)＋\f(1,2\r(4,x))))n的展开式中前三项的系数为等差数列．可求出n＝8.
(1)求二项式系数最大的项；展开共9项，中间一项的二项式系数最大．
(2)求展开式中系数最大的项．
解：∵二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))rx eq \s\up15(eq \f(2n－3r,4)) ，∴展开式中前三项的系数为Ceq \\al(0,n)＝1，Ceq \\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＝eq \f(n,2)，Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,8)n(n－1)，
由题设可知2·eq \f(n,2)＝1＋eq \f(1,8)n(n－1)，
即n2－9n＋8＝0，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)二项式系数最大的项为T5＝Ceq \\al(4,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4x＝eq \f(35,8)x.
(2)设第r＋1项的系数Ar＋1最大，显然Ar＋1>0，
故有eq \f(Ar＋1,Ar)≥1且eq \f(Ar＋2,Ar＋1)≤1，
∵eq \f(Ar＋1,Ar)＝eq \f(C\\al(r,8)·2－r,C\\al(r－1,8)·2－r＋1)＝eq \f(9－r,2r)，
由eq \f(9－r,2r)≥1，得r≤3.
又∵eq \f(Ar＋2,Ar＋1)＝eq \f(C\\al(r＋1,8)·2－r＋1,C\\al(r,8)·2－r)＝eq \f(8－r,2r＋1)，
原式＝eq \f(C\\al(r＋1,8),2C\\al(r,8))＝eq \f(8！,r＋1！7－r！)×eq \f(r！8－r！,2 ×8！)＝eq \f(8－r,2r＋1).
由eq \f(8－r,2r＋1)≤1，得r≥2.
∴r＝2或r＝3，所求项为T3＝7x eq \s\up15(eq \f(5,2)) 或T4＝7x eq \s\up15(eq \f(7,4)) .
1．二项式系数最大项的确定方法
(1)若n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大．
(2)若n是奇数，则中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(第\f(n＋1,2)项与第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等且最大．
2．二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第r项系数最大，应用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ar≥Ar－1，,Ar≥Ar＋1))解出r.
对点练5(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r( ,x))))n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为( )
A．－126 B．－70
C．－56 D．－28
(2)已知(eq \r(3,x)＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))2n的展开式中：
①二项式系数最大的项；
②系数的绝对值最大的项．
(1)解析：∵只有第5项的二项式系数最大，
∴n＝8，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r( ,x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,8)x eq \s\up15(8－eq \f(3,2)k) (k＝0,1,2，…，8)，
∴展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小，为(－1)3Ceq \\al(3,8)＝－56.
答案：C
(2)解：由题意，知22n－2n＝992，
即(2n－32)(2n＋31)＝0.
∴2n＝32，解得n＝5.
①由二项式系数的性质，知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T6＝Ceq \\al(5,10)·(2x)5·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))5＝－8 064.
②设第r＋1项的系数的绝对值最大，
∵Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)·(2x)10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r
＝(－1)rCeq \\al(r,10)·210－r·x10－2r，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,10)·210－r≥C\\al(r －1,10)·211－r，,C\\al(r,10)·210－r≥C\\al(r ＋1,10)·210－r－1，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,10)≥2C\\al(r －1,10)，,2C\\al(r,10)≥C\\al(r ＋1,10)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11－r≥2r，,2r＋1≥10－r.))
解得eq \f(8,3)≤r≤eq \f(11,3).
∵r∈Z，∴r＝3，故系数的绝对值最大的是第4项，T4＝－Ceq \\al(3,10)·27·x4＝－15 360x4.
题型 二项式定理的综合应用
典例6(1)计算1.028.(精确到0.001)
(2)1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是多少？
(3)求证：当n∈N且n≥3时，2n－1≥n＋1.
(4)求证：512 022＋12能被13整除．
(1)解：1.028＝(1＋0.02)8≈Ceq \\al(0,8)＋Ceq \\al(1,8)×0.02＋Ceq \\al(2,8)×0.022＋Ceq \\al(3,8)×0.023≈1.172.
(2)解：1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝
二项式定理的逆用．
(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810Ceq \\al(0,10)＋889Ceq \\al(1,10)＋…
由于除数是88，因此89＝88＋1.
＋88Ceq \\al(9,10)＋Ceq \\al(10,10)＝88k＋1(k为正整数)，所以可知余数为1.
(3)证明：当n≥3时，2n＝(1＋1)n＝1＋n＋Ceq \\al(2,n)＋…＋n＋1≥2＋2n，∴2n－1≥n＋1.
(4)证明：∵512 022＋12＝(52－1)2 022＋12
由于除数是13，则51＝52－1＝13×4－1.
＝Ceq \\al(0,2 022)·522 022－Ceq \\al(1,2 022)·522 021＋…－Ceq \\al(2 021,2 022)·52＋13＝52k＋13(k为正整数)，52与13均能被13整除，∴512 022＋12能被13整除．
1．二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.
2．在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式(数)的因式．
3．由于(a＋b)n的展开式共有n＋1项，故可以通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的.
对点练6(1)(2024·广东佛山模拟)1.026的近似值(精确到0.01)为( )
A．1.12 B．1.13
C．1.14 D．1.20
(2)(2024·湖南湘潭模拟)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a＝b(md m)．若a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220，a＝b(md 10)，则b的值可以是( )
A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014
(3)用二项式定理证明2n>2n＋1(n≥3，n∈N)．
(1)解析：1.026＝(1＋0.02)6＝1＋Ceq \\al(1,6)×0.02＋Ceq \\al(2,6)×0.022＋Ceq \\al(3,6)×0.023＋…＋0.026≈1＋0.12＋0.006≈1.13.故选B．
答案：B
(2)解析：∵a＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝Ceq \\al(0,10)1010－Ceq \\al(1,10)109＋…－Ceq \\al(9,10)10＋1，
∴被10除得的余数为1，而2 011被10除得的余数是1，故选A．
答案：A
(3)证明：当n≥3，n∈N时，
2n＝(1＋1)n＝Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋…＋Ceq \\al(n－1,n)＋Ceq \\al(n,n)≥Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(n－1,n)＋Ceq \\al(n,n)＝2n＋2>2n＋1，∴不等式成立．