第02讲 二项式定理与杨辉三角（4个知识点+17类热点题型讲练+习题巩固）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第二册）

第02讲 二项式定理与杨辉三角 课程标准 学习目标 1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 2．杨辉三角的性质． 1. 利用计数原理分析二项式的展开过程，归纳、猜想出二项式定理，并用计数原理加以证明； 2.通过经历二项式定理的探究过程，体验“归纳、猜想、证明”的数学发现过程，提高自己观察、分析、概括的能力，以及 “从特殊到一般”、“从一般到特殊”等数学思想的应用能力； 3.会应用二项式定理求解二项展开式. 知识点01 二项式定理 1．二项式定理 一般地，对于任意正整数n，都有 =++++++.(*) 公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(k∈{0,1,2, ,n})叫做二项式系数，叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第k+1项：=. (2)二项展开式的规律 ①二项展开式一共有(n+1)项. ②(n+1)项按a的降幂b的升幂排列. ③每一项中a和b的幂指数之和为n. 【即学即练1】 1.（23-24高二下·北京通州·期中）二项式的展开式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由二项式定理求解. 【详解】二项式， . 故选：B 2.(x＋2)n的展开式共有11项，则n等于（    ） A．9 B．10 C．11 D．8 【答案】B 【分析】利用二项式定理的知识即可求解. 【详解】因为(x＋2)n的展开式共有n＋1项，而(x＋2)n的展开式共有11项，所以n＝10. 故选:B. 知识点02 二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即) 增减性 当时，二项式系数逐渐增大；当时，二项式系数逐渐减小，因此二项式系数在中间取得最大值 最大值 当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项与的二项式系数，相等且最大 各二项式 系数的和 【即学即练2】（24-25高二上·全国·随堂练习）的展开式中二项式系数最大的项是（    ） A．第3项 B．第6项 C．第6，7项 D．第5，7项 【答案】C 【分析】根据n＝11为奇数，结合二项式系数的性质，由展开式中第项和第项相等且最大求解. 【详解】因为n＝11为奇数， 所以的展开式中第项和项， 即第6，7项的二项式系数相等，且最大． 故选：C 知识点03二项展开式的应用问题 1．求二项展开式的特定项的解题策略 求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零； 求有理项时，指数为整数等)，解出项数k+1，代回通项公式即可. 2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略 (1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解， 但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. (2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 3．二项式系数的和与各项系数的和问题 （1）赋值法 “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子求其展 开式的各项系数之和，常用赋值法. （2）系数之和问题的解题策略 若，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项之和为 ，偶数项系数之和为. （3）展开式的逆用 根据所给式子的特点结合二项式展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定 理求解. 4．二项式系数最大项问题 当n为偶数时，展开式中第项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第 和第项的二项式系数开式中第最大，最大值为或. 【即学即练3】（23-24高二上·北京昌平·期末）若，则（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用赋值法计算作答. 【详解】因为， 所以当时，， 故选：C. 知识点04杨辉三角的性质 (1)最外层全是1，第二层(含1)是自然数列1,2,3,4，…，第三层(含1,3)是三角形数列1,3,6,10,15，…. (2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C＝C. (3)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即C＝C＋C. (4)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…. (5)第n行所有数的和为2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n. (6)自左(右)腰上的某个1开始平行于右(左)腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜左(右)下方的那个数． 【即学即练4】杨辉是我国南宋的一位杰出的数学家，在他所著的《详解九章算法》一书中，画的一张表示二项式展开后的系数构成的三角图形，称为“开方做法本源”．现在简称为“杨辉三角”．下面是，当时展开式的二项式系数表示形式． 借助上面的表示形式，判断与的值分别是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用“杨辉三角”中的数的特点求解即可. 【详解】观察分析出“杨辉三角”中的数的特点： 1.每一行有个数字，每一行两端的数字均为1， 2.从第二行起，每一行中间的数字等于它上一行对应（即两肩上）的两个数字的和， 所以. 故选：D. 题型01 二项展开式的应用 【典例1】（22-23高二下·江苏宿迁·期中）设，化简（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二项式定理化简即可． 【详解】， 故选：C． 【变式1】若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二项式定理可得答案. 【详解】 . 故选：B 【变式2】24-25高三·上海·课堂例题）计算的值是 ． 【答案】 【分析】利用二项式定理得解. 【详解】由二项式定理可得，. 故答案为：. 【变式3】（24-25高二下·全国·课后作业）若(a，b为有理数)，则a＋b＝ . 【答案】44 【分析】根据二项式定理将展开，根据a，b为有理数对应相等求得的值即得解. 【详解】因为， 所以， 因为，且a，b为有理数， 所以a＝28， 所以. 故答案为：44 【变式4】化简：. 【答案】 【分析】逆用二项式定理进行合并即可. 【详解】原式 . 题型02 求二项展开式的特定项 【典例2】（2024·浙江·三模）的展开式的常数项为（    ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】先求出展开式的通项，令指数等于0，求得，即可求解. 【详解】通项为常数项， 令可得， 所以， 故选：B． 【变式1】（23-24高二下·浙江·期中）在 的展开式中，第四项为（    ） A．240 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据二项展开式的通项公式可得，令计算即可求解. 【详解】由题意知，展开式的通项公式为， 令，得， 即第四项为. 故选：D 【变式2】（2014·山东青岛·一模）展开式的常数项为 . 【答案】15 【分析】利用二项式的展开式通项公式求解. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得， 所以常数项为， 故答案为：15. 【变式3】的展开式中常数项是 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据的展开式的通项公式可求出结果. 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 所以的展开式中常数项是. 故答案为：. 题型03 求二项展开式的特定项系数 【典例3】（2024·北京·模拟预测）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B．20 C． D．40 【答案】D 【分析】由题意写出展开式通项并化简，令，解得，回代展开通项计算即可得解. 【详解】在的展开式通项为， 由题意令，解得，所以项的系数为. 故选：D. 【变式1】在的展开式中，的系数等于（    ） A． B． C．10 D．45 【答案】D 【分析】由二项式展开式的通项公式即可求出的系数. 【详解】的通项为， 令，解得， 所以项的系数为：. 故选：D. 【变式2】（23-24高二下·海南·期末）的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项式展开式通项公式来求指定项系数. 【详解】由， 当，解得， 所以的系数为， 故选：A. 【变式3】（2023·天津·高考真题）在的展开式中，项的系数为 ． 【答案】 【分析】 由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可. 【详解】 展开式的通项公式， 令可得，， 则项的系数为. 故答案为：60. 题型04 求展开式的有理项 【典例4】（2024·河南·模拟预测）已知（其中）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有（    ） A．6项 B．5项 C．4项 D．3项 【答案】D 【分析】运用二项展开式的通项公式可得、的值，结合有理项的定义赋值求解即可. 【解答】展开式的第7项为， 由题意，得，，（），所以，， 则展开式的通项为，， 令，则，所以展开式中的有理项共有3项. 故选：D. 【变式1】写出展开式中的一个有理项为 . 【答案】（答案不唯一） 【解析】展开式的通项公式为 （）， 所以展开式中的有理项分别为：时，； 时，；时，； 时，. 故答案为：（四个有理项任写其一均可）. 【变式2】在的展开式中，有理项有 项． 【答案】 【解析】的展开式的通项为， 令为整数，则，共项. 故答案为：. 【变式3】2024·高三·江西·开学考试）已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，写出展开式中的一个有理项 ． 【答案】（或，或，写出其中一个即可） 【解析】由题意知展开式中共有9项，所以， 所以的展开式的通项为，，． 若为有理项，则，所以，4，8， 故展开式中所有的有理项为，，． 故答案为：（或，或，写出其中一个即可） 题型05 二项式乘积问题 【典例5】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，的系数为（    ） A．20 B．25 C．30 D．35 【答案】B 【分析】写出后面括号的通项，再分时分别求出系数，最后求和即可. 【详解】因为的通项为， 当内取时，， 则，此时系数为； 当内取时，， 则，此时系数为； 所以系数为. 故选：B. 【变式1】（2022·全国·统考高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）． 【答案】-28 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 【变式2】（2024·西藏·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【分析】根据展开式通项公式得到，的系数分别为，，从而得到的系数为． 【解答】在的展开式中，通项公式为， 故，的系数分别为，， 所以在的展开式中，的系数为． 故选：D． 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知的展开式中的系数为448，则该展开式中的系数为（    ） A．56 B． C．106 D． 【答案】D 【分析】求出二项式的展开式的通项，由给定系数求出，再求出的系数. 【解答】依题意，， 二项式的展开式的通项， 于是，解得， 所以的展开式中的系数为. 故选：D. 题型06 三项式问题 【典例6】（2024·辽宁丹东·一模）的展开式中常数项为（    ） A．24 B．25 C．48 D．49 【答案】D 【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令，从而满足题意的数组可以是：，将这些数组回代入通项公式即可运算求解. 【详解】的展开式通项为 ， 令，得满足题意的数组可以是：， 规定， 故所求为. 故选：D. 【变式1】下列各式中，不是的展开式中的项是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意多项式展开式中，有一个因式选，有2个因式选，其余的2个因式选，有1个因式选，剩下的3个因式选，分别计算所得项，即可得到结果. 【详解】表示4个因式的乘积，在这4个因式中，有一个因式选，其余的3个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有2个因式选，其余的2个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有1个因式选，剩下的3个因式选，所得的项为，所以是的展开式中的项，在这4个因式中，有2个因式选，其余的2个因式中有一个选，剩下的一个因式选，所得的项为，所以不是的展开式中的项. 故选:D. 【变式2】（2024·全国·模拟预测）在的展开式中常数项为（    ） A．721 B．-61 C．181 D．-59 【答案】A 【分析】先求出展开式的通项公式 =,其中的展开式的通项公式为 ，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值. 【解答】=的展开式的通项公式为 =， 其中的展开式的通项公式为 ， 当时，，，常数项为； 当时，，，常数项为； 当时，，，常数项为； 故常数项为++. 故选：D. 【变式3】（2024·河北沧州·二模）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果. 【解答】相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法， 余下5个因式中有2个取，有种取法，最后3个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为. 故选：A. 题型07 已知特定项求参数 【典例7】（23-24高三下·湖南娄底·阶段练习）已知，若的展开式中，常数项等于240，则（    ） A．3 B．2 C．6 D．4 【答案】B 【分析】根据二项展开式的通项公式求出常数项，建立方程得解. 【详解】由二项展开式的通项公式可得， 令，解得， 即常数项为，解得. 故选：B 【变式1】（2023·四川泸州·二模）已知的展开式中存在常数项，则n的可能取值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】首先写出二项式展开的通式，根据题意存在常数项，可得，进而得到的可能取值. 【详解】二项式的展开式的通项为， 令，即，由于，故必为的倍数，即的可能取值为. 故选：C 【变式2】（22-23高二下·广东揭阳·期中）在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 . 【答案】4（答案不唯一，满足即可） 【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为，根据的范围即可求解. 【详解】展开式的通项公式为 令，得,故 令则 故答案为：. 【变式3】（23-24高三下·陕西·阶段练习）在的展开式中，的系数为84，则 ． 【答案】7 【分析】先求出通项公式，再结合已知条件建立等量关系求解即可. 【详解】由题意知二项式展开式通项公式为， 又因为的系数为84，所以， 所以. 故答案为：7. 【变式4】（23-24高三上·上海普陀·期末）的常数项为第3项，求 【答案】 【分析】展开式的第项是常数项，即得指数为，求出的值即可． 【详解】因为的常数项为第3项， 所以，， 所以，即. 故答案为：. 题型08二项式系数的最值问题 【典例8】已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为 . 【答案】3 【解析】因为的展开式中只有第4项的二项式系数最大， 所以展开式一共有项，即，令，得展开式中所有项的系数和为， 所以或（舍去），所以正数的值为3. 故答案为：3. 【变式1】若的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的项为 . 【答案】 【解析】由题意，只有第5项的二项式系数最大知， 展开式中有共项，则， 所以的展开式的通项为 ， 令，解得， 故展开式中的项为. 故答案为：. 【变式2】已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则 . 【答案】 【解析】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 根据二项展开式的性质，可得中间项的二项式系数最大，所以展开式一共有7项， 所以为偶数且，可得. 故答案为：. 【变式3】 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则第四项为 . 【答案】/ 【解析】因为展开式中只有第六项的二项式系数最大，即，所以， 所以. 故答案为： 题型09 系数的最值问题 【典例9】（2024·江西南昌·三模）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（    ） A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项 【答案】B 【解析】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大， 所以，解得， 则的展开式通项为， 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数， 所以展开式中系数最大时，为偶数， 由展开式通项可知，，， ，， 所以展开式中系数最大的是第三项， 故选：B 【变式1】（2024·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（    ） A．70 B．56 C．或 D． 【答案】D 【解析】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为， 故选：D． 【变式2】二项式的展开式中，系数最大项的是（    ） A．第项 B．第项和第项 C．第项 D．第项 【答案】A 【解析】由二项展开式的通项公式， 可知系数为，与二项式系数相比只是符号的区别， 二项式系数最大的项为第项和第项， 又由第项系数为， 第项系数为， 故系数最大项为第项. 故选：A. 【变式3】已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】的展开式的通项为， 由题可知，解得． 故选：A 题型10 展开式系数和问题 【典例10】（多选）（23-24高三下·山东·开学考试）已知的展开式中，各项的二项式系数之和为128，则（    ） A． B．只有第4项的二项式系数最大 C．各项系数之和为1 D．的系数为560 【答案】AD 【分析】 根据二项式系数之和为运算求解，进而判断A；根据二项式系数的性质分析判断B；令，求各项系数之和，进而判断C；对于D：结合二项式系数的通项分析判断. 【详解】对于A：由题意可知：各项的二项式系数之和为，解得，故A正确； 可得， 对于B：因为，则第4项和第5项的二项式系数最大，故B错误； 对于C：令，可得各项系数之和为，故C错误； 对于D：因为二项展开式的通项为， 令，解得， 所以的系数为，故D正确； 故选：AD. 【变式1】（多选）（23-24高二下·福建南平·阶段练习）设，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】 令，则，将原式变形，对于，为第二项的系数，由二项式定理即可求解；对于，令，即可得；对于，令，可求，令，即可求解；对于，令，即可求解. 【详解】令，所以， 所以原式可变形为， 所以，故正确； 令，则，故正确； 令，则， 令，则，所以，故不正确； 令，则， 所以，故不正确. 故选：. 【变式2】若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为 ． 【答案】 【分析】利用第3项的二项式系数是求，然后将代入可求展开式中所有项系数之和. 【详解】的展开式中第3项的二项式系数为，， 解得，所以. 令，得到展开式中所有项系数之和为. 故答案为：. 【变式3】已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 【答案】C 【解析】因为， 所以 分别对两边进行求导得 ， 令，得， 所以， 故选：C 【变式4】若，则的值为（    ） A． B． C．253 D．126 【答案】C 【解析】令， 得， ， ∴. 故选：C. 【变式5】已知对任意实数x，，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因（*） 对于A项，当时，代入（*）可得，当时，代入（*）可得，所以，故A项错误； 对于B项，当时，代入（*）可得， 又，所以，故B项错误； 对于C项，当时，代入（*）可得，故C项正确； 对于D项，对（*）两边求导可得， ，当时，，故D项错误. 故选：C. 题型11 整除与余数问题 【典例11】（2024·湖北荆州·三模）已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【解析】令，得，令，得， 两式相减，， 因为， 其中被3整除，所以被3除的余数为1， 综上，能被3整除． 故选：D. 【变式1】（2024·贵州黔南·二模）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024年是龙年.那么从今年起的年后是（    ） A．虎年 B．马年 C．龙年 D．羊年 【答案】B 【解析】由 ， 故除以的余数为，故除以的余数为， 故年后是马年. 故选：B. 【变式2】（2024·福建三明·三模）各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【解析】 因为是的倍数， 所以换算后这个数的末位数字即为的末位数字， 由，末位数字为3， 故选：A． 【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，则的值可以是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出除以8的余数即可得解. 【解答】依题意， ， 显然是8的整数倍，因此除以8的余数是6， 而2021，2022，2023，2024除以8的余数分别为5，6，7，0， 所以的值可以是2022. 故选：B. 【变式4】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）若能被7整除，则x，n的一组值可能为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案. 【解答】， 当，时，能被7整除； 当，时，不能被7整除； 当，时，不能被7整除； 当，时，不能被7整除． 故选：A． 题型12 近似计算问题 【典例12】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（    ） A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34 【答案】D 【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案. 【解答】存入大额存款元，按照复利计算， 可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 可得， 故选：D. 【变式1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（    ）（单位：万元，结果保留一位小数） A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9 【答案】B 【分析】根据复利可知每年末本息和构成等比数列，利用等比数列通项公式及二项式定理求解即可. 【解答】存入大额存款10万元，按照复利计算， 每年末本利和是以10为首项，为公比的等比数列， 所以本利和． 故选：B． 【变式2】（2024·高三·河北·开学考试）已知二项式的二项式系数的和为，则 .试估算时，的值为 .（精确到） 【答案】 【解析】二项式的二项式系数的和为，解得， 当时， . 故答案为：；. 【变式3】（2024·高三·山西朔州·开学考试）的计算结果精确到0.01的近似值是 ． 【答案】1.34 【解析】 故答案为： 题型13 二项式定理与数列的交汇问题 【变式13】（23-24高二·全国·课后作业）已知，展开式中的系数为，则等于（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题知，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案. 【解答过程】∵，展开式中的系数为， ∴则 ， 故选：B． 【变式1】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME-International  Congreas  of  Mathematics  Education）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（    ）    A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】B 【分析】换算后由等比数列求和得，改写成，利用二项式定理展开即可求解. 【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得： ， 因为是10的倍数， 所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字， 由可得，末尾数字为3. 故选：B 【变式2】（2003·全国·高考真题）已知数列{an}(n为正整数)是首项为a1，公比为q的等比数列． (1)求和：，； (2)由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明． 【答案】(1)，； (2)答案见解析 【分析】 （1）根据等比数列性质、组合数及二项式定理逆运用计算即可； （2）根据（1）归纳总结，由二项式定理逆运用证明即可. 【详解】（1）， ； （2） 归纳概括的结论为： 若数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则 ，n为正整数． 证明： ＝ . 题型14 二项式定理与比较大小问题 【典例14】（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间值法，整理，可得答案. 【详解】由，，则， 令，， 当时，，则单调递增，即， 故，可得，即； 由， 且，则，即. 综上，. 故选：C. 【变式1】下列说法中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二项式定理展开进行放缩，可以判断选项A、B，利用二倍角公式和不等式性质判断选项C，利用导数的性质判断选项D. 【详解】对于A，因为 ，所以A正确; 对于B，因为 所以，所以B正确; 对于C，，所以C不正确; 对于D，构造函数, 则, 故单调递增，则, 则，所以D正确. 故选：C. 题型15 证明组合恒等式 【典例15】（2024高三·全国·专题练习）求证： 【答案】证明见解析 【分析】证法一：根据并记，，构造方程组即可得结论‘ 证法二：由组合数的计算公式直接可得，再结合二项式系数性质计算化简可得结论. 【详解】证法一： 若记，， 则由典例11知道， 所以 又有 ⑥和⑦相加，即得 ，这就是要证明的恒等式． 证法二： 根据组合数的计算公式直接可得 于是 ； 由此即得 【变式1】（2024高三·全国·专题练习）求证： 【答案】证明见解析 【分析】根据二项式系数性质利用倒序相加求和即可得出结论. 【详解】证明： 令，则； 两式相加可得, 所以； 可得. 【变式2】（2024高三·全国·专题练习）求证：. 【答案】证明见解析 【分析】根据，利用二项式定理分别求出等式左右两边含的项的系数即可证明. 【详解】证明：， 当时，展开式中的系数为， 又， 当时，展开式中的系数为， ， . 题型16 杨辉三角 【典例17】（2024高二下·全国·专题练习）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第个数组成的数列称为第斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第斜列与第斜列各项之和最大时，的值为（ ） A．1009 B．1010 C．1011 D．1012 【答案】C 【分析】根据题意可得第斜列各项之和为，第斜列各项之和为，则可求出. 【详解】当时，第斜列各项之和为 ， 同理，第斜列各项之和为，所以， 所以第斜列与第斜列各项之和最大时，，则. 故选：C． 【变式1】（24-25高二上·全国·课后作业）杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》（1261年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，记作数列．若数列的前n项和为，则等于（   ）    A．235 B．512 C．521 D．1033 【答案】C 【分析】前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9，再结合杨辉三角形的性质求解. 【详解】根据题意，杨辉三角前9行共有（项）． 故前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9， 又杨辉三角的第行的所有数的和为， 所以前47项的和． 故选：C 【变式2】（多选）定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是（    ）. A．记第 行中从左到右的第 个数为，则数列的通项公式为 B．第k行各个数的和是 C．n阶“杨辉三角”中共有个数 D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是 【答案】BCD 【分析】明确第i行各个数是的展开式的二项式系数，即可判断A; 各行的所有数的和是各行对应的二项式系数和,由此判断B; 根据杨辉三角每行的数的个数，可计算n阶“杨辉三角”中共有个数，判断C; 计算“杨辉三角”的所有数的和，即可判断D. 【详解】第i行各个数是的展开式的二项式系数， 则数列的通项公式为，故A错误； 各行的所有数的和是各行相应的二项式系数和，第k行各个数的和是，故B正确； 第k行共有（k+1）个数，从而n阶“杨辉三角”共有个数，故C正确； “杨辉三角”的所有数的和是，故D正确., 故选：BCD 【变式3】（多选）（23-24高二下·江苏南通·期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（    ） A．第10行所有数字的和为1024 B． C．第6行所有数字的平方和等于 D．若第行第个数记为，则 【答案】ACD 【分析】根据第行数学特征确定二项式，结合二项式系数和公式、组合数公式、二项式定理逐一判断即可. 【详解】A：第10行所有数字是二项式系数，因此第10行所有数字的和为，因此本选项正确； B： ，所以本选项不正确； C：所求的和表达式为：， 因为 ， 所以展开式中的系数为，即， 而， 因此有， 于是有，所以本选项正确； D：因为，所以本选项正确， 故选：ACD 【变式4】（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）下图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数之和，如，，，则第11行第5个数（从左往右数）为 ． 【答案】 【分析】根据题意分析可知：第行第5个数（从左往右数）是，代入即可得结果. 【详解】由题可知，第行第5个数（从左往右数）是， 所以第11行第5个数（从左往右数）为． 故答案为：. 题型17 新定义问题 【典例17】（22-23高三上·江苏南京·期末）对于伯努利数，有定义：．则（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据伯努利数的定义以及二项式定理，将写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判断选项. 【详解】由得， ， 所以，， 同理，， 所以，， 其中第项为 即可得 令，得； 令，得； 令，得 同理，可得； 即可得选项AC正确，B错误； 对于D，由上述前12项的值可知，当为奇数时，除了之外其余都是0， 即，也即；所以D正确. 故选：ACD. 【变式1】（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据新定义得，令，可判断A，对累乘结合组合数的阶乘形式化简即可判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n项和公式根据分组求和求解判断D. 【详解】因为，所以， 令，则，所以，故选项A错误； 因为， 所以累乘得， 因为，所以，故选项B错误； 因为，所以， 所以，故选项C正确； 故选项D错误. 故选：C. 【变式2】（22-23高二下·湖北黄冈·期中）定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：．已知：，满足，则p可以是（    ） A．26 B．31 C．32 D．37 【答案】D 【分析】根据二项式定理求得除以的余数，再结合选项即可求得结果. 【详解】因为， 而， 因此除以的余数为除以的余数2， 而26，31，32除以7的余数分别为5，3，4，不符合题意，37除以7的余数为2，即D满足. 故选：D 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）仿照二项式系数，可以定义“三项式系数”为的展开式中的系数，即其中． (1)求的值： (2)对于给定的，计算以下两式的值：与 (3)对于，记中偶数的个数为，奇数的个数为．是否存在使得？若存在，请给出一个满足要求的并说明理由；若不存在，请给出证明． 【答案】(1)；； (2)； (3) 【分析】（1）直接展开计算即可； （2）赋值，再两边同时求导，再次赋值即可； （3）利用构造法证明引理，再赋值即可. 【详解】（1）因为， 所以,，. （2），取得： . 两边同时求导于是有 取得：. （3）引理：. 当时，成立. 若时命题成立，则当时， . 引理得证. 则取有 于是当时，有，，是奇数，其余时是偶数. 所以，，所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对二项式定义的迁移与推广，需要充分理解题意并合理赋值. 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知的展开式共有9项，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据的展开式的项数特点易得答案. 【详解】因的展开式有项，故，解得. 故选：C. 2．（2023·山西·模拟预测）的展开式中常数项为（    ） A．112 B．56 C．28 D．16 【答案】A 【分析】由二项展开式的通项公式即可得到常数项. 【详解】由题意知，通项公式为， 所以常数项为. 故选：A. 3．（18-19高二·全国·课后作业）化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知，将多项式的每一项都变成二项式展开式的结构，观察结构变化，即可进行合并，完成求解. 【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作， 故该多项式为的展开式， 化简． 故选：D. 4．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期中）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质求解即得. 【详解】由的展开式中只有第7项的二项式系数最大，得展开式共有13项， 所以. 故选：D 5．（2023·广东江门·一模）已知多项式，则（    ） A．－960 B．960 C．－480 D．480 【答案】A 【分析】将写为，是第8项的系数，计算即可. 【详解】解：因为，所以第8项为， 所以. 故选：A 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 7．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知的二项展开式中二项式系数和为32，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由二项式系数和，解出，再以为整体，利用二项式定理求解系数即可. 【详解】由题意知，解得， 又 ， 则. 故选：A. 8．（23-24高二下·江苏扬州·期中）若的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 【答案】B 【分析】根据二项式展开式中二项式系数的性质求解． 【详解】由题意，二项式的展开式的系数与二项式系数相同，即，解得， 则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项． 故选：B. 二、多选题 9．（23-24高二下·河南郑州·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》､《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.根据以上材料，以下说法正确的是（    ） A．第2024行中，第1012个数最大 B．杨辉三角中第8行的各数之和为256 C．记第行的第个数为，则 D．在“杨辉三角”中，记每一行第个数组成的数列称为第斜列，该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为 【答案】BC 【分析】利用的展开式的二项式系数的性质可判断AB；求出，再利用展开式的特征可判断C；利用可判断D. 【详解】对于A，因为杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数， 即，当为偶数时中间一项最大，因为， 所以中间一项最大，且为第个数最大，故A错误； 对于B，杨辉三角中第8行的各数之和为，故B正确； 对于C，记第行的第个数为，则， 则，故C正确； 对于D，因为 ， 所以时，该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为 ， 时，该三角形数阵前2024行中第1斜列各项之和为2024，而， 所以只适用于，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用的展开式的二项式系数性质解题. 10．（24-25高三上·重庆·阶段练习）若，则下列选项正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值判断AC，去绝对值后，赋值判断B，两边求导后，再赋值，判断D. 【详解】A.令，得，故A正确； B.，令 令展开式中的，得，故B错误； C.令展开式中的，得， 所以，故C正确； D.展开式的两边求导，得， 令，得，故D正确. 故选：ACD 11．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（    ） A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项 C．展开式的常数项为540 D．展开式含有 【答案】BC 【分析】由二项式的展开式中各项系数之和是，求出，得到二项展开式的通项公式，逐项判断即可. 【详解】由于二项式的展开式中各项系数之和是， 所以令，则，所以， 所以二项式，所以展开后有项，故A错误； 二项式系数最大的项是第4项，故B正确； 二项式展开式的通项公式为， 所以当时，常数项为，故C正确； 当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误. 故选：BC 三、填空题 12．（19-20高二下·江苏宿迁·期中）化简： ． 【答案】 【分析】 逆用二项式定理结合已知条件求解 【详解】 ， 故答案为： 13．（23-24高三上·山东德州·期末）在的二项展开式中任取一项，则该项系数为有理数的概率为 ． 【答案】 【分析】由题可得的二项展开式共有7项，通项为：，则该项系数为有理数时，为偶数，即可得答案. 【详解】的二项展开式共有7项，通项为：， 其中，要使项系数为有理数，则为偶数，即时， 项系数为有理数，则相应概率为：. 故答案为：. 14．（2024·贵州遵义·模拟预测）在多项式的展开式中，的系数为32，则 . 【答案】 【分析】首先展开得，再分别计算两部分含的系数，即可求解. 【详解】， 中含的系数为，中含的系数为，所以中的系数为， 所以，得 故答案为： 四、解答题 15．（24-25高三上·吉林白城·阶段练习）若，其中. (1)求的值； (2)求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，利用给定系数求出. （2）由（1）的结论，利用赋值法分别求出即可得解. 【详解】（1）二项式展开式的通项为， 依题意，，解得， 所以的值为. （2）由（1）知，， 令，得， 令，得， 则 所以. 16．（23-24高二下·广东中山·期末）已知的展开式中，第项与第项的二项式系数之比为． (1)求的值及展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）求得展开式的通项为，根据题意，列出方程求得，进而求得展开式的常数项； （2）设展开式第项的系数最大，得出不等式组，结合，求得的值，代入即可求解. 【详解】（1）解：由题意，可得二项式展开式的通项为， 因为第项与第项的二项式系数之比为，可得，即，解得（负值舍）， 所以，令，得，所以展开式的常数项为. （2）解：设展开式中第项的系数最大， 则，可得，解得， 因为，所以，所以系数最大的项为 17．（2024高三·全国·专题练习）在等式（）的两边求导，得：，由求导法则，得，化简得等式：． (1)利用上题的想法（或其他方法），结合等式 （，正整数），证明：． (2)对于正整数，求证： （i）； （ii）； 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）对二项式定理的展开式两边求导数，移项得到恒等式； （2）（i）对（1）中的赋值-1，整理得到恒等式； （ii）对二项式的定理的两边对求导数，再对得到的等式对两边求导数，给赋值-1化简即得证． 【详解】（1）证明： 在等式两边对求导， 得， 移项得 . （2）（i）证明： 在中令， 整理得  ，∴  ． （ii）证明： 由（1）知， 两边对求导，得， 在上式中，令，得， 即 ，亦即    ①， 又由（i）知   ②， 由①②，得． 18．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）已知（n为正整数）. (1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和； (2)若，求该式的展开式中无理项的个数； (3)若，求该式的展开式中系数最大的项. 【答案】(1)1 (2)15 (3) 【分析】（1）由求出，再令可得答案； （2）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案； （3）求出展开式的通项公式由解不等式可得答案． 【详解】（1）由可得， 令可得， 所以展开式中所有项的系数之和为1； （2）若，则，解得，或舍去， 设的通项为， 且， 所以当时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项； （3）设的通项为， 且， 最大的项为偶数， 则，解得， ， 所以展开式中系数最大的项为． 19．（2025·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)560 (3)存在， 【分析】（1）根据二项式系数的性质求和即可； （2）根据组合数的性质化简求值即可； （3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解. 【详解】（1）第10行的各数之和为：. （2）杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为： . （3）存在，理由如下： 设在第行存在连续三项，其中且且， 有且，化简得且， 即，解得， 所以， 故这三个数依次是. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第02讲 二项式定理与杨辉三角 课程标准 学习目标 1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 2．杨辉三角的性质． 1. 利用计数原理分析二项式的展开过程，归纳、猜想出二项式定理，并用计数原理加以证明； 2.通过经历二项式定理的探究过程，体验“归纳、猜想、证明”的数学发现过程，提高自己观察、分析、概括的能力，以及 “从特殊到一般”、“从一般到特殊”等数学思想的应用能力； 3.会应用二项式定理求解二项展开式. 知识点01 二项式定理 1．二项式定理 一般地，对于任意正整数n，都有 =++++++.(*) 公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(k∈{0,1,2, ,n})叫做二项式系数，叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第k+1项：=. (2)二项展开式的规律 ①二项展开式一共有(n+1)项. ②(n+1)项按a的降幂b的升幂排列. ③每一项中a和b的幂指数之和为n. 【即学即练1】 1.（23-24高二下·北京通州·期中）二项式的展开式为（    ） A． B． C． D． 2.(x＋2)n的展开式共有11项，则n等于（    ） A．9 B．10 C．11 D．8 知识点02 二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即) 增减性 当时，二项式系数逐渐增大；当时，二项式系数逐渐减小，因此二项式系数在中间取得最大值 最大值 当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项与的二项式系数，相等且最大 各二项式 系数的和 【即学即练2】（24-25高二上·全国·随堂练习）的展开式中二项式系数最大的项是（    ） A．第3项 B．第6项 C．第6，7项 D．第5，7项 知识点03二项展开式的应用问题 1．求二项展开式的特定项的解题策略 求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零； 求有理项时，指数为整数等)，解出项数k+1，代回通项公式即可. 2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略 (1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解， 但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. (2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 3．二项式系数的和与各项系数的和问题 （1）赋值法 “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子求其展 开式的各项系数之和，常用赋值法. （2）系数之和问题的解题策略 若，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项之和为 ，偶数项系数之和为. （3）展开式的逆用 根据所给式子的特点结合二项式展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定 理求解. 4．二项式系数最大项问题 当n为偶数时，展开式中第项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第 和第项的二项式系数开式中第最大，最大值为或. 【即学即练3】（23-24高二上·北京昌平·期末）若，则（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 知识点04杨辉三角的性质 (1)最外层全是1，第二层(含1)是自然数列1,2,3,4，…，第三层(含1,3)是三角形数列1,3,6,10,15，…. (2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C＝C. (3)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即C＝C＋C. (4)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…. (5)第n行所有数的和为2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n. (6)自左(右)腰上的某个1开始平行于右(左)腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜左(右)下方的那个数． 【即学即练4】杨辉是我国南宋的一位杰出的数学家，在他所著的《详解九章算法》一书中，画的一张表示二项式展开后的系数构成的三角图形，称为“开方做法本源”．现在简称为“杨辉三角”．下面是，当时展开式的二项式系数表示形式． 借助上面的表示形式，判断与的值分别是（    ） A． B． C． D． 题型01 二项展开式的应用 【典例1】（22-23高二下·江苏宿迁·期中）设，化简（    ）． A． B． C． D． 【变式1】若，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】24-25高三·上海·课堂例题）计算的值是 ． 【变式3】（24-25高二下·全国·课后作业）若(a，b为有理数)，则a＋b＝ . 【变式4】化简：. 题型02 求二项展开式的特定项 【典例2】（2024·浙江·三模）的展开式的常数项为（    ） A． B． C． D．4 【变式1】（23-24高二下·浙江·期中）在 的展开式中，第四项为（    ） A．240 B． C． D． 【变式2】（2014·山东青岛·一模）展开式的常数项为 . 【变式3】的展开式中常数项是 .（用数字作答） 题型03 求二项展开式的特定项系数 【典例3】（2024·北京·模拟预测）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B．20 C． D．40 【变式1】在的展开式中，的系数等于（    ） A． B． C．10 D．45 【变式2】（23-24高二下·海南·期末）的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2023·天津·高考真题）在的展开式中，项的系数为 ． 题型04 求展开式的有理项 【典例4】（2024·河南·模拟预测）已知（其中）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有（    ） A．6项 B．5项 C．4项 D．3项 【变式1】写出展开式中的一个有理项为 . 【变式2】在的展开式中，有理项有 项． 【变式3】2024·高三·江西·开学考试）已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，写出展开式中的一个有理项 ． 题型05 二项式乘积问题 【典例5】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，的系数为（    ） A．20 B．25 C．30 D．35 【变式1】（2022·全国·统考高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）． 【变式2】（2024·西藏·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ） A． B．4 C． D．8 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知的展开式中的系数为448，则该展开式中的系数为（    ） A．56 B． C．106 D． 题型06 三项式问题 【典例6】（2024·辽宁丹东·一模）的展开式中常数项为（    ） A．24 B．25 C．48 D．49 【变式1】下列各式中，不是的展开式中的项是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·全国·模拟预测）在的展开式中常数项为（    ） A．721 B．-61 C．181 D．-59 【变式3】（2024·河北沧州·二模）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 题型07 已知特定项求参数 【典例7】（23-24高三下·湖南娄底·阶段练习）已知，若的展开式中，常数项等于240，则（    ） A．3 B．2 C．6 D．4 【变式1】（2023·四川泸州·二模）已知的展开式中存在常数项，则n的可能取值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【变式2】（22-23高二下·广东揭阳·期中）在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 . 【变式3】（23-24高三下·陕西·阶段练习）在的展开式中，的系数为84，则 ． 【变式4】（23-24高三上·上海普陀·期末）的常数项为第3项，求 题型08二项式系数的最值问题 【典例8】已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为 . 【变式1】若的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的项为 . 【变式2】已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则 . 【变式3】 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则第四项为 . 题型09 系数的最值问题 【典例9】（2024·江西南昌·三模）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（    ） A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项 【变式1】（2024·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（    ） A．70 B．56 C．或 D． 【变式2】二项式的展开式中，系数最大项的是（    ） A．第项 B．第项和第项 C．第项 D．第项 【变式3】已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型10 展开式系数和问题 【典例10】（多选）（23-24高三下·山东·开学考试）已知的展开式中，各项的二项式系数之和为128，则（    ） A． B．只有第4项的二项式系数最大 C．各项系数之和为1 D．的系数为560 【变式1】（多选）（23-24高二下·福建南平·阶段练习）设，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 【变式2】若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为 ． 【变式3】已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 【变式4】若，则的值为（    ） A． B． C．253 D．126 【变式5】已知对任意实数x，，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 题型11 整除与余数问题 【典例11】（2024·湖北荆州·三模）已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式1】（2024·贵州黔南·二模）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024年是龙年.那么从今年起的年后是（    ） A．虎年 B．马年 C．龙年 D．羊年 【变式2】（2024·福建三明·三模）各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，则的值可以是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【变式4】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）若能被7整除，则x，n的一组值可能为（    ） A．， B．， C．， D．， 题型12 近似计算问题 【典例12】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（    ） A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34 【变式1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（    ）（单位：万元，结果保留一位小数） A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9 【变式2】（2024·高三·河北·开学考试）已知二项式的二项式系数的和为，则 .试估算时，的值为 .（精确到） 【变式3】（2024·高三·山西朔州·开学考试）的计算结果精确到0.01的近似值是 ． 题型13 二项式定理与数列的交汇问题 【变式13】（23-24高二·全国·课后作业）已知，展开式中的系数为，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME-International  Congreas  of  Mathematics  Education）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（    ）    A．1 B．3 C．5 D．7 【变式2】（2003·全国·高考真题）已知数列{an}(n为正整数)是首项为a1，公比为q的等比数列． (1)求和：，； (2)由（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明． 题型14 二项式定理与比较大小问题 【典例14】（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】下列说法中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 题型15 证明组合恒等式 【典例15】（2024高三·全国·专题练习）求证： 【变式1】（2024高三·全国·专题练习）求证： 题型16 杨辉三角 【典例17】（2024高二下·全国·专题练习）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第个数组成的数列称为第斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第斜列与第斜列各项之和最大时，的值为（ ） A．1009 B．1010 C．1011 D．1012 【变式1】（24-25高二上·全国·课后作业）杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》（1261年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，记作数列．若数列的前n项和为，则等于（   ）    A．235 B．512 C．521 D．1033 【变式2】（多选）定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是（    ）. A．记第 行中从左到右的第 个数为，则数列的通项公式为 B．第k行各个数的和是 C．n阶“杨辉三角”中共有个数 D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是 【变式3】（多选）（23-24高二下·江苏南通·期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（    ） A．第10行所有数字的和为1024 B． C．第6行所有数字的平方和等于 D．若第行第个数记为，则 【变式4】（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）下图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻两数之和，如，，，则第11行第5个数（从左往右数）为 ． 题型17 新定义问题 【典例17】（22-23高三上·江苏南京·期末）对于伯努利数，有定义：．则（ ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）已知对任意正整数对，定义函数如下：，，，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（22-23高二下·湖北黄冈·期中）定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：．已知：，满足，则p可以是（    ） A．26 B．31 C．32 D．37 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）仿照二项式系数，可以定义“三项式系数”为的展开式中的系数，即其中． (1)求的值： (2)对于给定的，计算以下两式的值：与 (3)对于，记中偶数的个数为，奇数的个数为．是否存在使得？若存在，请给出一个满足要求的并说明理由；若不存在，请给出证明． 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）已知的展开式共有9项，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．（2023·山西·模拟预测）的展开式中常数项为（    ） A．112 B．56 C．28 D．16 3．（18-19高二·全国·课后作业）化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期中）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 5．（2023·广东江门·一模）已知多项式，则（    ） A．－960 B．960 C．－480 D．480 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（23-24高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知的二项展开式中二项式系数和为32，若，则等于（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·江苏扬州·期中）若的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 二、多选题 9．（23-24高二下·河南郑州·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》､《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《详解九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.根据以上材料，以下说法正确的是（    ） A．第2024行中，第1012个数最大 B．杨辉三角中第8行的各数之和为256 C．记第行的第个数为，则 D．在“杨辉三角”中，记每一行第个数组成的数列称为第斜列，该三角形数阵前2024行中第斜列各项之和为 10．（24-25高三上·重庆·阶段练习）若，则下列选项正确的有（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（    ） A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项 C．展开式的常数项为540 D．展开式含有 三、填空题 12．（19-20高二下·江苏宿迁·期中）化简： ． 13．（23-24高三上·山东德州·期末）在的二项展开式中任取一项，则该项系数为有理数的概率为 ． 14．（2024·贵州遵义·模拟预测）在多项式的展开式中，的系数为32，则 . 四、解答题 15．（24-25高三上·吉林白城·阶段练习）若，其中. (1)求的值； (2)求. 16．（23-24高二下·广东中山·期末）已知的展开式中，第项与第项的二项式系数之比为． (1)求的值及展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 17．（2024高三·全国·专题练习）在等式（）的两边求导，得：，由求导法则，得，化简得等式：． (1)利用上题的想法（或其他方法），结合等式 （，正整数），证明：． (2)对于正整数，求证： （i）； （ii）； 18．（24-25高二上·上海奉贤·阶段练习）已知（n为正整数）. (1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和； (2)若，求该式的展开式中无理项的个数； (3)若，求该式的展开式中系数最大的项. 19．（2025·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$