高三数学备考冲刺分问题二项式定理与其他知识的交汇问题含

问题39二项式定理及其他学问的交汇问题一、考情分析二项式定理是高考高频考点,根本上每必考,难度中等或中等以下,二项式定理作为一个工具,也常及其他学问交汇命题,如及数列交汇、及不等式交汇、及定积分交汇等．因此在一些题目中不仅仅考察二项式定理,还要考察其他学问,其解题的关键点是它们的交汇点,留意它们的联络．二、经验共享1.二项绽开式形式上的特点(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及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)二项式的系数从Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，始终到Ceq\o\al(n－1,n)，Ceq\o\al(n,n).2.求二项绽开式中的特定项，一般是利用通项公式进展，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k＋1，代回通项公式即可．3.整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注绽开式的最终几项，而求近似值则应关注绽开式的前几项．4.二项式定理的应用根本思路是正用或逆用二项式定理，留意选择相宜的形式．三、学问拓展1.“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)的式子求其绽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)的式子求其绽开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．2.假设f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)绽开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.四、题型分析(一)二项式定理及函数的交汇【例1】设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(〔x－\f(1,x)〕6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))则当x>0时,f[f(x)]表达式的绽开式中常数项为()A．－20B．20C．－15 D．15【答案】A【解析】x＞0时,f(x)＝－eq\r(x)＜0,故f[f(x)]＝f(－eq\r(x))＝(－eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))6,其绽开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·(－eq\r(x))6－r·(eq\f(1,\r(x)))r＝(－1)6－r·Ceq\o\al(r,6)·(eq\r(x))6－2r,由6－2r＝0,得r＝3,故常数项为(－1)3·Ceq\o\al(3,6)＝－20.【点评】解决此题的关键是当x>0时,将f[f(x)]表达式转化为二项式．【小试牛刀】设是绽开式的中间项,假设在区间上恒成立,则实数m的取值范围是〔〕A．〔－∞,5〕B．〔－∞,5]C．〔5,＋∞〕D．[5,＋∞〕【答案】D【解析】由题意可知,由得在区间上恒成立,所以,应选D．(二)二项式定理及数列的交汇【例2】将〔〕的绽开式中的系数记为,则．【答案】【解析】〔〕的绽开式的通项为,由题意可知,此时,,所以,所以．【小试牛刀】设二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(n)n(∈N*)绽开式的二项式系数和及各项系数和分别为an、bn,则eq\f(a1＋a2＋…＋an,b1＋b2＋…＋bn)＝()A．2n－1＋3 B．2(2n－1＋1)C．2n＋1 D．1【答案】C【解析】由题意知an＝2n成等比数列,令x＝1则bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)也成等比数列,所以eq\f(a1＋a2＋…＋an,b1＋b2＋…＋bn)＝2n＋1,应选C.(三)二项式定理及不等式的交汇【例3】假设变量满意约束条件,,则取最大值时,二项绽开式中的常数项为.【答案】【解析】画出不等式组表示平面区域如图,由图象可知当动直线经过点时,取最大值.当时,故由二项式绽开式的通项公式,由题设可得,所以绽开式中的常数项是,故应填答案.【小试牛刀】的绽开式中及的项的系数之比为，则的最小值为〔〕A．B．C．D．【答案】C【解析】在二项式的绽开式中项的系数是，在二项式的绽开式中项的系数是。由题设可得，即，所以〔当且仅当取等号〕，应选答案C。(四)二项式定理及定积分的交汇【例4】【2021届福建福州外国语学校高三理适应性考试三】绽开式的常数项是540,则由曲线和围成的封闭图形的面积为．【答案】【解析】二项式绽开式的通项,令,所以有,求出,所以,联立,交点坐标为,所以由曲线和围成的封闭图形的面积.【小试牛刀】【山东省德州市2021届高三模拟】在的绽开式中，项的系数等于264，则等于A．B．C．D．【答案】B【解析】〔a〕12的绽开式的通项为．由，得r＝10．∴，解得a＝﹣2〔舍〕或a＝2．∴〔2x〕dx〔lnx+x2〕ln2+4﹣ln1﹣1＝ln2+3．应选：B．(五)二项式定理及导数的交汇【例5】,则〔〕A．1008B．2021C．4032D．0【答案】C【解析】设函数,求导得:,又,求导得,由令得:．应选C．【小试牛刀】求证【证明】由二项式定理可得两边取导数可得令得.(六)二项式定理及信息迁移题的交汇【例6】m是一个给定的正整数,假如两个整数a,b除以m所得的余数一样,则称a及b对模m同余,记作a≡b(modm),例如：5≡13(mod4).假设22021≡r(mod7),则r可能等于()A.2021B.2014C【答案】A【解析】22021＝22×23×671＝4×8671＝4(7＋1)671＝4(7671＋Ceq\o\al(1,671)7670＋…＋Ceq\o\al(670,671)7＋1).因此22021除以7的余数为4.经验证,只有2021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个蓝球中取出假设干个球的全部取法可由(1＋a)(1＋b)的绽开式1＋a＋b＋ab表示出来,如：“1”表示一个球都不取、“a〞表示取出一个红球、而“ab〞则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,以下各式中,其绽开式可用来表示从5个无区分的红球、5个无区分的蓝球、5个有区分的黑球中取出假设干个球,且全部的蓝球都取出或都不取出的全部取法的是()A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)【答案】A【解析】分三步：第一步,5个无区分的红球可能取出0个,1个,…,5个,则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步,5个无区分的蓝球都取出或都不取出,则有(1＋b5)种不同的取法；第三步,5个有区分的黑球中任取0个,1个,…,5个,有(1＋Ceq\o\al(1,5)c＋Ceq\o\al(2,5)c2＋Ceq\o\al(3,5)c3＋Ceq\o\al(4,5)c4＋Ceq\o\al(5,5)c5)＝(1＋c)5种不同的取法,所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5,应选A.四、迁移运用1．【湖南省怀化市2021届高三3月第一次模拟】在的绽开式中，项的系数为，则的值为〔〕A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，绽开式的通项为，所以在的绽开式中，项的系数为，即；所以.应选C2．为满意〔〕能被整除的正数的最小值，则的绽开式中，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【解析】由于，所以，从而的绽开式中系数及二项式系数只有符号差异，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．听从正态分布，则“〞是“关于的二项式的绽开式的常数项为3”的〔〕A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．既不充分又不必要条件D．充要条件【答案】A【解析】由，知．因为二项式绽开式的通项公式为＝，令，得，所以其常数项为，解得，所以“〞是“关于的二项式的绽开式的常数项为3〞的充分不必要条件，应选A．4．〔〕，设绽开式的二项式系数和为，〔〕，及的大小关系是〔〕A．B．C．为奇数时，，为偶数时，D．【答案】C【解析】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联盟2021届高三模拟】，在的绽开式中，记的系数为f(m,n)，则+f(7,2)=〔〕A.B.C.D.【答案】A【解析】，所以，由有指的系数，指x7y2的系数，所以，选A.6．将二项式绽开式各项重新排列,则其中无理项互不相邻的概率是〔〕A．B．C.D．【答案】A【解析】由,知当时为有理项,则二项式绽开式中有4项有理项,3项无理项,所以根本事件总数为,无理项互为相邻有,所以所求概率＝,应选A．7．假设,则绽开式中常数项为〔〕A．B．C．D．【答案】B【解析】因为,所以,,常数项为,应选B.8.f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为n,则二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(n)绽开式中x2项的系数为()A．15 B．－15 C．30 D．－30【答案】A【解析】因为函数f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为4－(－2)＝6,即nTk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝Ceq\o\al(k,6)x6－2k(－1)k,由6－2k＝2,得k＝2,所以T3＝Ceq\o\al(2,6)x2(－1)2＝15x2,即x2项的系数为15,选A.9.设复数x＝eq\f(2i,1－i)(i是虚数单位),则Ceq\o\al(1,2015)x＋Ceq\o\al(2,2015)x2＋Ceq\o\al(3,2015)x3＋…＋Ceq\o\al(2015,2015)x2015＝()A．i B．－iC．－1－i D．1＋i【答案】C【解析】x＝eq\f(2i,1－i)＝－1＋i,Ceq\o\al(1,2015)x＋Ceq\o\al(2,2015)x2＋…＋Ceq\o\al(2015,2015)x2015＝(1＋x)2015－1＝i2015－1＝－i－1.10．,则从集合〔〕到集合的映射个数是〔〕A．6561B．316C．2187D．210【答案】A【解析】,所以,所以集合M中有0、1、4、6、、、、,从M到N的映射共有个．选A．11．设是大于1的自然数,的绽开式为.假设点的位置如下图,则.【答案】【解析】由图易知,则,即,解得.12．【河南省新乡市2021届高三下学期第二次模拟】，则___________.【答案】【解析】对等式两边求导，得，令，则.13．【江西省临川第一中学等九校2021届高三3月联考】的绽开式中含项的系数为-14，则______．【答案】【解析】依据乘法安排律得，，.，，表示圆心在原点，半径为时，，故.14．【河北省衡水市第十三中学2021届高三质检〔四)】，记，则的绽开式中各项系数和为__________．【答案】【解析】依据定积分的计算，可得，令，则，即的绽开式中各项系数和为.15．复数〔为虚数单位〕为纯虚数,则复数的模为.的绽开式中没有常数项,且,则.【答案】【解析】由题意设,则,所以,即,故的模为.因的通项公式,故当时存在常数项,即,故时为常数项,所以当时没有常数项符合题设,故应填.16.【辽宁省辽南协作校2021-2021学高三下学期第一次模拟】二项式的绽开式中只有第3项的二项式系数最大，把绽开式中全部的项重新排成一列，则无理项都互不相邻的排列总数为__________．〔用数字作答〕【答案】72【解析】因为二项式的绽开式中只有第3项的二项式系数最大，所以绽开式共5项，，其通项为，当时项为有理项，所以无理项有2个，先把有理项排好有种，从4个空中取两个排上无理项有种排法，所以共有种排法.17．的绽开式中的常数项为,是以为周期的偶函数,且当时,,假设在区间内,函数有4个零点,则实数的取值范围是______________．【答案】【解析】令10-2r-3r=0,得r=2,∴常数项∴f〔x〕的周期为2,且是偶函数,∵当x∈[0,1]时,时,f〔x