1、第36练二项式定理的两类重点题型题型分析高考展望二项式定理的应用，是理科高考的考点之一，考查频率较高，一般为选择题或填空题，题目难度不大，为低、中档题.主要考查两类题型，一是求展开式的指定项，二是求各项和或系数和.只要掌握两类题型的常规解法，该部分题目就能会做.常考题型精析题型一求展开项例1(1)(2015课标全国)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A.10 B.20C.30 D.60(2)(2014课标全国)(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为_.(用数字填写答案)点评应用通项公式要注意四点(1)Tk1是展开式中的第k1项，而不是第k项；(2)公式中a，b的指数和为n，且
2、a，b不能随便颠倒位置；(3)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(4)对二项式(ab)n展开式的通项公式要特别注意符号问题.变式训练1(1)(2015重庆)5的展开式中x8的系数是_.(用数字作答)(2)使n(nN*)的展开式中含有常数项的最小的n为()A.4 B.5 C.6 D.7题型二赋值法求系数之和例2在(2x3y)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.点评(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、
3、(ax2bxc)m (a、bR)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；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a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5.变式训练2(1)(2015课标全国)(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a_.(2)若(12x)2na0a1xa2x2a2n1x2n1a2nx2n，则a1a3a2n1_.高考题型精练1.在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，
4、则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)等于()A.45 B.60 C.120 D.2102.(2015陕西)二项式(x1)n(nN*)的展开式中x2的系数为15，则n等于() A.4 B.5C.6 D.73.(2014安徽)设a0，n是大于1的自然数，n的展开式为a0a1xa2x2anxn.若点Ai(i，ai)，(i0,1,2)的位置如图所示，则a_.4.设m为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a7b，则m等于()A.5 B.6 C.7 D.85.设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若MN240
5、，则展开式中x的系数为()A.150 B.150C.300 D.3006.设aZ，且0a13，若512 016a能被13整除，则a的值为()A.0 B.1 C.11 D.127.若(1x)(2x)2 015a0a1xa2x2a2 015x2 015a2 016x2 016，则a2a4a2 014a2 016等于()A.222 011 B.222 012C.122 015 D.122 0168.设f(x)是6展开式的中间项，若f(x)mx在区间上恒成立，则实数m的取值范围是()A.(，5) B.(，5C.(5，) D.5，)9.(2015天津)在6的展开式中，x2的系数为_.10.(2014山东
6、)若(ax2)6的展开式中x3项的系数为20，则a2b2的最小值为_.11.已知(12)n的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，而又等于它后一项系数的.(1)求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和；(2)求展开式中的有理项.12.(2015广州模拟)已知n.(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.答案精析第36练二项式定理的两类重点题型常考题型精析例1(1)C(2)20解析(1)方法一利用二项展开式的通项公式求解.(x2xy)5(x2x)y5，含y2的
7、项为T3C(x2x)3y2.其中(x2x)3中含x5的项为Cx4xCx5.所以x5y2的系数为CC30.故选C.方法二利用组合知识求解.(x2xy)5为5个x2xy之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC30.故选C.(2)x2y7x(xy7)，其系数为C，x2y7y(x2y6)，其系数为C，x2y7的系数为CC82820.变式训练1(1)(2)B解析(1)二项展开式通项为Tk1C(x3)5kkkCx15，令158，解得k2，因此x8的系数为2C.(2)展开式的通项公式Tk1C(3x)nkk，Tk13nkCxnk，k0,1,2，n.令nk0，nk，故最小正整数
8、n5.例2解设(2x3y)10a0x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*)各项系数和为a0a1a10，奇数项系数和为a0a2a10，偶数项系数和为a1a3a5a9，x的奇次项系数和为a1a3a5a9，x的偶次项系数和为a0a2a4a10.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CCC210.(2)令xy1，各项系数和为(23)10(1)101.(3)奇数项的二项式系数和为CCC29，偶数项的二项式系数和为CCC29.(4)令xy1，得到a0a1a2a101，令x1，y1(或x1，y1)，得a0a1a2a3a10510，得2(a0a2a10)1510，
9、奇数项系数和为；得2(a1a3a9)1510，偶数项系数和为.(5)x的奇次项系数和为a1a3a5a9；x的偶次项系数和为a0a2a4a10.变式训练2(1)3(2)解析(1)设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，令x1，得16(a1)a0a1a2a3a4a5，令x1，得0a0a1a2a3a4a5.，得16(a1)2(a1a3a5)，即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1a3a58(a1)，所以8(a1)32，解得a3.(2)令x1，得a0a1a2a2n32n；令x1，得a0a1a2a2n1a2n1.，可得a1a3a2n1.高考题型精练1.C 因为f(m，n)CC，
10、所以f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)CCCCCCCC120.2.C 由题意易得：C15，CC15，即15，解得n6.3.3解析由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4).故a01，a13，a24.由n的展开式的通项公式知Tk1Ck(k0,1,2，n).故3，4，解得a3.4.B (xy)2m展开式中二项式系数的最大值为C，aC.同理，bC.13a7b，13C7C.13 7.m6.5.B Mn4n，N2n4n2n2402n16n4，Tk1(1)kC54k k2，则(1)2C52150.6.D 512 016a(521)2 016aC522 016C522 015C52
11、(1)2 015C(1)2 016a.因为52能被13整除，所以只需C(1)2 016a能被13整除，即a1能被13整除，因为0a13，所以a12.7.C 采用赋值法，令x1，得a0a1a2a2 015a2 0162，令x1，得a0a1a2a2 015a2 0160，把两式相加，得2(a0a2a2 016)2，所以a0a2a2 0161，又令x0，得a022 015，所以a2a4a2 014a2 016122 015.故选C.8.D 由于Tk1Ckx123k，故展开式中间的一项为T31C3x3x3，f(x)mxx3mx在上恒成立，即mx2，又x25，故实数m的取值范围是m5.9.解析6的展开式
12、的通项Tk1Cx6kkCkx62k；当62k2时，k2，所以x2的系数为C2.10.2解析(ax2)6的展开式的通项公式为Tk1C(ax2)6k()kCa6kbkx123k，令123k3，得k3，由Ca63b320得ab1，所以a2b222，故a2b2的最小值为2.11.解根据题意，设该项为第r1项，则有即亦即解得(1)令x1得展开式中所有项的系数之和为(12)7372 187.所有项的二项式系数之和为27128.(2)展开式的通项为Tk1C2kx，k7且kN.于是当k0,2,4,6时，对应项为有理项，即有理项为T1C20x01，T3C22x84x，T5C24x2560x2，T7C26x3448x3.12.解(1)因为CC2C，所以n221n980，解得n7或n14.当n7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.所以T4的系数为C423，T5的系数为C32470.当n14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.所以T8的系数为C7273 432.(2)因为CCC79，所以n12或n13(舍去).设Tk1项的系数最大.因为1212(14x)12，所以所以9.4k10.4.又因为0k12且kN，所以k10.所以展开式中系数最大的项为T11.T1112C410x1016 896x10.