1.3 二项式定理（通用）优秀教学设计

二项式定理

一、考法解法

命题特点分析

排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，难度中等或稍易．考查古典概型时，常以排列组合为工具，考查概率的计算．

解题方法荟萃

由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此备考时：①要读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准处理事件；②要牢记排列数、组合数、二项展开式公式；③排列组合是进行概率计算的工具，在复习概率时要抓住概率计算的核心和这个工具。

二项式中项的系数和差可以通过对二项式展开式两端字母的赋值进行解决，如(1＋x)n展开式中各项系数的绝对值的和就是展开式中各项系数的和，只要令x＝1即得，而1xn的展开式中各项系数的绝对值的和，直接令x＝－1，这样就不难类比得到(1＋ax)n展开式中各项系数绝对值的和为(1＋a). n二、真题剖析

【2013•全国2卷理科•5】已知(1ax)(1x)的展开式中x的系数为5，则a＝(

)．

A.

-4

B-3

C .-2

D. -1 【答案】D 122334455【解析】已知(1ax)(1x)5(1ax)(1C5xC5xC5xC5xC5x)，展开式中21x2的系数为：C5aC55，解得a1

52【2014•全国2卷理科•13】(xa)的展开式中，x的系数为15，则a＝【答案】1071

21

2710r10rr【解析】(xa)的展开式的通项公式为：令10r7得r3，可得xTr1C10xa，

333的系数为aC10120a15,a1

2【2015•全国2卷理科•15】ax(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝

．

【答案】3 【解析】设f(x)ax(1x)4a0a1xa2x2a5x5令

;令x1,则a0a1a2a5f116(a1)x-1,则a0-a1a2--a5f-10,两式相减得：2a1a3a516(a1)，所以a3

三、高考圈题

1021.

【题干】二项式x2展开式中的常数项是（

）

xA．180

B．90

C．45

D．360

【圈题理由】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题，属于常考点。

【答案】A[来源学科网Z,X,X,K]

1055r52rr【解析】二项式x2展开式的通项公式为Tr1C102x2,令5-r0，求得

2x22r2，可得展开式中的常数项是C102180

22.

【题干】设x的展开式中的常数为M，所有二项式系数和为N，则MN=x（

）

A．304

B．304

C．136

D．136

6

【圈题理由】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，比较基础，属于常考题. 【答案】A．

36r32rr26-r0，【解析】的展开式中的通项为：令可得r4，

TC(2)x,xr166x26∴x2x的展开式中的常数M240，∵所有二项式系数和N2664,MN304．

四、分层训练（17题）

基础过关（第1-8题）

n1.

已知15xx的展开式中二项式系数之和是64，则它的展开式中常数项是（

A．15

B．15C．375D．375

【答案】D

6【解析】由题意可得2n64，∴n6．故5x1x的展开式的通项公式为

：Trr6rr1C6(1)5x632r,令6-32r0，可得r4，可得它的展开式中常数项是：C4265375

32.

2xx211x的展开式中常数项为（

）

A．2

B．5

C．4

D．2

【答案】D

）

232012233【解析】∵(2xx)(1)(2xx)[C31C3()C3()C3()]，∴1x1x1x1x2展开式中常数项为：2-C1C332

23.

在x2nN的展开式中，若第五项的系数与第三项的系数之比为56:3，x则展开式中的常数项是（

）

A．第2项

【答案】B 【解析】展开式的通项为：Tr1C2xrnr22Cn2

nB．第3项

C．第4项

D．第5项

n5r244,第5项的系数为：Cn2，第3项的系数为：4422由已知，得出Cn2：Cn2=56：3，解得n=10.令10﹣5r=0，可得r=2时，取到常数项。

4.

化简x14x16x14x11的结果为（

）

43244A．x

B．x1C．x1D．x1

44【答案】A

【解析】x15.

44x16x14x11=[(x1)-1]4x4

的展开式中不含x的项的系数和为（

）

321x3y5A．32

B．32

C．64

D．64

【答案】B

【解析】求1x3y的展开式中不含x的项的系数和，即5个多项式1x3y在展开5时全不出x，

1x3y5的展开式中不含x的项的系数和等于13y的各项系数和，对于13y令555y=1得展开式的各项系数和为2324

[来源:Z|xx|k.Com]2346.

若2x1a0a1xa2xa3xa4x，则a0a2a4（

）

A．119

B．120

C．121

D．41

【答案】D 234【解析】∵2x1a0a1xa2xa3xa4x，∴令x=1得1a0a1a2a3a4①

4令x=﹣1得81a0-a1a2-a3a481②，将①+②得822(a0a2a4)∴，a0a2a4=41

7.

二项展开式2x1中x的奇次幂项的系数之和为（

）

101310131031011310A．B．C．D．

2

2

2

2【答案】B 2【解析】设2x1a0a1xa2x10a10x10，∴令x=1得1a0a1a2两式相减可得：1a1a3a10，再令x=﹣1，得3a0-a1a2-106a10，1-310a9=

218.

ax展开式的常数项为160，则a的值为（

）

xA．1

B．2

C．1

D．2

【答案】D 1r【解析】二项式ax的展开式的通项公式为：Tr1C6令2r60，(1)rarx2r6，x33可得r3，且常数项为：-C6a160，求得a2

6智能拓展（第9-17题）

9.

1x41x展开式中x的系数是（

32

）

A．3

B．0

C．3

D．6

【答案】D

【解析】∵012233440123(1x)4(1x)3(C4C4xC4xC4xC4x)(C3C3xC3xC3xx)

122∴展开式中x2的系数是C4C3C41266

210.

在1x2的展开式中的x3的系数为（

）

xA．210

B．210

C．910

D．280

【答案】C 722【解析】由于1x2的表示7个因式1x2的乘积，在这7个因式中，有2xx23，其余的因式都取1，即可得到含x的项；或者在这7个因式中，x223有3个取x，有3个取，剩余的一个因式取1，即可得到含x的项；故含x3的项为：x个取x，有一个取27214333C7C52C4C7C422101120910

11.

在1x62y4的展开式中，含x4y3项的系数为（

）

A．210

B．120

C．80

D．60

【答案】B 【解析】在1x4362y443的展开式中，含xy

的项为：C6x3C42y3120x4y3，43故含xy项的系数为120 12.

若等式2x12014a0a1xa2x2a2014x2014对于一切实数x都成立，则111a0a1a2a2014=（

）

232015112A．B．C．D．0

4030

2015

2015

【答案】B 【解析】解法一：∵2x12014a0a1xa2x2a2014x2014，

1111(2x1)2015ca0xa1x2a2x3a2014x2015（c为常数），

4030232015

1111a1a2a2014c

2320154030112015（-1）c0,即得c再取x0得

403040301111a2014∴a0a1a2

2320152015取x1得a0解法二：∵2x1∴（2x1)2014a0a1xa2x2a2014x2014，[来源:Zxxk.Com]

120140dx(a0a1xa2x2a2014x2014)dx

01∴a01111a1a2a2014

232015201513.

若x3（

）4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0a2a4a1a3的值为

22[来源:Z。xx。k.Com]A．16

B．16

C．31

D．31

【答案】B 【解析】在(x3)a0a1xa2xa3xa4x中

令x1可得，a0a1a2a3a413

令x-1可得，a0-a1a2-a3a42244234-13

4∴a0a2a4(a1a3)(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)16

114.

设二项式xnN展开式的二项式系数和与各项系数和分别为an,bn，则2a1a2b1b2A．2n1nan（

）

bn

C．2n13

B．22n11

D．1

【答案】C 1【解析】由于二项式xnN展开式的二项式系数和与各项系数和分别为an、

bn，2则an2n，bn2n，

n

aa2所以1b1b215.

若2x1an21+22++2n12bn2+2++2n20132(12n）-11-2-n=2n1

2(12）1-2-1a0a1xa2x2a2013x2013xR，则a1a223322a12a1A．a2013（

）

20132a11111B．C．D．

2013

2013

4026

4026【答案】D 【解析】在2x12013a0a1xa2x2a2013x2013xR中，它的通项公式为

rTr1C2013(1)r(2x)2013r，令2013-r1，求得r2012，故a1201324026,∴ann2013nC(1)

20132naa20131a21123420132332013(C2013C2013C2013C2013)

22a12a12a1240262013123420130（-11）（-1C2013C2013C2013C2013C2013)

201312342013由于0（-11）（-1C2013C2013C2013C2013C2013)

2342013∴（C2013C2013C2013C2013）1-2013-2012

∴111112342013(C2013C2013C2013C2013)（-2012）

2402624026402612116.

将x3的展开式中各项重新排列，使含x的正整数次幂的项互不相邻的排法x共有多少种？（

）

310A．A13A13

103B．A10A11

49C．A13A9

103D．A10

A11【答案】D[来源学+科+网]

12365r12r31rrr63x【解析】根据题意，的展开式的通项为Tr1C12x，(x)Cx12x365r其中共13项，若为正整数，则r的值可以为0,4,6，即其展开式中，含x的正整数6

10次幂的项共3项，其他的有10项，先将不含x的正整数次幂的10项进行全排列，有A10种情况，排好后，有11个空位，在这11个空位中，任取3个，安排3个含x的正整数次幂3103的项，有A11种情况，共有A10种情况。

A1117.

2除以9的余数是（

）

A．1

B．2

C．4

D．8

【答案】D 【解析】233=（23）11=（8）11=（9﹣1）11=C110（9）11×（﹣1）0+C111（9）10×（﹣1）1+…C1110（9）1×（﹣1）10+C1111（9）0×（﹣1）11，分析易得，其展开式中C110（9）11×（﹣1）0+C111（9）10×（﹣1）1+…C1110（9）1×（﹣1）10都可以被9整除，而最后一项为C110（9）0×（﹣1）11=﹣1，

则233除以9的余数是8。

33