2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第十章 §10.3　二项式定理

§10.3　二项式定理考试要求　能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．知识梳理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1．两个常用公式(1)Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n.(2)Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋Ceq \o\al(5,n)＋…＝2n－1.2．二项展开式的三个重要特征(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)Ceq \o\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，某项的系数与该项的二项式系数不同．(　×　)教材改编题1．(x－1)10的展开式的第6项的系数是(　　)A．Ceq \o\al(6,10) B．－Ceq \o\al(6,10)C．Ceq \o\al(5,10) D．－Ceq \o\al(5,10)答案　D解析　T6＝Ceq \o\al(5,10)x5(－1)5，所以第6项的系数是－Ceq \o\al(5,10).2．(多选)已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为(　　)A．7 B．8C．9 D．10答案　ABC解析　∵(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数Ceq \o\al(4,n)最大，∴n＝7或n＝8或n＝9.3．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.题型一　通项公式的应用命题点1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式的特定项例1　(1)(2022·烟台模拟)(1－2eq \r(x))8展开式中x项的系数为(　　)A．28 B．－28C．112 D．－112答案　C解析　(1－2eq \r(x))8展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)(－2eq \r(x))k＝.要求x项的系数，只需eq \f(k,2)＝1，解得k＝2，所以x项系数为(－2)2Ceq \o\al(2,8)＝4×eq \f(8×7,2×1)＝112.(2)(2022·德州模拟)若n∈Z，且3≤n≤6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))n的展开式中的常数项为______．答案　4解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))n的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)xn－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)))k＝Ceq \o\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\co1(x＋\f(1,x3)))n的展开式中的常数项为4.命题点2　形如(a＋b)m(c＋d)n (m，n∈N*)的展开式问题例2　(1)(2022·泰安模拟)(x3－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式中x6的系数为(　　)A．6 B．10 C．13 D．15答案　C解析　由于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式的通项为Tk＋1＝，令6－eq \f(3k,2)＝3，求得k＝2；令6－eq \f(3k,2)＝6，求得k＝0，故(x3－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))6的展开式中x6的系数为Ceq \o\al(2,6)－2Ceq \o\al(0,6)＝15－2＝13.(2)(2022·合肥模拟)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,a)))(1－2x)4的展开式中x3项的系数是－70，则实数a的值为(　　)A．－2 B．2C．－4 D．4答案　D解析　因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,a)))(1－2x)4＝2×(1－2x)4－eq \f(x,a)×(1－2x)4，(1－2x)4的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)(－2x)k＝(－2)kCeq \o\al(k,4)xk，k＝0,1,2,3,4，所以2×(1－2x)4展开式中x3项的系数是2×(－2)3Ceq \o\al(3,4)＝－64，eq \f(x,a)×(1－2x)4展开式中x3项的系数是eq \f(1,a)×(－2)2Ceq \o\al(2,4)＝eq \f(24,a)，所以－64－eq \f(24,a)＝－70，解得a＝4.教师备选1．(2022·菏泽模拟)已知正整数n≥7，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(1－x)n的展开式中不含x5的项，则n的值为(　　)A．7 B．8C．9 D．10答案　D解析　(1－x)n的二项展开式中第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)(－1)kxk，又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(1－x)n＝x(1－x)n－eq \f(1,x)(1－x)n的展开式不含x5的项，所以xCeq \o\al(4,n)(－1)4x4－eq \f(1,x)Ceq \o\al(6,n)(－1)6x6＝0，Ceq \o\al(4,n)x5－Ceq \o\al(6,n)x5＝0，即Ceq \o\al(4,n)＝Ceq \o\al(6,n)，所以n＝10.2．(2022·烟台模拟)在(x2＋2x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)A．60 B．30C．15 D．12答案　A解析　由(x2＋2x＋y)5＝[(x2＋2x)＋y]5，由通项公式可得Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(x2＋2x)5－kyk，∵要求x5y2的系数，故k＝2，此时(x2＋2x)3＝x3·(x＋2)3，其对应x5的系数为Ceq \o\al(1,3)21＝6.∴x5y2的系数为Ceq \o\al(2,5)×6＝60.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．跟踪训练1　(1)(2021·北京)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))4的展开式中常数项为________．答案　－4解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))4的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)(x3)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝(－1)kCeq \o\al(k,4)x12－4k，令k＝3得常数项为T4＝(－1)3Ceq \o\al(3,4)＝－4.(2)(2022·攀枝花模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展开式中，含x3的项的系数是(　　)A．－112 B．－48C．48 D．112答案　C解析　由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5＝(1＋2x)5－eq \f(1,x2)(1＋2x)5，(1＋2x)5展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(2x)k＝2kCeq \o\al(k,5)xk，其中k＝0,1,2,3,4,5，(1＋2x)5展开式中含x3项的系数为23Ceq \o\al(3,5)＝80，eq \f(1,x2)(1＋2x)5展开式中含x3项的系数为25Ceq \o\al(5,5)＝32，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))(1＋2x)5的展开式中，含x3的项的系数为80－32＝48.题型二　二项式系数与项的系数的问题命题点1　二项式系数和与系数和例3　(1)(多选)(2022·十堰调研)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))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64 B．各项系数和为64C．常数项为－135 D．常数项为135答案　ABD解析　在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令x＝1，得各项系数和为2n，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正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·(3x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))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 \o\al(4,6)·(－1)4·32＝135.故D正确．(2)已知多项式(1－2x)＋(1＋x＋x2)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a1＝______，a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝______.答案　1　23解析　根据题意，令x＝1，则(1－2)＋(1＋1＋1)3＝a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26，令x＝0，a0＝1＋1＝2，由于(1－2x)＋(1＋x＋x2)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，a1为展开式中x项的系数，考虑一次项系数a1＝－2＋Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)×12＝1，所以a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝26－1－2＝23.命题点2　系数与二项式系数的最值问题例4　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,x2)))6的展开式中二项式系数最大的项为第________项，系数最大的项为________．答案　4　240x－8y2解析　因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,x2)))6的展开式中二项式系数的最大值为Ceq \o\al(3,6)，所以二项式系数最大的项为第4项．因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,x2)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·y6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)))k＝Ceq \o\al(k,6)·(－2)kx－2ky6－k，所以展开式中系数最大的项为奇数项．展开式中第1,3,5,7项的系数分别为Ceq \o\al(0,6)·(－2)0，Ceq \o\al(2,6)·(－2)2，Ceq \o\al(4,6)·(－2)4，Ceq \o\al(6,6)·(－2)6，即1,60,240,64，所以展开式中系数最大的项为240x－8y2.教师备选1．(多选)已知(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，下列命题中正确的是(　　)A．展开式中所有项的二项式系数的和为22 022B．展开式中所有奇次项系数的和为eq \f(32 022－1,2)C．展开式中所有偶次项系数的和为eq \f(32 022＋1,2)D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝－1答案　ACD解析　选项A，由二项式知，Ceq \o\al(0,2 022)＋Ceq \o\al(1,2 022)＋…＋Ceq \o\al(2 022,2 022)＝(1＋1)2 022＝22 022，A正确；当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 022＝1，当x＝－1时，有a0－a1＋a2－a3＋…－a2 021＋a2 022＝32 022，选项B，由上可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝eq \f(1－32 022,2)，B错误；选项C，由上可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 022＝eq \f(32 022＋1,2)，C正确；选项D，令x＝eq \f(1,2)可得a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝0，又a0＝1，所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 022,22 022)＝－1，D正确．2．(多选)已知(x－3)8＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a8(x－2)8，则下列结论正确的有(　　)A．a0＝1B．a6＝－28C.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－eq \f(255,256)D．a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128答案　ACD解析　对于A，取x＝2，得a0＝1，A正确；对于B，(x－3)8＝[－1＋(x－2)]8展开式中第7项为Ceq \o\al(6,8)(－1)2(x－2)6＝28(x－2)6，即a6＝28，B不正确；对于C，取x＝eq \f(5,2)，得a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－3))8＝eq \f(1,256)，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \f(1,256)－a0＝－eq \f(255,256)，C正确；对于D，取x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a7＋a8＝0，取x＝1，得a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝(－2)8＝256，两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝256，即a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128，D正确．思维升华　赋值法的应用一般地，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)]．跟踪训练2　(1)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于(　　)A．1 B．243C．121 D．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＝－243，②①＋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|＝122＋121＝243.(2)(多选)(2022·济南模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－x))6的展开式中，下列说法正确的是(　　)A．常数项为160B．第4项的二项式系数最大C．第3项的系数最大D．所有项的系数和为64答案　BC解析　展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))6－k·(－x)k＝26－k(－1)k·Ceq \o\al(k,6)x2k－6，由2k－6＝0，得k＝3，所以常数项为23(－1)3Ceq \o\al(3,6)＝－160，A错误；展开式共有7项，所以第4项二项式系数最大，B正确；第3项的系数最大，C正确；令x＝1，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－x))6＝1，所有项的系数和为1，D错误．题型三　二项式定理的综合应用例5　(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 021＋a能被13整除，则a等于(　　)A．0 B．1 C．11 D．12答案　B解析　因为a∈Z，且0≤a≤13，所以512 021＋a＝(52－1)2 021＋a，＝Ceq \o\al(0,2 021)522 021－Ceq \o\al(1,2 021)522 020＋Ceq \o\al(2,2 021)522 019－…＋Ceq \o\al(2 020,2 021)52－Ceq \o\al(2 021,2 021)＋a，因为512 021＋a能被13整除，结合选项，所以－Ceq \o\al(2 021,2 021)＋a＝－1＋a能被13整除，所以a＝1.(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是(　　)A．1.23 B．1.24C．1.33 D．1.34答案　D解析　1.056＝(1＋0.05)6＝Ceq \o\al(0,6)＋Ceq \o\al(1,6)×0.05＋Ceq \o\al(2,6)×0.052＋Ceq \o\al(3,6)×0.053＋…＋Ceq \o\al(6,6)×0.056＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.教师备选已知n为满足S＝n＋Ceq \o\al(1,27)＋Ceq \o\al(2,27)＋Ceq \o\al(3,27)＋…＋Ceq \o\al(27,27)(n≥3)能被9整除的正数n的最小值，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))n的展开式中，系数最大的项为(　　)A．第6项 B．第7项C．第11项 D．第6项和第7项答案　B解析　S＝n＋Ceq \o\al(1,27)＋Ceq \o\al(2,27)＋Ceq \o\al(3,27)＋…＋Ceq \o\al(27,27)＝n＋(1＋1)27－Ceq \o\al(0,27)＝(9－1)9＋n－1＝9(98－Ceq \o\al(1,9)97＋…＋Ceq \o\al(8,9))＋n－2，∵n≥3，∴S能被9整除的正数 n的最小值是n－2＝9，∴n＝11.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))11的展开式中的通项公式为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,11)x11－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝(－1)kCeq \o\al(k,11)x11－2k，只考虑k为偶数的情况，由T5＝Ceq \o\al(4,11)x3，T7＝Ceq \o\al(6,11)x－1，T9＝Ceq \o\al(8,11)x－5，可知系数最大的项为第7项．思维升华　二项式定理应用的题型及解法(1)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的因式．(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.跟踪训练3　(1)设n为奇数，那么11n＋Ceq \o\al(1,n)·11n－1＋Ceq \o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是(　　)A．－3 B．2C．10 D．11答案　C解析　11n＋Ceq \o\al(1,n)·11n－1＋Ceq \o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)·11－1＝Ceq \o\al(0,n)·11n＋Ceq \o\al(1,n)·11n－1＋Ceq \o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)·11＋Ceq \o\al(n,n)－2＝(11＋1)n－2＝12n－2＝(13－1)n－2＝Ceq \o\al(0,n)·13n－Ceq \o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \o\al(n－1,n)·13＋(－1)n·Ceq \o\al(n,n)－2，因为n为奇数，则上式＝Ceq \o\al(0,n)·13n－Ceq \o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \o\al(n－1,n)·13－3＝[Ceq \o\al(0,n)·13n－Ceq \o\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \o\al(n－1,n)·13－13]＋10，所以11n＋Ceq \o\al(1,n)·11n－1＋Ceq \o\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是10.(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是(　　)A．0.940 B．0.941C．0.942 D．0.943答案　B解析　(0.99)6＝(1－0.01)6＝Ceq \o\al(0,6)×1－Ceq \o\al(1,6)×0.01＋Ceq \o\al(2,6)×0.012－Ceq \o\al(3,6)×0.013＋…＋Ceq \o\al(6,6)×0.016＝1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016≈0.941.课时精练1．(2022·济南模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))6的展开式中，含x4项的系数为(　　)A．4 B．6C．10 D．15答案　B解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))6的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝Ceq \o\al(k,6)·x6－2k，令6－2k＝4，解得k＝1，因此，展开式中含x4项的系数为Ceq \o\al(1,6)＝6.2．(2022·武汉部分重点中学联考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(1,\r(3,x))))n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式常数项是(　　)A.eq \f(55,2) B．－eq \f(55,2)C．－28 D．28答案　B解析　展开式中，只有第7项的二项式系数最大，可得展开式有13项，所以n＝12，展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))12－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x))))k＝，若为常数项，则12－eq \f(4,3)k＝0，所以k＝9 ，得常数项为T10＝Ceq \o\al(9,12)(－1)9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))12－9＝－eq \f(220,8)＝－eq \f(55,2).3．(2022·邯郸模拟)(x2－x)(1＋x)6的展开式中x3项的系数为(　　)A．－9 B．9C．－21 D．21答案　A解析　展开式中x3项的系数为Ceq \o\al(1,6)－Ceq \o\al(2,6)＝－9.4．(2022·芜湖质检)已知(x－m)(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，其中m为常数，若a4＝30，则a0等于(　　)A．－32 B．32C．64 D．－64答案　A解析　由多项式乘法知，第一个因式中x乘以(x＋2)5展开式中的x3项得一个x4项，第一个因式中的常数－m乘以(x＋2)5展开式中的x4项得另一个x4项，两项合并同类项得系数即为a4，所以a4＝Ceq \o\al(2,5)×22－m×Ceq \o\al(1,5)×2＝30，解得m＝1，再令x＝0，得a0＝－25＝－32.5．(2022·大连模拟)(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－2，则实数a的值为(　　)A．－eq \f(1,3) B．－1 C．1 D.eq \f(1,3)答案　D解析　化简得(ax－y)(x＋y)4＝ax·(x＋y)4－y·(x＋y)4，∵(x＋y)4的展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)x4－kyk，当k＝2时，ax·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为Ceq \o\al(2,4)a＝6a，当k＝1时，－y·(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为－Ceq \o\al(1,4)＝－4，综上，(ax－y)(x＋y)4的展开式中x3y2的系数为6a－4＝－2，∴a＝eq \f(1,3).6．已知在(2x－1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)的值为(　　)A．28 B．28－1C．27 D．27－1答案　B解析　设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….由已知得，B－A＝38，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n，∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8，由二项式系数性质可得Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n－Ceq \o\al(0,n)＝28－1.7．(多选)(2022·邯郸模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))n的展开式中，二项式系数之和为64，下列说法正确的是(　　)A．2，n,10成等差数列B．各项系数之和为64C．展开式中二项式系数最大的项是第3项D．展开式中第5项为常数项答案　ABD解析　由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))n的二项式系数之和为2n＝64，得n＝6，得2,6,10成等差数列，A正确；令x＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6＝26＝64，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的各项系数之和为64，B正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式共有7项，则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(3,\r(x))))6的展开式中的第5项为Ceq \o\al(4,6)(5x)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,\r(x))))4＝15×25×81为常数项，D正确．8．(多选)(2022·烟台模拟)已知(2－eq \r(3)x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则下列选项正确的是(　　)A．a3＝－360B．(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝1C．a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6D．展开式中系数最大的为a2答案　BD解析　(2－eq \r(3)x)6的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·26－k·(－eq \r(3)x)k＝Ceq \o\al(k,6)·(－eq \r(3))k·26－k·xk，对于A，令k＝3，则a3＝Ceq \o\al(3,6)×23×(－eq \r(3))3＝－480eq \r(3)，A错误；对于B，令x＝1，则a0＋a1＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6；令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a6＝(2＋eq \r(3))6，∴(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a6)(a0－a1＋a2－…＋a6)＝[(2－eq \r(3))×(2＋eq \r(3))]6＝1，B正确；对于C，令x＝0，得a0＝26，∴a1＋a2＋…＋a6＝(2－eq \r(3))6－26，C错误；对于D，∵a0，a2，a4，a6为正数，a1，a3，a5为负数，又a0＝26＝64，a2＝Ceq \o\al(2,6)×24×3＝720，a4＝Ceq \o\al(4,6)×22×32＝540，a6＝33＝27，∴展开式中系数最大的为a2，D正确．9．(2021·天津)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式中，x6的系数是________．答案　160解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3＋\f(1,x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(2x3)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝26－kCeq \o\al(k,6)·x18－4k，令18－4k＝6，解得k＝3，所以x6的系数是23Ceq \o\al(3,6)＝160.10．(2022·济宁模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))n的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中x3项的系数是________．答案　84解析　依题意，2n＝128，解得n＝7，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))7的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,7)x7－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝(－2)kCeq \o\al(k,7)x7－2k(k∈N，k≤7)，由7－2k＝3得k＝2，所以所求展开式中x3项的系数是(－2)2Ceq \o\al(2,7)＝4×eq \f(7×6,2×1)＝84.11．(2022·温州模拟)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(x))))n的展开式中共有7项，则常数项为________(用数字作答)．答案　240解析　因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(x))))n的展开式中共有7项，所以n＋1＝7，可得n＝6，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,\r(x))))6展开式的通项为Tk＋1＝＝令6－eq \f(3,2)k＝0，可得k＝4，所以常数项为Ceq \o\al(4,6)24＝15×16＝240.12．(2021·浙江)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________，a2＋a3＋a4＝________.答案　5　10解析　(x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Ceq \o\al(r,3)x3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)x4－k，则a1＝Ceq \o\al(0,3)＋Ceq \o\al(1,4)＝1＋4＝5；a2＝Ceq \o\al(1,3)(－1)1＋Ceq \o\al(2,4)＝3；a3＝Ceq \o\al(2,3)(－1)2＋Ceq \o\al(3,4)＝7；a4＝Ceq \o\al(3,3)(－1)3＋Ceq \o\al(4,4)＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.13．已知n为正整数，若1.1510∈[n，n＋1)，则n的值为(　　)A．2 B．3 C．4 D．5答案　C解析　因为1.155＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,20)))5＝Ceq \o\al(0,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))0＋Ceq \o\al(1,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))1＋Ceq \o\al(2,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))2＋Ceq \o\al(3,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))3＋Ceq \o\al(4,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))4＋Ceq \o\al(5,5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))5＝1＋eq \f(3,4)＋eq \f(9,40)＋eq \f(27,800)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5×\f(3,20)＋\f(9,400)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))3＝2＋eq \f(7,800)＋eq \f(309,400)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))3，而2<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(309,400)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)))3<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(27,8 000)<2＋eq \f(7,800)＋eq \f(30,8 000)＝2＋eq \f(1,80)<2.1，所以2<1.155<2.1，因此4<1.1510<4.41，又n为正整数，1.1510∈[n，n＋1)，所以n＝4.14．(2022·浙江Z20名校联盟联考)设(x－1)(2＋x)3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＝________，2a2＋3a3＋4a4＝________.答案　－4　31解析　因为x·Ceq \o\al(0,3)·23·x0－Ceq \o\al(1,3)·22·x1＝－4x，所以a1＝－4，对所给等式，两边对x求导，可得(2＋x)3＋3(x－1)(2＋x)2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3，令x＝1，得27＝a1＋2a2＋3a3＋4a4，所以2a2＋3a3＋4a4＝31.15．已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1－2x)2 022＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2 022x2 022，数列{an}的首项a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)，an＋1＝Sn·Sn＋1，则S2 022等于(　　)A．－eq \f(1,2 022) B.eq \f(1,2 022)C．2 022 D．－2 022答案　A解析　令x＝eq \f(1,2)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(1,2)))2 022＝b0＋eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)＝0.又因为b0＝1，所以a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 022,22 022)＝－1.由an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，得eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，所以eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝－1，公差为－1的等差数列，所以eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以Sn＝－eq \f(1,n)，所以S2 022＝－eq \f(1,2 022).16．(多选)(2022·南京模拟)已知n∈N*，n≥2，p，q>0，p＋q＝1，设f(k)＝Ceq \o\al(k,2n)pkq2n－k，其中k∈N，k≤2n，则(　　)A.eq \i\su(k＝0,2n,f)(k)＝1 B.eq \i\su(k＝0,2n,k)f(k)＝2npqC．若np＝4，则f(k)≤f(8) D.eq \i\su(k＝0,n,f)(2k)<eq \f(1,2)<eq \i\su(k＝1,n,f)(2k－1)答案　AC解析　eq \i\su(k＝0,2n,f)(k)＝eq \i\su(k＝0,2n,C)eq \o\al(k,2n)pkq2n－k＝(q＋p)2n＝1，A正确；kCeq \o\al(k,2n)＝eq \f(k2n！,k！2n－k！)＝2n×eq \f(2n－1！,k－1！[2n－1－k－1]！)＝2nCeq \o\al(k－1,2n－1)，所以eq \i\su(k＝0,2n,k)f(k)＝eq \i\su(k＝1,2n,k)Ceq \o\al(k,2n)pkq2n－k＝eq \i\su(k＝1,2n,2)nCeq \o\al(k－1,2n－1)pkq2n－k＝2npqeq \i\su(k＝1,2n,C)eq \o\al(k－1,2n－1)pk－1q2n－1－k＝2npeq \i\su(k＝0,2n－1,C)eq \o\al(k,2n－1)pkq2n－1－k＝2np(q＋p)2n－1＝2np≠2npq(除非p＝0)，B错；设f(m)是f(k)中最大项，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(fm≥fm－1，,fm≥fm＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(C\o\al(m,2n)pmq2n－m≥C\o\al(m－1,2n)pm－1q2n－m＋1，,C\o\al(m,2n)pmq2n－m≥C\o\al(m＋1,2n)pm＋1q2n－m－1，))注意到eq \f(C\o\al(m,2n),C\o\al(m－1,2n))＝eq \f(\f(2n！,m！2n－m！),\f(2n！,m－1！2n－m＋1！))＝eq \f(2n－m＋1,m)，eq \f(C\o\al(m,2n),C\o\al(m＋1,2n))＝eq \f(m＋1,2n－m)，又np＝4，不等式组可解为8－q≤m≤8＋p，所以m＝8，所以f(k)≤f(8)，C正确；例如n＝2时，p＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(2,3)，eq \i\su(k＝0,n,f)(2k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4＝eq \f(41,81)，eq \i\su(k＝1,n,f)(2k－1)＝eq \f(40,81)，D错误．二项式定理(a＋b)n＝Ceq \o\al(0,n)an＋Ceq \o\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \o\al(n,n)bn(n∈N*)二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项二项式系数Ceq \o\al(k,n)(k＝0,1，…，n)