高考数学一轮复习第十章 10.3

这是一份高考数学一轮复习第十章 10.3，共11页。试卷主要包含了二项式定理等内容，欢迎下载使用。


1．二项式定理
2.二项式系数的性质
(1)Ceq \\al(0,n)＝1，Ceq \\al(n,n)＝1，Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n).
Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)(0≤m≤n)．
(2)二项式系数先增后减中间项最大．
当n为偶数时，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，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.
(3)各二项式系数和：Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n，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.
概念方法微思考
1．(a＋b)n与(b＋a)n的展开式有何区别与联系？
提示 (a＋b)n的展开式与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同而且两个展开式的通项不同．
2．二项展开式中二项式系数最大时该项的系数就最大吗？
提示 不一定最大，当二项式中a，b的系数为1时，此时二项式系数等于项的系数，否则不一定．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Ceq \\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式的第k项．( × )
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )
(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．( √ )
题组二 教材改编
2．(1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于( )
A．80 B．40 C．20 D．10
答案 B
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.
3．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10 B．20 C．30 D．120
答案 B
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)))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.
4．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 B
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.
题组三 易错自纠
5．(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是( )
A．Ceq \\al(m,n) B．Ceq \\al(m＋1,n)
C．Ceq \\al(m－1,n) D．(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n)
答案 D
解析 (x－y)n二项展开式第m项的通项为
Tm＝Ceq \\al(m－1,n)(－y)m－1xn－m＋1，
所以系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
6．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x))))n(a为常数)的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A．1 B．±1 C．2 D．±2
答案 C
解析 根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n＝32，可得n＝5，则二项式的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3,x))))k＝akCeq \\al(k,5)x，令eq \f(15－5k,6)＝0，得k＝3，则其常数项为Ceq \\al(3,5)a3，根据题意，有Ceq \\al(3,5)a3＝80，可得a＝2.
7．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))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________．
答案 1
解析 因为所有二项式系数的和是32，所以2n＝32，解得n＝5.
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(1,x)))5中，令x＝1可得展开式中各项系数的和为(2－1)5＝1.
多项展开式的特定项
命题点1 二项展开式问题
例1 (1)(2020·山东模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x))10的展开式中x4的系数是( )
A．－210 B．－120
C．120 D．210
答案 B
解析 由二项展开式，知其通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))10－k(－x)k＝(－1)kCeq \\al(k,10)x2k－10，
令2k－10＝4，解得k＝7.
所以x4的系数为(－1)7Ceq \\al(7,10)＝－120.
(2)(2019·浙江)在二项式(eq \r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．
答案 16eq \r(2) 5
解析 该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(2))9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(eq \r(2))9＝16eq \r(2)；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.
命题点2 两个多项式积的展开式问题
例2 (1)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( )
A．12 B．16 C．20 D．24
答案 A
解析 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)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))(1＋x)6的展开式中x2的系数为( )
A．15 B．20 C．30 D．35
答案 C
解析 因为(1＋x)6的通项为Ceq \\al(k,6)xk，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))(1＋x)6的展开式中含x2的项为1·Ceq \\al(2,6)x2和eq \f(1,x2)·Ceq \\al(4,6)x4.
因为Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,6)＝2Ceq \\al(2,6)＝2×eq \f(6×5,2×1)＝30，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))(1＋x)6的展开式中x2的系数为30.
故选C.
命题点3 三项展开式问题
例3 (1)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
答案 C
解析 方法一 利用二项展开式的通项求解．
(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.故选C.
方法二 利用排列组合知识求解．
(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个因式取y，剩余的三个因式中两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)＝30.故选C.
(2)(2020·合肥检测)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)＋1))5展开式中的常数项为( )
A．1 B．11 C．－19 D．51
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)＋1))5＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))＋1))5
展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))5－k
当k＝5时，常数项为Ceq \\al(5,5)＝1，
当k＝3时，常数项为－Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)＝－20，
当k＝1时，常数项为Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＝30.
综上所述，常数项为1－20＋30＝11.
思维升华 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，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，代回通项公式即可．
(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．
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．
跟踪训练1 (1)(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为( )
A．－3 B．－2 C．1 D．4
答案 B
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，故选B.
(2)(x＋a)10的展开式中，x7项的系数为15，则a＝______.(用数字填写答案)
答案 eq \f(1,2)
解析 通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－kak，令10－k＝7，
∴k＝3，∴x7项的系数为Ceq \\al(3,10)a3＝15，
∴a3＝eq \f(1,8)，∴a＝eq \f(1,2).
(3)(1＋2x－3x2)5展开式中x5的系数为________．
答案 92
解析 方法一 (1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝Ceq \\al(0,5)(1＋2x)5＋Ceq \\al(1,5)(1＋2x)4(－3x2)＋Ceq \\al(2,5)(1＋2x)3(－3x2)2＋…＋Ceq \\al(5,5)(－3x2)5，
所以x5的系数为Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(5,5)25＋Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(3,4)×23×(－3)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)×2×(－3)2＝92.
方法二 (1＋2x－3x2)5＝(1－x)5(1＋3x)5，所以x5的系数为Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(5,5)35＋Ceq \\al(1,5)(－1)Ceq \\al(4,5)34＋Ceq \\al(2,5)(－1)2Ceq \\al(3,5)33＋Ceq \\al(3,5)(－1)3Ceq \\al(2,5)32＋Ceq \\al(4,5)(－1)4Ceq \\al(1,5)31＋Ceq \\al(5,5)(－1)5Ceq \\al(0,5)30＝92.
二项式系数的和与各项系数的和问题
命题点1 二项式系数和与系数和
例4 (1)(2019·郑州一中测试)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为( )
A．－1 B．1 C．27 D．－27
答案 A
解析 依题意得2n＝8，解得n＝3.取x＝1得，该二项展开式每一项的系数之和为(1－2)3＝－1.
(2)(2019·宣城调研)若(2－x)7＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a7(1＋x)7，则a0＋a1＋a2＋…＋a6的值为( )
A．1 B．2
C．129 D．2 188
答案 C
解析 令x＝0得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27＝128，
又(2－x)7＝[3－(x＋1)]7，
则a7(1＋x)7＝Ceq \\al(7,7)·30·[－(x＋1)]7，解得a7＝－1.
故a0＋a1＋a2＋…＋a6＝128－a7＝128＋1＝129.
命题点2 二项式系数的最值问题
例5 (2019·马鞍山模拟)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为( )
A．3 B．5 C．6 D．7
答案 D
解析 根据eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，得n＝20，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,20)·(eq \r(3)x)20－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))k＝(eq \r(3))20－k·Ceq \\al(k,20)·，要使x的指数是整数，需k是3的倍数，∴k＝0,3,6,9,12,15,18，∴x的指数是整数的项共有7项．
思维升华 (1)形如(ax＋b)n，(ax3＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常采用赋值法，只需令x＝1即可．
(2)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.
跟踪训练2 (1)(2019·山西八校联考)已知(1＋x)n的展开式中第5项和第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210 C．211 D．212
答案 A
解析 由题意知Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(6,n)，由组合数性质得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.
(2)已知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等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 由题意可知，a＝Ceq \\al(m,2m)，b＝Ceq \\al(m,2m＋1)，
∵13a＝7b，∴13·eq \f(2m！,m！m！)＝7·eq \f(2m＋1！,m！m＋1！)，
即eq \f(13,7)＝eq \f(2m＋1,m＋1)，解得m＝6.
(3)(2019·合肥质检)已知m是常数，若(mx－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝33，则m＝________.
答案 3
解析 当x＝0时，(－1)5＝－1＝a0.当x＝1时，(m－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝33－1＝32，则m－1＝2，m＝3.
1．(2020·湖北龙泉中学、钟祥一中、京山一中，沙洋中学联考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))6的展开式中，常数项为( )
A．－240 B．－60 C．60 D．240
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))6的二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))k＝Ceq \\al(k,6)(－2)kx12－3k，
令12－3k＝0得k＝4，
即常数项为T5＝Ceq \\al(4,6)(－2)4＝240.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中x3项的系数为( )
A．80 B．－80 C．－40 D．48
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)k·25－k·Ceq \\al(k,5)·x5－2k，令5－2k＝3，得k＝1.于是展开式中x3项的系数为(－1)·25－1·Ceq \\al(1,5)＝－80，故选B.
3．(2019·十堰调研)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6＋\f(1,x\r(x))))n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 C
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6＋\f(1,x\r(x))))n展开式的通项为Ceq \\al(k,n)(x6)n－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))k＝，k＝0,1,2，…n，
则依题设，由6n－eq \f(15,2)k＝0，
得n＝eq \f(5,4)k，∴n的最小值等于5.
4．(2020·广州海珠区模拟)(x＋y)(2x－y)6的展开式中x4y3的系数为( )
A．－80 B．－40 C．40 D．80
答案 D
解析 (2x－y)6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－k(－y)k，当k＝2时，T3＝240x4y2，当k＝3时，T4＝－160x3y3，故x4y3的系数为240－160＝80，故选D.
5．(2019·江淮十校考前最后一卷)已知(x＋1)(2x＋a)5的展开式中各项系数和为2，则其展开式中含x3项的系数是( )
A．－40 B．－20 C．20 D．40
答案 D
解析 令x＝1，可得(x＋1)(2x＋a)5的展开式中各项系数和为2(2＋a)5＝2.
∴a＝－1.
二项式(2x－1)5的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)5－k·(－1)k
＝25－k·(－1)k·Ceq \\al(k,5)·x5－k，
所以(x＋1)(2x－1)5的展开式中含x3项的系数为22(－1)3Ceq \\al(3,5)＋23(－1)2Ceq \\al(2,5)＝40.
6．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为( )
A．50 B．70 C．90 D．120
答案 C
解析 令x＝1，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n＝4n，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以eq \f(4n,2n)＝2n＝32，解得n＝5.
二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(x))))k＝，令5－eq \f(3,2)k＝2，得k＝2，所以x2的系数为Ceq \\al(2,5)32＝90.
7．(多选)二项式(2x－1)7的展开式的各项中，二项式系数最大的项是( )
A．第2项 B．第3项
C．第4项 D．第5项
答案 CD
解析 本题考查二项式系数的性质．
因为二项式(2x－1)7展开式的各项的二项式系数为Ceq \\al(k,7)(k＝0,1,2,3,4,5,6,7)，
易知当k＝3或k＝4时，Ceq \\al(k,7)最大，
即二项展开式中，二项式系数最大的为第4项和第5项．
8．(多选)对于二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N*)，以下判断正确的有( )
A．存在n∈N*，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*，展开式中有x的一次项
答案 AD
解析 该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,x)))n－k(x3)k＝Ceq \\al(k,n)x4k－n，
∴当n＝4k时，展开式中存在常数项，A选项正确，B选项错误；
当n＝4k－1时，展开式中存在x的一次项，D选项正确，C选项错误．
故选AD.
9．(2020·焦作模拟)(x－eq \r(x))6的展开式中，含x5项的系数为________．
答案 15
解析 展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k·，
令6－eq \f(k,2)＝5，得k＝2，
故含x5的系数为Ceq \\al(2,6)＝15.
10．(2019·晋城模拟)(2－3x)2(1－x)7的展开式中，x3的系数为________．
答案 －455
解析 依题意，x3的系数为4Ceq \\al(3,7)×(－1)3－12Ceq \\al(2,7)(－1)2＋9Ceq \\al(1,7)(－1)＝－455.
11．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))(2x＋1)5(a≠0)，若其展开式中各项的系数和为81，则a＝________，展开式中常数项为________．
答案 －eq \f(2,3) 10
解析 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))(2x＋1)5中，
令x＝1，得(a＋1)·35＝81，解得a＝－eq \f(2,3)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)x＋\f(1,x)))(2x＋1)5的展开式中的常数项为
eq \f(1,x)·Ceq \\al(4,5)·2x＝10.
12．(2019·怀化模拟)若在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))n的二项展开式中，第3项和第4项的二项式系数相等且最大，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))n的展开式中的常数项为________．
答案 －120
解析 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))n的二项展开式中二项式系数的最大项是第3项和第4项，
则展开式共6项，即n＝6－1＝5，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))n展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(2x)5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝25－kCeq \\al(k,5)x5－2k，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))n的展开式中的常数项为22Ceq \\al(3,5)－2·23Ceq \\al(2,5)＝－120.
13．已知(xcs θ＋1)5的展开式中x2的系数与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5,4)))4的展开式中x3的系数相等，且θ∈(0，π)，则θ等于( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)
答案 B
解析 由二项式定理知(xcs θ＋1)5的展开式中x2的系数为Ceq \\al(3,5)cs2θ，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5,4)))4的展开式中x3的系数为Ceq \\al(1,4)×eq \f(5,4)，所以Ceq \\al(3,5)cs2θ＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(5,4)，解得cs2θ＝eq \f(1,2)，解得cs θ＝±eq \f(\r(2),2)，又θ∈(0，π)，所以θ＝eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)，故选B.
14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))5的展开式中常数项是________．
答案 －1 683
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))5表示五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))相乘，则展开式中的常数项由三种情况产生，第一种是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中分别抽取2x,2x，eq \f(1,x)，eq \f(1,x)，－3，则此时的常数项为Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(2,3)·22·(－3)＝－360，第二种情况是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中都抽取－3，则此时的常数项为(－3)5＝－243，第三种情况是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中分别抽取2x，eq \f(1,x)，－3，－3，－3，则此时的常数项为Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)·21·(－3)3＝－1 080，则展开式中常数项为－360－243－1 080＝－1 683.
15．(2019·衡水中学调研卷)设a，b，m为整数(m>0)，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(mdm)．若a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220，a≡b(md10)，则b的值可以是( )
A．2 018 B．2 019 C．2 020 D．2 021
答案 D
解析 a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220＝(1＋2)20＝320＝(80＋1)5，它被10除所得余数为1，又a≡b(md10)，所以b的值可以是2 021.
16．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(2,\r(4,x))))n展开式中前三项的系数和为163，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
解 易求得展开式前三项的系数为1,2Ceq \\al(1,n)，4Ceq \\al(2,n).
由题意得1＋2Ceq \\al(1,n)＋4Ceq \\al(2,n)＝163，可得n＝9.
(1)设展开式中的有理项为Tk＋1，
由Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(x))9－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(4,x))))k＝2kCeq \\al(k,9)x，
又∵0≤k≤9，∴k＝2,6.
故有理项为T3＝22Ceq \\al(2,9)·＝144x3，
T7＝26·Ceq \\al(6,9)·＝5 376.
(2)设展开式中Tk＋1项的系数最大，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kC\\al(k,9)≥2k＋1C\\al(k＋1,9)，,2kC\\al(k,9)≥2k－1C\\al(k－1,9)，))
∴eq \f(17,3)≤k≤eq \f(20,3)，
又∵k∈N，∴k＝6，
故展开式中系数最大的项为T7＝5 376.二项式定理
(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*)
二项展开式
的通项公式
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示第k＋1项
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)