2022高考数学一轮复习 第十章 §10.3　二项式定理

这是一份2022高考数学一轮复习 第十章 §10.3　二项式定理，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)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的展开式的各个二项式系数的和等于2n.
微思考
1．总结(a＋b)n的展开式的特点．
提示 (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.
2．(a＋b)n的展开式的二项式系数和系数相同吗？
提示 不一定．(a＋b)n的展开式的通项是Ceq \\al(k,n)an－kbk，其二项式系数是Ceq \\al(k,n)(k∈{0,1,2,3，…，n})，不一定是系数．
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．( √ )
题组二 教材改编
2．(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.
3．(八省联考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( )
A．60 B．80 C．84 D．120
答案 D
解析 (利用公式Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m＋1,n)＝Ceq \\al(m＋1,n＋1))
(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝120.
4．Ceq \\al(1,11)＋Ceq \\al(3,11)＋Ceq \\al(5,11)＋…＋Ceq \\al(11,11)＝________.
答案 210
题组三 易错自纠
5．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)，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.
6．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.
题型一 多项展开式的特定项
命题点1 二项展开式问题
例1 (1)(2020·北京)在(eq \r(x)－2)5的展开式中，x2的系数为( )
A．－5 B．5 C．－10 D．10
答案 C
解析 Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)(eq \r(x))5－k(－2)k＝Ceq \\al(k,5)·(－2)k，
令eq \f(5－k,2)＝2，解得k＝1.
所以x2的系数为Ceq \\al(1,5)(－2)1＝－10.
(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)(2020·全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
答案 C
解析 方法一 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，
∴x3y3的系数为10＋5＝15.
方法二 当x＋eq \f(y2,x)中取x时，x3y3的系数为Ceq \\al(3,5)，
当x＋eq \f(y2,x)中取eq \f(y2,x)时，x3y3的系数为Ceq \\al(1,5)，
∴x3y3的系数为Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(1,5)＝10＋5＝15.
(2)(2019·全国Ⅲ)(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.
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公式求解．
(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的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．
(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)(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).
(2)(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.
(3)(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________．
答案 92
解析 方法一 (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.
方法二 (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.
题型二 二项式系数与各项的系数问题
命题点1 二项式系数和与各项系数和
例4 (1)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)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 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)求展开式中各项系数和可用“赋值法”．
(2)二项式系数最大项在中间一项或中间两项取得．
跟踪训练2 (1)(2021·随州调研)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
答案 C
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)(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.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))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)
答案 A
解析 令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))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))))2＝6eq \r(3,x).
(3)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.
课时精练
1．(2020·邯郸调研)(1－2x)6的展开式的第三项为( )
A．60 B．－120 C．60x2 D．－120x2
答案 C
解析 T3＝Ceq \\al(2,6)(－2x)2＝60x2.
2.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中含x3的项的系数为( )
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.于是展开式中含x3的项的系数为(－1)·25－1·Ceq \\al(1,5)＝－80.
3．(2020·山西八校联考)已知(1＋x)n的展开式中第5项与第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 由题意得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.
4．(2020·肇庆模拟)已知(1－ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a等于( )
A．1 B．2 C．－1 D．－2
答案 A
解析 (1－ax)(1＋x)5＝(1－ax)(1＋5x＋10x2＋10x3＋5x4＋x5)，其展开式中x2的系数为10－5a＝5，解得a＝1.
5．(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))5－k(－1)k＝Ceq \\al(k,5)x2k－10(－1)k，由2k－10＝0得k＝5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式中常数项为Ceq \\al(5,5)(－1)5＝－1.由2k－10＝－2得k＝4，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式中x－2的系数为Ceq \\al(4,5)(－1)4＝5，所以(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式的常数项是2×(－1)＋5＝3.
6．设(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5＋…＋(1＋x)50＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a50x50，则a3的值是( )
A．Ceq \\al(4,50) B．2Ceq \\al(3,50) C．Ceq \\al(3,51) D．Ceq \\al(4,51)
答案 D
解析 由题意可得a3的值是x3的系数，而x3的系数为Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,5)＋…＋Ceq \\al(3,50)＝Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,5)＋…＋Ceq \\al(3,50)＝Ceq \\al(4,51).
7．(多选)对于二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N*)，下列判断正确的有( )
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*，展开式中有一次项
答案 AD
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3))n的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)x4k－n，由通项公式可知，当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和一次项，故选AD.
8．(多选)(2020·枣庄模拟)已知(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，则( )
A．a0＝－32 B．a2＝－80
C．a3＋4a4＝0 D．a0＋a1＋…＋a5＝1
答案 ABC
解析 令x＝－1得(－1－1)5＝a0，即a0＝－32，故A正确．令x＝0得(－1)5＝a0＋a1＋…＋a5，即a0＋a1＋…＋a5＝－1，故D不正确．令x＋1＝y，则(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5就变为(y－2)5＝a0＋a1y＋a2y2＋…＋a5y5，根据二项式定理知，a2即二项式(y－2)5展开式中y2项的系数，Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)y5－k(－2)k，故a2＝Ceq \\al(3,5)·(－2)3＝－80，B正确．a4＝Ceq \\al(1,5)(－2)1＝－10，a3＝Ceq \\al(2,5)(－2)2＝40，故C正确，故选ABC.
9．(2020·全国Ⅲ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式中常数项是________．(用数字作答)
答案 240
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))k＝Ceq \\al(k,6)2kx12－3k，
令12－3k＝0，解得k＝4，
所以常数项为Ceq \\al(4,6)24＝240.
10．(2020·辽宁葫芦岛兴城高级中学模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x3的系数为________．
答案 240
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)·(2x)n－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k，由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，可得Ceq \\al(1,n)∶Ceq \\al(2,n)＝2∶5，解得n＝6.所以Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,6)26－k·，令6－eq \f(3,2)k＝3，解得k＝2，所以x3的系数为Ceq \\al(2,6)26－2(－1)2＝240.
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．(2020·浙江)二项展开式(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝________，a1＋a3＋a5＝________.
答案 80 122
解析 由题意，得a4＝Ceq \\al(4,5)×24＝5×16＝80.
当x＝1时，
(1＋2)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243，①
当x＝－1时，
(1－2)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1.②
①－②，得2(a1＋a3＋a5)＝243－(－1)＝244，
所以a1＋a3＋a5＝122.
13．如图，在杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列，则数列的第10项为( )
A．55 B．89 C．120 D．144
答案 A
解析 由题意，可知a1＝1，a2＝1，a3＝1＋1＝2，a4＝1＋2＝3，a5＝2＋3＝5，a6＝3＋5＝8，a7＝5＋8＝13，a8＝8＋13＝21，a9＝13＋21＝34，a10＝21＋34＝55.
14．(2021·济南模拟)设(1－ax)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x2 020，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2 020a2 020＝2 020a(a≠0)，则实数a＝________.
答案 2
解析 已知(1－ax)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x2 020，两边同时对x求导，
得2 020(1－ax)2 019(－a)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 020a2 020x2 019，
令x＝1得，－2 020a(1－a)2 019＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2 020a2020＝2 020a，
又a≠0，所以(1－a)2 019＝－1，即1－a＝－1，故a＝2.
15．若多项式(2x＋3y)n的展开式中仅第5项的二项式系数最大，则多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4))n－4的展开式中x2的系数为( )
A．－304 B．304 C．－208 D．208
答案 A
解析 多项式(2x＋3y)n的展开式中仅第5项的二项式系数最大，故展开式有9项，所以n＝8，多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4))4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))))4的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(－4)4－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))r(0≤r≤4，且r∈N).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))r的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,r)(x2)r－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))k＝Ceq \\al(k,r)x2r－4k(0≤k≤r，且k∈N，r∈N)．令2r－4k＝2，即r＝2k＋1，所以k＝0，r＝1；k＝1，r＝3，所以展开式中x2的系数为Ceq \\al(1,4)·(－4)3＋Ceq \\al(3,4)·Ceq \\al(1,3)·(－4)＝－256－48＝－304.
16．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2 021.二项式定理
(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*)
二项展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示第k＋1项
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k∈{0,1,2,3，…，n})