1、第十章 计数原理、概率、随机变量 及其分布 第三节 二项式定理最新考纲考情索引核心素养会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2018全国卷，T5 2017全国卷，T62017全国卷，T4 2016全国卷，T14数学运算1二项式定理(1)二项式定理：(ab)n_(nN*)；(2)通项公式：Tr1_，它表示第_项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为C0n，C1n，Cnn.C0nanC1nan1bCrnanrbrCnnbnCrnanrbrr12二项式系数的性质1二项展开式共有n1项；各项的次数都等于二项式的幂指数n，等于a与b的指数的和n.2二项式定理中，通项公式Tr1Crnanrb
2、r是展开式的第r1项，不是第r项3(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tr1Crnanrbr中，Crn是该项的二项式系数，该项的系数还与a，b有关(2)二项式系数的最值和增减性与指数n的奇偶性有关当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值1概念思辨判断下列结论的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)Crnanrbr是(ab)n的展开式中的第r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)若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，则a7a6a
3、1的值为128.()解析：(1)应为第r1项(2)当a，b中包含数字时，系数最大的项不一定为中间一项或中间两项(3)二项式系数只与n和项数有关(4)令x1，可得a7a6a1a027128.答案：(1)(2)(3)(4)2教材衍化(1)(人A选修23P31例2(2)改编)若x1xn展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为()A10 B20 C30 D120(2)(人A选修23P41B组T5改编)若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0a2a4的值为()A9 B8 C7 D6解析：(1)二项式系数之和2n64，所以n6，Tr1Cr6x6r1xrCr6x62r，当62r0，即当
4、r3时为常数项，T4C3620.(2)令x1，则a0a1a2a3a40，令x1，则a0a1a2a3a416，两式相加得a0a2a48.答案：(1)B(2)B3典题体验(1)(2018全国卷)(x2 2x)5的展开式中x4的系数为()A10 B20C40 D80(2)(2017山东卷)已知(13x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n_(3)(2019化州一模)在(12x)7的展开式中，C27是第_项的二项式系数，该项的系数是_解析：(1)(x22x)5的展开式的通项公式为Tr1Cr5(x2)5r(2x)rCr52rx103r，令103r4，得r2.故展开式中x4的系数为C252240.故选
5、C.(2)(13x)n的展开式的通项为Tr1C rn 3rxr.所以含有x2项的系数为C2n3254，所以n4.(3)(12x)7的展开式的通项为Tr1Cr7(2x)r，当r2时，可得T3C2722x284x2.所以C27是第三项的二项式系数，该项的系数是84.答案：(1)C(2)4(3)三 84考点1 二项展开式中的特定项或特定项的系数(多维探究)角度 求展开式中的特定项【例1】(2019安阳模拟)xax 2x1x5 的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A40 B20 C20 D40解析：由题意，令x1，得展开式各项系数的和为(1a)(21)52，所以a1.因为二项式2x1x
6、5的展开式的通项公式为Tr1Cr5(1)r25rx52r，所以 x1x 2x1x5 展开式中的常数项为xC35(1)322x11xC25(1)223x408040，故选D.答案：D角度 求展开式中项的系数或二项式系数【例2】一题多解(2017全国卷)1 1x2(1x)6展开式中x2的系数为()A15 B20 C30 D35解析：法一 1 1x2(1x)61(1x)6 1x2(1x)6，(1x)6的展开式中的x2的系数为C 2615，1x2(1x)6的展开式中的x2的系数为C 46 15，所以所求展开式中x2的系数为151530.法二 因为1 1x2(1x)6（1x2）（1x）6x2，所以 1
7、1x2(1x)6展开式中x2的系数等于(1x2)(1x)6展开式中x4的系数，而(1x2)(1x)6展开式中x4的系数为C 46C 2630，故 1 1x2(1x)6展开式中x2的系数为30.法三 因为1 1x2(1x)6（12xx2）（1x）62x（1x）6x2（1x）8x22（1x）6x，所以1 1x2(1x)6展开式中x2的系数为C482C3630，故选C.答案：C角度 由已知条件求n的值或参数的值【例3】一题多解(2019肇庆模拟)已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a()A1 B2 C1 D2解析：法一(1ax)(1x)5(1ax)(15x10 x210 x35x4x
8、5)，其展开式中x2的系数为105a5，解得a1，故选A.法二 展开式中含x2的项为C 25 x2(ax)C 15 x10 x25ax2(105a)x2，所以展开式中x2的系数为105a5，所以a1.答案：A求二项展开式中的特定项的方法求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tr1C rnanrbr的特点，一般需要建立方程求r，再将r的值代回通项求解，注意r的取值范围(r0，1，2，n)1第m项：此时r1m，直接代入通项2常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程3有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解变式
9、训练1(2019广州模拟)已知二项式2x21xn的所有二项式系数之和等于128，那么其展开式中含 1x 项的系数是()A84 B14 C14 D84解析：由二项式 2x21xn 的展开式中所有二项式系数的和是128，得2n128，即n7，所以2x21xn2x21x7，则Tr1Cr7(2x2)7r1xr(1)r27rCr7x143r.令143r1，得r5.所以展开式中含1x项的系数是4C5784.故选A.答案：A2(2019成都二诊)在二项式ax2 1x5 的展开式中，若常数项为10，则a_解析：因为该二项式展开式的通项公式为Tr1Cr5(ax2)5r1xra5rCr5x1052r，由1052r
10、0，得r4，所以aC4510，解得a2.答案：2考点2 二项式系数的和与各项系数和问题(讲练互动)典例体验1(2019合肥一检)已知(axb)6的展开式中x4项的系数与x5项的系数分别为135与18，则(axb)6展开式所有项系数之和为()A1 B1 C32 D64解析：由题意可得C26a4b2135，C16a5b18，解得a1，b3，或a1，b3.则(axb)6(x3)6，令x1得展开式中所有项的系数和为(2)664，故选D.答案：D2(2019黄冈检测)设(1ax)2 018a0a1xa2x2 a2 018x2 018，若a12a23a32 018a2 0182 018a(a0)，则实数a
11、_解析：已知(1ax)2 018a0a1xa2x2a2 018x2 018，两边同时对x求导，得2 018(1ax)2 017(a)a12a2x3a3x22 018a2 018x2 017，令x1得，2 018a(1a)2 017a12a23a32 018a2 0182 018a，又a0，所以(1a)2 0171，即1a1，故a2.答案：2赋值法的应用1形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1即可2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3若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开
12、式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4 f（1）f（1）2，偶数项系数之和为a1a3a5f（1）f（1）2.变式训练1已知(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A212B211C210D29解析：因为(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C3nC7n，得n10.从而C010C110C210C1010210.所以奇数项的二项式系数和为C010C210C101029.答案：D2(2019杭州质检)若2x 1x2 n的展开式中所有二项式系数和为64，则n_；展开式中的常数项是_解析：由 2x 1x2 n 的展开式中所有二次
13、项系数和为64，得2n64，n6，则展开式第r1项是Tr1Cr6(2x)6r 1x2 rCr626r(1)rx63r，当r2时为常数项，则常数项是C2624(1)21516240.答案：6 240考点3 二项式定理的应用(讲练互动)典例体验1(2019豫东名校模拟)设复数x2i1i(i是虚数单位)，则C 12 017 xC 22 017 x2C 32 017 x3C 2 0172 017 x2 017()Ai BiC1i D1i解析：x 2i1i1i，C12 017xC22 017x2C32 017x3C2 0172 017x2 017(1x)2 0171i2 01711i.答案：C2设aZ，
14、且0a13，若512 012a能被13整除，则a()A0 B1C11 D12解析：512 012a(521)2 012aC 02 012 522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011C2 0122 012(1)2 012a，因为C02 012522 012C12 012522 011C2 0112 01252(1)2 011能被13整除且512 012a能被13整除，所以C2 0122 012(1)2 012a1a也能被13整除因此a可取值12.答案：D1逆用二项式定理的关键根据所给式的特点结合二项展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项
15、式定理求解2利用二项式定理解决整除问题的思路(1)观察除式与被除式间的关系(2)将被除式拆成二项式(3)结合二项式定理得出结论变式训练1190C 110 902C 210 903C 310(1)k90kC k109010C1010除以88的余数是()A1 B1 C87 D87解析：190C110902C210903C310(1)k90kCk109010C 1010(190)108910(881)108810C 110889C 910 881，因为前10项均能被88整除，所以余数是1.答案：B2(2019新乡模拟)使得多项式81x4108x354x212x1能被5整除的最小自然数x为()A1 B2 C3 D4解析：81x4108x354x212x1(3x1)4，所以上式能被5整除的最小自然数为x3.答案：C