（三管齐下）贵州省2014届高三数学 复习试题65 二项式定理 理（含解析）新人教A版

1 6565 二项式定理二项式定理 导学目标 1 能用计数原理证明二项式定理 2 会用二项式定理解决与二项展开式有 关的简单问题 自主梳理 1 二项式定理的有关概念 1 二项式定理 a b n Can Can 1b1 Can kbk Cbn n N 这个 0n1nk nn n 公式叫做 二项展开式 右边的多项式叫做 a b n的二项展开式 项数 二项展开式中共有 项 二项式系数 在二项展开式中各项的系数 k 叫做二项式 系数 通项 在二项展开式中的 叫做二项展开式的通项 用Tk 1表示 即通项为展开式的第k 1 项 Tk 1 2 二项式系数的性质 1 对称性 与首末两端 的两个二项式系数相等 2 增减性与最大值 当n是偶数时 中间的一项二项式系数 取得最 大值 当n为奇数时 中间的两项二项式系数 相等 且同时取得最大值 3 各二项式系数和 C C C C C C C C C C C C 0n1n2nn n0n2n4n偶n1n3n5n奇n 自我检测 1 2011 福建 1 2x 5的展开式中 x2的系数等于 A 80 B 40 C 20 D 10 2 2011 陕西 4x 2 x 6 x R 展开式中的常数项是 A 20 B 15 C 15 D 20 3 x y 10的展开式中x6y4项的系数是 2 A 840 B 840 C 210 D 210 4 2010 四川 6的展开式中的第四项是 2 1 3 x 5 2011 山东 若 x 6展开式的常数项为 60 则常数a的值为 a x2 6 2011 烟台期末 已知n为正偶数 且 n的展开式中第 4 项的二项式系数 x2 1 2x 最大 则第 4 项的系数是 用数字作答 探究点一 二项展开式及通项公式的应用 例 1 已知在 n的展开式中 第 6 项为常数项 3 x 1 23x 1 求n 2 求含x2的项的系数 3 求展开式中所有的有理项 2 变式迁移 1 2010 湖北 在 x y 20的展开式中 系数为有理数的项共有 4 3 项 探究点二 二项式系数的性质及其应用 例 2 1 求证 C 2C 3C nC n 2n 1 1n2n3nn n 2 求S C C C除以 9 的余数 1 272 272727 变式迁移 2 2011 上海卢湾区质量调研 求 C C C C的值 2 2n4 2n2k2n2n2n 探究点三 求系数最大项 例 3 已知f x 3x2 n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大 992 3 x2 1 求展开式中二项式系数最大的项 2 求展开式中系数最大的项 变式迁移 3 1 在 x y n的展开式中 若第七项系数最大 则n的值可能等于 A 13 14 B 14 15 C 12 13 D 11 12 13 3 2 已知 n 若展开式中第 5 项 第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列 1 2 2x 求展开式中二项式系数的最大项的系数 若展开式前三项的二项式系数和等于 79 求展开式中系数最大的项 1 二项式系数与项的系数是不同的 如 a bx n a b R 的展开式中 第r 1 项 的二项式系数是 C 而第r 1 项的系数为 Can rbr r nr n 2 通项公式主要用于求二项式的指数 求满足条件的项或系数 求展开式的某一项或 系数 在运用公式时要注意 Can rbr是第r 1 项 而不是第r项 r n 3 在 a b n的展开式中 令a b 1 得 C C C 2n 令a 1 b 1 0n1nn n 得 C C C C 0 C C C C C C 2n 1 这种由一 0n1n2n3n0n2n4n1n3n5n 般到特殊的方法是 赋值法 4 二项式系数的性质有 1 在二项展开式中 与首末两端 等距离 的两项的二项 式系数相等 即 C C C C C C C C 2 如果二项式的 0nn n1nn 1n2nn 2nr nn rn 幂指数是偶数 中间一项的二项式系数最大 如果二项式的幂指数是奇数 中间两项 的二项式系数相等并且最大 5 二项式定理的一个重要作用是近似计算 当n不是很大 x 比较小时 1 x n 1 nx 利用二项式定理还可以证明整除性问题或求余数问题 证题时要注意变形的 技巧 满分 75 分 一 选择题 每小题 5 分 共 25 分 1 2011 山东实验中学模拟 在 24的展开式中 x的幂指数是整数的项共有 x 1 3 x A 3 项 B 4 项 C 5 项 D 6 项 2 2011 重庆 1 3x n 其中n N 且n 6 的展开式中x5与x6的系数相等 则n 等于 A 6 B 7 C 8 D 9 3 2011 黄山期末 在 n的展开式中 只有第 5 项的二项式系数最大 则展开 x 2 1 3 x 4 式中常数项是 A 7 B 7 C 28 D 28 4 2010 烟台高三一模 如果 n的展开式中二项式系数之和为 128 则展开 3x 1 3 x2 式中的系数是 1 x3 A 7 B 7 C 21 D 21 5 在 1 x 5 1 x 6 1 x 7 1 x 8的展开式中 含x3的项的系数是 A 74 B 121 C 74 D 121 二 填空题 每小题 4 分 共 12 分 6 2011 湖北 x 18的展开式中含x15的项的系数为 结果用数值 1 3x 表示 7 2011 济南高三模拟 已知a sin t cos t dt 则 6的展开式中的常 0 x 1 ax 数项为 8 10的展开式中的常数项是 1 x 1 x2 三 解答题 共 38 分 9 12 分 1 设 3x 1 4 a0 a1x a2x2 a3x3 a4x4 求a0 a1 a2 a3 a4 求a0 a2 a4 求a1 a2 a3 a4 2 求证 32n 2 8n 9 能被 64 整除 n N 10 12 分 利用二项式定理证明对一切n N 都有 2 n 3 1 1 n 5 11 14 分 2011 泰安模拟 已知 n n N 的展开式中第五项的系数与第三 x 2 x2 项的系数的比是 10 1 1 求展开式中各项系数的和 2 求展开式中含的项 3 2 x 3 求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项 65 二项式定理 自主梳理 1 1 二项式定理 n 1 C 0 1 2 n Can kbk k nk n Can kbk 2 1 等距离 2 k n 2 n n C 1 2 n n C 1 2 n n C 3 2n 2n 1 2n 1 自我检测 1 B 1 2x 5的第r 1 项为Tr 1 C 2x r 2rCxr 令r 2 得x2的系数为 r5r5 22 C 40 2 5 2 C 设展开式的常数项是第r 1 项 则Tr 1 C 4x r 2 x 6 r 即 r6 Tr 1 C 1 6 r 22rx 2rx 6x C 1 6 r 23rx 6x 3rx 6x 0 恒成 r6r6 立 r 2 T3 C 1 4 15 选 C 2 6 3 A 4 160 x 5 4 解析 x 6展开式的通项为Tr 1 Cx6 r 1 r r x 2r Cx6 3r 1 r a x2r6ar6 r a 令 6 3r 0 得r 2 故 C 2 60 解得a 4 2 6a 6 5 2 课堂活动区 例 1 解题导引 1 通项Tr 1 Can rbr是 a b n的展开式的第r 1 项 而不是第 r n r项 二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念 二项式系数是指 C r 0 1 2 n 与a b的值无关 而项的系数是指该项中除变量外的常数部分 r n 2 求二项展开式中的有理项 一般是根据通项公式所得到的项 其所有的未知数的指 数恰好都是整数的项 解这种类型的问题必须合并通项公式中同一字母的指数 根据具体 要求 令其属于整数 再根据数的整除性来求解 若求二项展开式中的整式项 则其通项 6 公式中同一字母的指数应是非负整数 求解方式与求有理项的方式一致 解 1 通项公式为Tr 1 C r r n 3 n r x 1 2 3 r x C r r n 1 2 2 3 nr x 因为第 6 项为常数项 所以r 5 时 有 0 n 2r 3 即n 10 2 令 2 得r n 6 10 6 2 n 2r 3 1 2 1 2 所求的系数为 C 2 2 10 1 2 45 4 3 根据通项公式 由题意得Error 令 k k Z 则 10 2r 3k 10 2r 3 即r 5 k r N k应为偶数 3 2 k可取 2 0 2 即r可取 2 5 8 所以第 3 项 第 6 项与第 9 项为有理项 它们分别为 C 2x2 C5 C8x 2 2 10 1 2 5 10 1 2 8 10 1 2 变式迁移 1 6 解析 展开式的通项Tr 1 C x20 r y r r20 4 3 C x20 r yr r20 4 3 r 由 0 r 20 Z 得r 0 4 8 12 16 20 r 4 所以系数为有理数的项共有 6 项 例 2 解题导引 1 在有关组合数的求和问题中 经常用到形如 C C C C C kC nC等式子的变形技巧 0nn nn 1n 1k nn knk nk 1n 1 2 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 求余数问题 时 应明确被除式f x 除式g x g x 0 商式q x 与余式的关系及余式的范围 1 证明 方法一 设S C 2C 3C n 1 C nC 1n2n3nn 1nn n S nC n 1 C n 2 C 2C C n nn 1nn 2n2n1n nC n 1 C n 2 C 2C C 0n1n2nn 2nn 1n 得 2S n C C C C C n 2n 0n1n2nn 1nn n S n 2n 1 原式得证 方法二 C k n k n k n n k n k C n 1 k 1 n k k 1n 1 kC nC k nk 1n 1 左边 nC nC nC 0n 11n 1n 1n 1 n C C C n 2n 1 右边 0n 11n 1n 1n 1 2 解 S C C C 227 1 1 272 272727 89 1 9 1 9 1 C 99 C 98 C 9 C 1 0 91 98 99 9 9 C 98 C 97 C 2 0 91 98 9 9 C 98 C 97 C 1 7 0 91 98 9 显然上式括号内的数是正整数 故S被 9 除的余数为 7 7 变式迁移 2 解 1 x 2n C Cx Cx2 Cx3 Cx2n 0 2n1 2n2 2n3 2n2n2n 令x 1 得 C C C C 22n 0 2n1 2n2n 12n2n2n 再令x 1 得 C C C 1 rC C C 0 0 2n1 2n2 2nr2n2n 12n2n2n 两式相加 再用 C 1 0 2n 得 C C C 1 22n 1 1 2 2n4 2n2n2n 22n 2 例 3 解题导引 1 求二项式系数最大的项 如果n是偶数 则中间一项 第项 的 n 2 1 二项式系数最大 如果n是奇数 则中间两项 第项与第项 的二项式系数相 n 1 2 n 1 2 1 等且最大 2 求展开式系数最大的项 如求 a bx n a b R 的展开式中系数最大的项 一般 是采用待定系数法 设展开式各项系数分别为A1 A2 An 1 且第r 1 项系数最大 应用Error 解出r来 即得系数最大的项 解 1 令x 1 则二项式各项系数的和为 f 1 1 3 n 4n 又展开式中各项的二项式系数之和为 2n 由题意知 4n 2n 992 2n 2 2n 992 0 2n 31 2n 32 0 2n 31 舍 或 2n 32 n 5 由于n 5 为奇数 所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项 它们分别是 T3 C 3 3x2 2 90 x6 2 5 2 3 x T4 C 2 3x2 3 270 3 5 2 3 x 22 3 x 2 展开式的通项公式为Tr 1 C 3r r5 2 5 2 3 r x 假设Tr 1项系数最大 则有Error Error Error r r N r 4 7 2 9 2 变式迁移 3 1 D 1 分三种情况 若仅T7系数最大 则共有 13 项 n 12 若T7与T6系数相等且最大 则共有 12 项 n 11 若T7与T8系数相等且最大 则共有 14 项 n 13 所以n的值可能等于 11 12 13 故选 D 2 解 C C 2C n2 21n 98 0 4n6n5n n 7 或n 14 当n 7 时 展开式中二项式系数最大的项是T4和T5 T4的系数为 C 423 3 7 1 2 35 2 T5的系数为 C 324 70 4 7 1 2 当n 14 时 展开式中二项式系数的最大的项是T8 T8的系数为 C 727 3 432 7 14 1 2 C C C 79 n2 n 156 0 0n1n2n n 12 或n 13 舍去 设Tk 1项的系数最大 12 12 1 4x 12 1 2 2x 1 2 Error 9 4 k 10 4 8 k 10 展开式中系数最大的项为T11 T11 12C 410 x10 16 896x10 1 2 1012 课后练习区 1 C 2 B 1 3x n的展开式中x5的项为 C 3x 5 C 35x5 展开式中含x6的项为 5n5n C 36x6 由两项的系数相等得 C 35 C 36 解得n 7 6n5n6n 3 B 4 C 5 D 6 17 解析 二项展开式的通项为Tr 1 Cx18 r r 1 r rC 令 r18 1 3x 1 3r18 3 18 2 r x 18 15 解得r 2 3r 2 含x15的项的系数为 1 2 2C 17 1 32 18 7 5 2 8 4 351 解析 10 10 1 x 1 x2 1 x 1 x2 C 1 x 10 C 1 x 9 C 1 x 8 C 1 x 7 C 1 x 6 0 101 10 1 x22 10 1 x43 10 1 x64 10 1 x8 从第五项 C 1 x 6起 后面各项不再出现常数项 前四项的常数项分别是 C C 4 10 1 x80 10 C C C C C C 0 101 102 92 104 83 106 7 故原三项展开式中常数项为 CC CC CC CC 4 351 0 10 0 101 10 2 92 10 4 83 10 6 7 9 1 解 令x 1 得a0 a1 a2 a3 a4 3 1 4 16 2 分 令x 1 得 a0 a1 a2 a3 a4 3 1 4 256 而由 1 知a0 a1 a2 a3 a4 3 1 4 16 两式相加 得a0 a2 a4 136 4 分 令x 0 得a0 0 1 4 1 得a1 a2 a3 a4 a0 a1 a2 a3 a4 a0 16 1 15 6 分 2 证明 32n 2 8n 9 32 32n 8n 9 9 9n 8n 9 9 8 1 n 8n 9 9 C 8n C 8n 1 C 8 C 1 8n 9 0n1nn 1nn n 8 分 9 8n C 8n 1 C82 9 8n 9 8n 9 1nn 2n 9 82 8n 2 C 8n 3 C 64n 1nn 2n 64 9 8n 2 C 8n 3 C n