二项式定理及其应用

二项式定理及其应用徐光明 唐绍霞（华中师范大学第一附属中学，４３０２２３）（湖北省武汉市关山中学，４３００７４）二项式定理是高中数学相对独立的重要知识点，也是学生学习的难点．二项式定理一直是高考的热点内容之一，一般以客观题形式出现，考查二项展开式的通项公式、特定项的系数与二项式系数．本文介绍考查二项式定理这一内容的基本题型和解题策略，供读者参考．题型一：公式的正用、逆用、变形用．二项式定理的一般形式为：（ａ＋ｂ）ｎ＝Ｃ０ｎａｎ＋Ｃ１ｎａｎ－１ｂ＋Ｃ２ｎａｎ－２ｂ２＋…＋Ｃｒｎａｎ－ｒｂｒ＋…＋Ｃｎｎｂｎ．在解决实际问题中，这个公式可以正用，也可以逆用，有时还需要拆项后变形使用．如：将ｘｎ展开成ａ０＋ａ１（ｘ＋ｂ）＋ａ２（ｘ＋ｂ）２＋…＋ａｎ（ｘ＋ｂ）ｎ时，可考虑先拆项ｘｎ＝［（ｘ＋ｂ）－ｂ］ｎ；将三项式（ｘ＋ｙ＋ｚ）ｎ展开时，可将三项式并为二项式［（ｘ＋ｙ）＋ｚ］ｎ再进行展开．例１　计算：２ｎ－１Ｃ１ｎ＋２ｎ－２Ｃ２ｎ＋２ｎ－３Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎｎ．解析　结合所给代数式，可在二项式定理的公式中，取ａ＝２，ｂ＝１，得２ｎ－１Ｃ１ｎ＋２ｎ－２Ｃ２ｎ＋２ｎ－３Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎｎ＝（２ｎＣ０ｎ＋２ｎ－１Ｃ１ｎ＋２ｎ－２Ｃ２ｎ＋２ｎ－３Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎｎ）－２ｎＣ０ｎ＝（２＋１）ｎ－２ｎ＝３ｎ－２ｎ．例２　（２０１２年高考浙江卷理１４）若将函数ｆ（ｘ）＝ｘ５表示为ｆ（ｘ）＝ａ０＋ａ１（１＋ｘ）＋ａ２（１＋ｘ）２＋…＋ａ５（１＋ｘ）５，其中ａ０，ａ１，ａ２，…，ａ５为实数，则ａ３＝．解析　根据拆项方法，可得ｆ（ｘ）＝ｘ５＝［（１＋ｘ）－１］５，二项展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ５·（１＋ｘ）５－ｋ·（－１）ｋ（ｋ＝０，１，…，５），故ａ３＝Ｃ２５（－１）２＝１０．例３　已知（１＋ｘ）１０＝ａ０＋ａ１（１－ｘ）＋ａ２（１－ｘ）２＋…＋ａ１０（１－ｘ）１０，则ａ８＝（ ）（Ａ）１８０． （Ｂ）９０．（Ｃ）－５．（Ｄ）５．解析　根据题设要求，可先将１＋ｘ拆项成２－（１－ｘ）再利用二项式定理．因为（１＋ｘ）１０＝［２－（１－ｘ）］１０，二项展开式的通项公式为Ｃｒ１０·２１０－ｒ·［－（１－ｘ）］ｒ（ｒ＝０，１，２，…，１０），ａ８是第９（ｒ＝８时）项的系数，所以ａ８＝Ｃ８１０·２２·（－１）８＝１８０．故选（Ａ）．点评　例２和例３中，合理拆项后准确写出展开式的通项公式是解题的关键，从中可知道每一项的具体特征．例４　（２０１５年高考全国Ⅰ卷理１０）（ｘ２＋ｘ＋ｙ）５的展开式中，ｘ５　ｙ２的系数为（ ）（Ａ）１０．（Ｂ）２０．（Ｃ）３０．（Ｄ）６０．解析　根据并项方法，（ｘ２＋ｘ＋ｙ）５＝［（ｘ２＋ｘ）＋ｙ］５，二项展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ５（ｘ２＋ｘ）５－ｋｙｋ（ｋ＝０，１，…，５），则ｘ５　ｙ２项在Ｔ２＋１＝Ｃ２５（ｘ２＋ｘ）３　ｙ２的展开式中，而（ｘ２＋ｘ）３展开式的通项公式为Ｃｒ３（ｘ２）３－ｒｘｒ＝Ｃｒ３ｘ６－ｒ（ｒ＝０，１，２，３），故ｘ５　ｙ２的系数为Ｃ２５Ｃ１３＝３０，正确选项为（Ｃ）．点评　并项后需要二次展开，如本题并项后还需要写出（ｘ２＋ｘ）３的二项展开式，要特别注意正确计算两次展开后各项的系数．题型二：与二项式系数有关的问题．例５　（２０１３年全国课标卷Ⅰ理９）设ｍ为正整数，（ｘ＋ｙ）２　ｍ展开式的二项式系数的最大值为ａ，（ｘ＋ｙ）２　ｍ＋１展开式的二项式系数的最大值为ｂ．若１３ａ＝７ｂ，则ｍ＝（ ）（Ａ）５．（Ｂ）６．（Ｃ）７．（Ｄ）８．解析　（ｘ＋ｙ）２　ｍ的展开式共有２ｍ＋１项，最中间项即第ｍ＋１项的二项式系数最大，故ａ＝Ｃｍ２　ｍ；３４·复习参考· 数学通讯———２０１８年第２期（上半月）（ｘ＋ｙ）２　ｍ＋１的展开式共有２ｍ＋２项，最中间项即第ｍ＋１、ｍ＋２项的二项式系数相等，并列最大，故ｂ＝Ｃｍ２　ｍ＋１．由１３ａ＝７ｂ得１３Ｃｍ２　ｍ＝７Ｃｍ２　ｍ＋１，解得ｍ＝６，故选（Ｂ）．点评　二项式系数Ｃ０ｎ，Ｃ１ｎ，…，Ｃｎｎ的值的变化规律是两边对称，且越靠近中间越大，于是可得ａ＝Ｃｍ２　ｍ，ｂ＝Ｃｍ２　ｍ＋１，这是求解的关键．例６　（２００７年高考重庆卷理４）若（ｘ＋１ｘ）ｎ展开式的二项式系数之和为６４，则展开式的常数项为（ ）（Ａ）１０．（Ｂ）２０．（Ｃ）３０．（Ｄ）１２０．解析　根据题意，（ｘ＋１ｘ）ｎ展开式的二项式系数之和为２ｎ＝６４，解得ｎ＝６，故展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ６ｘ６－ｋ（１ｘ）ｋ＝Ｃｋ６ｘ６－２ｋ（ｋ＝０，１，…，６），故常数项为Ｔ３＋１＝Ｃ３６＝２０，选（Ｂ）．点评　（ａ＋ｂ）ｎ的二项展开式中各项的二项式系数之和为Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ＋…＋Ｃｎｎ＝２ｎ，且奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，即Ｃ０ｎ＋Ｃ２ｎ＋Ｃ４ｎ＋…＝Ｃ１ｎ＋Ｃ３ｎ＋Ｃ５ｎ＋…＝２ｎ－１．题型三：与某些特定项的系数有关的问题．例７　（２０１６年全国课标卷Ⅰ理１４题）（２ｘ＋槡ｘ）５的展开式中，ｘ３的系数是．（用数字填写答案）解析　（２ｘ＋槡ｘ）５的展开式的通项为Ｃｒ５（２ｘ）５－ｒ（槡ｘ）ｒ＝２５－ｒＣｒ５ｘ５－ｒ２（ｒ＝０，１，２，…，５），令５－ｒ２＝３，得ｒ＝４，所以，ｘ３的系数是２Ｃ４５＝１０．例８　（２０１７年全国课标卷Ⅰ理６）（１＋１ｘ２）（１＋ｘ）６的展开式中ｘ２的系数为（ ）（Ａ）１５．（Ｂ）２０．（Ｃ）３０．（Ｄ）３５．解析　（１＋１ｘ２）（１＋ｘ）６的展开式中含ｘ２的项为１·Ｃ２６ｘ２＋１ｘ２·Ｃ４６ｘ４＝３０ｘ２，故ｘ２的系数为３０，选（Ｃ）．例９　（２０１４年高考全国Ⅰ卷理１３）（ｘ－ｙ）（ｘ＋ｙ）８的展开式中ｘ２　ｙ７的系数为（用数字填写答案）．解析　要求得ｘ２　ｙ７项，可将ｘ－ｙ中的ｘ与（ｘ＋ｙ）８的展开式中的ｘｙ７项相乘，或者将ｘ－ｙ中的－ｙ与（ｘ＋ｙ）８的展开式中的ｘ２　ｙ６项相乘，再合并同类项即可，即为ｘ·Ｃ７８ｘｙ７＋（－ｙ）·Ｃ６８ｘ２　ｙ６＝－２０ｘ２　ｙ７，故ｘ２　ｙ７的系数为－２０．例１０　（２０１０年高考辽宁卷理１３）（１＋ｘ＋ｘ２）（ｘ－１ｘ）６的展开式中的常数项为．解析　要得到常数项，可将１＋ｘ＋ｘ２中的１与（ｘ－１ｘ）６的展开式中的常数项相乘，或将１＋ｘ＋ｘ２中的ｘ与（ｘ－１ｘ）６的展开式中的ｘ－１项相乘，或将１＋ｘ＋ｘ２中的ｘ２与（ｘ－１ｘ）６的展开式中的ｘ－２项相乘，再合并同类项即可．而（ｘ－１ｘ）６的展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ６·ｘ６－ｋ·（－１ｘ）ｋ＝Ｃｋ６·（－１）ｋ·ｘ６－２ｋ（ｋ＝０，１，…，６），故（１＋ｘ＋ｘ２）（ｘ－１ｘ）６的展开式中的常数项为１·Ｃ３６·（－１）３＋ｘ２·Ｃ４６·（－１）４·ｘ－２＝－５．　点评　求解这类问题的关键仍然是二项展开式的通项公式，涉及多项式相乘的问题时抓住多项式相乘的运算规则即可找到指定项．在利用二项展开式的通项公式进行多项式相乘时，要注意不能漏项，也不能错添项．例１１　（２０１３年高考辽宁卷理７）使（３ｘ＋１槡ｘ　ｘ）ｎ（ｎ∈Ｎ＋）的展开式中含有常数项的最小的ｎ为（ ）（Ａ）４．（Ｂ）５．（Ｃ）６．（Ｄ）７．解析　（３ｘ＋１槡ｘ　ｘ）ｎ的展开式中，通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋｎ·（３ｘ）ｎ－ｋ·（１槡ｘ　ｘ）ｋ＝Ｃｋｎ·３ｎ－ｋ·ｘｎ－５ｋ２（ｋ＝０，１，…，ｎ）．欲使展开式中含有常数项，则ｎ＝５ｋ２即ｋ＝２５ｎ有解，则ｎ最小为５，此时ｋ＝２，正确选项为（Ｂ）．点评　本题中ｎ的取值不确定，使得ｋ的取值范围也不确定，从而使问题不容易理解．可以这样理４４数学通讯———２０１８年第２期（上半月） ·复习参考·解题意：ｎ取什么值时，关于ｋ的方程ｋ＝２５ｎ（ｋ＝０，１，…，ｎ）有解．例１２　当ｘ＞０时，（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５的展开式中的常数项为（用数字作答）．解法一　（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５＝（槡ｘ槡２＋１槡ｘ）１０，二项展开式的通项公式为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ１０（１槡２）１０－ｒ（槡ｘ）１０－２ｒ，所以，当ｒ＝５时为常数项，即为Ｃ５１０·（１槡２）５　＝槡６３　２２．解法二　（化三项式为二项式）（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５＝（ｘ２　＋槡２　２ｘ＋２２ｘ）５＝１３２ｘ５·［（ｘ＋槡２）２］５＝１３２ｘ５·（ｘ＋槡２）１０．求原展开式中的常数项，转化为求（ｘ＋槡２）１０的展开式中ｘ５项的系数，即为Ｃ５１０·（槡２）５．所以，所求的常数项为Ｃ５１０·（槡２）５３２＝槡６３　２２．解法三　（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５表示５个三项式（ｘ２＋１ｘ＋槡２）相乘．常数项的产生有三种情况：（１）在５个相乘的三项式（ｘ２＋１ｘ＋槡２）中，从其中１个三项式中取ｘ２，从另外４个三项式中选一个取１ｘ，从剩余的３个三项式中取常数项相乘，可得Ｃ１５·１２·Ｃ１４·Ｃ３３·（槡２）３＝槡２０　２；（２）在５个相乘的三项式（ｘ２＋１ｘ＋槡２）中，从其中２个三项式中取ｘ２，从另外３个三项式中选２个取１ｘ，从剩余的１个三项式中取常数项相乘，可得Ｃ２５·（１２）２·Ｃ２３·槡２　＝槡１５　２２；（３）从５个相乘的三项式（ｘ２＋１ｘ＋槡２）中都取常数项相乘，可得Ｃ５５·（槡２）５＝槡４　２．综上，（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５的展开式中的常数项为槡２０　２　＋槡１５　２２＋槡４　２　＝槡６３　２２．解法四　（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５＝［（ｘ２＋１ｘ）＋槡２］５的通项式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ５·２ｋ２·（ｘ２＋１ｘ）５－ｋ，（ｘ２＋１ｘ）５－ｋ的通项为Ｃｒ５－ｋ·ｘ－ｒ·（ｘ２）（５－ｋ）－ｒ＝Ｃｒ５－ｋ·２ｋ＋ｒ－５·ｘ５－２ｒ－ｋ（０≤ｒ≤５－ｋ）．令５－２ｒ－ｋ＝０，则ｋ＋２ｒ＝５．当ｋ＝１，ｒ＝２时，展开式中项为（Ｃ１５·２１２）·（Ｃ２４·２－２）＝槡１５　２２；当ｋ＝３，ｒ＝１时，展开式中项为（Ｃ３５·２３２）·（Ｃ１２·２－１）＝槡２０　２；当ｋ＝５，ｒ＝０时，展开式中项为Ｃ５５·２５２＝槡４　２．综上，（ｘ２＋１ｘ＋槡２）５的展开式中的常数项为槡１５　２２＋槡２０　２　＋槡４　２　＝槡６３　２２．点评　解法一、解法二、解法四的共同特点是：利用转化思想，把三项式转化为二项式来解决；解法三是利用二项式定理的推导方法来解决问题，本质上是利用加法原理和乘法原理，用这种方法可以直接求展开式中的某特定项．题型四：赋值法解决与系数和有关的问题．例１３　设（ｘ２＋１）（２ｘ＋１）９＝ａ０＋ａ１（ｘ＋２）＋ａ２（ｘ＋２）２＋…＋ａ１１（ｘ＋２）１１，求值：（ａ０＋ａ２＋…＋ａ１０）２－（ａ１＋ａ３＋…＋ａ１１）２．解析　令ｘ＋２＝１即ｘ＝－１，得ａ０＋ａ１＋ａ２＋…＋ａ１１＝［（－１）２＋１］·［２·（－１）＋１］９＝－２；再令ｘ＋２＝－１即ｘ＝－３，得ａ０－ａ１＋ａ２－…－ａ１１＝［（－３）２＋１］·［２·（－３）＋１］９＝－２×５１０．５４·复习参考· 数学通讯———２０１８年第２期（上半月）所以，（ａ０＋ａ２＋…＋ａ１０）２　－（ａ１＋ａ３＋…＋ａ１１）２＝（ａ０＋ａ１＋ａ２＋…＋ａ１１）（ａ０－ａ１＋ａ２－…－ａ１１）＝４×５１０．点评　二项展开式（ｘ２＋１）（２ｘ＋１）９＝ａ０＋ａ１（ｘ＋２）＋ａ２（ｘ＋２）２＋…＋ａ１１（ｘ＋２）１１可以通过拆项与多项式相乘实现，从而可求得任一项系数．对于系数和问题，根据题设条件，灵活赋给字母不同的值是解题的关键．例１４　（２０１１年高考全国课标卷理８）（ｘ＋ａｘ）（２ｘ－１ｘ）５的展开式中各项系数的和为２，则该展开式中常数项为（ ）（Ａ）－４０．（Ｂ）－２０．（Ｃ）２０．（Ｄ）４０．解析　求（ｘ＋ａｘ）（２ｘ－１ｘ）５的展开式的各项系数之和，无需展开，注意到展开后的每一项都是系数与ｘα的乘积，故可令ｘ＝１，即得各项系数之和为１＋ａ＝２，解得ａ＝１．（ｘ＋１ｘ）（２ｘ－１ｘ）５的展开式中的常数项，可由ｘ＋１ｘ中的ｘ与（２ｘ－１ｘ）５的展开式中的ｘ－１相乘、ｘ＋１ｘ中的１ｘ与（２ｘ－１ｘ）５的展开式中的ｘ相乘后，再合并同类项得到．而（２ｘ－１ｘ）５的展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃｋ５·（２ｘ）５－ｋ·（－１ｘ）ｋ＝Ｃｋ５·２５－ｋ·（－１）ｋ·ｘ５－２ｋ（ｋ＝０，１，…，５），故所求常数项为Ｃ３５·２２·（－１）３＋Ｃ２５·２３·（－１）２＝４０，正确选项为（Ｄ）．点评　二项式定理中的字母可取任意数或式，根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的重要方法．无论表达式多么复杂，令ｘ＝１即可求得系数和．例１５　（２０１４年四川省预赛题）设（１－２ｘ）７＝∑７ｋ＝０ａｋｘｋ，则２ａ２＋３ａ３＋４ａ４＋５ａ５＋６ａ６＋７ａ７的值是．解析　等式（１－２ｘ）７＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ７ｘ７两边对ｘ求导，得－１４（１－２ｘ）６＝ａ１＋２ａ２ｘ＋３ａ３ｘ２＋…＋７ａ７ｘ６．令ｘ＝１，得ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋…＋７ａ７＝－１４．又由二项展开式的通项公式可得ａ１＝Ｃ１７·（－２）＝－１４，所以２ａ２＋３ａ３＋４ａ４＋５ａ５＋６ａ６＋７ａ７＝０．点评　本题将导数知识和二项式定理结合在一起，具有很强的综合性，对学生的观察能力要求较高．题型五：利用二项式定理解决整除问题和估算问题等．例１６　（２０１２年高考湖北卷理５）设ａ∈Ｚ，且０≤ａ＜１３，若５１２０１２＋ａ能被１３整除，则ａ＝（ ）（Ａ）０．（Ｂ）１．（Ｃ）１１．（Ｄ）１２．解析　因为５１＝５２－１＝１３×４－１，故５１２０１２＋ａ＝（５２－１）２０１２＋ａ＝Ｃ０２０１２·５２２０１２－Ｃ１２０１２·５２２０１１　＋…－Ｃ２０１１２０１２·５２＋Ｃ２０１２２０１２＋ａ＝１３×４ｍ＋１＋ａ．而５１２０１２＋ａ能被１３整除，ａ∈Ｚ且０≤ａ＜１３，故只可能ａ＝１２，正确选项为（Ｄ）．点评　用二项式定理处理整除问题，可以看成是前述拆项思想的应用，通常把底数写成除数（或与除数密切相关联的数）与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，解题时要注意对余数的范围的分析．本题中，关键是要拆出１３（５２＝１３×４）这一项．例１７　１．０５６的计算结果精确到０．０１的近似值是（ ）（Ａ）１．２３．（Ｂ）１．２４．（Ｃ）１．３３．（Ｄ）１．３４．解析　１．０５６＝（１＋０．０５）６＝１＋Ｃ１６·０．０５＋Ｃ２６·０．０５２＋…≈１＋０．３＋０．０３７５＝１．３３７５≈１．３４，故选（Ｄ）．点评　用二项式定理进行近似运算时，需要根据精度要求确定计算多少项，展开式后面的比较小的项可以忽略不计．以下问题留给读者练习：（下转５８页）因此有：如果｜ａ｜＜１，｜ｂ｜＜１，那么｜ａ＋ｂ｜＜｜１＋ａｂ｜．②这个不等式就会“生”新的不等式，在此我们称它为“母不等式”，下面是两个例子．例１　已知｜ａ｜＜１，｜ｂ｜＜１，｜ｃ｜＜１，求证：｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ｜＜｜１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ｜．证明　由｜ａ｜＜１，｜ｂ｜＜１可得｜ａ＋ｂ｜＜｜１＋ａｂ｜，当然１＋ａｂ≠０，故可得｜ａ＋ｂ１＋ａｂ｜＜１．又有｜ｃ｜＜１，由“母不等式”，就可得出｜ａ＋ｂ１＋ａｂ＋ｃ｜＜｜１＋ａ＋ｂ１＋ａｂ·ｃ｜，去分母，整理得｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ｜＜｜１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ｜．例２　已知｜ａ｜＜１，｜ｂ｜＜１，｜ｃ｜＜１，｜ｄ｜＜１，求证：｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ａｂｃ＋ａｂｄ＋ａｃｄ＋ｂｃｄ｜＜｜１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ＋ａｄ＋ｂｄ＋ｃｄ＋ａｂｃｄ｜．证明由于｜ａ｜＜１，｜ｂ｜＜１，｜ｃ｜＜１，由例１可知｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ｜＜｜１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ｜．进一步有｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ｜＜１，又｜ｄ｜＜１，由“母不等式”，就可得出｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ＋ｄ｜＜｜１＋ａ＋ｂ＋ｃ＋ａｂｃ１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃｄ｜，去分母，整理得｜ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ａｂｃ＋ａｂｄ＋ａｃｄ＋ｂｃｄ｜＜｜１＋ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ＋ａｄ＋ｂｄ＋ｃｄ＋ａｂｃｄ｜．象上面一样，就可以得出很多新的不等式．（收稿日期：２０１７－１０－１９）（上接第４６页） １．设函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－１ｘ）６，ｘ＜０，－槡ｘ，ｘ≥０烅烄烆，则当ｘ＞０时ｆ［ｆ（ｘ）］的表达式的展开式中常数项为（ ）（Ａ）－２０． （Ｂ）２０．（Ｃ）－１５．（Ｄ）１５．２．（ｘ－ｙ）（ｘ＋２ｙ＋ｚ）６的展开式中，ｘ２　ｙ３ｚ２的系数为（ ）（Ａ）－３０．（Ｂ）１２０．（Ｃ）２４０．（Ｄ）４２０．３．若（ｘ６＋１槡ｘ　ｘ）ｎ的展开式中含有常数项，则ｎ的最小值等于（ ）（Ａ）３．（Ｂ）４．（Ｃ）５．（Ｄ）６．４．若（１＋ｘ＋ｘ２）（ｘ＋１ｘ３）ｎ（ｎ∈Ｎ＊）的展开式中没有常数项，则ｎ的可能值为（ ）（Ａ）７．（Ｂ）８．（Ｃ）９．（Ｄ）１０．５．８８３＋６被４９除所得的余数是（ ）（Ａ）－１４．（Ｂ）０．（Ｃ）１４．（Ｄ）３５．６．若ｘ为正实数，则（１＋２ｘ）１５的二项展开式中系数最大的项为（ ）（Ａ）第８项．（Ｂ）第９项．（Ｃ）第８项和第９项．（Ｄ）第１１项．７．在（ｘ＋４槡３ｙ）３０的展开式中，系数为有理数的项共有项．８．若将函数ｆ（ｘ）＝ｘ５表示为ｆ（ｘ）＝ａ０＋ａ１（１＋ｘ）＋ａ２（１＋ｘ）２＋…＋ａ５（１＋ｘ）５，其中ａ０，ａ１，ａ２，…，ａ５为实数，则ａ３＝．９．已知（槡ｘ－２ｘ２）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；（２）求展开式中含ｘ３２的项；（３）求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．参考答案：１．Ａ．　２．Ｂ．　３．Ｃ．　４．Ｃ．５．Ｂ．　６．Ｄ．　７．８．　８．１０．９．（１）１；　（２）－１６ｘ３２；（３）系数最大的项为１７９２ｘ－１１，二项式系数最大的项为１１２０ｘ－６．。