《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第九章-第3讲-二项式定理

第3讲二项式定理1．二项式定理(1)定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)．(2)通项：第k＋1项为：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk．(3)二项式系数：二项开放式中各项的二项式系数为：Ceq\o\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)．2．二项式系数的性质[做一做]1．已知(2x3－eq\f(1,x))n的开放式的常数项是第7项，则正整数n的值为________．解析：由已知条件可得Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)2n－rx3n－4r(－1)r，由常数项为第7项，得3n－4×6＝0，解得：n＝8.答案：82．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的开放式中，x7的系数为15，则a＝________．(用数字填写答案)解析：设通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)x10－rar，令10－r＝7，∴r＝3，∴x7的系数为Ceq\o\al(3,10)a3＝15，∴a3＝eq\f(1,8)，∴a＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)1．辨明三个易误点(1)通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr是开放式的第r＋1项，不是第r项．(2)(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们开放式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与其次个量b的位置不能颠倒．(3)易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，留意项的系数是指非字母因数全部部分，包含符号，二项式系数仅指Ceq\o\al(k,n)(k＝0，1，…，n)．2．二项开放式系数最大项的求法如求(a＋bx)n(a，b∈R)的开放式系数最大的项，一般是接受待定系数法，设开放式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1,Ak≥Ak＋1))从而解出k来，即得．[做一做]3．(2022·高考湖北卷)若二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))eq\s\up12(7)的开放式中eq\f(1,x3)的系数是84，则实数a＝()A．2 B.eq\r(5,4)C．1 D.eq\f(\r(2),4)解析：选C.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))eq\s\up12(7)的开放式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)(2x)7－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,7)27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故开放式中eq\f(1,x3)的系数是Ceq\o\al(5,7)22a5＝84，解得a＝1.4．(2021·山西省第三次四校联考)假如(2x－1)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，那么a1＋a2＋…＋a6的值等于________．解析：令x＝0，有1＝a0；令x＝1，有1＝a0＋a1＋…＋a6，∴a1＋a2＋…＋a6＝0.答案：0eq\a\vs4\al(考点一)__二项开放式中的特定项或特定项的系数(高频考点)二项式定理是高中数学中的一个重要学问点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题难度不大，多为简洁题或中档题．高考对二项式定理的考查主要有以下三个命题角度：(1)求开放式中的某一项；(2)求开放式中的项的系数或二项式系数；(3)由已知条件求n的值或参数的值．(1)(2022·高考湖南卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))eq\s\up12(5)的开放式中x2y3的系数是()A．－20 B．－5C．5 D．20(2)(2021·高考天津卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的二项开放式中的常数项为________．(3)(2022·高考山东卷)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(b,x)))eq\s\up12(6)的开放式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．[解析](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))eq\s\up12(5)开放式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq\s\up12(5－r)·(－2y)r＝Ceq\o\al(r,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5－r)·(－2)r·x5－r·yr.当r＝3时，Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·(－2)3＝－20.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的开放式通项为Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,6)x6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))eq\s\up12(r)＝(－1)rCeq\o\al(r,6)x6－eq\f(3,2)r，令6－eq\f(3,2)r＝0，解得r＝4，故常数项为(－1)4Ceq\o\al(4,6)＝15.(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(b,x)))eq\s\up12(6)的开放式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(ax2)6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,6)a6－rbrx12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，由Ceq\o\al(3,6)a6－3b3＝20，得ab＝1，所以a2＋b2≥2ab＝2，故a2＋b2的最小值为2.[答案](1)A(2)15(3)2[规律方法]二项式开放式有关问题的解题策略：(1)求开放式中的第n项．可依据二项式的通项公式直接求出第n项．(2)求开放式中的特定项．可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可．(3)已知开放式的某项，求特定项的系数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第r＋1项，由特定项得出r值，最终求出其参数．1.(1)(2021·洛阳市高三班级统考)设n为正整数，(x－eq\f(1,x\r(x)))2n开放式中存在常数项，则n的一个可能取值为()A．16 B．10C．4 D．2(2)(2022·高考课标全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的开放式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)(3)(eq\r(x)－eq\f(1,2\r(4,x)))8的开放式中的有理项共有________项．解析：(1)(x－eq\f(1,x\r(x)))2n开放式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2n)x2n－k(－eq\f(1,x\r(x)))k＝Ceq\o\al(k,2n)(－1)kxeq\s\up6(\f(4n－5k,2))，令eq\f(4n－5k,2)＝0，得k＝eq\f(4n,5)，∴n可取10.(2)x2y7＝x·(xy7)，其系数为Ceq\o\al(7,8)，x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－Ceq\o\al(6,8)，∴x2y7的系数为Ceq\o\al(7,8)－Ceq\o\al(6,8)＝8－28＝－20.(3)(eq\r(x)－eq\f(1,2\r(4,x)))8的开放式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(x))8－r(eq\f(－1,2\r(4,x)))r＝(－eq\f(1,2))rCeq\o\al(r,8)xeq\s\up6(\f(16－3r,4))(r＝0，1，2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必需是4的倍数，所以r＝0，4，8，故共有3个有理项，分别是T1＝(－eq\f(1,2))0Ceq\o\al(0,8)x4＝x4，T5＝(－eq\f(1,2))4Ceq\o\al(4,8)x＝eq\f(35,8)x，T9＝(－eq\f(1,2))8Ceq\o\al(8,8)x－2＝eq\f(1,256x2).答案：(1)B(2)－20(3)3eq\a\vs4\al(考点二)__二项式系数或各项系数和____________(1)(2021·辽宁省五校高三联考)若(eq\r(x)＋eq\f(2,x2))n开放式中只有第六项的二项式系数最大，则开放式的常数项是()A．360 B．180C．90 D．45(2)(2021·安徽省“江南十校”联考)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为()A．1或－3 B．－1或3C．1 D．－3[解析](1)开放式中只有第6项的二项式系数最大，则开放式总共11项，所以n＝10，通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(eq\r(x))10－r(eq\f(2,x2))r＝Ceq\o\al(r,10)2rx5－eq\f(5,2)r，所以r＝2时，常数项为180.(2)令x＝0，得到a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令x＝－2，得到a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9，所以有(2＋m)9m9＝39，即m2＋2m＝3，解得m＝1或－3.[答案](1)B(2)A本例(2)变为：若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________．解析：令x＝2，得到a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(4＋m)9，令x＝0，得到a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝(m＋2)9，所以有(4＋m)9(m＋2)9＝39，即m2＋6m＋5＝0，解得m＝－1或－5.答案：－1或－5[规律方法]1.二项式定理给出的是一个恒等式，对于a，b的一切值都成立．因此，可将a，b设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令a，b等于多少时，应视具体状况而定，一般取“1、－1或0”，有时也取其他值．2．一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的开放式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f（1）－f（－1）,2).2.(1)在二项式(eq\r(x)＋eq\f(3,x))n的开放式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则n＝________．(2)(1＋2x)n(其中n∈N且n≥6)的开放式中x3与x4项的二项式系数相等，则系数最大项为________．解析：(1)(赋值法)由题意可知，B＝2n，令x＝1，得A＝4n，由A＋B＝72，得4n＋2n＝72，即2n＝8，n＝3.(2)由于x3与x4项的二项式系数相等，则n＝7.∴Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)(2x)k，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(k,7)2k≥Ceq\o\al(k＋1,7)2k＋1,Ceq\o\al(k,7)2k≥Ceq\o\al(k－1,7)2k－1))，得eq\f(13,3)≤k≤eq\f(16,3)，∴k＝5，∴系数最大项为Ceq\o\al(5,7)(2x)5＝672x5.答案：(1)3(2)672x5eq\a\vs4\al(考点三)__二项式定理的应用____________________设a∈Z，且0≤a＜13，若512016＋a能被13整除，则a＝()A．0 B．1C．11 D．12[解析]512016＋a＝(52－1)2016＋a＝Ceq\o\al(0,2016)522016－Ceq\o\al(1,2016)522015＋…＋Ceq\o\al(2015,2016)×52×(－1)2015＋Ceq\o\al(2016,2016)×(－1)2016＋a.由于52能被13整除，所以只需Ceq\o\al(2016,2016)×(－1)2016＋a能被13整除，即a＋1能被13整除，所以a＝12.[答案]D[规律方法](1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应留意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理开放后的各项均能被另一个式子整除即可．(2)求余数问题时，应明确被除式f(x)与除式g(x)(g(x)≠0)，商式q(x)与余式的关系及余式的范围．3.求证：3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．证明：由于n∈N*，且n>2，所以3n＝(2＋1)n开放后至少有4项．(2＋1)n＝2n＋Ceq\o\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2＋1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1，故3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．

交汇创新——与二项式定理有关的交汇问题(2021·高考陕西卷)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)]表达式的开放式中常数项为()A．－20 B．20C．－15 D．15[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，其开放式的通项公式为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.[答案]A[名师点评](1)本题为二项式定理与函数的交汇问题，解决本题的关键是当x>0时，将f[f(x)]表达式转化为二项式．(2)二项式定理作为一个工具，也常与其他学问交汇命题，如与数列交汇、与不等式交汇、与定积分交汇等．因此在一些题目中不仅仅考查二项式定理，还要考查其他学问，其解题的关键点是它们的交汇点，留意它们的联系．(2021·长春市其次次调研)设(eq\f(1,x)＋x2)3的开放式的常数项为a，则直线y＝ax与曲线y＝x2围成图形的面积为________．解析：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,3)xr－3x2r＝Ceq\o\al(r,3)x3r－3，令r＝1，得a＝3，直线y＝3x与曲线y＝x2的交点坐标为(0，0)和(3，9)，∴直线y＝ax与曲线y＝x2围成图形的面积S＝eq\i\in(0,3,)(3x－x2)dx＝(eq\f(3,2)x2－eq\f(1,3)x3)|eq\o\al(3,0)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)1．(2021·东北三校模拟)在(x2－eq\f(1,x))5的二项开放式中，其次项的系数为()A．10 B．－10C．5 D．－5解析：选D.开放式中的其次项为T2＝Ceq\o\al(1,5)(x2)5－1(－eq\f(1,x))1，所以其系数为－Ceq\o\al(1,5)＝－5.2．二项式(1－x)4n＋1(n∈N)的开放式中，系数最大的项为()A．第(2n＋1)或(2n＋2)项B．第(2n＋1)项C．第(2n＋2)项D．第2n或(2n＋1)项解析：选B.开放式中共有(4n＋2)项，其中第(2n＋1)项与第(2n＋2)项的系数确定值相等，但第(2n＋1)项的系数为正，而第(2n＋2)项的系数为负，故第(2n＋1)项的系数最大．3．(2021·黄冈模拟)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解析：选C.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－1.4．已知(x－eq\f(a,x))8开放式中常数项为1120，其中实数a是常数，则开放式中各项系数的和是()A．28 B．38C．1或38 D．1或28解析：选C.由题意知Ceq\o\al(4,8)·(－a)4＝1120，解得a＝±2，令x＝1，得开放式各项系数和为(1－a)8＝1或38.5．(2021·江西临川一中等九校联考)二项式(ax＋eq\f(\r(3),6))6的开放式的其次项的系数为－eq\r(3)，则eq\i\in(－2,a,)x2dx的值为()A.eq\f(7,3) B．3C．3或eq\f(7,3) D．3或－eq\f(10,3)解析：选A.二项开放式的其次项T2＝Ceq\o\al(1,6)(ax)5×eq\f(\r(3),6)，则由题意有eq\f(\r(3),6)×Ceq\o\al(1,6)a5＝－eq\r(3)，解得a＝－1，所以eq\i\in(－2,－1,)x2dx＝eq\f(1,3)x3|eq\o\al(－1,－2)＝－eq\f(1,3)－(－eq\f(8,3))＝eq\f(7,3).6．(2021·贵阳市适应性考试)若(2x＋eq\f(a,x))4(a＞0)的开放式中常数项为96，则实数a等于________．解析：(2x＋eq\f(a,x))4的开放式通项为Ceq\o\al(r,4)(2x)4－r(eq\f(a,x))r＝24－rarCeq\o\al(r,4)x4－2r，令4－2r＝0，得r＝2，∴22a2Ceq\o\al(2,4)＝96，∴a2＝4，∴a＝2.答案：27．(2021·昆明市第一次调研)(eq\f(2,x)＋x)(1－eq\r(x))4的开放式中x的系数是________．解析：(1－eq\r(x))4开放式的通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(－eq\r(x))r＝(－1)rCeq\o\al(r,4)xeq\s\up6(\f(r,2))，(eq\f(2,x)＋x)(1－eq\r(x))4的开放式中含x的项为eq\f(2,x)·(－1)4Ceq\o\al(4,4)x2＋x·(－1)0Ceq\o\al(0,4)xeq\s\up6(\f(0,2))＝eq\f(2,x)·x2＋x·1＝3x，故系数是3.答案：38．(2021·福州质检)在(1－x2)20的开放式中，假如第4r项和第r＋2项的二项式系数相等，则r＝________．解析：由题意得，Ceq\o\al(4r－1,20)＝Ceq\o\al(r＋1,20)，故4r－1＝r＋1或4r－1＋r＋1＝20，即r＝eq\f(2,3)或r＝4.由于r为整数，故r＝4.答案：49．已知二项式(eq\r(3,x)＋eq\f(1,x))n的开放式中各项的系数和为256.(1)求n；(2)求开放式中的常数项．解：(1)由题意，得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝256，即2n＝256，解得n＝8.(2)该二项开放式中的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(3,x))8－r·(eq\f(1,x))r＝Ceq\o\al(r,8)·xeq\s\up6(\f(8－4r,3))，令eq\f(8－4r,3)＝0，得r＝2，此时，常数项为T3＝Ceq\o\al(2,8)＝28.10．已知(a2＋1)n开放式中各项系数之和等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(5)的开放式的常数项，而(a2＋1)n开放式的二项式系数最大的项的系数等于54，求a的值．解：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(5)，得Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)x2))eq\s\up12(5－r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))eq\s\up12(r)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)))eq\s\up12(5－r)·Ceq\o\al(r,5)·xeq\s\up6(\f(20－5r,2)).令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，∴r＝4，∴常数项T5＝Ceq\o\al(4,5)×eq\f(16,5)＝16.又(a2＋1)n开放式的各项系数之和等于2n.由题意得2n＝16，∴n＝4.由二项式系数的性质知，(a2＋1)4开放式中二项式系数最大的项是中间项T3，∴Ceq\o\al(2,4)a4＝54，∴a＝±eq\r(3).1．(2022·高考浙江卷)在(1＋x)6(1＋y)4的开放式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝()A．45 B．60C．120 D．210解析：选C.由于f(m，n)＝Ceq\o\al(m,6)Ceq\o\al(n,4)，所以f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(0,4)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(0,6)Ceq\o\al(3,4)＝120.2．(2021·山东枣庄模拟)若(x＋y)9按x的降幂排列的开放式中，其次项不大于第三项，且x＋y＝1，xy<0，则x的取值范围是()A．(－∞，eq\f(1,5)) B．[eq\f(4,5)，＋∞)C．(－∞，－eq\f(4,5)] D．(1，＋∞)解析：选D.二项式(x＋y)9的开放式的通项是Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)·x9－r·yr.依题意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(1,9)·x9－1·y≤Ceq\o\al(2,9)·x9－2·y2,x＋y＝1,xy<0))，由此得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x8·（1－x）－4x7·（1－x）2≤0,x（1－x）<0))，解之得x>1，即x的取值范围为(1，＋∞)．3．(2021·荆州模拟)已知a＝4eq\i\in(0,\f(π,2),)cos(2x＋eq\f(π,6))dx，则二项式(x2＋eq\f(a,x))5的开放式中x的系数为________．解析：依题意得a＝4eq\i\in(0,\f(π,2),)cos(2x＋eq\f(π,6))dx＝2sin(2x＋eq\f(π,6))eq\x\le(\o(\s\do4(0),\s\up8(\f(π,2))))＝－2，即a＝－2，则Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(－2)rx10－3r，当r＝3时，T4＝－80x.故二项式(x2＋eq\f(a,x))5的开放式中x的系数为－80.答案：－804．若(2x－3)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5等于________．解析：在已知等式两边对x求导，得5(2x－3)4×2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝5×(2×1－3)4×2＝10.答案：105．已知(eq\f(1,2)＋2x)n.(1)若开放式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求开放式中二项式系数最大项的系数；(2)若开放式前