新高考数学一轮复习考点分类讲与练第75讲 二项式定理（2份，原卷版+解析版）

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公式：(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*)
这个公式表示的定理叫做二项式定理．在上式中右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，…，n)叫做二项式系数，式中的Ceq \\al(k,n)an－kbk叫做二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk．
2. 二项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)二项式系数从__Ceq \\al(0,n)__，Ceq \\al(1,n)，一直到Ceq \\al(n－1,n)，__Ceq \\al(n,n)__．
3. “杨辉三角”与二项式系数的性质
(1)“杨辉三角”有如下规律：左右两边斜行都是1，其余各数都等于它“肩上”两个数字之和．
(2)对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq \\al(m,n)＝__Ceq \\al(n－m,n)__．
(3)增减性与最大值：二项式系数Ceq \\al(k,n)，当k＜eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐__增大__；当k＞eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐__减小__．当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数最大．
(4)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各项二项式系数之和为__2n__，即Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋…＋Ceq \\al(n,n)＝__2n__.
(5)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…＝__Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…__＝__2n－1__
1、（2023•北京）的展开式中，的系数是
A．B．40C．D．80
【答案】
【解析】由二项式定理可知展开式的第项
，，1，，
令，可得．即含的项为第3项，
，故的系数为80．
故选：．
2、（2023•天津）在的展开式中，项的系数为 ．
【答案】60．
【解析】二项式的展开式的通项为，
令得，，
项的系数为．
故答案为：60．
3、（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ．
【答案】10．
【解析】二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，
即，即，
，
故答案为：10．
4、（2022•浙江）已知多项式，则 ．
【答案】8，．
【解析】，
；
令，则，
令，则，
．
故答案为：8，．
5、（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】．
【解析】的通项公式为，
当时，，当时，，
的展开式中的系数为．
故答案为：．
6、（2022•天津）的展开式中的常数项为 ．
【答案】15．
【解析】的展开式的通项是
要求展开式中的常数项只要使得，即
常数项是，
故答案为：15
7、（2022•上海）在的展开式中，则含项的系数为 ．
【答案】66．
【解析】展开式的通项公式为，由，得，
得，
即，即含项的系数为66，
故答案为：66．
8、（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 ．
【答案】49．
【解析】二项式的通项为，，1，2，，，
二项式的通项为，，1，2，，，
，，1，2，，，
若，则为奇数，
此时，
，
，
，
又为奇数，
的最大值为49．
故答案为：49．
9、（2022•北京）若，则
A．40B．41C．D．
【答案】
【解析】法一：，
可得，，，
，
故答案为：41．
法二：，
令，可得，
再令，可得，
两式相加处以2可得，，
故选：．
1、(1＋2x)5的展开式中，x2的系数为( )

A. 10 B. 20 C. 25 D. 40
【答案】 D
【解析】 Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)r＝Ceq \\al(r,5)2rxr，当r＝2时，x2的系数为Ceq \\al(2,5)·22＝40.故选D.
2、若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A. 6 B. 12 C. 20 D. 32
【答案】 C
【解析】二项式系数之和2n＝64，∴n＝6，Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·x6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,6)x6－2r，当6－2r＝0，即当r＝3时为常数项，T4＝Ceq \\al(3,6)＝20.故选C.
3、(2021·青岛二模)已知(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式中常数项为－40，则a的值为( )
A.2 B.－2 C.±2 D.4
【答案】 C
【解析】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－\f(1,x)))eq \s\up12(5)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(ax)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))eq \s\up12(r)
＝(－1)ra5－rCeq \\al(r,5)x5－2r，
令5－2r＝－1可得r＝3，
令5－2r＝0可得r＝eq \f(5,2)，不符合题意，舍去.
∴(－1)3a5－3Ceq \\al(3,5)＝－40，即10a2＝40，
∴a＝±2.
4、(2022·广州三模)若x8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，则a3＝________．
【答案】 －56
【解析】 由题意可知，x8＝[(x＋1)－1]8，则[(x＋1)－1]8展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,8)·(x＋1)8-r·(－1)r，由x8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，得所求的项是a3(x＋1)3.令8－r＝3，解得r＝5，所以a3＝(－1)5×C eq \\al(5,8)＝－56.
5、 (2022·泰安一模)在(1－x)4(2x＋1)5的展开式中，含x2的项的系数是________．
【答案】 6
【解析】 (1－x)4的展开式的通项为C eq \\al(k,4)(－x)k，(2x＋1)5的展开式的通项为C eq \\al(t,5)(2x)5-t，所以(1－x)4(2x＋1)5展开式中，含x2的项为C eq \\al(0,4)(－x)0·C eq \\al(3,5)(2x)5-3＋C eq \\al(1,4)(－x)1C eq \\al(4,5)(2x)5-4＋C eq \\al(2,4)(－x)2C eq \\al(5,5)(2x)5-5＝6x2，所以含x2的项的系数为6.
考向一 二项展开式中特定项及系数问题
例1、已知在( eq \r(3,x)－ eq \f(1,2\r(3,x)))n的展开式中，第5项为常数项．
(1) 求n的值；
(2) 求含x2的项的系数.
【解析】 (1) 展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,n)x eq \f(n－r,3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(r)x eq \f(－r,3)＝C eq \\al(r,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(r) x eq \f(n－2r,3).
因为第5项为常数项，
所以当r＝4时， eq \f(n－2r,3)＝0，解得n＝8.
(2) 令 eq \f(n－2r,3)＝2，得r＝ eq \f(1,2)(n－6)＝1，
所以所求的系数为C eq \\al(1,8)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4.
变式1、已知在( eq \r(3,x)－ eq \f(1,2\r(3,x)))n的展开式中，第5项为常数项．
求展开式中所有的有理项．
【解析】 根据展开式的通项，由题意，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8－2r,3)∈Z，,0≤r≤8，,r∈Z，))
令 eq \f(8－2r,3)＝m(m∈Z)，
则8－2r＝3m，即r＝4－ eq \f(3,2)m.
因为0≤r≤8，且r∈Z，所以m应为偶数，
所以m可取2，0，－2，即r可取1，4，7，
所以第2项，第5项与第8项均为有理项，它们分别为－4x2, eq \f(35,8)，－ eq \f(1,16x2).
变式2、 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)＋1)) eq \s\up12(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)) eq \s\up12(5)＝[(x－ eq \f(1,x))＋1]5，展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(5－r)，当r＝5时，常数项为C eq \\al(5,5)＝1；当r＝3时，常数项为－C eq \\al(1,2)C eq \\al(3,5)＝－20；当r＝1时，常数项为C eq \\al(1,5)C eq \\al(2,4)＝30.综上所述，常数项为1－20＋30＝11.
变式3、 (1)(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.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))eq \s\up12(5)的展开式中常数项是________.
【答案】 －1 683
【解析】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))eq \s\up12(5)表示五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))相乘，则展开式中的常数项由三种情况产生，第一种是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中分别抽取2x，2x，eq \f(1,x)，eq \f(1,x)，－3，则此时的常数项为Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(2,3)·22·(－3)＝－360；第二种情况是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中都抽取－3，则此时的常数项为(－3)5＝－243；第三种情况是从五个eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)－3))中分别抽取2x，eq \f(1,x)，－3，－3，－3，则此时的常数项为Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)·21·(－3)3＝－1 080，则展开式中常数项为－360－243－1 080＝－1 683.
方法总结：求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，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
考向二 二项式系数的和或各项系数的和的问题
例2、在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1) 二项式系数的和；
(2) 各项系数的和；
(3) 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；
(4) 奇数项系数和与偶数项系数和；
(5) x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．

【解析】：设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
各项系数的和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10．
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
(1)二项式系数的和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210．
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1．
(3)奇数项的二项式系数和为Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝29，
偶数项的二项式系数和为Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(3,10)＋…＋Ceq \\al(9,10)＝29．
(4)令x＝y＝1，得到a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①
令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，∴奇数项系数和为eq \f(1＋510,2)；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，∴偶数项系数和为eq \f(1－510,2)．
(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝eq \f(1－510,2)；x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝eq \f(1＋510,2)．
变式1、已知在(x－3)n的展开式中，各项的二项式系数和为32，求：
(1) 展开式中各项的系数之和；
(2) 展开式中所有奇数项的系数之和．
【解析】 展开式中二项式系数和为2n＝32，即n＝5.
设(x－3)5 ＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5.
(1) 展开式中各项的系数之和为a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(－2)5＝－32.
(2) 展开式中所有奇数项的系数之和为a0＋a2＋a4.
令x＝－1，得－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝(－4)5＝－1 024. ①
又a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－32.②
由②－①整理，得 a0＋a2＋a4＝496.
变式2、已知在(x－3)n的展开式中，各项的二项式系数和为32，求：求展开式中各项的系数的绝对值的和．
【解析】 展开式中各项的系数的绝对值的和为|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|.
方法一：可知|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝ a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝1 024.
方法二：可知|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|即是二项式(x＋3)5展开式各项的系数和，令x＝1，得其和为1 024.
变式3、已知在(x－3)n的展开式中，各项的二项式系数和为32，求：求展开式中二项式系数最大的项．
【解析】 因为n＝5，展开式共6项，
所以二项式系数最大的项为第3，4两项，
所以二项式系数最大的项为T3＝C eq \\al(2,5)x3(－3)2＝90x3，
T4＝C eq \\al(3,5)x2(－3)3＝－270x2.
变式4、已知在(x－3)n的展开式中，各项的二项式系数和为32，求：
求展开式中系数的绝对值最大的项．
【解析】 设展开式中第r＋1项系数的绝对值最大，则Tr＋1＝C eq \\al(r,5)x5-r(－3)r＝(－3)rC eq \\al(r,5)x5-r，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3rC eq \\al(r,5)≥3r-1C eq \\al(r-1,5)，,3rC eq \\al(r,5)≥3r+1C eq \\al(r+1,5)，))解得 eq \f(7,2)≤r≤ eq \f(9,2)，
所以r＝4，
即展开式中第5项系数的绝对值最大，
T5＝C eq \\al(4,5)x·(－3)4＝405x.
变式5、（多选题）对任意实数x，有.则下列结论成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】对任意实数x，
有[﹣1+2（x﹣1）]9，
∴a222＝﹣144，故A正确；
故令x＝1，可得a0＝﹣1，故B不正确；
令x＝2，可得a0+a1+a2+…+a9＝1，故C正确；
令x＝0，可得a0﹣a1+a2+…﹣a9＝﹣39，故D正确；故选：ACD.
方法总结：“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，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n (a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
考向三 二项式定理的综合应用
例3 (1)1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数是____．
(2)设复数x＝eq \f(2i,1－i)(i是虚数单位)，则Ceq \\al(1,2019)x＋Ceq \\al(2,2019)x2＋Ceq \\al(3,2019)x3＋…＋Ceq \\al(2019,2019)x2019＝____．
【答案】（1）1 （2）－i－1
【解析】 (1)1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903C＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq \\al(1,10)889＋…＋Ceq \\al(9,10)88＋1，
∵前10项均能被88整除，∴余数是1.
(2)x＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－1＋i，
Ceq \\al(1,2019)x＋Ceq \\al(2,2019)x2＋Ceq \\al(3,2019)x3＋…Ceq \\al(2019,2019)x2019＝(1＋x)2019－1＝i2019－1＝－i－1
变式1、(1) 设a∈Z，且0≤a