1、11.3二项式定理会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题二项式定理在高考中一般以选择题、填空题的形式出现，重点考查求二项展开式中特定项的系数，求二项展开式中某指定项或项数，求二项展开式的二项式系数或展开式的系数的性质有时也考查两个二项式的积或三项的特定项系数或特定项问题，还有以二项式定理为载体考查数列求和、不等式证明等的问题1二项式定理(ab)n_(k，nN*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理(ab)n的二项展开式共有_项，其中各项的系数_(k0，1，2，n)叫做二项式系数，式中的_叫做二项展开式的通项，用Tk1表示，即_通项为展开式的第_项2二项式系数的性质(1)对称性在二项展开式
2、中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即CC，CC，CC，_，CC.(2)增减性与最大值二项式系数C，当_时，二项式系数是递增的；当_时，二项式系数是递减的当n是偶数时，中间的一项_取得最大值当n是奇数时，中间的两项_和_相等，且同时取得最大值(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_，即CCCCC_.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CCCCCC_.【自查自纠】1CanCan1bCankbkCbnn1CCankbkTk1Cankbkk12(1)CC(2)kk (3)2n2n2n1()在的二项展开式中，x的系数为()A10 B10
3、 C40 D40解：二项展开式的通项为Tr1C(2x2)5rC25rx103r(1)r，令103r1，解得r3，所以T4C22x(1)340x，所以x的系数为40.故选D.(1x)2n(nN*)的展开式中，系数最大的项是()A第1项 B第n项C第n1项 D第n项与第n1项解：展开式共有2n1项，且各项系数与相应的二项式系数相同故选C.()使(nN*)的展开式中含有常数项的最小的n为()A4 B5 C6 D7解：nN*，通项Tr1C(3x)nrC3nrx，当r2时，n的最小值为5.故选B.设(x1)21a0a1xa2x2a21x21，则a10a11_.解：Tr1Cx21r(1)r，a10C(1)
4、11，a11C(1)10.a10a110.故填0.设(x)10a0a1xa2x2a10x10，则(a0a2a4a10)2(a1a3a5a9)2的值为_解：设f(x)(x)10，则(a0a2a4a10)2(a1a3a5a9)2(a0a2a4a10)(a1a3a5a9)(a0a2a4a10)(a1a3a5a9)f(1)f(1)(1)10(1)101.故填1.类型一求特定项(1)的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为()A40 B20 C20 D40解：令x1，可得a12，a1，的展开式中项的系数为C22(1)3，x项的系数为C23，(2x)5的展开式中常数项为C22(1)C2340.故
5、选D.【评析】令x1可得所有项的系数和；在求出a的值后，再分析常数项的构成，便可解得常数项(2)已知在的展开式中，第6项为常数项，求含x2项的系数及展开式中所有的有理项解：通项Tr1CxxCx，第6项为常数项，r5时，有0，得n10.令2，得r2，含x2项的系数为C.根据通项公式，令kZ，则102r3k，即r5k，k应为偶数k可取2，0，2.即r可取2，5，8.第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为T3Cx2x2，T6C，T9Cx2.【评析】所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项、字母指数为某些特殊值的项求解时，先准确写出通项Tr1Canrbr，再把系数与字
6、母分离出来(注意符号)，根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出方程或不等式来求解即可求有理项时要注意运用整除的性质，同时应注意结合n的范围分析(1)()已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a()A4 B3 C2 D1解：(1ax)(1x)5的展开式中x2项为Cx2axCx10x25ax2(105a)x2.x2的系数为5，105a5，a1.故选D.(2)在(xy)20的展开式中，系数为有理数的项共有_项解：二项式(xy)20的展开式的通项为Tr13Cx20ryr(r0，1，2，20)，当r0，4，8，12，16，20时，展开式中的系数均为有理数，即有理数项共有6项故填6.
7、类型二展开式的系数和问题已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7.求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4).解：令x1，则a0a1a2a3a4a5a6a71.令x1，则a0a1a2a3a4a5a6a737.(1)a0C1，a1a2a3a72.(2)()2，得a1a3a5a71094.(3)()2，得a0a2a4a61093.(4)(12x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)，所求即为，其值为2187.【评析】“赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理二项式相关问题比较常用的方法
8、对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式各项系数之和，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.(1)()若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5, 其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_解法一：令x1y，(y1)5a0a1ya2y2a5y5，故a3C(1)210.解法二：由等式两边对应项系数相等即：解得a310.解法三：对等式：f(
9、x)x5a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5两边连续对x求导三次得：60x26a324a4(1x)60a5(1x)2，再运用赋值法，令x1得：606a3，即a310.故填10.(2)设a0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_.解：设f(x)，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f(1)f(1).故填.类型三系数最大项问题已知(x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x1)n的展开式的二项式系数和大992.(1)求的二项式系数最大的项；(2)求的
10、展开式系数最大的项解：由题意知，22n2n992，即(2n32)(2n31)0，2n32(负值舍去)，解得n5.(1)由二项式系数的性质知，的展开式中第6项的二项式系数最大，即C252.T6C(2x)5C258064.(2)设第r1项的系数最大，Tr1C(2x)10rC210rx102r，得 即解得r，rN，r3.故系数最大的项是第4项，第4项为T4C27x415360x4.【评析】(1)求二项式系数最大项：如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；如果n是奇数，则中间两项(第项与第1项)的二项式系数相等并最大(2)求展开式系数最大项：如求(abx)n(a，bR)的展开式系数最大的项，一般是采
11、用待定系数法，列出不等式组从而解出r，即得展开式系数最大的项(12x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项解：T6C(2x)5，T7C(2x)6，依题意有C25C26，解得n8.所以(12x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5C(2x)41 120x4.设第r1项系数最大，则有解得5r6.所以r5或r6，所以系数最大的项为T61 792x5或T71 792x6.类型四整除问题求SCCC除以9的余数解：SCCC2271891(91)91C99C98C9C19297.显然上式括号内的数是正整数故S被9除的余数为7.【评析】利用二项式定理解决整除问题的
12、关键是巧妙地构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只需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，此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关知识来处理注意：0余数0)的展开式经整理后的常数项解法一：在x0时可化为，因而Tr1C，则r5时为常数项，即C.解法二：所给的式子为三项式，采用两个计数原理求解分三类：5个式子均取，则C4；取一个，一个，三个，则CC20；取两个，两个，一个，则CC.所以，常数项为420.【评析】三项式的展开式问题，通常可用解法一化为二项式问题，或者用解法二化为计数问题展开式中的常数
13、项是_解法一：原式.(1)6的展开式中的系数C(1)320就是原式展开式中的常数项解法二：将原式化为，利用二项式定理求解解法三：将原式看成三个2相乘，常数项只可能由(2)和(2)3构成，可利用计数原理分成两类再求和故所求为CC(2)C(2)320.故填20.1通项公式主要用于求二项式的指数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点：(1)Cankbk是第k1项，而不是第k项(2)求展开式的一些特殊项，通常都是由题意列出方程求出k，再求所需的某项(有时需先求n)计算时要注意n，k的取值范围及它们的大小关系(3)求展开式的某一项的系数，先要准确地写出通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数和字母分
14、离2要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别在(ab)n的展开式中，系数最大的项是中间项；但当a，b的系数不是1时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据系数值的增减性具体讨论而定3对三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷性4二项式定理的应用(1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法(2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问题”或“余数问题”的重要方法(3)有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理5用二项式定理处理整除问题时，首先把问题转化为二项式(ab)n，且一般情况下a，b之一必为除数的整数倍，而另一数为1或1，其次要分清余项，写出余项，从而得到余数
