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2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第10章 §10.2 二项式定理（2份打包，原卷版+含解析）
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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：
①当k
②当n是偶数时，中间的一项 SKIPIF 1 < 0 取得最大值；当n是奇数时，中间的两项 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 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).
自主诊断
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)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项．( × )
2．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＝ SKIPIF 1 < 0 ·x－(10－k)＝ SKIPIF 1 < 0 ，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.
3．eq \f(C\\al(0,2 023)＋C\\al(1,2 023)＋C\\al(2,2 023)＋…＋C\\al(2 023,2 023),C\\al(0,2 024)＋C\\al(2,2 024)＋C\\al(4,2 024)＋…＋C\\al(2 024,2 024))的值为( )
A．1 B．2
C．2 023 D．2 023×2 024
答案 A
解析 原式＝eq \f(22 023,22 024－1)＝eq \f(22 023,22 023)＝1.
4．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式中二项式系数之和是32，则展开式中各项系数的和为________．
答案 －1
解析 因为二项式系数之和为2n＝32，所以n＝5.令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)5＝－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
例1 (1)(x－2y)8的展开式中x6y2的系数为________(用数字作答)．
答案 112
解析 因为(x－2y)8的展开式中含x6y2的项为Ceq \\al(2,8)x6(－2y)2＝112x6y2，所以(x－2y)8的展开式中x6y2的系数为112.
(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－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x))))k＝ SKIPIF 1 < 0 .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
例2 (1)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)若(x2＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8的展开式中x8的系数为9，则a的值为________．
答案 1
解析 因为(x2＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8＋a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,8)x8－2k，
当8－2k＝6时，k＝1，此时x6的系数为Ceq \\al(1,8).当8－2k＝8时，k＝0，此时x8的系数为Ceq \\al(0,8).
所以展开式中x8的系数为Ceq \\al(1,8)＋aCeq \\al(0,8)＝8＋a＝9，解得a＝1.
破解三项展开式问题
求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法：
(1)两项看成一项，利用二项式定理展开．
(2)因式分解，转化为两个二项式再求解．
(3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答．
典例 (1)(3x2＋2x＋1)10的展开式中，含x2的项的系数为________．
答案 210
解析 因为(3x2＋2x＋1)10＝[3x2＋(2x＋1)]10＝Ceq \\al(0,10)(3x2)10＋Ceq \\al(1,10)(3x2)9(2x＋1)＋Ceq \\al(2,10)(3x2)8(2x＋1)2＋…＋Ceq \\al(9,10)(3x2)1(2x＋1)9＋Ceq \\al(10,10)(2x＋1)10，
所以含有x2的项为Ceq \\al(9,10)3x2·Ceq \\al(9,9)19＋Ceq \\al(10,10)Ceq \\al(8,10)(2x)218＝210x2.
所以(3x2＋2x＋1)10的展开式中，含x2的项的系数为210.
(2)(1＋2x－3x2)5的展开式中含x5的项的系数为________．
答案 92
解析 将(1＋2x－3x2)5看作5个因式1＋2x－3x2的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成x5的来源有：
①5个因式各出一个2x，这样的方式有Ceq \\al(5,5)种，对应的项为Ceq \\al(5,5)(2x)5；
②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个－3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)种，对应的项为Ceq \\al(3,5)(2x)3Ceq \\al(1,2)(－3x2)；
③有1个因式出一个2x,2个因式各出一个－3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)种，对应的项为Ceq \\al(1,5)×2x×Ceq \\al(2,4)×(－3x2)2；
所以含x5的项的系数为Ceq \\al(5,5)×25＋Ceq \\al(3,5)×23×Ceq \\al(1,2)×(－3)＋Ceq \\al(1,5)×2×Ceq \\al(2,4)×(－3)2＝92.
思维升华 (1)求二项展开式中的问题，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)(多选)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,\r(x))))n的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是( )
A．n＝10 B．展开式中的常数项为45
C．含x5的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项
答案 ABC
解析 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)x2n－2k SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，
由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，则eq \f(C\\al(2,n),C\\al(4,n))＝eq \f(3,14)，故eq \f(\f(nn－1,1×2),\f(nn－1n－2n－3,1×2×3×4))＝eq \f(3,14)，
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确；
则Tk＋1＝ SKIPIF 1 < 0 ，令20－eq \f(5k,2)＝0，解得k＝8，则展开式中的常数项为(－1)8Ceq \\al(8,10)＝45，故B正确；
令20－eq \f(5k,2)＝5，解得k＝6，则含x5的项的系数为(－1)6Ceq \\al(6,10)＝210，故C正确；
令20－eq \f(5k,2)∈Z，则k为偶数，此时k＝0,2,4,6,8,10，故有6项有理项，故D错误．
(2)(1－ax2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为12，则a＝________.
答案 －2
解析 由(1＋x)4的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)xk，所以含x3的项为Ceq \\al(3,4)x3＋(－ax2)Ceq \\al(1,4)x＝(Ceq \\al(3,4)－aCeq \\al(1,4))x3，
故Ceq \\al(3,4)－aCeq \\al(1,4)＝4－4a＝12，可得a＝－2.
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)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))2n＋1的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1∶8，则( )
A．n＝4
B．展开式中所有项的系数和为1
C．展开式中二项式系数和为24
D．展开式中不含常数项
答案 AD
解析 由题意得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(1,2n＋1)×－2,C\\al(2,2n＋1)×－22)))＝eq \f(1,8)，则eq \f(22n＋1,4×\f(2n＋1×2n,2！))＝eq \f(1,8)，解得n＝4，故A正确；
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))2n＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))9，令x＝1，则所有项的系数之和为－1，故B错误；
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))9的二项式系数和为29，故C错误；
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2x))9的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))9－k(－2x)k＝Ceq \\al(k,9)(－2)kx2k－9，若Tk＋1为常数项，则有2k－9＝0，解得k＝eq \f(9,2)∉N，所以不存在常数项，故D正确．
命题点2 系数与二项式系数的最值
例4 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))n的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是( )
A．二项展开式中各项系数之和为37
B．二项展开式中二项式系数最大的项为 SKIPIF 1 < 0
C．二项展开式中无常数项
D．二项展开式中系数最大的项为240x3
答案 D
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))n的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2n＝64，则n＝6，
所以二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))6，则二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(2x)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))k＝ SKIPIF 1 < 0 ，
令x＝1，可得二项展开式中各项系数之和为36，故A错误；
第4项的二项式系数最大，此时k＝3，则二项展开式中二项式系数最大的项为T4＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；
令6－eq \f(3,2)k＝0，则k＝4，所以二项展开式中的常数项为 SKIPIF 1 < 0 ＝60，故C错误；
令第k＋1项的系数最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,6)26－k≥C\\al(k－1,6)26－k＋1，,C\\al(k,6)26－k≥C\\al(k＋1,6)26－k－1，))解得eq \f(4,3)≤k≤eq \f(7,3)，因为k∈N，所以k＝2.
所以二项展开式中系数最大的项为T3＝Ceq \\al(2,6)24x3＝240x3，故D正确．
思维升华
(1)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)]．
(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解得k.
跟踪训练2 (1)已知(mx＋1)n(n∈N*，m∈R)的展开式只有第5项的二项式系数最大，设(mx＋1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＝8，则a2＋a3＋…＋an等于( )
A．63 B．64 C．247 D．255
答案 C
解析 因为展开式只有第5项的二项式系数最大，所以展开式共9项，所以n＝8，
因为a1＝Ceq \\al(7,8)·m＝8，所以m＝1，所以(x＋1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝28＝256，令x＝0，得a0＝1，
所以a2＋a3＋…＋an＝256－8－1＝247.
(2)(多选)若(3x－2)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 025x2 025(x∈R)，则( )
A．a0＝22 025
B．a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝eq \f(1－52 025,2)
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝eq \f(－52 025－1,2)
D.eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋eq \f(a3,33)＋…＋eq \f(a2 025,32 025)＝22 025－1
答案 BD
解析 对于A，当x＝0时，a0＝(－2)2 025＝－22 025，A错误；
对于B，C，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝12 025＝1，
当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025＝－52 025，所以a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝eq \f(1－52 025,2)，
a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝eq \f(52 025＋1,2)，所以B正确，C错误；
对于D，当x＝eq \f(1,3)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(1,3)－2))2 025＝a0＋eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋…＋eq \f(a2 025,32 025)，
所以eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋eq \f(a3,33)＋…＋eq \f(a2 025,32 025)＝(－1)2 025－a0＝22 025－1，D正确．
题型三 二项式定理的综合应用
例5 (1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋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512 025＋a＝(52－1)2 025＋a
＝Ceq \\al(0,2 025)·522 025－Ceq \\al(1,2 025)·522 024＋Ceq \\al(2,2 025)·522 023－…＋Ceq \\al(2 024,2 025)·52－Ceq \\al(2 025,2 025)＋a，因为512 025＋a能被13整除，
所以－Ceq \\al(2 025,2 025)＋a＝－1＋a能被13整除，又0≤a≤13，所以a＝1.
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.
课时精练
一、单项选择题
1．已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))5的展开式中eq \f(1,x)的系数是10，则实数a等于( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
答案 B
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))5的展开式为Ceq \\al(k,5)·x5－k·(ax－1)k＝ak·Ceq \\al(k,5)·x5－2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，
所以a3·Ceq \\al(3,5)＝10a3＝10，a＝1.
2．若(1＋3x)2＋(1＋2x)3＋(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4等于( )
A．49 B．56 C．59 D．64
答案 C
解析 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋3)2＋(1＋2)3＋(1＋1)4＝59.
3．(x＋2y)5(x－3y)的展开式中x3y3的系数为( )
A．－120 B．－40 C．80 D．200
答案 B
解析 (x＋2y)5的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)·x5－k·(2y)k＝Ceq \\al(k,5)·2k·x5－kyk，
因为(x＋2y)5(x－3y)＝x(x＋2y)5－3y(x＋2y)5，
在xTk＋1＝Ceq \\al(k,5)·2k·x6－kyk中，令6－k＝3可得k＝3，
在yTk＋1＝Ceq \\al(k,5)·2k·x5－kyk＋1中，令5－k＝3可得k＝2，
因此，展开式中x3y3的系数为Ceq \\al(3,5)·23－3Ceq \\al(2,5)·22＝－40.
4．已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )
A．1 B．243 C．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＝－243，②
①＋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.
5．(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 方法一 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.
方法二 (x＋y－2z)5相当于5个(x＋y－2z)相乘，含xy2z2的项则是其中1个(x＋y－2z)中取x，
2个(x＋y－2z)中取y,2个(x＋y－2z)中取z，故系数为Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)(－2)2＝120.
6．多项式(x2＋1)(x＋1)(x＋2)(x＋3)的展开式中x3的系数为( )
A．6 B．8 C．12 D．13
答案 C
解析 原式＝x2(x＋1)(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)(x＋3)，
所以展开式中含x3的项包含(x＋1)(x＋2)(x＋3)中x项为1·2·x＋2·3·x＋1·3·x＝11x，
和(x＋1)(x＋2)(x＋3)中x3的项为x3，这两项的系数和为11＋1＝12.
二、多项选择题
7．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式中的第三项的系数为45，则( )
A．n＝9
B．展开式中所有项的系数和为1 024
C．二项式系数最大的项为中间项
D．含x3的项是第7项
答案 BCD
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n的展开式的第三项为T3＝Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))n－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x2)))2＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，
所以第三项的系数为Ceq \\al(2,n)＝45，所以n＝10，故A错误；
所以二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))10，令x＝1得展开式中所有项的系数和为210＝1 024，故B正确；
展开式中共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；
通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))10－k(eq \r(3,x2))k＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，令eq \f(11k－30,12)＝3，解得k＝6，
所以含x3的项是第7项，故D正确．
三、填空题
8．若展开式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)＋\f(1,2x)))n中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为________．
答案 7
解析 由题意得n＝8，所以展开式中第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(eq \r(3,x))8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))k＝ SKIPIF 1 < 0 ，
令eq \f(8－4k,3)＝0，得k＝2，故常数项为Ceq \\al(2,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝7.
9．若(1＋x)6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(m,x2)))展开式中x2的系数为30，则m＝________.
答案 1
解析 (1＋x)6展开式通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)xk，则Ceq \\al(k,6)xkeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(m,x2)))＝mCeq \\al(k,6)xk＋mCeq \\al(k,6)xk－2，∴mCeq \\al(2,6)＋mCeq \\al(4,6)＝30，解得m＝1.
10．设(x＋1)(2x2－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝________.
答案 75
解析 令x＝2，得3×75＝a0＋2a1＋22a2＋…＋211a11，①
令x＝－2，得－75＝a0－2a1＋22a2－…－211a11，②
由eq \f(①＋②,2)，得a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝eq \f(3×75－75,2)＝75.
四、解答题
11．已知( SKIPIF 1 < 0 ＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比值为32.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解 (1)令x＝1，得展开式中的各项系数和为(1＋3)n＝22n，
又展开式中二项式系数和为2n.所以eq \f(22n,2n)＝32，解得n＝5.
因为n＝5，所以展开式共有6项，所以二项式系数最大的项为第三、四两项，
即T3＝Ceq \\al(2,5)( SKIPIF 1 < 0 )3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \\al(3,5)( SKIPIF 1 < 0 )2(3x2)3＝ SKIPIF 1 < 0 .
(2)设展开式中第k＋1项的系数最大，Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)( SKIPIF 1 < 0 )5－k(3x2)k＝ SKIPIF 1 < 0 ，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3kC\\al(k,5)≥3k－1C\\al(k－1,5)，,3kC\\al(k,5)≥3k＋1C\\al(k＋1,5)，))解得eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2)，因为k∈N，所以k＝4，
即展开式中系数最大的项为T5＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 .
12．在①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，________.
(1)求eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(an,2n)的值；
(2)求a1＋2a2＋3a3＋…＋nan的值．
解 (1)若选①：因为只有第5项的二项式系数最大，所以展开式中共有9项，即n＋1＝9，得n＝8.
若选②：因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(5,n)⇒n＝8.
若选③：因为奇数项的二项式系数的和为128，所以2n－1＝128，解得n＝8.
所以(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝eq \f(1,2)，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)－1))8＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)，
即有a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝0，令x＝0，得a0＝1，所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－a0＝－1.
综上所述，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－1.
(2)由(1)可知，n＝8，(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
两边求导得16(2x－1)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，令x＝1，
则有16＝a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8，所以a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝16.
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)
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