2019届高三数学备考冲刺140分问题39二项式定理与其他知识的交汇问题(含解析)3547

1、2019届高三数学备考冲刺140分问题39二项式定理与其余知识的交汇问题(含分析)_35472019届高三数学备考冲刺140分问题39二项式定理与其余知识的交汇问题(含分析)_354711/112019届高三数学备考冲刺140分问题39二项式定理与其余知识的交汇问题(含分析)_3547问题39二项式定理与其余知识的交汇问题一、考情剖析二项式定理是高考高频考点,基本上每年必考,难度中等或中等以下,二项式定理作为一个工具,也常与其余知识交汇命题,如与数列交汇、与不等式交汇、与定积分交汇等所以在一些题目中不只是考察二项式定理,还要考察其余知识,其解题的重点点是它们的交汇点,注意它们的联系二、经验分享

2、二项睁开式形式上的特色项数为n1.(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.字母a按降幂摆列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂摆列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从01Cn，Cn，向来到n1nCn，Cn.2.求二项睁开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数切合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k1，代回通项公式即可整除问题和求近似值是二项式定理中两类常有的应用问题，整除问题中要关注睁开式的最后几项，而求近似值则应关注睁开式的前几项二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定

3、理，注意选择适合的形式三、知识拓展1.“赋值法”广泛合用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，bR)的式子求其睁开式的各项系数之和，常用赋值法，只要令x1即可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其睁开式各项系数之和，只要令xy1即可2.若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)睁开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4f1f1，偶数项系数之和为a1a3a5f1f1.22四、题型剖析(一)二项式定理与函数的交汇1【例1】设函数f()（xx）6，x0时,ff(x)表达式的睁开式中常数项为()则当xx，x0，A20B20C15D15【答

4、案】A1【分析】x0时,f(x)x0,故ff(x)f(x)(x6,其睁开式的通项公式为r1x)Trx)6r(1r(1)6rrx)62r,由620,得r33C()C(3,故常数项为(1)C20.6x6r6【评论】解决此题的重点是当x0时,将ff(x)表达式转变为二项式【小试牛刀】设f(x)是(x21)6睁开式的中间项,若f(x)mx在区间2,2上恒建立,则实数m的2x2取值范围是（）A（,5）B（,5C（5,）D5,）【答案】D【分析】由题意可知f(x)C63x6135x3,由f(x)5x3mx得m5x2在区间2,2上恒2x2222建立,所以m5,应选D(二)二项式定理与数列的交汇1n111【例

5、2】将1（n）的睁开式中x4的系数记为an,则a3a2015x2a2【答案】40282015nr【分析】11（n）的睁开式的通项为Tr1r1rr2r,由题意可知r2,此x2Cnx21Cnx时,2n(n1)122(11anCn2,所以ann(n1),所以n1n1112(11)(11)(11)2(11)a2a3a2015223201420152015n【小试牛刀】设二项式x2n(N*)睁开式的二项式系数和与各项系数和分别为()n1n1n1D1A23B2(21)C240282015a1a2anan、bn,则b1b2bn【答案】C1naaan【分析】由题意知an2n成等比数列,令x1则bn122也成等

6、比数列,所以bbb2n1,应选C.n12(三)二项式定理与不等式的交汇xy20【例3】若变量x,y知足拘束条件xy20,n2xy2,则n取最大值时,12xx20 xn二项睁开式中的常数项为.【答案】240【分析】画出不等式组表示平面地区如图,由图象可知当动直线y2xn2经过点A(2,4)时,n2xy2取最大值6.当n6时,故由二项式睁开式的通项公式C6r(2x)6r(1)r6r6rTr126rC6rx2r0可得r2,所以睁开式中的常数项是,由题设rx224C62240,故应填答案240.y=-2x+n+2x=2x+y-2=0yA(2,4)xOx-y+2=0【小试牛刀】已知的睁开式中与的项的系数

7、之比为，则的最小值为（）ABCD【答案】C【分析】在二项式的睁开式中项的系数是，在二项式的睁开式中项的系数是。由题设可得，即，所以（当且仅当取等号），应选答案C。(四)二项式定理与定积分的交汇【例4】【2017届福建福州外国语学校高三理适应性考试三】已知(x1)6睁开式的常数项是540,则由曲ax线yx2和yx围成的关闭图形的面积为【答案】5121)6r(1)r(1)rCr6x62r【分析】二项式(x睁开式的通项Tr1C6rx6,令62r0,r3,所以有axaxa(1)3C63540,求出a11yx2(0,0),(1,1),所以由曲线yx2和,所以yxx3,联立1,交点坐标为a3yx3yx围成

8、的关闭图形的面积S11234131315(x3x)dx(x33x)43.04012【小试牛刀】【山东省德州市2019届高三模拟】在的睁开式中，项的系数等于264，则等于ABCD【答案】B【分析】（a）12的睁开式的通项为由，得r10，解得a2（舍）或a2（2）dx（lnx+x2）ln2+4ln11ln2+3x应选：B(五)二项式定理与导数的交汇【例5】12016a0a1x2a2x2a2015x2015a2016x220162x22xR,则a12a23a34a42015a20152016a2016（）A1008B2016C4032D0【答案】C【分析】设函数f(x)(12x)2016,求导得:f

9、(x)2016(12x)2015(2)4032(12x)2015又f(x)a0a1(x2)a2(x2)2.a2015(x2)2015a2016(x2)2016,求导得f(x)a12a2(x2)3a3(x2)2.2016a2016(x2)2015由令x1得:f(1)a12a23a34a42015a20152016a20164032(1)20154032应选C【小试牛刀】求证C1n2Cn23Cn3nCnnn2n11nC3nx3Cnnxn,【证明】由二项式定理可得x=Cn0+C1nxCn2x2n1n12Cn2x13Cn3x2nCnnxn1,两边取导数可得x=C1n令x1得C1n2Cn23Cn3nCn

10、nn2n1.(六)二项式定理与信息迁徙题的交汇【例6】已知是一个给定的正整数,假如两个整数,b除以所得的余数同样,则称a与b对模同余,记mamm作(),比如：513(4)若22015(7),则r可能等于()abmodmmod.rmodA.2013B.2014C.2015D.2016【答案】A2015236716711)671671176706702015除以7的余数为4.【分析】222484(74(7C671C67171).所以2经考证,只有2013除以7所得的余数为4.应选A.【小试牛刀】用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中拿出若干个球的全部取法

11、可由(1a)(1b)的睁开式1abab表示出来,如：“1”表示一个球都不取、“a”表示拿出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都拿出来.依此类推,以下各式中,其睁开式可用来表示从5个无区其余红球、5个无区其余蓝球、5个有区其余黑球中拿出若干个球,且全部的蓝球都拿出或都不拿出的全部取法的是()A.(1aa2a3a4a5)(1b5)(1c)5B.(1a5)(1bb2b3b4b5)(1c)5C.(1a)5(1bb2b3b4b5)(1c5)D.(1a5)(1b)5(1cc2c3c4c5)【答案】A【分析】分三步：第一步,5个无区其余红球可能拿出0个,1个,5个,则有(1aa2a3a4a5)种不一样的

12、取法；第二步,5个无区其余蓝球都拿出或都不拿出,则有(1b5)种不一样的取法；第三步,5个有区其余黑球中任取0个,1个,51223344555种不一样的取法,所以所求为(1a个,有(1CcCcCcCcCc)(1c)55555a2a3a4a5)(1b5)(1c)5,应选A.四、迁徙运用1【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】在的睁开式中，项的系数为，则的值为（）ABCD【答案】C【分析】因为，睁开式的通项为，所以在的睁开式中，项的系数为，即；所以.应选C2已知为知足（）能被整除的正数的最小值，则的睁开式中，系数最大的项为（）A第项B第项C第项D第项和第项【答案】B【分析】因为，所以，进而的

13、睁开式中系数与二项式系数只有符号差别，又中间项的二项式系数最大，中间项为第项，其系数为负，则第项系数最大3已知听从正态散布N(1,2),aR，则“P(a)0.5”是“对于x的二项式(ax13的睁开式2)x的常数项为3”的（）A充分不用要条件B必需不充分条件C既不充分又不用要条件D充要条件【答案】A【分析】由P(a)0.5，知a1因为二项式(ax12)3睁开式的通项公式为Tr1C3r(ax)3r(12)rxxa3rC3rx33r，令33r0，得r1，所以其常数项为a2C313a23，解得a1，所以“P(a)0.5”是“对于x的二项式(ax12)3的睁开式的常数项为3”的充分不用要条件，应选Ax4

14、已知（），设睁开式的二项式系数和为，（），与的大小关系是（）ABC为奇数时，为偶数时，D【答案】C【分析】由可令得；可令得；，而二项式系数和则比较易得；为奇数时，为偶数时，5【山东K12结盟2018届高三模拟】已知，在的睁开式中，记的系数为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，所以，由已知有指的系数，指的系数，所以，选A.6将二项式(x2)6睁开式各项从头摆列,则此中无理项互不相邻的概率是（）x2B1C.87AD7353524【答案】A【分析】由Tr1C6rx6r(2)r2r63r,知当r0,2,4,6时为有理项,则二项式(x2)6睁开式中有C6rx2xx4项有理项,3项无理项,所以基本

15、领件总数为743A44A532A7,无理项互为相邻有A4A5,所以所求概率P,A777应选A7若sin()2cos,则(xtan)6睁开式中常数项为（）xA5B160C5D16022【答案】B【分析】因为sin()2cos,所以sinx2cosx,tanx,2(xtan)6x2xx6常数项为3C63x32C6323160,应选B.x1n8.已知f(x)|x2|x4|的最小值为n,则二项式xx睁开式中x2项的系数为()A15B15C30D30【答案】A【分析】因为函数f(x)|x2|x4|的最小值为4(2)6,即n6.睁开式的通项公式为Tk1C6kx61kkk62k(1)k221)22,2项的系

16、数为15,选A.xCx,由62k2,得k2,所以TCx(15x即x6369.设复数x2i12233201520151i(i()是虚数单位),则C2015xC2015xC2015xC2015xAiBiC1iD1i【答案】C2i1222015201520152015【分析】x1i(1x)1i1i1.1i,C2015xC2015xC2015x10已知1x24a0a1xa2x2a7x7a8x8,则从会合Mxxai,xRaj（i0,1,2,8;j0,1,2,8）到会合N1,0,1的映照个数是（）A6561B316C2187D210【答案】A【分析】(1x2)414x26x44x6x8,所以a0a81,a

17、2a64,a46,a1a3a5a70,所以会合M中有0、1、4、6、2、3、1、13246,从M到N的映照共有388126561个选A11设a0,n是大于1的自然数,x1a的地点如下图,则a_.n的睁开式为a0a1xa2x2anxn.若点Ai(i,ai)(i0,1,2)【答案】3n311a【分析】由图易知a01,a13,a24,则aC1C224,解得3,a(),即1na2nan(n1)2a24a3.12【河南省新乡市2019届高三下学期第二次模拟】已知，则_.【答案】【分析】平等式两边求导，得，令，则.13【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】已知的睁开式中含项的系数为-14，则_

18、【答案】【分析】依据乘法分派律得，.，表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分.当时，故.14【河北省衡水市第十三中学2019届高三质检（四)】已知，记，则的睁开式中各项系数和为_【答案】【分析】依据定积分的计算，可得，令，则，即的睁开式中各项系数和为.15复数1ai（aR,i为虚数单位）为纯虚数,则复数zai的模为.已知2i(1xx2)(x13)n(nN)的睁开式中没有常数项,且2n8,则n.x【答案】5,5【分析】由题意设1ai(0),则1ai2tit,所以t1,即a2,故zai的模为2itita2t415.因(x13)n的通项公式Tr1Cnrxnrx3rCnrxn4r,故当n4r0,1,2时存在常数x项,即n4r,4r1,4r2,故n2,3,4,6,7,8时为常数项,所以当n5时没有常数项切合题设,故应填5,5.16.【辽宁省辽南协作校2017-2018学年高三