新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第3节　二项式定理（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第3节　二项式定理（2份，原卷版+解析版），共6页。

【知识梳理】
1.二项式定理
(1)二项式定理：(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：Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，k＝0，1，2，…，n，它表示第k＋1项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n,n).
2.二项式系数的性质
3.各二项式系数和
(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即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.
[常用结论与微点提醒]
(a＋b)n的展开式形式上的特点：
(1)项数为n＋1；
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n；
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n；
(4)二项式系数从Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，一直到Ceq \\al(n－1,n)，Ceq \\al(n,n).
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)Ceq \\al(k,n)an－kbk是二项展开式的第k项.( )
(2)二项展开式中，二项式系数最大的项为中间一项.( )
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关.( )
(4)(a＋b)n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.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
解析 二项展开式中Ceq \\al(k,n)an－kbk是第k＋1项，二项式系数最大的项为中间一项或中间两项，故(1)(2)均不正确.
2.(选修三P34T1改编)在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是( )
A.74B.121C.－74D.－121
答案 D
解析 将(1－x)5，(1－x)6，(1－x)7，(1－x)8中含x3项的系数分别相加，即得展开式中含x3项的系数为Ceq \\al(3,5)(－1)3＋Ceq \\al(3,6)(－1)3＋Ceq \\al(3,7)(－1)3＋Ceq \\al(3,8)(－1)3＝－121.
3.(选修三P38T3改编)在(1－2x)10的展开式中，各项系数的和是________.
答案 1
解析 令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)10＝1.
4.(选修三P31T4改编)(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数为________.
答案 135
解析 ∵(1－x)10展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(－x)r，
令r＝4，3，2分别得展开式含x4，x3，x2的系数为Ceq \\al(4,10)，－Ceq \\al(3,10)，Ceq \\al(2,10).故展开式中含x4的系数为
Ceq \\al(4,10)－Ceq \\al(3,10)＋Ceq \\al(2,10)＝135.
考点一 展开式中的通项
角度1 求二项展开式的特定项
例1 (1)(2023·天津卷)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))eq \s\up12(6)的展开式中，x2的系数是________.
答案 60
解析 法一 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))eq \s\up12(6)展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x3)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)k26－k·Ceq \\al(k,6)x18－4k，
令18－4k＝2，解得k＝4，
所以x2的系数为(－1)4×22×Ceq \\al(4,6)＝60.
法二 将二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))eq \s\up12(6)看成6个多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x)))相乘，要想出现x2项，则先在2个多项式中分别取2x3，然后在余下的多项式中都取－eq \f(1,x)相乘，
即Ceq \\al(2,6)(2x3)2×Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(4)＝60x2，所以x2的系数为60.
(2)(2023·德州模拟)若n∈Z，且3≤n≤6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))eq \s\up12(n)的展开式中的常数项为________.
答案 4
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))eq \s\up12(n)展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xn－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x3)))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,n)xn－4k，
因为3≤n≤6，令n－4k＝0，解得n＝4，k＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x3)))eq \s\up12(n)的展开式中的常数项为4.
角度2 两个二项式之积
例2 (1)(2024·长沙调考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2))(1－2x)4的展开式中，常数项为( )
A.－4B.－6C.－8D.－10
答案 D
解析 (1－2x)4的展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(－2x)r＝Ceq \\al(r,4)(－2)r·xr，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2))(1－2x)4的展开式中，常数项为
Ceq \\al(1,4)×(－2)＋(－2)×Ceq \\al(0,4)＝－8－2＝－10.
(2)(2024·河南名校联考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,y)))(x＋2y)6的展开式中x2y4的系数为________.
答案 432
解析 将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,y)))(x＋2y)6整理得(1＋xy－1)·(x＋2y)6，展开式中含x2y4的项为Ceq \\al(5,6)·(xy－1)·x·(2y)5＋Ceq \\al(4,6)x2·(2y)4＝432x2y4，系数为432.
角度3 三项展开式问题
例3 (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________.
答案 30
解析 法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝Ceq \\al(2,5)(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq \\al(1,3)x4·x＝Ceq \\al(1,3)x5.
所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)＝30.
法二 (x2＋x＋y)5表示5个因式(x2＋x＋y)之积.
∴x5y2可从两个因式中取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余两个因式取y，
因此x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.
感悟提升 1.求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，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)，解出项数k＋1，代回通项即可.
2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解.
3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.
训练1 (1)(2024·北京昌平区质检)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))eq \s\up12(5)的展开式中eq \f(1,x)的系数是10，则实数a＝( )
A.－1B.1C.－2D.2
答案 B
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))eq \s\up12(5)的展开式的通项为
Ceq \\al(r,5)·x5－r·(ax－1)r＝ar·Ceq \\al(r,5)·x5－2r，
令5－2r＝－1，解得r＝3，
所以a3·Ceq \\al(3,5)＝10a3＝10，解得a＝1.
(2)(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为________.
答案 －2
解析 (x－1)4的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k(－1)k，
(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为
Ceq \\al(3,4)(－1)3＋Ceq \\al(2,4)(－1)2＋Ceq \\al(1,4)(－1)＝－2.
(3)(2024·重庆质检)(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为________.
答案 120
解析 将(2x2＋y＋1)5看作5个因式(2x2＋y＋1)相乘，
根据x4y2的指数可得5个因式中有两个选2x2，两个选y，一个选1，进行相乘，
即(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为
Ceq \\al(2,5)×22×Ceq \\al(2,3)＝120.
考点二 二项式系数的和与各项系数的和
例4 (1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则( )
A.二项式系数和为32B.各项系数和为128
C.常数项为－135D.常数项为135
答案 D
解析 令x＝1，得各项系数和为2n，
又二项式系数和为2n，则2×2n＝128，得n＝6，
即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B不正确；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(3x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k36－k·x6－eq \f(3,2)k，
令6－eq \f(3,2)k＝0，得k＝4，
因此展开式中的常数项为T5＝Ceq \\al(4,6)·(－1)4·32＝135，故C不正确，D正确.
(2)(2024·南昌调研)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________.
答案 300 5 120
解析 ①由已知得(1＋x)10展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)xk，所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数.
故a2＋a6＋a8＝Ceq \\al(2,10)＋Ceq \\al(6,10)＋Ceq \\al(8,10)＝300.
②对原式两边求导得，
10(1＋x)9＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9.
令x＝1，得
a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×29＝5 120.
感悟提升 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝
(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为
eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)].
训练2 (1)(2024·西安质检)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )
A.1B.243C.121D.122
答案 B
解析 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|＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝122＋121＝243.
(2)设(eq \r(2)＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2的值为________.
答案 1
解析 令x＝1有a0＋a1＋…＋a10＝(eq \r(2)＋1)10，
令x＝－1有a0－a1＋a2－…＋a10＝(eq \r(2)－1)10，
故(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)·(a0－a1＋a2－…＋a10)＝(eq \r(2)＋1)10(eq \r(2)－1)10＝1.
考点三 系数的最值问题
例5 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，则：
(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的二项式系数最大的项为________；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式系数最大的项为________.
答案 (1)8 064 (2)15 360x4
解析 由题意知，22n－2n＝992，
即(2n－32)(2n＋31)＝0，
∴2n＝32(负值舍去)，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)))eq \s\up12(10)的展开式中第6项的二项式系数最大，即Ceq \\al(5,10)＝252.
∴T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5eq \f(1,x5)＝Ceq \\al(5,10)25＝8 064.
(2)设第r＋1项的系数最大.
∵Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(2x)10－req \f(1,xr)＝Ceq \\al(r,10)210－rx10－2r，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r－1,10)210－r＋1，,Ceq \\al(r,10)210－r≥Ceq \\al(r＋1,10)210－r－1，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,10)≥2Ceq \\al(r－1,10)，,2Ceq \\al(r,10)≥Ceq \\al(r＋1,10)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－r≥2r，,2（r＋1）≥10－r，))
解得eq \f(8,3)≤r≤eq \f(11,3).
∵r∈N，∴r＝3.
故系数最大的项是第4项，第4项为
T4＝Ceq \\al(3,10)27x4＝15 360x4.
感悟提升 1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第eq \f(n,2)＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第eq \f(n＋1,2)项和第eq \f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为或.
2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，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k项系数最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))从而解出k即可.
训练3 (多选)(2024·杭州质检)关于(a－b)11的说法，正确的是( )
A.展开式中的二项式系数之和为2 048
B.展开式中只有第6项的二项式系数最大
C.展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最小
答案 ACD
解析 由二项式系数的性质知，(a－b)11的二项式系数之和为211＝2 048，故A正确；
因为(a－b)11的展开式共有12项，中间两项的二项式系数最大，即第6项和第7项的二项式系数最大，故C正确，B错误；
因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小，故D正确.
【A级 基础巩固】
1.(2024·天津段测)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,x2)))eq \s\up12(6)展开式中的常数项是( )
A.－135B.135C.1 215D.－1 215
答案 B
解析 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)))eq \s\up12(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.
2.(2024·南通调研)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( )
A.25B.3C.5D.33
答案 C
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.
3.(2024·赣州段考)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(8)的展开式中含x5项的系数是( )
A.－112B.112C.－28D.28
答案 B
解析 由二项式定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(8)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(r)＝
(－2)rCeq \\al(r,8)x8－eq \f(3,2)r，0≤r≤8，r∈N，
令8－eq \f(3,2)r＝5，解得r＝2，
所以含x5项的系数是(－2)2Ceq \\al(2,8)＝112.
4.(2024·成都诊断)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的二项展开式中，第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数之和为( )
A.212B.312C.310D.210
答案 C
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)，且第3项与第9项的二项式系数相等，
所以Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(8,n)，解得n＝10，
取x＝1，所以所有项的系数之和为310.
5.(2024·柳州、梧州大联考)已知(2－x)·(2x＋1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a6＝( )
A.34B.30C.－34D.－30
答案 D
解析 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＝－1×25＝－32，
所以a0＋a6＝－30.
6.在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)(x＋3)的展开式中，常数项为( )
A.－eq \f(15,2)B.eq \f(15,2)C.－eq \f(5,2)D.eq \f(5,2)
答案 A
解析 原式＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)，①
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))eq \s\up12(6)的通项为Tk＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)Ceq \\al(k,6)x6－2k.
当6－2k＝－1时，k＝eq \f(7,2)∉Z，
故①式中的前一项不会出现常数项；
当6－2k＝0，即k＝3时，可得①式中的后一项满足题意，
此时原式常数项为3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(3)×Ceq \\al(3,6)＝－eq \f(15,2).
7.(多选)(2024·青岛模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(8)的展开式中，下列说法正确的是( )
A.常数项是1 120
B.第四项和第六项的系数相等
C.各项的二项式系数之和为256
D.各项的系数之和为256
答案 AC
解析 根据二项式定理，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(8)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)28－k(－1)kx8－2k，k＝0，1，2，…，8.
对于A，令8－2k＝0，得k＝4，
则常数项为Ceq \\al(4,8)24(－1)4＝1 120，故A正确；
对于B，第四项的系数为Ceq \\al(3,8)28－3(－1)3＝－1 792，第六项的系数为Ceq \\al(5,8)28－5(－1)5＝－448，故B错误；
对于C，因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；
对于D，令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
8.(2024·厦门质检)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数为________.
答案 70
解析 由题目条件，只有第5项的二项式系数最大，得n＝8.
∴通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(r)＝(－1)rCeq \\al(r,8)x8－eq \f(3,2)r，
令8－eq \f(3,2)r＝2，解得r＝4.
∴展开式中含x2项的系数为(－1)4Ceq \\al(4,8)＝70.
9.(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________.
答案 1 680
解析 (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)·3eq \f(7－k,3)·(－2)k(k＝0，1，2，3，4，5，6，7)，
要使第k＋1项为有理项，
则eq \f(7－k,3)∈Z，则k可取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)·3eq \f(7－4,3)·(－2)4＝35×3×16＝1 680.
10.设a＝3n＋Ceq \\al(1,n)3n－1＋Ceq \\al(2,n)3n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)3，则当n＝2 024时，a除以15所得余数为________.
答案 0
解析 ∵Ceq \\al(0,n)3n＋Ceq \\al(1,n)3n－1＋Ceq \\al(2,n)3n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)3＋Ceq \\al(n,n)30＝(3＋1)n＝4n，
∴a＝4n－1，
当n＝2 024时，a＝42 024－1＝(15＋1)1 012－1，
而(15＋1)1 012－1＝Ceq \\al(0,1 012)151 012＋Ceq \\al(1,1 012)151 011＋…＋Ceq \\al(1 011,1 012)15，
故此时a除以15所得余数为0.
11.已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项.
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数.
解 (1)通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)xeq \s\up6(\f(n－r,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)x－eq \f(r,3)＝Ceq \\al(r,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(r)xeq \s\up6(\f(n－2r,3))，
∵第6项为常数项，
∴r＝5时，有eq \f(n－2r,3)＝0，即n＝10.
(2)令eq \f(n－2r,3)＝2，得r＝eq \f(1,2)(n－6)
＝eq \f(1,2)×(10－6)＝2，
∴含x2的项的系数为Ceq \\al(2,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(45,4).
12.(2024·武汉质检)在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题.
已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中，________.
(1)求n的值；
(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)选择条件①：
若(2x－1)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则eq \f(n,2)＝5.所以n＝10.
选择条件②：
若(2x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等， Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n).
所以n＝10.
选择条件③：
若(2x－1)n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210.
所以n＝10.
(2)由(1)知n＝10，则(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，
令x＝0，则a0＝1，
令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10
＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.
【B级 能力提升】
13.(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是( )
A.120B.－120C.60D.30
答案 A
解析 由题意知
(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，
展开式的第k＋1项为Ceq \\al(k,5)(x＋y)5－k(－2z)k，
令k＝2，可得第3项为(－2)2Ceq \\al(2,5)(x＋y)3z2，
(x＋y)3的展开式的第m＋1项为Ceq \\al(m,3)x3－mym，
令m＝2，可得第3项为Ceq \\al(2,3)xy2，
所以(x＋y－2z)5的展开式中，
xy2z2的系数是(－2)2Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)＝120.
14.在(3x－2y)20的展开式中，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数绝对值最大的项；
(3)系数最大的项.
解 (1)由题意得二项式系数最大的项为第11项，即T11＝Ceq \\al(10,20)(3x)10(－2y)10＝Ceq \\al(10,20)·310·210x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是第r＋1项，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(r,20)·320－r·2r≥Ceq \\al(r＋1,20)·319－r·2r＋1，,Ceq \\al(r,20)·320－r·2r≥Ceq \\al(r－1,20)·321－r·2r－1，))
化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（r＋1）≥2（20－r），,2（21－r）≥3r，))
解得7eq \f(2,5)≤r≤8eq \f(2,5)，
因为r∈N，所以r＝8，
即T9＝Ceq \\al(8,20)·312·28x12y8是系数绝对值最大的项.
(3)由于系数为正的项为奇数项，
故可设第2r－1项的系数最大(r∈N*)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(2r－2,20)·322－2r·22r－2≥Ceq \\al(2r－4,20)·324－2r·22r－4，,Ceq \\al(2r－2,20)·322－2r·22r－2≥Ceq \\al(2r,20)·320－2r·22r，))
化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10r2＋143r－1 077≤0，,10r2＋163r－924≥0，))
解得r＝5，即第9项系数最大，
T9＝Ceq \\al(8,20)·312·28x12y8.
性质
性质描述
对称性
与首末等距离的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)
增减性
二项式系数Ceq \\al(k,n)
当k＜eq \f(n＋1,2)(n∈N*)时，是递增的
当k＞eq \f(n＋1,2)(n∈N*)时，是递减的
二项式系数
最大值
当n为偶数时，中间的一项取得最大值
当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值