复习参考题第一课时评课稿

二项式定理复习参考题

学习目标

1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念. 2.会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．

1．二项式定理及其相关概念

二项式定理

二项式系数

通项

二项式定理的特例

2.二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律) mn(1)对称性：Cn＝Cn－mn1n1nkkn公式(a＋b)n＝C0b＋…＋Ckb＋…＋Cn称为二项式定理

na＋Cnananb，－－Ckn(k＝0,1，…，n) nkkTk＋1＝Ckb(k＝0,1，…n) na－012kknn(1＋x)n＝Cn＋Cnx＋C2nx＋…＋Cnx＋…＋Cnx

；

k1k(2)性质：Ckn＋1＝Cn＋Cn；

－(3)二项式系数的最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值，即C最大；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即Cn12nn2nCn12n最大；

012nn(4)二项式系数之和：Cn＋Cn＋Cn＋…＋Crn＋…＋Cn＝2，所用方法是赋值法．

类型一

二项式定理的灵活应用

命题角度1

两个二项式积的问题

例1

(1)在(1＋x)6(1＋y)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)＝________. (2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________. 答案

(1)120

(2)－1 解析

(1)f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3) 0211203＝C36C4＋C6C4＋C6C4＋C6C4＝120. (2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5. 1∴x2的系数为C25＋aC5，

则10＋5a＝5，解得a＝－1. 反思与感悟

两个二项式乘积的展开式中特定项问题

(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．

(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．

(3)分别求解再相乘，求和即得．

a1跟踪训练1

(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为(

) xxA．－40

B．－20

C．20

D．40 答案

D 解析

令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1，

1111故(x＋)(2x－)5的展开式中常数项即为(2x－)5的展开式中与x的系数之和．

xxxx15－k5－2k(2x－)5的展开式的通项为Tk＋1＝Ckx(－1)k，

52x令5－2k＝1，得k＝2，

52∴展开式中x的系数为C2×(－1)2＝80，

5×2－令5－2k＝－1，得k＝3，

1－3∴展开式中的系数为C5×253×(－1)3＝－40，

x11∴(x＋)(2x－)5的展开式中常数项为80－40＝40. xx命题角度2

三项展开式问题

x1＋＋25的展开式中的常数项是________．

例2

2x答案

632

2x＋1＋25，

解析

方法一

原式＝2x1kx＋5－k1(2)k1(k1＝0,1,2，…，5)．

∴展开式的通项为Tk1＋1＝C512x当k1＝5时，T6＝(2)5＝42，

x15－k1k2x5－k1－k21k2k21＋当0≤k1<5时，的展开式的通项公式为＝＝TCCk2＋15k125k122xx5－k1－k2x·5－k1－2k2(k2＝0,1,2，…，5－k1)．

令5－k1－2k2＝0，即k1＋2k2＝5. ∵0≤k1<5且k1∈Z，

k1＝1，k1＝3，∴或

k2＝2k2＝1.2123113∴常数项为42＋C12＋C5C425C2×(2)

2

152632＝42＋＋202＝. 22x＋22x＋25＝15·方法二

原式＝[(x＋2)2]5

2x32x＝1(x＋2)10. 5·32x2求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋2)10的展开式中含x5项的系数，即C5(2)5. 10·C52563210·∴所求的常数项为＝. 322反思与感悟

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，转化的方法通常为配方法，因式分解，项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性．

跟踪训练2

求(x2＋3x－4)4的展开式中x的系数．

241232223解

方法一

(x2＋3x－4)4＝[(x2＋3x)－4]4＝C04＋C24－C44(x＋3x)－C4(x＋3x)·4(x＋3x)·(x2＋3x)·43＋C444，

4·显然，上式中只有第四项中含x的项，所以展开式中含x的项的系数是－C33·43＝－768. 4·413223404方法二

(x2＋3x－4)4＝[(x－1)(x＋4)]4＝(x－1)4·(x＋4)4＝(C04x－C4x＋C4x－C4x＋C4)(C4x322433＋C14＋C24＋C343＋C444)，所以展开式中含x的项的系数是－C34x·4x·4x·4·44＋C44＝－768. 命题角度3

整除和余数问题

例3

今天是星期一，今天是第1天，那么第810天是星期(

) A．一

B．二

C．三

D．四

答案

A 解析

求第810天是星期几，实质是求810除以7的余数，应用二项式定理将数变形求余数．

99*因为810＝(7＋1)10＝710＋C110×7＋…＋C10×7＋1＝7M＋1(M∈N)，

所以第810天相当于第1天，故为星期一．

反思与感悟

(1)利用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了．

(2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．

跟踪训练3

设a∈Z，且0≤a<13，若512 015＋a能被13整除，则a＝________. 答案

1 2 0152 0142 0132 014解析

∵512 015＋a＝(52－1)2 015＋a＝C0－C1＋C2－…＋C2 0155212 015522 015522 01552－1＋a，

能被13整除，0≤a<13. 故－1＋a能被13整除，故a＝1. 类型二

二项式系数的综合应用

1例4

已知(＋2x)n. 2(1)若展开式中第五项、第六项、第七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)若展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项．

46解

(1)由已知得2C5n＝Cn＋Cn，

即n2－21n＋98＝0，得n＝7或n＝14. 当n＝7时展开式中二项式系数最大的项是第四项和第五项，

1435313344∵T4＝C3x，T5＝C47()(2x)＝7()(2x)＝70x，

22235∴第四项的系数是，第五项的系数是70. 2177当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是第八项，它的系数为C714()×2＝3 432. 2122(2)由C0n＋Cn＋Cn＝79，即n＋n－156＝0. 得n＝－13(舍去)或n＝12. 设Tk＋1项的系数最大，

11∵(＋2x)12＝()12(1＋4x)12，

221k1Ck4k≥Ck4，12·12·由kk

k＋1k＋1C·4≥C·4，1212－－

解得9.4≤k≤10.4. ∵0≤k≤n，k∈N*，∴k＝10. ∴展开式中系数最大的项是第11项，

1即T11＝()12·C10410·x10＝16 896x10. 12·2反思与感悟

解决此类问题，首先要分辨二项式系数与二项展开式的项的系数，其次理解记忆其有关性质，最后对解决此类问题的方法作下总结，尤其是有关排列组合的计算问题加以细心．

跟踪训练4

已知2x－1n展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n展开式中奇数项的二项x式系数之和少112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x. 解

依题意得2n－22n1＝－112，

－整理得(2n－16)(2n＋14)＝0，解得n＝4，

所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项．

4lg x4依题意得C48(2x)(x)＝1 120，

化简得x4(1＋lg x)＝1，

所以x＝1或4(1＋lg x)＝0，

1故所求x的值为1或. 10

1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为(

) A．30

C．15

答案

C k3解析

因为(1＋x)6的展开式的第(k＋1)项为Tk＋1＝Ckx(1＋x)6的展开式中含x3的项为C26x，6xB．20 D．10 ＝15x3，所以系数为15. 1x2＋2－23的展开式中常数项为(

) 2.xA．－8

B．－12

C．－20

D．20 答案

C 11k6－2kx2＋2－23＝x－6展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck解析

(－1)x.令6－2k＝0解得k＝6xx3. 故展开式中的常数项为－C36＝－20. 13．当n为正奇数时，7n＋C17n1＋C27n2＋…＋Cn7被9除所得的余数是(

) n·n·n·－－－A．0

B．2

C．7

D．8 答案

C nnn1n11解析

原式＝(7＋1)n－Cn9＋C29n2－…＋Cn9(－1)nn＝8－1＝(9－1)－1＝9－Cn·n·n·－－－－1＋(－1)n－1.因为n为正奇数，所以(－1)n－1＝－2＝－9＋7，所以余数为7. a4．已知x－5的展开式中含x2的项的系数为30，则a等于(

) xA.3

B．－3

C．6

D．－6 答案

D 5kk5ka53kkkkk222xxx解析

x－5的展开式通项Tk＋1＝Ck(－1)a·＝(－1)aC，令－k＝，5522x3则k＝1，

1∴T2＝－aC5x，∴－aC15＝30，∴a＝－6，故选D. 325．若(x－m)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，其中a5＝56，则a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝________. 答案

128 解析

由已知条件可得a5＝C3(－m)3＝－56m3＝56，∴m＝－1，

8·

1＋18＋－1＋18则a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝＝128. 2

1．两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题

(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．

(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．

(3)分别求解再相乘，求和即得．

2．三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)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性．

3．用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者前面)一、二项就可以了．

4．求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．

5．确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质．

课时作业

一、选择题

022nn1351．已知Cn＋2C1n＋2Cn＋…＋2Cn＝729，则Cn＋Cn＋Cn的值等于(

) A．64

B．32

C．63

D．31 答案

B 解析

由已知条件得(1＋2)n＝3n＝729，解得n＝6. 13513Cn＋Cn＋Cn＝C6＋C6＋C56＝32. 1x2－6的展开式中不含x3项的系数之和为(

) 2．二项式xA．20

B．24

C．30

D．36 答案

A 解析

由二项式的展开式的通项公式

Tk＋1＝Ck(－1)kx126·－3k，

令12－3k＝3，解得k＝3，

故展开式中x3项的系数为C3(－1)3＝－20，

6·而所有系数和为0，不含x3项的系数之和为20. 3．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

443解析

在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，含x4y3的项为C6xC42·y3＝120x4y3. 故含x4y3项的系数为120. 4．在(1＋x)n(n为正整数)的二项展开式中，奇数项的和为A，偶数项的和为B，则(1－x2)n的值为(

) A．0

C．A2－B2

答案

C 解析

∵(1＋x)n＝A＋B，(1－x)n＝A－B，∴(1－x2)n＝(1＋x)n(1－x)n＝(A＋B)(A－B)＝A2－B2. 5．9192被100除所得的余数为(

) A．1

B．81

C．－81

D．992

答案

B 解析

利用9192＝(100－9)92的展开式，或利用(90＋1)92的展开式．

92191290291919292方法一

(100－9)92＝C092100－C92100×9＋C92100×9－…－C92100×9＋C929. B．AB

D．A2＋B2

展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．

9290291由992＝(10－1)92＝C09210－…＋C9210－C9210＋1. 前91项均能被100整除，后两项和为－919，因原式为正，可从前面的数中分离出1 000，结果为1 000－919＝81，

∴9192被100除可得余数为81. 921919029192方法二

(90＋1)92＝C09290＋C9290＋…＋C9290＋C9290＋C92. 前91项均能被100整除，剩下两项为92×90＋1＝8 281，显然8 281除以100所得余数为81. 6．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m系数的最大值为b，若13a＝7b，则m等于(

) A．5

B．6

C．7

D．8 答案

B 解析

∵(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为Cm2m，

m1∴a＝Cm2m.同理，b＝C2m＋1. ＋＋1展开式的二项式1∵13a＝7b，∴13·CmCm2m＝7·2m＋1，

＋2m！2m＋1！∴13·＝7·，∴m＝6. m！m！m＋1！m！7．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(

) A．10

B．20

C．30

D．60 答案

C 25kk解析

易知Tk＋1＝Cky，

5(x＋x)－

232令k＝2，则T3＝C25(x＋x)y，

对于二项式(x2＋x)3，由Tt＋1＝Ct3(x2)3t·xt＝Ct3x6t，

－－1令t＝1，所以x5y2的系数为C25C3＝30. 二、填空题

8．已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________. 答案

1 解析

(a－x)5的展开式的通项公式为

kTk＋1＝(－1)ka5kCk5x，

－令k＝2，得a2＝a3C25＝80，

知a＝2，

令二项展开式的x＝1，得

15＝1＝a0＋a1＋…＋a5. 9．在(a＋b)n的二项展开式中，若奇数项的二项式系数的和为128，则二项式系数的最大值为________．

答案

70 解析

由题意知，2n1＝128，解得n＝8. －展开式共n＋1＝8＋1＝9项．

得中间项的二项式系数最大，

故展开式中系数最大的项是第5项，最大值为C48＝70. 10．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．

答案

1.34 12233解析

(1.05)6＝(1＋0.05)6＝C06＋C6×0.05＋C6×0.05＋C6×0.05＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34. 11．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a1＋a2＋…＋a7的值是________．

答案

－2 解析

在(1－2x)7的二项展开式中，令x＝0，则a0＝1，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，所以a1＋a2＋…＋a7＝－1－1＝－2.

三、解答题

12．已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14. 求：(1)a1＋a2＋…＋a14；

(2)a1＋a3＋a5＋…＋a13. 解

(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，

令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1.

(2)由(1)得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，

①

②

令x＝－1得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝67，

由①－②得：2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67，

27－67所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝. 213．若等差数列{an}的首项为a1＝C115m－2m5232km－2*－A2展开式中的11－3m(m∈N)，公差是－2x5x常数项，其中k为7777－15除以19的余数，求通项公式an. 5m≥11－2m，1113解

由题意可得解得≤m≤，

7511－3m≥2m－2，2∵m∈N*，∴m＝2，∴a1＝C710－A5＝100，

1777712又7777－15＝(1＋19×4)77－15＝C077＋C77(19×4)＋…＋C77(19×4)－15＝(19×4)[C77＋C7776(19×4)＋…＋C7777(19×4)]－19＋5，

∴7777－15除以19的余数为5，即k＝5. 232k′′55－k′又Tk′＋1＝Ck

52x－5x55－2k′x＝C52k′5k153(－1)k，

′令5k′－15＝0可解得k′＝3，

55－63∴d＝C3(－1)＝－4，

52∴an＝a1＋(n－1)d＝104－4n. 四、探究与拓展

14．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m＝________. 答案

－3或1 解析

在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9中，

令x＝－2，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9，

即[(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝m9，

令x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9) ＝(2＋m)9. ∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，

∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39，

∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39，

可得2m＋m2＝3，解得m＝1或－3. 15．已知f(x)＝(1＋x)m，g(x)＝(1＋5x)n(m，n∈N*)．

(1)若m＝4，n＝5时，求f(x)·g(x)的展开式中含x2的项；

(2)若h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)的展开式中含x的项的系数为24，那么当m，n为何值时，h(x)的展开式中含x2的项的系数取得最小值？

(3)若(1＋5x)n(n≤10，n∈N*)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数成等差数列，求(1＋5x)n的展开式中系数最大的项．

011223344解

(1)当m＝4，n＝5时，f(x)＝(1＋x)4＝C04x＋C4x＋C4x＋C4x＋C4x，

01155g(x)＝(1＋5x)5＝C05(5x)＋C5(5x)＋…＋C5(5x)，

则f(x)·g(x)的展开式中含x2的项为

10222(C250C05C15C5)x，

4·5＋C4·5＋C4·即f(x)·g(x)的展开式中含x2的项为356x2. 1(2)因为h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)的展开式中含x的项的系数为24，则C1m＋5Cn＝24，

即m＝24－5n(其中1≤n≤4，n∈N*)，

又h(x)的展开式中含x2的项的系数为

mm－125nn－12Cm＋52C2＋

n＝2224－5n23－5n25nn－1＝＋

22＝25n2－130n＋276 13n－2＋107(其中1≤n≤4，n∈N*)，

＝25513132－>3－，

又因为55所以当n＝3时(此时m＝9)，h(x)的展开式中含x2的项的系数取得最小值111. 1n12n(3)在(1＋5x)n(n≤10，n∈N*)的展开式中，倒数第2、3、4项的系数分别为Cn5，Cn5n·n·－－－－23n3，Cn5，

n·－－又因为倒数第2、3、4项的系数成等差数列，

2n21n13n3所以2Cn5＝Cn5＋Cn5，

n·n·n·－－－－－－整理得n2－33n＋182＝0，

解得n＝7或n＝26，

又因为n≤10，n∈N*，所以n＝7，n＝26(舍去)．

k设二项式(1＋5x)7的展开式中系数最大的项为第k＋1项(即Tk＋1＝Ck7(5x))，

k1k15≤Ck5k，C7·7·则k＋1k＋1

kC7·5≤Ck·5，7－－

1720整理并解得≤k≤，

33又因为n≤10，n∈N*，所以k＝6，

即(1＋5x)n的展开式中系数最大的项为

66T7＝C67(5x)＝109 375x.