1．3二項式定理1．二項式定理[學習目標]1．能用計數原理證明二項式定理．2．掌握二項式定理及其展開式的通項公式．3．會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題．[知識鏈接]1．二項式定理中，項的系數與二項式系數有什么區別？答二項式系數與項的系數完全是不同的兩個概念．二項式系數是指Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n)，它只與各項的項數有關，而與a，b的值無關，而項的系數是指該項中除變量外的常數部分，它不僅與各項的項數有關，而且也與a，b的值有關．2．二項式(a＋b)n與(b＋a)n展開式中第r＋1項是否相同？答不同．(a＋b)n展開式中第r＋1項為Ceq\o\al(r,n)an－rbr，而(b＋a)n展開式中第r＋1項為Ceq\o\al(r,n)bn－rar.[預習導引]1．二項式定理公式(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)叫做二項式定理．2．二項式系數及通項(1)(a＋b)n展開式共有n＋1項，其中各項的系數Ceq\o\al(k,n)(k∈{0，1，2，…，n})叫做二項式系數．(2)(a＋b)n展開式的第k＋1項叫做二項展開式的通項，記作Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk.要點一二項式定理的正用、逆用例1(1)求(3eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))4的展開式；(2)化簡(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．解(1)法一(3eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))4＝Ceq\o\al(0,4)(3eq\r(x))4＋Ceq\o\al(1,4)(3eq\r(x))3·eq\f(1,\r(x))＋Ceq\o\al(2,4)(3eq\r(x))2·(eq\f(1,\r(x)))2＋Ceq\o\al(3,4)(3eq\r(x))·(eq\f(1,\r(x)))3＋Ceq\o\al(4,4)·(eq\f(1,\r(x)))4＝81x2＋108x＋54＋eq\f(12,x)＋eq\f(1,x2).法二(3eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))4＝eq\f(（3x＋1）4,x2)＝eq\f(1,x2)[1＋Ceq\o\al(1,4)·3x＋Ceq\o\al(2,4)(3x)2＋Ceq\o\al(3,4)(3x)3＋Ceq\o\al(4,4)(3x)4]＝eq\f(1,x2)(81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1)＝81x2＋108x＋54＋eq\f(12,x)＋eq\f(1,x2).(2)原式＝Ceq\o\al(0,5)(x－1)5＋Ceq\o\al(1,5)(x－1)4＋Ceq\o\al(2,5)(x－1)3＋Ceq\o\al(3,5)(x－1)2＋Ceq\o\al(4,5)(x－1)＋Ceq\o\al(5,5)－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.規律方法運用二項式定理展開二項式，要記準展開式的通項公式，對于較復雜的二項式，有時先化簡再展開更簡捷；要搞清楚二項展開式中的項以及該項的系數與二項式系數的區別．逆用二項式定理可將多項式化簡，對于這類問題的求解，要熟悉公式的特點、項數、各項冪指數的規律以及各項的系數．跟蹤演練1(1)展開(2eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))6；(2)化簡：1＋2Ceq\o\al(1,n)＋4Ceq\o\al(2,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n).解(1)(2eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))6＝eq\f(1,x3)(2x＋1)6＝eq\f(1,x3)[Ceq\o\al(0,6)(2x)6＋Ceq\o\al(1,6)(2x)5＋Ceq\o\al(2,6)(2x)4＋Ceq\o\al(3,6)(2x)3＋Ceq\o\al(4,6)(2x)2＋Ceq\o\al(5,6)(2x)＋Ceq\o\al(6,6)]＝64x3＋192x2＋240x＋160＋eq\f(60,x)＋eq\f(12,x2)＋eq\f(1,x3).(2)原式＝1＋2Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝(1＋2)n＝3n.要點二二項展開式通項的應用例2若(eq\r(x)＋eq\f(1,2\r(4,x)))n展開式中前三項系數成等差數列，求：(1)展開式中含x的一次項；(2)展開式中的所有有理項．解(1)由已知可得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)·eq\f(1,22)＝2Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,2)，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8，或n＝1(舍去)．Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(eq\r(x))8－k·(eq\f(1,2\r(4,x)))k＝Ceq\o\al(k,8)·2－k·x4－eq\f(3,4)k，令4－eq\f(3,4)k＝1，得k＝4.所以x的一次項為T5＝Ceq\o\al(4,8)2－4x＝eq\f(35,8)x.(2)令4－eq\f(3,4)k∈Z，且0≤k≤8，則k＝0，4，8，所以含x的有理項分別為T1＝x4，T5＝eq\f(35,8)x，T9＝eq\f(1,256x2).規律方法利用二項式的通項公式求二項展開式中具有某種特征的項是關于二項式定理的一類典型題型．常見的有求二項展開式中的第r項、常數項、含某字母的r次方的項等等．其通常解法就是根據通項公式確定Tk＋1中k的值或取值范圍以滿足題設的條件．跟蹤演練2已知二項式(x2＋eq\f(1,2\r(x)))10.(1)求展開式中的第5項；(2)求展開式中的常數項．解(1)(x2＋eq\f(1,2\r(x)))10的展開式的第5項為T5＝Ceq\o\al(4,10)·(x2)6·(eq\f(1,2\r(x)))4＝Ceq\o\al(4,10)·(eq\f(1,2))4·x12·(eq\f(1,\r(x)))4＝eq\f(105,8)x10.(2)設第k＋1項為常數項，則Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)·(x2)10－k·(eq\f(1,2\r(x)))k＝Ceq\o\al(k,10)·x20－eq\f(5,2)k·(eq\f(1,2))k(k＝0，1，2，…，10)，令20－eq\f(5,2)k＝0，得k＝8，所以T9＝Ceq\o\al(8,10)·(eq\f(1,2))8＝eq\f(45,256)，即第9項為常數項，其值為eq\f(45,256).要點三二項式定理的應用例3(1)用二項式定理證明：34n＋2＋52n＋1能被14整除；(2)求9192除以100的余數．(1)證明34n＋2＋52n＋1＝92n＋1＋52n＋1＝[(9＋5)－5]2n＋1＋52n＋1＝(14－5)2n＋1＋52n＋1＝142n＋1－Ceq\o\al(1,2n＋1)×142n×5＋Ceq\o\al(2,2n＋1)×142n－1×52－…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)×14×52n－Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)×52n＋1＋52n＋1＝14(142n－Ceq\o\al(1,2n＋1)×142n－1×5＋Ceq\o\al(2,2n＋1)×142n－2×52－…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)×52n)．上式是14的倍數，能被14整除，所以34n＋2＋52n＋1能被14整除．(2)解法一9192＝(100－9)92＝10092－Ceq\o\al(1,92)×10091×9＋Ceq\o\al(2,92)×10090×92－…－Ceq\o\al(91,92)×100×991＋992，前面各項均能被100整除，只有末項992不能被100整除，于是求992除以100的余數．∵992＝(10－1)92＝1092－Ceq\o\al(1,92)×1091＋Ceq\o\al(2,92)×1090－…＋Ceq\o\al(90,92)×102－Ceq\o\al(91,92)×10＋(－1)92＝1092－Ceq\o\al(1,92)×1091＋Ceq\o\al(2,92)×1090－…＋Ceq\o\al(90,92)×102－920＋1＝(1092－Ceq\o\al(1,92)×1091＋Ceq\o\al(2,92)×1090－…＋Ceq\o\al(90,92)×102－1000)＋81，∴被100除的余數為81，即9192除以100的余數為81.法二由9192＝(90＋1)92＝Ceq\o\al(0,92)×9092＋Ceq\o\al(1,92)×9091＋…＋Ceq\o\al(90,92)902＋Ceq\o\al(91,92)×90＋1，可知前面各項均能被100整除，只有末尾兩項不能被100整除，由于Ceq\o\al(91,92)×90＋1＝8281＝8200＋81，故9192除以100的余數為81.規律方法利用二項式定理可以解決求余數和整除的問題，通常需將底數化成兩數的和與差的形式，且這種轉化形式與除數有密切的關系．跟蹤演練3求證：5151－1能被7整除．證明∵5151－1＝(49＋2)51－1＝Ceq\o\al(0,51)4951＋Ceq\o\al(1,51)4950×2＋…＋Ceq\o\al(50,51)×49×250＋Ceq\o\al(51,51)×251－1.∴易知除(Ceq\o\al(51,51)×251－1)以外各項都能被7整除．又251－1＝(23)17－1＝(7＋1)17－1＝Ceq\o\al(0,17)×717＋Ceq\o\al(1,17)×716＋…＋Ceq\o\al(16,17)×7＋Ceq\o\al(17,17)－1＝7(Ceq\o\al(0,17)716＋Ceq\o\al(1,17)715＋…＋Ceq\o\al(16,17))，顯然能被7整除，所以(5151－1)能被7整除.1．若(1＋eq\r(2))4＝a＋beq\r(2)(a，b為有理數)，則a＋b等于()A．33B．29C．23D．19答案B解析∵(1＋eq\r(2))4＝1＋4eq\r(2)＋12＋8eq\r(2)＋4＝17＋12eq\r(2)＝a＋beq\r(2)，又∵a，b為有理數，∴a＝17，b＝12.∴a＋b＝29.2．在(1－x)5－(1－x)6的展開式中，含x3的項的系數是()A．－5B．5C．－10D．10答案D解析(1－x)5中x3的系數－Ceq\o\al(3,5)＝－10，－(1－x)6中x3的系數為－Ceq\o\al(3,6)·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展開式中x3的系數為10.3．求(2x－eq\f(3,2x2))5的展開式．解先化簡再求展開式，得(2x－eq\f(3,2x2))5＝eq\f(（4x3－3）5,32x10)＝eq\f(1,32x10)[Ceq\o\al(0,5)(4x3)5＋Ceq\o\al(1,5)(4x3)4(－3)＋Ceq\o\al(2,5)(4x3)3(－3)2＋Ceq\o\al(3,5)(4x3)2(－3)3＋Ceq\o\al(4,5)(4x3)(－3)4＋Ceq\o\al(5,5)(－3)5]＝32x5－120x2＋eq\f(180,x)－eq\f(135,x4)＋eq\f(405,8x7)－eq\f(243,32x10).1．注意區分項的二項式系數與系數的概念．2．要牢記Ceq\o\al(k,n)an－kbk是展開式的第k＋1項，不要誤認為是第k項．3．求解特定項時必須合并通項公式中同一字母的指數，根據具體要求，令其為特定值.一、基礎達標1．(x＋2)6的展開式中x3的系數是 ()A．20 B．40 C．80 D．160答案D解析法一設含x3的為第r＋1項，則Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－r·2r，令6－r＝3，得r＝3，故展開式中x3的系數為Ceq\o\al(3,6)×23＝160.法二根據二項展開式的通項公式的特點：二項展開式每一項中所含的x與2分得的次數和為6，則根據條件滿足條件x3的項按3與3分配即可，則展開式中x3的系數為Ceq\o\al(3,6)×23＝160.2．(2023·江西理)(x2－eq\f(2,x3))5展開式中的常數項為 ()A．80 B．－80 C．40 D．－40答案C解析展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(x2)5－k(－eq\f(2,x3))k＝Ceq\o\al(k,5)x10－5k(－2)k.由10－5k＝0，得k＝2，所以常數項為T2＋1＝Ceq\o\al(2,5)(－2)2＝40.3．(x－eq\r(2)y)10的展開式中x6y4項的系數是 ()A．840 B．－840 C．210 D．－210答案A解析在通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(－eq\r(2)y)rx10－r中，令r＝4，即得(x－eq\r(2)y)10的展開式中x6y4項的系數為Ceq\o\al(4,10)·(－eq\r(2))4＝840.4．(2023·遼寧理)使得(3x＋eq\f(1,x\r(x)))n(n∈N*)的展開式中含有常數項的最小的n為()A．4 B．5 C．6 D．7答案B解析展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)(3x)n－k·(eq\f(1,x\r(x)))k＝Ceq\o\al(k,n)3n－kxn－eq\f(5k,2).由n－eq\f(5k,2)＝0得n＝eq\f(5k,2)，所以當k＝2時，n有最小值5.5．求(3b＋2a)6的展開式中的第3項的系數為________，二項式系數為________．答案4860156．(2023·四川理)二項式(x＋y)5的展開式中，含x2y3的項的系數是________(用數字作答)．答案10解析設二項式(x＋y)5的展開式的通項公式為Tr＋1，則Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－ryr，令r＝3，則含x2y3的項的系數是Ceq\o\al(3,5)＝10.7．已知在(eq\r(x)＋eq\f(2,x2))n的展開式中，第5項的系數與第3項的系數之比為56∶3，求展開式中的常數項．解T5＝Ceq\o\al(4,n)(eq\r(x))n－424x－8＝16Ceq\o\al(4,n)xeq\f(n－20,2)，T3＝Ceq\o\al(2,n)(eq\r(x))n－222x－4＝4Ceq\o\al(2,n)xeq\f(n－10,2).由題意知，eq\f(16Ceq\o\al(4,n),4Ceq\o\al(2,n))＝eq\f(56,3)，解得n＝10.Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)(eq\r(x))10－k2kx－2k＝2kCeq\o\al(k,10)xeq\f(10－5k,2)，令eq\f(10－5k,2)＝0，解得k＝2，∴展開式中的常數項為Ceq\o\al(2,10)22＝180.二、能力提升8．設S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，則S等于 ()A．(x－1)3 B．(x－2)3C．x3 D．(x＋1)3答案C解析S＝Ceq\o\al(0,3)(x－1)3＋Ceq\o\al(1,3)(x－1)2×1＋Ceq\o\al(2,3)(x－1)×12＋Ceq\o\al(3,3)×13＝[(x－1)＋1]3＝x3，故選C.9．(2023·新課標Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)5的展開式中x2的系數為5，則a等于()A．－4 B．－3 C．－2 D．－1答案D解析(1＋ax)(1＋x)5的展開式中x2的系數為Ceq\o\al(2,5)＋a·Ceq\o\al(1,5)＝5，解得a＝－1.10．對于二項式(eq\f(1,x)＋x3)n(n∈N*)，有以下四種判斷：①存在n∈N*，展開式中有常數項；②對任意n∈N*，展開式中沒有常數項；③對任意n∈N*，展開式中沒有x的一次項；④存在n∈N*，展開式中有x的一次項．其中正確的是________．答案①與④解析二項式(eq\f(1,x)＋x3)n的展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)x4k－n，由通項公式可知，當n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)時，展開式中分別存在常數項和一次項．11．(eq\r(x)＋eq\f(2,\r(3,x)))n展開式第9項與第10項二項式系數相等，求x的一次項系數．解Ceq\o\al(8,n)＝Ceq\o\al(9,n)，∴n＝17，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,17)xeq\f(17－r,2)·2r·x－eq\f(r,3)，∴eq\f(17－r,2)－eq\f(r,3)＝1，∴r＝9，∴T10＝Ceq\o\al(9,17)·x4·29·x－3＝Ceq\o\al(9,17)·29·x，其一次項系數為Ceq\o\al(9,17)29.12．已知在(eq\f(1,2)x2－eq\f(1,\r(x)))n的展開式中，第9項為常數項，求：(