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高考数学一轮复习 第十章 第3节
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这是一份高考数学一轮复习 第十章 第3节，共14页。试卷主要包含了二项式系数的性质，各二项式系数和等内容，欢迎下载使用。
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(r,n)an－rbr＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)；
(2)通项公式：Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr，它表示第r＋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)偶数项的二项式系数的和等于奇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.
[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)二项式的系数从Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，一直到Ceq \\al(n－1,n)，Ceq \\al(n,n).
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(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，系数最大的项为中间一项或中间两项.( )
(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.( )
解析 二项式展开式中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.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2.(选修2－3P31T4改编)(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)
解析 (x－y)n展开式中第m项的系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
答案 D
3.(选修2－3P35练习A1(3)改编)eq \f(Ceq \\al(0,2 019)＋Ceq \\al(1,2 019)＋Ceq \\al(2,2 019)＋…＋Ceq \\al(2 019,2 019),Ceq \\al(0,2 018)＋Ceq \\al(2,2 018)＋Ceq \\al(4,2 018)＋…＋Ceq \\al(2 018,2 018))的值为( )
A.2 B.4
C.2 019 D.2 018×2 019
解析 原式＝eq \f(22 019,22 018－1)＝22＝4.
答案 B
4.(2018·全国Ⅲ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))eq \s\up12(5)的展开式中x4的系数为( )
A.10 B.20 C.40 D.80
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,5)2rx10－3r，由10－3r＝4，得r＝2，所以x4的系数为Ceq \\al(2,5)×22＝40.
答案 C
5.(2019·东营调研)已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈N＋)是一个递增数列，则k的最大值是( )
A.5 B.6 C.7 D.8
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 B
6.(2018·浙江卷)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))eq \s\up12(8)的展开式的常数项是________.
解析 该二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)xeq \f(8－r,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(r)xeq \f(8－4r,3).令eq \f(8－4r,3)＝0，解得r＝2，所以所求常数项为Ceq \\al(2,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝7.
答案 7
考点一 通项公式及其应用 多维探究
角度1 求二项展开式中的特定项
【例1－1】 (1)(2019·北京海淀区二模)(x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的展开式的常数项是( )
A.5 B.－10 C.－32 D.－42
(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 (1)由于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的通项为Ceq \\al(r,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5－r)·(－2)r＝Ceq \\al(r,5)·(－2)r·xeq \f(r－5,2)，
故(x2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的展开式的常数项是Ceq \\al(1,5)·(－2)＋Ceq \\al(5,5)(－2)5＝－42.
(2)二项展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \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，
∵k∈N，∴r应为偶数.
∴r可取2，0，－2，即k可取2，5，8，
∴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 (1)D (2)eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2
规律方法 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r＋1，代回通项公式即可.
角度2 求二项展开式中特定项的系数
【例1－2】 (1)(多项式是积的形式)(2017·全国Ⅰ卷)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
(2)(多项式是和的形式)已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中含x3的系数为－2，则a等于( )
A.2eq \r(3) B.2 C.－2 D.－1
(3)(三项展开式问题)(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)因为(1＋x)6的通项为Ceq \\al(r,6)xr，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))(1＋x)6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展开式中x2的系数为30.
(2)(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中x3的系数为Ceq \\al(3,3)a3＋Ceq \\al(3,5)(－1)3＝a3－10＝－2，则a3＝8，解得a＝2.
(3)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x2＋x＋y之积.
∴x5y2可从其中5个因式中，两个取因式中x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，因此x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.
答案 (1)C (2)B (3)C
规律方法 1.求几个多项式和的特定项：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.
2.求几个多项式积的特定项：可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可.
3.三项展开式特定项：(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，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形.
【训练1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷改编)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.
(2)在(1－eq \r(3,x))7＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式中，若x2的系数为19，则a＝________.
解析 (1)由二项式定理可得，展开式中含x3y3的项为x·Ceq \\al(3,5)(2x)2(－y)3＋y·Ceq \\al(2,5)(2x)3(－y)2＝40x3y3，则x3y3的系数为40.
(2)(1－eq \r(3,x))7＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式中x2的系数为Ceq \\al(6,7)(－eq \r(3,x))6＋Ceq \\al(1,6)(eq \r(x))5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(x))))eq \s\up12(1)＝Ceq \\al(6,7)x2＋Ceq \\al(1,6)x2a，则aCeq \\al(1,6)＋Ceq \\al(6,7)＝19，解得a＝2.
答案 (1)40 (2)2
考点二 二项式系数与各项的系数问题
【例2】 (1)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
(2)(2019·汕头质检)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________.
解析 (1)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
(2)令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，
又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39，
∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，
∴m＝－3或m＝1.
答案 (1)3 (2)1或－3
规律方法 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m (a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法.
2.若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)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).
【训练2】 (1)(2019·烟台模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为243，则展开式中x7的系数为( )
A.5 B.40 C.20 D.10
(2)(2018·湘潭三模)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 (1)由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为243，令x＝1得3n＝243，即n＝5，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(5)，则Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(x3)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝2r·Ceq \\al(r,5)·x15－4r，令15－4r＝7，得r＝2，∴展开式中x7的系数为22×Ceq \\al(2,5)＝40.
(2)(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，
∴a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.
答案 (1)B (2)D
考点三 二项式系数的性质 多维探究
角度1 二项式系数的最值问题
【例3－1】 (2019·上海崇明区二模)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(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
解析 根据eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(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))))eq \s\up12(n)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,20)·(eq \r(3)x)20－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(r)＝(eq \r(3))20－r·Ceq \\al(r,20)·x20－eq \f(4r,3)，要使x的指数是整数，需r是3的倍数，∴r＝0，3，6，9，12，15，18，∴x的指数是整数的项共有7项.
答案 D
角度2 项的系数的最值问题
【例3－2】 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，则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式中，二项式系数最大的项为______，系数的绝对值最大的项为________.
解析 由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，故2n＝32，解得n＝5.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，故二项式系数最大的项为T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＝－8 064.
设第k＋1项的系数的绝对值最大，
则Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·(2x)10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,10)·210－k·x10－2k，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k－1,10)·210－k＋1，,Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k＋1,10)·210－k－1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)≥2Ceq \\al(k－1,10)，,2Ceq \\al(k,10)≥Ceq \\al(k＋1,10)，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－k≥2k，,2（k＋1）≥10－k，))解得eq \f(8,3)≤k≤eq \f(11,3).
∵k∈Z，∴k＝3.
故系数的绝对值最大的项是第4项，
T4＝－Ceq \\al(3,10)·27·x4＝－15 360x4.
答案 －8 064 －15 360x4
规律方法 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.
2.二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来，即得.
【训练3】 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＝( )
A.5 B.6 C.7 D.8
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.
答案 B
[思维升华]
1.二项式定理及通项的应用
(1)对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且应学会逆向运用与变形运用.有时先作适当变形后再展开较为简便，有时需适当配凑后逆用二项式定理.
(2)运用二项式定理一定要牢记通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题.
(3)在通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(n∈N*)中，要注意有n∈N*，k∈N，k≤n，即k＝0，1，2，…，n.
2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
[易错防范]
1.二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.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.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(7)的展开式的第4项等于5，则x等于( )
A.eq \f(1,7) B.－eq \f(1,7) C.7 D.－7
解析 由T4＝Ceq \\al(3,7)x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(3)＝5，得x＝－eq \f(1,7).
答案 B
2.已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8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
解析 由题意，Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.
答案 A
3.(2019·广州测试)使eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x3)))eq \s\up12(n)(n∈N*)展开式中含有常数项的n的最小值是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(x2)n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x3)))eq \s\up12(r)＝eq \f(1,2r)Ceq \\al(r,n)x2n－5r，令2n－5r＝0，得n＝eq \f(5,2)r，又n∈N*，所以n的最小值是5.
答案 C
4.(2018·邯郸二模)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，则x3的系数为( )
A.15 B.45 C.135 D.405
解析 令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)中x为1，得各项系数和为4n，又展开式的各项的二项式系数和为2n，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，∴eq \f(4n,2n)＝64，解得n＝6，∴二项式的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·3r·x6－eq \f(3,2)r，令6－eq \f(3,2)r＝3，求得r＝2，故展开式中x3的系数为Ceq \\al(2,6)·32＝135.
答案 C
5.(2019·枣庄二模)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)展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)·x10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,10)·x10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4项的系数为Ceq \\al(3,10)，令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6项的系数为Ceq \\al(2,10)，所以(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Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝30，解得a＝2.
答案 D
6.(1－3x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝( )
A.1 024 B.243 C.32 D.24
解析 令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝[1－(－3)]5＝45＝1 024.
答案 A
7.已知Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)等于( )
A.63 B.64 C.31 D.32
解析 逆用二项式定理得Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝26－Ceq \\al(0,n)＝64－1＝63.
答案 A
8.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 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).
答案 D
二、填空题
9.(2017·山东卷)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.
解析 (1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(3x)r，令r＝2，得T3＝9Ceq \\al(2,n)x2，由题意得9Ceq \\al(2,n)＝54，解得n＝4.
答案 4
10.(2018·石家庄调研)(1＋x)n的二项展开式中，仅第6项的系数最大，则n＝________.
解析 (1＋x)n的二项展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以eq \f(n,2)＋1＝6，n＝10.
答案 10
11.若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________(用数字作答).
解析 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(1＋x)5－k·(－1)k，令5－k＝3，则k＝2，所以T3＝Ceq \\al(2,5)(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
答案 10
12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)的展开式中常数项是__________(用数字作答).
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))－1))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((－1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))))eq \s\up12(5)
的展开式中通项公式：Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－1)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(r)，
其中eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(r)的通项公式：
Tk＋1＝Ceq \\al(k,r)(2x)r－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝2r－kCeq \\al(k,r)xr－2k，
令r－2k＝0，则k＝0，r＝0；k＝1，r＝2；k＝2，r＝4.
因此常数项为Ceq \\al(0,5)(－1)5＋Ceq \\al(2,5)×(－1)3×2×Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,5)×(－1)×22Ceq \\al(2,4)＝－161.
答案 －161
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2019·河南百校联盟模拟)(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A.600 B.360 C.－600 D.－360
解析 由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x3项的系数为3×Ceq \\al(3,6)23(－1)3－2×Ceq \\al(4,6)22(－1)4＝－600.
答案 C
14.在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)的展开式中，含x2项的系数为( )
A.10 B.30 C.45 D.120
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（1＋x）＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)＝(1＋x)10＋Ceq \\al(1,10)(1＋x)9eq \f(1,x2 019)＋…＋Ceq \\al(10,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Ceq \\al(2,10)x2，系数为Ceq \\al(2,10)＝45.
答案 C
15.(2019·安徽江南十校联考)若(x＋y－1)3(2x－y＋a)5的展开式中各项系数的和为32，则该展开式中只含字母x且x的次数为1的项的系数为________(用数字作答).
解析 令x＝y＝1⇒(a＋1)5＝32⇒a＝1，
故原式＝(x＋y－1)3(2x－y＋1)5＝[x＋(y－1)]3[2x＋(1－y)]5，
可知展开式中x的系数为Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(3,3)(－1)3Ceq \\al(1,5)·2＝－7.
答案 －7
16.设(1－ax)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2 018a2 018＝2 018a(a≠0)，则实数a＝________.
解析 已知(1－ax)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018，两边同时对x求导，
得2 018(1－ax)2 017(－a)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 018a2 018x2 017，
令x＝1得，－2 018a(1－a)2 017＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2 018a2 018＝2 018a，
又a≠0，所以(1－a)2 017＝－1，即1－a＝－1，故a＝2.
答案 2
新高考创新预测
17.(多填题)已知eq \f(（2－x）7,1＋x)＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＋eq \f(a,1＋x)，那么a0＋a＝______；a4＝______.
解析 取x＝0，则27＝a0＋a，∴a0＋a＝128.
由已知可得(2－x)7＝(1＋x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＋\f(a,1＋x)))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－Ceq \\al(0,7)x7＝a6x7，,Ceq \\al(1,7)x6·2＝（a5＋a6）x6，,－Ceq \\al(2,7)x5·22＝（a4＋a5）x5，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a6＝－1，,a5＋a6＝14，,a4＋a5＝－84，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a6＝－1，,a5＝15，,a4＝－99.))
答案 128 －99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(k,n)＝Ceq \\al(n－k,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，中间的两项与取得最大值
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(r,n)an－rbr＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)；
(2)通项公式：Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr，它表示第r＋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)偶数项的二项式系数的和等于奇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.
[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)二项式的系数从Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，一直到Ceq \\al(n－1,n)，Ceq \\al(n,n).
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(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，系数最大的项为中间一项或中间两项.( )
(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.( )
解析 二项式展开式中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.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2.(选修2－3P31T4改编)(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)
解析 (x－y)n展开式中第m项的系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
答案 D
3.(选修2－3P35练习A1(3)改编)eq \f(Ceq \\al(0,2 019)＋Ceq \\al(1,2 019)＋Ceq \\al(2,2 019)＋…＋Ceq \\al(2 019,2 019),Ceq \\al(0,2 018)＋Ceq \\al(2,2 018)＋Ceq \\al(4,2 018)＋…＋Ceq \\al(2 018,2 018))的值为( )
A.2 B.4
C.2 019 D.2 018×2 019
解析 原式＝eq \f(22 019,22 018－1)＝22＝4.
答案 B
4.(2018·全国Ⅲ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))eq \s\up12(5)的展开式中x4的系数为( )
A.10 B.20 C.40 D.80
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,5)2rx10－3r，由10－3r＝4，得r＝2，所以x4的系数为Ceq \\al(2,5)×22＝40.
答案 C
5.(2019·东营调研)已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈N＋)是一个递增数列，则k的最大值是( )
A.5 B.6 C.7 D.8
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 B
6.(2018·浙江卷)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))eq \s\up12(8)的展开式的常数项是________.
解析 该二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)xeq \f(8－r,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(r)xeq \f(8－4r,3).令eq \f(8－4r,3)＝0，解得r＝2，所以所求常数项为Ceq \\al(2,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝7.
答案 7
考点一 通项公式及其应用 多维探究
角度1 求二项展开式中的特定项
【例1－1】 (1)(2019·北京海淀区二模)(x2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的展开式的常数项是( )
A.5 B.－10 C.－32 D.－42
(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 (1)由于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的通项为Ceq \\al(r,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))eq \s\up12(5－r)·(－2)r＝Ceq \\al(r,5)·(－2)r·xeq \f(r－5,2)，
故(x2＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(5)的展开式的常数项是Ceq \\al(1,5)·(－2)＋Ceq \\al(5,5)(－2)5＝－42.
(2)二项展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \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，
∵k∈N，∴r应为偶数.
∴r可取2，0，－2，即k可取2，5，8，
∴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 (1)D (2)eq \f(45,4)x2，－eq \f(63,8)，eq \f(45,256)x－2
规律方法 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r＋1，代回通项公式即可.
角度2 求二项展开式中特定项的系数
【例1－2】 (1)(多项式是积的形式)(2017·全国Ⅰ卷)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
(2)(多项式是和的形式)已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中含x3的系数为－2，则a等于( )
A.2eq \r(3) B.2 C.－2 D.－1
(3)(三项展开式问题)(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)因为(1＋x)6的通项为Ceq \\al(r,6)xr，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))(1＋x)6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展开式中x2的系数为30.
(2)(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中x3的系数为Ceq \\al(3,3)a3＋Ceq \\al(3,5)(－1)3＝a3－10＝－2，则a3＝8，解得a＝2.
(3)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x2＋x＋y之积.
∴x5y2可从其中5个因式中，两个取因式中x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，因此x5y2的系数为Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)＝30.
答案 (1)C (2)B (3)C
规律方法 1.求几个多项式和的特定项：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.
2.求几个多项式积的特定项：可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可.
3.三项展开式特定项：(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，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形.
【训练1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷改编)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.
(2)在(1－eq \r(3,x))7＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式中，若x2的系数为19，则a＝________.
解析 (1)由二项式定理可得，展开式中含x3y3的项为x·Ceq \\al(3,5)(2x)2(－y)3＋y·Ceq \\al(2,5)(2x)3(－y)2＝40x3y3，则x3y3的系数为40.
(2)(1－eq \r(3,x))7＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式中x2的系数为Ceq \\al(6,7)(－eq \r(3,x))6＋Ceq \\al(1,6)(eq \r(x))5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(x))))eq \s\up12(1)＝Ceq \\al(6,7)x2＋Ceq \\al(1,6)x2a，则aCeq \\al(1,6)＋Ceq \\al(6,7)＝19，解得a＝2.
答案 (1)40 (2)2
考点二 二项式系数与各项的系数问题
【例2】 (1)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
(2)(2019·汕头质检)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________.
解析 (1)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
(2)令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，
又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39，
∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，
∴m＝－3或m＝1.
答案 (1)3 (2)1或－3
规律方法 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m (a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法.
2.若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)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).
【训练2】 (1)(2019·烟台模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为243，则展开式中x7的系数为( )
A.5 B.40 C.20 D.10
(2)(2018·湘潭三模)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 (1)由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为243，令x＝1得3n＝243，即n＝5，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(2,x)))eq \s\up12(5)，则Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(x3)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝2r·Ceq \\al(r,5)·x15－4r，令15－4r＝7，得r＝2，∴展开式中x7的系数为22×Ceq \\al(2,5)＝40.
(2)(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，
∴a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.
答案 (1)B (2)D
考点三 二项式系数的性质 多维探究
角度1 二项式系数的最值问题
【例3－1】 (2019·上海崇明区二模)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(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
解析 根据eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(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))))eq \s\up12(n)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,20)·(eq \r(3)x)20－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))eq \s\up12(r)＝(eq \r(3))20－r·Ceq \\al(r,20)·x20－eq \f(4r,3)，要使x的指数是整数，需r是3的倍数，∴r＝0，3，6，9，12，15，18，∴x的指数是整数的项共有7项.
答案 D
角度2 项的系数的最值问题
【例3－2】 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，则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))eq \s\up12(2n)的展开式中，二项式系数最大的项为______，系数的绝对值最大的项为________.
解析 由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，故2n＝32，解得n＝5.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，故二项式系数最大的项为T6＝Ceq \\al(5,10)(2x)5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(5)＝－8 064.
设第k＋1项的系数的绝对值最大，
则Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)·(2x)10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \\al(k,10)·210－k·x10－2k，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k－1,10)·210－k＋1，,Ceq \\al(k,10)·210－k≥Ceq \\al(k＋1,10)·210－k－1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,10)≥2Ceq \\al(k－1,10)，,2Ceq \\al(k,10)≥Ceq \\al(k＋1,10)，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(11－k≥2k，,2（k＋1）≥10－k，))解得eq \f(8,3)≤k≤eq \f(11,3).
∵k∈Z，∴k＝3.
故系数的绝对值最大的项是第4项，
T4＝－Ceq \\al(3,10)·27·x4＝－15 360x4.
答案 －8 064 －15 360x4
规律方法 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.
2.二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来，即得.
【训练3】 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＝( )
A.5 B.6 C.7 D.8
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.
答案 B
[思维升华]
1.二项式定理及通项的应用
(1)对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且应学会逆向运用与变形运用.有时先作适当变形后再展开较为简便，有时需适当配凑后逆用二项式定理.
(2)运用二项式定理一定要牢记通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题.
(3)在通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(n∈N*)中，要注意有n∈N*，k∈N，k≤n，即k＝0，1，2，…，n.
2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
[易错防范]
1.二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.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.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))eq \s\up12(7)的展开式的第4项等于5，则x等于( )
A.eq \f(1,7) B.－eq \f(1,7) C.7 D.－7
解析 由T4＝Ceq \\al(3,7)x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(3)＝5，得x＝－eq \f(1,7).
答案 B
2.已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8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
解析 由题意，Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.
答案 A
3.(2019·广州测试)使eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x3)))eq \s\up12(n)(n∈N*)展开式中含有常数项的n的最小值是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析 Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(x2)n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x3)))eq \s\up12(r)＝eq \f(1,2r)Ceq \\al(r,n)x2n－5r，令2n－5r＝0，得n＝eq \f(5,2)r，又n∈N*，所以n的最小值是5.
答案 C
4.(2018·邯郸二模)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，则x3的系数为( )
A.15 B.45 C.135 D.405
解析 令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,\r(x))))eq \s\up12(n)中x为1，得各项系数和为4n，又展开式的各项的二项式系数和为2n，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，∴eq \f(4n,2n)＝64，解得n＝6，∴二项式的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·3r·x6－eq \f(3,2)r，令6－eq \f(3,2)r＝3，求得r＝2，故展开式中x3的系数为Ceq \\al(2,6)·32＝135.
答案 C
5.(2019·枣庄二模)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)展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)·x10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,10)·x10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4项的系数为Ceq \\al(3,10)，令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6项的系数为Ceq \\al(2,10)，所以(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Ceq \\al(3,10)－aCeq \\al(2,10)＝30，解得a＝2.
答案 D
6.(1－3x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝( )
A.1 024 B.243 C.32 D.24
解析 令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝[1－(－3)]5＝45＝1 024.
答案 A
7.已知Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)等于( )
A.63 B.64 C.31 D.32
解析 逆用二项式定理得Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝26－Ceq \\al(0,n)＝64－1＝63.
答案 A
8.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 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).
答案 D
二、填空题
9.(2017·山东卷)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.
解析 (1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(3x)r，令r＝2，得T3＝9Ceq \\al(2,n)x2，由题意得9Ceq \\al(2,n)＝54，解得n＝4.
答案 4
10.(2018·石家庄调研)(1＋x)n的二项展开式中，仅第6项的系数最大，则n＝________.
解析 (1＋x)n的二项展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以eq \f(n,2)＋1＝6，n＝10.
答案 10
11.若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________(用数字作答).
解析 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(1＋x)5－k·(－1)k，令5－k＝3，则k＝2，所以T3＝Ceq \\al(2,5)(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
答案 10
12.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)的展开式中常数项是__________(用数字作答).
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－1))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))－1))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((－1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))))eq \s\up12(5)
的展开式中通项公式：Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－1)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(r)，
其中eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\up12(r)的通项公式：
Tk＋1＝Ceq \\al(k,r)(2x)r－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(k)＝2r－kCeq \\al(k,r)xr－2k，
令r－2k＝0，则k＝0，r＝0；k＝1，r＝2；k＝2，r＝4.
因此常数项为Ceq \\al(0,5)(－1)5＋Ceq \\al(2,5)×(－1)3×2×Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,5)×(－1)×22Ceq \\al(2,4)＝－161.
答案 －161
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2019·河南百校联盟模拟)(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A.600 B.360 C.－600 D.－360
解析 由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x3项的系数为3×Ceq \\al(3,6)23(－1)3－2×Ceq \\al(4,6)22(－1)4＝－600.
答案 C
14.在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)的展开式中，含x2项的系数为( )
A.10 B.30 C.45 D.120
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（1＋x）＋\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)＝(1＋x)10＋Ceq \\al(1,10)(1＋x)9eq \f(1,x2 019)＋…＋Ceq \\al(10,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2 019)))eq \s\up12(10)，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Ceq \\al(2,10)x2，系数为Ceq \\al(2,10)＝45.
答案 C
15.(2019·安徽江南十校联考)若(x＋y－1)3(2x－y＋a)5的展开式中各项系数的和为32，则该展开式中只含字母x且x的次数为1的项的系数为________(用数字作答).
解析 令x＝y＝1⇒(a＋1)5＝32⇒a＝1，
故原式＝(x＋y－1)3(2x－y＋1)5＝[x＋(y－1)]3[2x＋(1－y)]5，
可知展开式中x的系数为Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(3,3)(－1)3Ceq \\al(1,5)·2＝－7.
答案 －7
16.设(1－ax)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2 018a2 018＝2 018a(a≠0)，则实数a＝________.
解析 已知(1－ax)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018，两边同时对x求导，
得2 018(1－ax)2 017(－a)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 018a2 018x2 017，
令x＝1得，－2 018a(1－a)2 017＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2 018a2 018＝2 018a，
又a≠0，所以(1－a)2 017＝－1，即1－a＝－1，故a＝2.
答案 2
新高考创新预测
17.(多填题)已知eq \f(（2－x）7,1＋x)＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＋eq \f(a,1＋x)，那么a0＋a＝______；a4＝______.
解析 取x＝0，则27＝a0＋a，∴a0＋a＝128.
由已知可得(2－x)7＝(1＋x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＋\f(a,1＋x)))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－Ceq \\al(0,7)x7＝a6x7，,Ceq \\al(1,7)x6·2＝（a5＋a6）x6，,－Ceq \\al(2,7)x5·22＝（a4＋a5）x5，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a6＝－1，,a5＋a6＝14，,a4＋a5＝－84，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a6＝－1，,a5＝15，,a4＝－99.))
答案 128 －99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(k,n)＝Ceq \\al(n－k,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，中间的两项与取得最大值
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