2019版高考数学第10章计数原理概率随机变量及其分布3第3讲二项式定理教案理.docx

第3讲二项式定理1二项式定理(1)定理：(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)(2)通项：第k1项为Tk1Cankbk(3)二项式系数：二项展开式中各项的二项式系数为：C(k0，1，2，n)2二项式系数的性质 判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)(ab)n的展开式中的第r项是Canrbr.()(2)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)在(ab)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关()(4)通项Tr1Canrbr中的a和b不能互换()(5)(ab)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同()答案：(1)(2)(3)(4)(5) (教材习题改编)二项式的展开式中，常数项的值是()A240 B60C192 D180解析：选A.二项式展开式的通项为Tr1C(2x)6r26rCx63r，令63r0，得r2，所以常数项为262C16240. (2017高考全国卷)(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为()A80 B40C40 D80解析：选C.当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(y)2，所以x3y3的系数为C23C2210(84)40. 的展开式中，第3项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的第4项为_解析：由题意得CC，所以n8.所以展开式的第4项为T4Cx556x2.答案：56x2 在二项式的展开式中，x的系数是10，则实数a的值为_解析：Tr1C(x2)5r(a)rCx103r.当103r1时，r3，于是x的系数为(a)3C10a310，a1.答案：1二项展开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知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题多为容易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)求展开式中的某一项；(2)求展开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 典例引领角度一求展开式中的某一项 的展开式中的常数项为()A32 B34C36 D38【解析】的展开式的通项为Tk1C(x3)4kC(2)kx124k，令124k0，解得k3，的展开式的通项为Tr1Cx8rCx82r，令82r0，得r4，所以所求常数项为C(2)3C38.【答案】D角度二求展开式中的项的系数或二项式系数 (2017高考全国卷)(1x)6展开式中x2的系数为()A15 B20C30 D35【解析】(1x)6展开式的通项Tr1Cxr，所以(1x)6的展开式中x2的系数为1C1C30，故选C.【答案】C角度三由已知条件求n的值或参数的值 (2016高考山东卷)若(ax2)5的展开式中x5的系数是80，则实数a_【解析】(ax2)5的展开式的通项Tr1C(ax2)5rxCa5r x10，令10r5，得r2，所以Ca380，解得a2.【答案】2与二项展开式有关问题的解题策略(1)求展开式中的第n项，可依据二项式的通项直接求出第n项(2)求展开式中的特定项，可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可(3)已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数 通关练习1若的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值等于()A3 B4C5 D6解析：选C.Tr1C(x6)nrCx6nr，当Tr1是常数项时，6nr0，即nr，又nN*，故n的最小值为5，故选C.2(x2x1)10的展开式中x3项的系数为()A210 B210C30 D30解析：选A.(x2x1)10x2(x1)10C(x2)10C(x2)9(x1)Cx2(x1)9C(x1)10，所以含x3项的系数为：CCC(C)210.3(2018贵州省适应性考试)(x1)(xa)4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为_解析：(x1)(xa)4x(xa)4(xa)4，对于x(xa)4，T2xCx3a，对于(xa)4，T0Cx4a0，所以4a19，解得a2.答案：2二项式系数的性质或各项系数和 典例引领 (1)在二项式的展开式中，系数最大的项为第_项(2)(2018安徽省“江南十校”联考)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_【解析】(1)依题意可知Tr1C(1)rx223r，0r11，rZ，二项式系数最大的是C与C.当r6时，T7Cx4，故系数最大的项是第七项(2)令x0，得到a0a1a2a9(2m)9，令x2，得到a0a1a2a3a9m9，所以有(2m)9m939，即m22m3，解得m1或3.【答案】(1)七(2)1或3本例(2)变为：若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_解析：令x2，得到a0a1a2a9(4m)9，令x0，得到a0a1a2a3a9(m2)9，所以有(4m)9(m2)939，即m26m50，解得m1或5.答案：1或5赋值法的应用(1)形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1即可(2)对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可(3)若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5. 通关练习1在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项是()A15 B20C30 D120解析：选A.因为二项展开式中中间项的二项式系数最大，又二项式系数最大的项只有第4项，所以展开式中共有7项，所以n6，展开式的通项为Tr1C(x2)6rCx123r，令123r0，则r4，故展开式中的常数项为T5C15.2(2017高考浙江卷)已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_解析：由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4C12C22C13C216，a5是常数项，所以a5C13C224.答案：164二项式定理的应用 典例引领 设aZ，且0a13，若512 018a能被13整除，则a()A0 B1C11 D12【解析】512 018a(521)2 018aC522 018C522 017C52(1)2 017C(1)2 018a.因为52能被13整除，所以只需C(1)2 018a能被13整除，即a1能被13整除，所以a12.【答案】D(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，应注意：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展开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 求证：3n(n2)2n1(nN*，n2)证明：因为nN*，且n2，所以3n(21)n展开后至少有4项(21)n2nC2n1C212nn2n12n12nn2n1(n2)2n1，故3n(n2)2n1(nN*，n2) 二项展开式中系数最大项的求法如求(abx)n(a，bR)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，An1，且第k项系数最大，应用从而解出k来，即得 易错防范(1)通项Tk1Cankbk是展开式的第k1项，不是第k项(2)(ab)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量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，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C(k0，1，n) 1(2018广东测试)的展开式中，常数项是()A B.C D.解析：选D.Tr1C(x2)6rCx123r，令123r0，解得r4.所以常数项为C.故选D.2(1x)5(1x)6(1x)7的展开式中x4的系数为()A50 B55C45 D60解析：选B.(1x)5(1x)6(1x)7的展开式中x4的系数是CCC55.故选B.3设复数x(i是虚数单位)，则CxCx2Cx3Cx2 017()Ai BiC1i D1i解析：选C.x1i，CxCx2Cx3Cx2 017(1x)2 0171i2 01711i.4(2018昆明市教学质量检测)(12x)3(2x)4的展开式中x的系数是()A96 B64C32 D16解析：选B.(12x)3的展开式的通项公式为Tr1C(2x)r2rCxr，(2x)4的展开式的通项公式为Tk1C24k(x)k(1)k24kCxk，所以(12x)3(2x)4的展开式中x的系数为20C(1)23C2C(1)024C64，故选B.5设n为正整数，展开式中存在常数项，则n的一个可能取值为()A16 B10C4 D2解析：选B.展开式的通项公式为Tk1Cx2nkC(1)kx.令0，得k，又k为正整数，所以n可取10.6.的展开式的二项式系数之和为8，则展开式的常数项等于()A4 B6C8 D10解析：选B.因为的展开式的各个二项式系数之和为8，所以2n8，解得n3，所以展开式的通项为Tr1C()3r2rCx，令0，则r1，所以常数项为6.7设m为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a7b，则m()A5 B6C7 D8解析：选B.(xy)2m展开式中二项式系数的最大值为C，所以aC.同理，bC.因为13a7b，所以13C7C.所以137.所以m6.8若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则a0a2a4a2n等于()A2n B.C2n1 D.解析：选D.设f(x)(1xx2)n，则f(1)3na0a1a2a2n，f(1)1a0a1a2a3a2n，由得2(a0a2a4a2n)f(1)f(1)，所以a0a2a4a2n.9CCCC(nN*)的值为()A2n B22n1C2n1 D22n11解析：选D.(1x)2nCCxCx2Cx3Cx2n.令x1，得CCCCC22n；再令x1，得CCC(1)rCCC0.两式相加，可得CCC122n11.10(2018湖北枣阳第一中学模拟)(x2xy)5的展开式中x5y2的系数为()A10 B20C30 D60解析：选C.(x2xy)5的展开式的通项为Tr1C(x2x)5ryr，令r2，则T3C(x2x)3y2，又(x2x)3的展开式的通项为C(x2)3kxkCx6k，令6k5，则k1，所以(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为CC30，故选C.11设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，那么的值为()A BC D1解析：选A.令x1，可得a0a1a2a3a4a51，再令x1，可得a0a1a2a3a4a535.，得a0a2a4122，可得a1a3a5121，故.12(2018石家庄教学质量检测(二)若a2(x|x|)dx，则在的展开式中，x的幂指数不是整数的项共有()A13项 B14项C15项 D16项解析：选C.因为a2(x|x|)dx2(xx)dx(xx)dx2x2|18，所以该二项展开式的通项Tr1C()18r(1)rCx9 (0r18，且rN)，当r0，6，12，18时，展开式中x的幂指数为整数，所以该二项展开式中x的幂指数不是整数的项有19415项，故选C.13(2018广东省五校协作体联考)展开式中不含x的项的系数为_解析：展开式中不含x的项为C(xy)320y3，故不含x的项的系数为20.答案：2014已知(1x)5的展开式中xr(rZ且1r5)的系数为0，则r_.解析：依题意，(1x)5的展开式的通项公式为Tr1Cxr，故展开式为(x55x410x310x25x1)，故可知展开式中x2的系数为0，故r2.答案：215(2018江西赣州十四县联考)若的展开式中前三项的系数分别为A，B，C，且满足4A9(CB)，则展开式为x2的系数为_解析：易得A1，B，C，所以有49，即n27n80，解得n8或n1(舍)在中，因为通项Tr1Cx8rx82r，令82r2，得r3，所以展开式中x2的系数为.答案：16(2018安徽“江南十校”联考)若(xy1)3(2xya)5的展开式中各项系数的和为32，则该展开式中只含字母x且x的次数为1的项的系数为_解析：令xy1(a1)532a1，故原式(xy1)3(2xy1)5x(y1)32x(1y)5，可知展开式中x的系数为CC(1)3C27.答案：71487被7除的余数为a(0a7)，则展开式中x3的系数为()A4 320 B4 320C20 D20解析：选B.487(491)7C497C496C491，因为487被7除的余数为a(0a7)，所以a6，所以展开式的通项为Tr1C(6)rx63r，令63r3，可得r3，所以展开式中x3的系数为C(6)34 320.2(x2y)7的展开式中，系数最大的项是()A68y7 B112x3y4C672x2y5 D1 344x2y5解析：选C.设第r1项系数最大，则有即即解得又因为rZ，所以r5.所以系数最大的项为T6Cx225y5672x2y5.故选C.3(2018张掖市第一次诊断考试)设f(x)是展开式中的中间项，若f(x)mx在区间上恒成立，则实数m的取值范围是_解析：的展开式中的中间项为第四项，即f(x)C(x2)3x3，因为f(x)mx在区间上恒成立，所以mx2在上恒成立，所以m5，所以实数m的取值范围是5，)答案：5，)4(2018山西太原模拟)的展开式中常数