2020年高考数学一轮复习讲义：10[1].3-二项式定理专项模拟讲义总复习

1)9＋a10(x＋1)10，
∴令 x＝0，则 a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝25＝32； 10
令 x＝－1，则 a0＝1，即n∑＝1an＝31.
(2)∵(x2＋2x＋2)5＝[1＋(x＋1)2]5
＝C05×15＋C15(x＋1)2＋C52(x＋1)4＋C35(x＋1)6＋C45(x＋1)8＋C55 (x＋1)10
探究提高
利用二项式定理解决整除问题时，基本思路是：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．因此，一般将被除式化 为含有相关除式的二项式，然后再展开，此时常用“配凑法”、 “消去法”结合有关整除知识来处理．
变式训练 3
求证：(1)32n＋2－8n－9 能被 64 整除(n∈N*)； (2)3n>(n＋2)·2n－1 (n∈N*，n>2)．
(3)奇数项的二项式系数和为 C100＋C120＋…＋C1100＝29， 偶数项的二项式系数和为 C110＋C310＋…＋C910＝29.
(4)令 x＝y＝1，得到 a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，
①
令 x＝1，y＝－1(或 x＝－1，y＝1)，
得 a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，
②
10－3 2r∈Z， (3)根据通项公式，由题意0≤r≤10，
r∈N. 令10－3 2r＝k (k∈Z)，则 10－2r＝3k，即 r＝5－32k. ∵r∈N，∴k 应为偶数．
∴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 C120－122x2，C510－125，C810－128x－2.
证明 (1)∵32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9 ＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9 ＝9(C0n8n＋C1n8n－1＋…＋Cnn－1·8＋Cnn·1)－8n－9 ＝9(8n＋C1n8n－1＋…＋Cnn－282)＋9·8n＋9－8n－9 ＝9×82(8n－2＋Cn1·8n－3＋…＋Cnn－2)＋64n ＝64[9(8n－2＋C1n8n－3＋…＋Cnn－2)＋n]， 显然括号内是正整数，∴原式能被 64 整除．
①＋②得 2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510， ∴奇数项的系数和为1＋2510； ①－②得 2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510， ∴(5)偶x 的数奇项次的项系系数数和和为为1－2a51＋10.a3＋a5＋…＋a9＝1－2510；
x 的偶次项系数和为 a0＋a2＋a4＋…＋a10＝1＋2510.
∴Tr＋1＝
8r
C8r x 2
( 1 )r 24 x
C8r 2r
4 3 r
x4
当 4－34r∈Z 时，Tr＋1 为有理项，
∵0≤r≤8 且 r∈Z，∴r＝0,4,8 符合要求．
故有理项有 3 项，分别是 T1＝x4，T5＝385x，T9＝2156x－2.
∵n＝8，∴展开式中共 9 项， 中间一项即第 5 项的二项式系数最大且为 T5＝385x.
例1
在二项式
x＋ 1 4
2
n x
的展开式中，前三项的系数成等
差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项．
利用已知条件前三项的系数成等差数列求出 n，再用通项
公式求有理项．
解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是 1，n2，18n(n－1)， ∴2·n2＝1＋18n(n－1)，
解得 n＝8 或 n＝1(不合题意，舍去)，
变式训练 2
已知等式(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋
1)9＋a10(x＋1)10，其中 ai(i＝0,1,2，…，10)为实常数．
10
10
求：(1)n∑＝1an 的值；(2) n∑＝1nan 的值．
解 (1)∵(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋
一轮复习讲义
二项式定理
要点梳理
忆一忆知识要点
1．二项式定理 (a＋b)n＝Cn0an＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn(n∈N*)． 这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做 (a＋b)n 的 二项展开式，其中的系数 Cnr (r＝0,1,2，…，n)叫
做 二项式系数 ．式中的 Crnan－rbr 叫做二项展开式的通项，
审题视角
(1)审条件，构建关于 n 的方程求 n.
(2)审要求，可利用“赋值法”求各项系数之和；利用通项公
3
式确定含 x 2 的项数；确定系数最大的项数和二项式系数最大
项的项数，再求项．
规范解答
解 由题意知，第五项系数为 Cn4·(－2)4， 第三项的系数为 C2n·(－2)2， 则有CC4n2n··－－2242＝110， 化简得 n2－5n－24＝0，
(3)求展开式中所有的有理项．
解
Cnr
(1)通项为 Tr＋1＝
(
1
)
r
x
n2 3
r
.
2
Cnr
x
nr 3
(
1 2
)r
x
r 3
因为第 6 项为常数项，所以 r＝5 时，有n－32r＝0，
即 n＝10.
(2)令n－32r＝2，得 r＝12(n－6)＝12×(10－6)＝2， ∴所求的系数为 C210－122＝445.
解 设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*) 各项系数和为 a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为 a0＋a2＋…＋ a10，偶数项系数和为 a1＋a3＋a5＋…＋a9，x 的奇次项系数和 为 a1＋a3＋a5＋…＋a9，x 的偶次项系数和 a0＋a2＋a4＋…＋a10. 由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为 C010＋C110＋…＋C1100＝210. (2)令 x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
探究提高
求二项展开式中的指定项，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 r＋1，代回通项公式 即可．
变式训练 1
已知在3 x－
1 3
n
的展开式中，第
6
项为常数项．
2 x
(1)求 n；
(2)求含 x2 的项的系数；
＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，
∴a0＝C50，a1＝a3＝a5＝a7＝a9＝0，a2＝C15，a4＝C52，a6＝C35， a8＝C45，a10＝C55.
10
∴n∑＝1nan＝a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10 ＝2C15＋4C25＋6C53＋8C54＋10C55 ＝10C15＋10C25＋10C55 ＝50＋100＋10＝160.
n1
当 n 是奇数时，中间两项
C2 n
和
n1
C2 n
相等，且同
时取得最大值．
要点梳理
忆一忆知识要点
(3)各二项式系数的和 (a＋b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即Cn0＋C1n＋ Cn2＋…＋Crn＋…＋Cnn ＝2n.
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式 系数的和，即Cn1＋C3n＋Cn5＋… ＝Cn0＋C2n＋Cn4＋… ＝ 2n－1 .
[难点正本 疑点清源] 1．二项式的项数与项
(1)二项式的展开式共有 n＋1 项，Crnan－rbr 是第 r＋1 项． 即 r＋1 是项数，Crnan－rbr 是项． (2)通项是 Tr＋1＝Crnan－rbr (r＝0,1,2，…，n)．其中含有 Tr＋1，a，b，n，r 五个元素，只要知道其中四个即可求 第五个元素．
(3)设展开式中的第 r 项，第 r＋1 项，第 r＋2 项的系数绝对值
分别为 Cr8－1·2r－1，Cr8·2r，Cr8＋1·2r＋1，
若第 r＋1 项的系数绝对值最大， 则CCrr88＋－11··22rr＋－11≤≤CC88rr··22rr，，
解得 n＝8 或 n＝－3(舍去)．
[2 分]
(1)令 x＝1 得各项系数的和为(1－2)8＝1.
(2)通项公式 Tr＋1＝Cr8·(
＝Cr8·(－2)r·x
8r 2
2
r
,
x)8－r·－x22r
令8－2 r－2r＝32，则 r＝1，
3
3
故展开式中含 x 2的项为 T2＝－16 x 2 .
[4 分] [8 分]
易错警示
混淆二项展开式的项与项数以 及二项式系数与项的系数致误
(14 分)已知( x－x22)n (n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三 项的系数的比是 10∶1. (1)求展开式中各项系数的和；
3
(2)求展开式中含x 2 的项； (3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．
学生解答展示
用 Tr＋1 表示，即展开式的第 r＋1 项；Tr＋1＝ Crnan－rbr .
要点梳理
忆一忆知识要点
2．二项展开式形式上的特点 (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 与 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 Cn0 ，C1n，一直到 Cnn－1， Cnn .
二项式定理的应用
例 3 (1)求证：1＋2＋22＋…＋25n－1 (n∈N*)能被 31 整除； (2)求 S＝C127＋C227＋…＋C2277除以 9 的余数．
将已知式子适当整理化简，再根据题目要求选择合适的二项
展(1)开证式明求解∵．1＋2＋22＋…＋25n－1＝225n－－11 ＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1 ＝C0n×31n＋Cn1×31n－1＋…＋Cnn－1×31＋Cnn－1 ＝31(C0n×31n－1＋Cn1×31n－2＋…＋Cnn－1)，
显然 C0n×31n－1＋Cn1×31n－2＋…＋Cnn－1为整数， ∴原式能被 31 整除． (2)解 S＝C127＋C227＋…＋C2277＝227－1＝89－1 ＝(9－1)9－1＝C09×99－C91×98＋…＋C89×9－C99－1 ＝9(C09×98－C91×97＋…＋C89)－2. ∵C09×98－C19×97＋…＋C89是正整数， ∴S 被 9 除的余数为 7.
二项式系数和或各项的系 数和的问题
例 2 在(2x－3y)10 的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和．
求二项式的系数的和，常用赋值法求解．
2．二项式系数与展开式项的系数的异同 在 Tr＋1＝Crnan－rbr 中，Crn就是该项的二项式系数，它与 a， b 的值无关；Tr＋1 项的系数指化简后除字母以外的数，如 a＝2x，b＝3y，Tr＋1＝Crn2n－r·3rxn－ryr，其中 Crn2n－r3r 就是 Tr＋1 项的系数．
求展开式中的特定项或特 定项的系数
要点梳理
忆一忆知识要点
3．二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“ 等距离”的两个二项式系数相
等，即 Cnm＝Cnn－m.
n＋1
(2)增减性与最大值：二项式系数 Crn，当 r< 2 时，二
n＋1
项式系数是递增的；当 r> 2 时，二项式系数是递减的．
n
当 n 是偶数时，中间的一项
C2 n
取得最大值．
(2)利用二项式定理对 3n＝(2＋1)n 展开证明． 因为 n∈N*，且 n>2，所以 3n＝(2＋1)n 展开后至少有 4 项．
(2＋1)n＝2n＋C1n·2n－1＋…＋Cnn－1·2＋1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n ＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1， 故 3n>(n＋2)·2n－1.
探究提高
(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)的式子求其展开式的各 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)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝y＝1 即可． (2)若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 f(x)展开式中各项系 数 之 和 为 f(1) ， 奇 Leabharlann Baidu 项 系 数 之 和 为 a0 ＋ a2 ＋ a4 ＋ … ＝ f1＋2f－1，偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝f1－2f－1.