2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第十章　§10.3　二项式定理

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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为Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝2n.
常用结论
1．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.
2．Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n).
思考辨析
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的展开式中的第k项．( × )
(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关．( √ )
(3)通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．( √ )
(4)二项式的展开式中的系数最大项与二项式系数最大项是相同的．( × )
教材改编题
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中x2的系数等于( )
A．45 B．20 C．－30 D．－90
答案 A
解析 因为展开式的通项为Tk＋1＝，令－10＋eq \f(3,2)k＝2，得k＝8，所以展开式中x2的系数为(－1)8×Ceq \\al(8,10)＝45.
2．已知Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋23Ceq \\al(3,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝243，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)等于( )
A．31 B．32 C．15 D．16
答案 A
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＝243，
即3n＝35，所以n＝5，
所以Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝25－1＝31.
3．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))n的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．
答案 20
解析 因为二项式系数之和为2n＝64，所以n＝6，则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k＝3时为常数项，T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.
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)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－x2))10的展开式中的常数项是( )
A．－45 B．－10 C．45 D．65
答案 C
解析 由二项式定理得Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))10－k(－x2)k＝，令eq \f(5k,2)－5＝0得k＝2，所以常数项为(－1)2Ceq \\al(2,10)＝45.
(2)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))5的展开式中x5的系数为A，x2的系数为B，若A＋B＝11，则a＝__________.
答案 ±1
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)x5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x))))k＝(－a)kCeq \\al(k,5).由5－eq \f(3,2)k＝5，得k＝0，由5－eq \f(3,2)k＝2，得k＝2，所以A＝Ceq \\al(0,5)×(－a)0＝1，B＝Ceq \\al(2,5)×(－a)2＝10a2，则由1＋10a2＝11，解得a＝±1.
命题点2 形如(a＋b)m(c＋d)n (m，n∈N*)的展开式问题
例2 (1)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
答案 D
解析 在(1＋x)8的展开式中含x2的项为Ceq \\al(2,8)x2＝28x2，(1＋y)4的展开式中含y2的项为Ceq \\al(2,4)y2＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168.
(2)在(2x＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6的展开式中，x2的系数为－120，则该二项展开式中的常数项为( )
A．3 204 B．－160 C．160 D．－320
答案 D
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))k＝Ceq \\al(k,6)·2k·x6－2k，
2xTk＋1＝Ceq \\al(k,6)·2k＋1·x7－2k，由k∈N，得7－2k≠2，故不成立，
aTk＋1＝aCeq \\al(k,6)·2k·x6－2k，令6－2k＝2，解得k＝2，
则aCeq \\al(2,6)·22＝60a＝－120，解得a＝－2，
∵7－2k≠0，在－2Tk＋1 中，令6－2k＝0，解得k＝3，
∴展开式中的常数项为－2Ceq \\al(3,6)·23＝－320.
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)(2022·新高考全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
答案 －28
解析 (x＋y)8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq \\al(5,8)x3y5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
(2)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 由题意得，(eq \r(2)＋x)9的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(eq \r(2))9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝Ceq \\al(0,9)(eq \r(2))9＝16eq \r(2).若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10，共5个．
题型二 二项式系数与项的系数问题
命题点1 二项式系数和与系数和
例3 (1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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32
B．各项系数和为128
C．常数项为－135
D．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))))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))))k＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k36－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)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.
命题点2 系数与二项式系数的最值问题
例4 (多选)(2023·唐山模拟)下列关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))6的展开式的说法中正确的是( )
A．常数项为－160
B．第4项的系数最大
C．第4项的二项式系数最大
D．所有项的系数和为1
答案 ACD
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))6－k·(－2x)k＝(－2)kCeq \\al(k,6)·x2k－6.
对于A，令2k－6＝0，解得k＝3，∴常数项为(－2)3Ceq \\al(3,6)＝－8×20＝－160，A正确；
对于B，由通项公式知，若要系数最大，k所有可能的取值为0,2,4,6，
∴T1＝x－6，T3＝4Ceq \\al(2,6)x－2＝60x－2，T5＝(－2)4Ceq \\al(4,6)x2＝240x2，T7＝(－2)6x6＝64x6，
∴展开式第5项的系数最大，B错误；
对于C，展开式共有7项，得第4项的二项式系数最大，C正确；
对于D，令x＝1，则所有项的系数和为(1－2)6＝1，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)(多选)对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6的展开式，下列说法正确的是( )
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为64
C．常数项为1 215
D．系数最大的项为第3项
答案 ABC
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6的展开式中所有项的二项式系数和为26＝64，故A正确；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6中，令x＝1，得(1－3)6＝64，故B正确；
展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))k＝(－3)kCeq \\al(k,6)x12－3k(0≤k≤6，k∈N)，
令12－3k＝0，得k＝4，所以常数项为(－3)4Ceq \\al(4,6)＝1 215，故C正确；
由C的分析可知第2,4,6项系数为负值，第1项系数为1，
第3项系数为(－3)2Ceq \\al(2,6)＝135，第5项系数为(－3)4Ceq \\al(4,6)＝1 215，
第7项系数为(－3)6Ceq \\al(6,6)＝729，则系数最大的项为第5项，故D不正确．
(2)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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.
题型三 二项式定理的综合应用
例5 (1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋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512 023＋a＝(52－1)2 023＋a
＝Ceq \\al(0,2 023)522 023－Ceq \\al(1,2 023)522 022＋Ceq \\al(2,2 023)522 021－…＋Ceq \\al(2 022,2 023)52－Ceq \\al(2 023,2 023)＋a，
因为512 023＋a能被13整除，
所以－Ceq \\al(2 023,2 023)＋a＝－1＋a能被13整除，结合选项，
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．1.24
C．1.33 D．1.34
答案 D
解析 1.056＝(1＋0.05)6＝Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(1,6)×0.05＋Ceq \\al(2,6)×0.052＋Ceq \\al(3,6)×0.053＋…＋Ceq \\al(6,6)×0.056＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.
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不是很大，|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 \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11－1除以13的余数是( )
A．－3 B．2 C．10 D．11
答案 C
解析 11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11－1＝Ceq \\al(0,n)·11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·11＋Ceq \\al(n,n)－2＝(11＋1)n－2
＝12n－2＝(13－1)n－2
＝Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13＋(－1)n·Ceq \\al(n,n)－2，
因为n为奇数，则上式＝
Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13－3＝[Ceq \\al(0,n)·13n－Ceq \\al(1,n)·13n－1＋…＋(－1)n－1·Ceq \\al(n－1,n)·13－13]＋10，
所以11n＋Ceq \\al(1,n)·11n－1＋Ceq \\al(2,n)·11n－2＋…＋Ceq \\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．0.941
C．0.942 D．0.943
答案 B
解析 0.996＝(1－0.01)6＝Ceq \\al(0,6)×1－Ceq \\al(1,6)×0.01＋Ceq \\al(2,6)×0.012－Ceq \\al(3,6)×0.013＋…＋Ceq \\al(6,6)×0.016
＝1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016
≈0.941.
课时精练
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))5的展开式中x4的系数为( )
A．10 B．20 C．40 D．80
答案 C
解析 由题意可得Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·(x2)5－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))k＝(－1)kCeq \\al(k,5)·2k·x10－3k，
令10－3k＝4，则k＝2，
所以所求系数为(－1)2Ceq \\al(2,5)·22＝40.
2．(多选)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,ax)))6的展开式中的常数项为eq \f(15,16)，则实数a的值可能为( )
A．2 B.eq \f(1,2) C．－2 D．－eq \f(1,2)
答案 AC
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,ax)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ax)))k＝Ceq \\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))kx12－3k，
令12－3k＝0，得k＝4.
故Ceq \\al(4,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))4＝eq \f(15,16)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))4＝eq \f(1,16)，
解得a＝±2.
3．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))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)))6＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6，①
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2x)))6的通项公式为Tk＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kCeq \\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式中的后一项即为所求，
此时原式常数项为3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))3×Ceq \\al(3,6)＝－eq \f(15,2).
4．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))24的展开式中，x的指数是整数的项数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))24的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,24)(eq \r(x))24－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))k＝，所以当k＝0,6,12,18,24时，x的指数是整数，故x的指数是整数的有5项．
5．在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680
答案 C
解析 根据题意，奇数项的二项式系数之和也为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，
且T5＝Ceq \\al(4,8)(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120.
6．设a＝3n＋Ceq \\al(1,n)3n－1＋Ceq \\al(2,n)3n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)3，则当n＝2 023时，a除以15所得余数为( )
A．3 B．4 C．7 D．8
答案 A
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＝2 023时，a＝42 023－1＝4×161 011－1＝4×[(15＋1)1 011－1]＋3，
而(15＋1)1 011－1＝Ceq \\al(0,1 011)151 011＋Ceq \\al(1,1 011)151 010＋…＋Ceq \\al(1 010,1 011)15，故此时a除以15所得余数为3.
7．(多选)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))6的展开式中，正确的说法是( )
A．常数项是第3项
B．各项的系数和是eq \f(1,64)
C．第4项二项式系数最大
D．奇数项二项式系数和为32
答案 BCD
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))6的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)·(eq \r(3,x))6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(3,x))))k＝.
对于A选项，令eq \f(6－2k,3)＝0，可得k＝3，故常数项是第4项，A错误；
对于B选项，各项的系数和是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))6＝eq \f(1,64)，B正确；
对于C选项，展开式共7项，故第4项二项式系数最大，C正确；
对于D选项，奇数项二项式系数和为25＝32，D正确．
8．(多选)(2023·沧州模拟)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则( )
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 023
B．展开式中系数最大项为第1 350项
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝eq \f(32 023－1,2)
D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－1
答案 AD
解析 易知(1－2x)2 023的展开式中所有项的二项式系数和为22 023，故A正确；
由二项式通项，知Tk＋1＝Ceq \\al(k,2 023)(－2x)k＝(－2)kCeq \\al(k,2 023)xk，所以第1 350项的系数为(－2)1 349Ceq \\al(1 349,2 023)<0，所以第1 350项不是系数最大项，故B错误；
当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－1，①
当x＝－1时，有a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 022－a2 023＝32 023，②
①－②，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝－eq \f(1＋32 023,2)，故C错误；
当x＝0时，a0＝1，当x＝eq \f(1,2)时，a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝0，
所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－a0＝－1，故D正确．
9．若x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，则a1＝________，a1＋a2＋…＋a5＝________.
答案 80 211
解析 因为x5＝[2＋(x－2)]5，则a1＝Ceq \\al(1,5)·24＝80.
令x＝3，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝35＝243；
令x＝2，得a0＝25＝32，
故a1＋a2＋…＋a5＝243－32＝211.
10．(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，展开式中二项式系数最大的项为________；系数最大的项为________________．
答案 1 120x4 1 792x5和1 792x6
解析 T6＝Ceq \\al(5,n)(2x)5，T7＝Ceq \\al(6,n)(2x)6，
依题意有Ceq \\al(5,n)·25＝Ceq \\al(6,n)·26，得n＝8.
∴在(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝Ceq \\al(4,8)·(2x)4＝1 120x4，
设第k＋1项系数最大，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)·2k≥C\\al(k－1,8)·2k－1，,C\\al(k,8)·2k≥C\\al(k＋1,8)·2k＋1，))
解得5≤k≤6.又k∈N，
∴k＝5或k＝6，
∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
11．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是( )
A．120 B．－120 C．60 D．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.
12．(2023·浙江名校联盟联考)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 \\al(0,3)·23·x0－Ceq \\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.
13．若(2x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn的展开式中的各项系数和为243，则a1＋2a2＋…＋nan等于( )
A．405 B．810 C．243 D．64
答案 B
解析 (2x＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
两边求导得2n(2x＋1)n－1＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1.
令x＝1，则2n×3n－1＝a1＋2a2＋…＋nan.
又因为(2x＋1)n的展开式中各项系数和为243，
令x＝1，可得3n＝243，解得n＝5.
所以a1＋2a2＋…＋nan＝2×5×34＝810.
14．已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1－2x)2 023＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2 023x2 023，数列{an}的首项a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 023,22 023)，an＋1＝Sn·Sn＋1，则S2 023等于( )
A．－eq \f(1,2 023) B.eq \f(1,2 023)
C．2 023 D．－2 023
答案 A
解析 令x＝eq \f(1,2)，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2×\f(1,2)))2 023＝b0＋eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 023,22 023)＝0.
令x＝0，得b0＝1，
所以a1＝eq \f(b1,2)＋eq \f(b2,22)＋…＋eq \f(b2 023,22 023)＝－1.
由an＋1＝Sn·Sn＋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\c1(\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 023＝－eq \f(1,2 023).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
Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项
二项式系数
Ceq \\al(k,n)(k＝0,1，…，n)