浙江专用版新高考数学一轮复习第十章计数原理与古典概率3第3讲二项式定理教学案.docx

1、浙江专用版新高考数学一轮复习第十章计数原理与古典概率3第3讲二项式定理教学案第3讲二项式定理1二项式定理(1)定理：(ab)nCanCan1bCankbkCbn(nN*)(2)通项：第k1项为Tk1Cankbk(3)二项式系数：二项展开式中各项的二项式系数为：C(k0，1，2，n)2二项式系数的性质疑误辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)(ab)n的展开式中的第r项是Canrbr.()(2)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)在(ab)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关()(4)通项Tr1Canrbr中的a和b不能互换()(5)(ab)n展开式中某项

2、的系数与该项的二项式系数相同()答案：(1)(2)(3)(4)(5)教材衍化1(选修23P31例2(1)改编)(12x)5的展开式中，x2的系数为_解析：Tk1C(2x)kC2kxk，当k2时，x2的系数为C2240.答案：402(选修23P31例2(2)改编)若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为_解析：二项式系数之和2n64，所以n6，Tk1Cx6kCx62k，当62k0，即当k3时为常数项，T4C20.答案：203(选修23P41B组T5改编)若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0a2a4的值为_解析：令x1，则a0a1a2a3a40，令x1，则a0a1a2a

3、3a416，两式相加得a0a2a48.答案：8易错纠偏(1)混淆“二项式系数”与“系数”致误；(2)配凑不当致误1在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为_解析：由题意得2n32，所以n5.令x1，得各项系数的和为(12)51.答案：12已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，则a8_解析：因为(1x)102(1x)10，所以其展开式的通项公式为Tr1(1)r210rC(1x)r，令r8，得a84C180.答案：180二项展开式中的特定项或特定项的系数(高频考点)二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空

4、题的形式呈现，试题多为容易题或中档题主要命题角度有：(1)求展开式中的某一项；(2)求展开式中的项的系数或二项式系数；(3)由已知条件求n的值或参数的值角度一求展开式中的某一项 (2019高考浙江卷)在二项式(x)9的展开式中，常数项是_，系数为有理数的项的个数是_【解析】该二项展开式的第k1项为Tk1C()9kxk，当k0时，第1项为常数项，所以常数项为16；当k1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.【答案】165角度二求展开式中的项的系数或二项式系数 (1x)6展开式中x2的系数为()A15 B20C30 D35【解析】(1x)6展开式的通项Tr1

5、Cxr，所以(1x)6的展开式中x2的系数为1C1C30，故选C.【答案】C角度三由已知条件求n的值或参数的值 (2020浙江新高考联盟联考)若二项式(ax)6(a0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若A4B，则a_【解析】Tr1(1)rC(ax)6r()r(1)ra6rCx6r.令6r3得r2，则 Aa4C15a4；令6r0得r4，则B(1)4a2C15a2，又由A4B得15a4415a2，则a2.【答案】2与二项展开式有关问题的解题策略(1)求展开式中的第n项，可依据二项式的通项直接求出第n项(2)求展开式中的特定项，可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可(3)已知展开

6、式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数 1若的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值等于()A3 B4C5 D6解析：选C.Tr1C(x6)nrCx6nr，当Tr1是常数项时，6nr0，即nr，又nN*，故n的最小值为5，故选C.2(2020金华十校期末调研)在()n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则n_；展开式中常数项是_解析：在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，所以n8.所以Tr1C(1)rCx82r.由82r0，得r4.所以展开式中常数项是(1)4C.答案：8二项式系数的性质或各项系数和 (1)在二项式的展开式中

7、，系数最大的项为第_项(2)(2020宁波十校联考)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_【解析】(1)依题意可知Tr1C(1)rx223r，0r11，rZ，二项式系数最大的是C与C.当r6时，T7Cx4，故系数最大的项是第七项(2)令x0，得到a0a1a2a9(2m)9，令x2，得到a0a1a2a3a9m9，所以有(2m)9m939，即m22m3，解得m1或3.【答案】(1)七(2)1或3(变条件)本例(2)变为：若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)2

8、39，则实数m的值为_解析：令x2，得到a0a1a2a9(4m)9，令x0，得到a0a1a2a3a9(m2)9，所以有(4m)9(m2)939，即m26m50，解得m1或5.答案：1或5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在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中

9、常数项是()A15 B20C30 D120解析：选A.因为二项展开式中中间项的二项式系数最大，又二项式系数最大的项只有第4项，所以展开式中共有7项，所以n6，展开式的通项为Tr1C(x2)6rCx123r，令123r0，则r4，故展开式中的常数项为T5C15.2已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_解析：由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4C12C22C13C216，a5是常数项，所以a5C13C224.答案：164二项式定理的应用 设aZ，且0a13，若512 018a能被13整除，则a()A0 B1C11 D12【解析】512

10、018a(521)2 018aC522 018C522 017C52(1)2 017C(1)2 018a.因为52能被13整除，所以只需C(1)2 018a能被13整除，即a1能被13整除，所以a12.【答案】D(1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要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即可(2)求余数问题时，应明确被除式f(x)与除式g(x)(g(x)0)，商式q(x)与余式的关系及余式的范围 1(2020金华十校联考)设二项式(nN*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为an，bn，则()A2n

11、13 B2(2n11)C2n1 D1解析：选C.二项式(nN*)展开式的二项式系数和为2n，各项系数和为，所以an2n，bn，所以2n1，故选C.2求证：3n(n2)2n1(nN*，n2)证明：因为nN*，且n2，所以3n(21)n展开后至少有4项(21)n2nC2n1C212nn2n12n12nn2n1(n2)2n1，故3n(n2)2n1(nN*，n2)基础题组练1(2020金华十校期末调研)在(x24)5的展开式中，含x6的项的系数为()A20 B40C80 D160解析：选D.Tr1C(x2)5r(4)r(4)rCx102r，令102r6，解得r2，所以含x6的项的系数为(4)2C160

12、.2(2020台州高三期末考试)已知在()n的展开式中，第6项为常数项，则n()A9 B8C7 D6解析：选D.因为第6项为常数项，由C()n5()5()n5Cxn6，可得n60，解得n6.故选D.3(2020温州市普通高中模考)在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x3的系数为()A15 B45C135 D405解析：选C.由题意64，n6，Tr1Cx6r3rCx6，令63，r2，32C135.4(2020湖州市高三期末考试)若(x)(2x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项是()A40 B20C40 D20解析：选C.令x1，(1a)(21)52，解得a1.所以(2x)5的通项公式Tr1C(2x)5r()r(1)r25rCx52r，令52r1，52r1.解得r3或2.所以该展开式中常数项(1)322C(1)223C40.5(x2x1)10的展开式中x3项的系数为()A210 B210C30 D30解析：选A.(x2x1)10x2(x1)10C(x2)10C(x2)9(x1)Cx2(x1)9C(x1)10，所以含x3项的系数为：CCC(C)210.6(x2xy)5的展开式中x5y2的系数为()A10