1、基础诊断考点突破课堂总结第3讲 二项式定理 基础诊断考点突破课堂总结最新考纲 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.基础诊断考点突破课堂总结知 识 梳 理1二项式定理(ab)nC0nanC1nan1b1CknankbkCnnbn(nN*)这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(ab)n 的二项展开式，其中的系数 Ckn(k0,1,2，n)叫做式中的 Cknankbk 叫做二项展开式的，用 Tk1 表示，即展开式的第项：Tk1Cknankbk.二项式系数通项k1基础诊断考点突破课堂总结2二项展开式形式上的特点(1)项数为.(2)各项的次数都等于二项式
2、的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为.(3)字母 a 按排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按排列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n.(4)二项式的系数从 C0n，C1n，一直到 Cn1n，Cnn.n1n降幂升幂基础诊断考点突破课堂总结3二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“”的两个二项式系数相等，即 CmnCnmn.(2)增减性与最大值：二项式系数 Ckn，当 k n12 时，二项式系数是递减的当 n 是偶数时，那么其展开式中间一项 的二项式系数最大当 n 是奇数时，那么其展开式中间两项 和 的二项式系数相等且最大等距离基础诊断考点突破课堂总结(3
3、)各二项式系数的和(ab)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即C0nC1nC2nCknCnn2n.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 C1nC3nC5nC0nC2nC4n2n1.基础诊断考点突破课堂总结诊 断 自 测1思考辨析(请在括号中打“”或“”)(1)Cankbk是二项展开式的第k项()(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(4)(ab)2n中系数最大的项是第n项()基础诊断考点突破课堂总结2(2014湖北卷)若二项式2xax7 的展开式中1x3的系数是 84，则实数
4、a()A2 B.5 4 C1 D.24解析 Tr1Cr7(2x)7raxr27rCr7ar 1x2r7.令 2r73，则r5.由 22C57a584 得 a1，故选 C.答案 C基础诊断考点突破课堂总结3(2014四川卷)在 x(1x)6 的展开式中，含 x3 项的系数为()A30 B20 C15 D10解析 在(1x)6 的展开式中，含 x2 的项为 T3C26x215x2，故在 x(1x)6 的展开式中，含 x3 的项的系数为 15.答案 C基础诊断考点突破课堂总结4在x2 13 xn 的展开式中，各项的二项式系数和为 256，则展开式中常数项是_解析 由题意有 n8，Tk1Ck8128k
5、 ，k6时为常数项，常数项为 7.答案 7基础诊断考点突破课堂总结5.x 1x6 的二项展开式中的常数项为_解析 x 1x6 的展开式通项为 Tr1(1)rCr6x6r1xr ，令 632r0，解得 r4，故常数项为(1)4C4615.答案 15基础诊断考点突破课堂总结考点一 求展开式中特定项或特定项的系数 【例 1】(2015河南周口 3 月)在二项式x 124 xn 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基础诊断考点突破课堂总结解 二项展开式的前三项的系数分别是 1，n2，18n(n1)，2n2118n(n1)，解得 n8 或 n1(不合题意，舍去)，T
6、k1 124 xk ，当 434kZ 时，Tk1 为有理项，0k8 且 kZ，k0,4,8 符合要求基础诊断考点突破课堂总结故有理项有 3 项，分别是 T1x4，T5358 x，T9 1256x2.n8，展开式中共 9 项，中间一项即第 5 项的二项式系数最大，故二项式系数最大的项为 T5358 x.基础诊断考点突破课堂总结规律方法 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k1，代回通项公式即可基础诊断考点突破课堂总结【训练 1】(1)(2013新课标全国卷)已知(1ax)(1x)5 的展开
7、式中 x2 的系数为 5，则 a()A4 B3 C2 D1(2)(2014湖南卷)12x2y 5 的展开式中 x2y3 的系数是()A20 B5 C5 D20基础诊断考点突破课堂总结解析(1)由二项式定理得(1x)5 的展开式的通项为Tr1Cr5xr，所以当 r2 时，(1ax)(1x)5 的展开式中 x2 的系数为 C25，当 r1 时，x2 的系数为 C15a，所以 C25C15a5，a1，故选 D.(2)展开式的通项为 Tk1Ck512x 5k.(2y)k(1)k22k5Ck5x5kyk，令 5k2，得 k3.则展开式中的 x2y3 的系数为(1)32235C3520，故选 A.答案(1
8、)D(2)A基础诊断考点突破课堂总结【训练2】(1)(2014浙江卷)在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)()A45B60C120D210(2)(2014新课标全国卷)(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为_(用数字填写答案)基础诊断考点突破课堂总结解析(1)在(1x)6 的展开式中，xm 的系数为 Cm6，在(1y)4 的展开式中，yn 的系数为 Cn4，故 f(m，n)Cm6Cn4.从而 f(3,0)C3620，f(2,1)C26C1460，f(1,2)C16C2436，f(0,3)C344，故选C.(
9、2)由二项展开式公式可知，含 x2y7 的项可表示为 xC78xy7yC68x2y6，故(xy)(xy)8 的展开式中 x2y7 的系数为 C78C68C18C2882820.答案(1)C(2)20基础诊断考点突破课堂总结考点二 用“赋值法”解决与二项式定理有关的问题 【例2】已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7.求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4)|a0|a1|a2|a7|.基础诊断考点突破课堂总结解 令 x1，则 a0a1a2a3a4a5a6a71.令 x1，则 a0a1a2a3a4a5a6a737.(1)a0C071，a1a2a3a72.(
10、2)()2，得 a1a3a5a713721 094.(3)()2，得 a0a2a4a613721 093.基础诊断考点突破课堂总结(4)法一(12x)7 展开式中，a0、a2、a4、a6 大于零，而 a1、a3、a5、a7 小于零，|a0|a1|a2|a7|(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)1 093(1 094)2 187.法二|a0|a1|a2|a7|，即(12x)7 展开式中各项的系数和，令 x1，|a0|a1|a2|a7|372 187.基础诊断考点突破课堂总结规律方法(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n、(ax2bxc)m(a、bR)的式子求其
11、展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x1 即可；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(2)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 a0a2a4f1f12，偶数项系数之和为 a1a3a5f1f12.(3)要根据所求式子的特点适当赋值不一定总是赋 0,1，1 等值基础诊断考点突破课堂总结【训练 3】(1)(2015青岛模拟)设(1x)na0a1xa2x2anxn，若 a1a2an63，则展开式中系数最大的项是()A15x2 B20 x3 C21x3 D35x3(2)若(12x)201
12、4a0a1xa2x2a2 014x2 014(xR)，则a12 a222a323a2 01422 014的值为_基础诊断考点突破课堂总结解析(1)(1x)na0a1xa2x2anxn，令 x0，得 a01.令 x1，则(11)na0a1a2an64，n6，又(1x)6 的展开式二项式系数最大项的系数最大，(1x)6 的展开式系数最大项为 T4C36x320 x3.(2)令 x0，得 a0(10)2 0141.令 x12，则 a0a12 a222a2 01422 0140，a12 a222a2 01422 0141.答案(1)B(2)1基础诊断考点突破课堂总结考点三 二项式定理的应用 【例3】(
13、1)用二项式定理证明2n2n1(n3，nN*)证明 当n3，nN*.2n(11)nCCCCCCCC2n22n1，不等式成立基础诊断考点突破课堂总结(2)(2012湖北卷)设 aZ，且 0a13，若 512 012a 能被 13 整除，则 a()A0 B1 C11 D12解析 512 012a(521)2 012aC02 012522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011C2 0122 012(1)2 012a，C02 012522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011 能被 13 整除且 512 012a 能被 1
14、3 整除，C2 0122 012(1)2 012a1a 也能被 13 整除因此 a 可取值 12.答案 D基础诊断考点突破课堂总结规律方法 1.由于(ab)n的展开式共有n1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的2利用二项式定理还可以证明整除问题或求余数问题，在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式，要注意变形的技巧基础诊断考点突破课堂总结【训练 4】SC127C227C2727除以 9 的余数为_解析 SC127C227C27272271891(91)91C0999C1998C899C9919(C0998C1997C89)
15、2.C0998C1997C89是整数，S 被 9 除的余数为 7.答案 7基础诊断考点突破课堂总结思想方法1通项为 Tk1Cknankbk 是(ab)n 的展开式的第 k1 项，而不是第 k 项，这里 k0,1，n.2二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 C0n，C1n，Cnn，它只与各项的项数有关，而与 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，它不仅与各项的项数有关，而且也与 a，b 的值有关基础诊断考点突破课堂总结3因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法基础诊断考点突破课堂总结易错防范1区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正2切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念3赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，1.
