第三章 3.3 第3课时 二项式定理的应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教B版2019）

第3课时 第三章 <<< 二项式定理的应用 1.会利用二项式定理解决整除问题和证明不等式. 2.能利用二项式定理解决一些简单的问题. 学习目标 一、整除和余数问题 二、证明不等式 课时对点练 三、求展开式的系数的和 随堂演练 内容索引 整除和余数问题 一 (课本例5)求证：9998-1能被100整除. 例 1 因为9998-1=(100-1)98-1， 由二项式定理可知 (100-1)98=10098+10097(-1) +10096(-1)2+…+1002(-1)96 +100(-1)97+(-1)98， 注意到上述右边的展开式中，前面98项都是100的倍数，最后一项为1，由此可知9998-1能被100整除. 5 (1)试求2 02310除以8的余数； 例 1 2 02310=(8×252+7)10. ∵其展开式中除末项为710外，其余的各项均含有8这个因数， ∴2 02310除以8的余数与710除以8的余数相同. 又∵710=495=(6×8+1)5，其展开式中除末项为1外，其余的各项均含有8这个因数， ∴710除以8的余数为1，即2 02310除以8的余数也为1. 6 (2)求证：32n+2-8n-9(n∈N+)能被64整除. 32n+2-8n-9=(8+1)n+1-8n-9 =8n+1+8n+…+-8n-9 =8n+1+8n+…+82+(n+1)×8+1-8n-9 =8n+1+8n+…+82. 上式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除. 7 (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. 反 思 感 悟 8 已知n∈N+，求证：1+2+22+…+25n-1能被31整除. 跟踪训练 1 1+2+22+23+…+25n-1==25n-1=32n-1=(31+1)n-1=31n+×31n-1+…+ ×31+1-1=31×(31n-1+×31n-2+…+)， 显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除. 9 二 证明不等式 (课本例6)当n是正整数且x>0时，求证：(1+x)n≥1+nx. 例 2 由二项式定理可知 (1+x)n=+x+x2+…+xn-1+xn =1+nx+x2+…+xn-1+xn， 因为x>0，所以上式右边的项都是正数， 从而可知(1+x)n≥1+nx. 11 求证：2≤<3(n∈N+). 例 2 12 因为当n=1时，=2； 当n>1时，=1+·+·+·+…+·=1+1+·+…+· >2， 所以≥2成立. 因为·=≤， 所以=1+·+·+…+·≤1+1+++…+<2+++ …+=2+=2+1- 13 =3-<3. 所以2≤<3成立. 14 反 思 感 悟 利用二项式定理可以证明不等式，注意观察原不等式的形式或通过构造两项和的形式，对原不等式进行恒等变形或适当应用放缩法，最终证明命题. 请利用二项式定理证明：3n>2n2+1(n≥3，n∈N+). 跟踪训练 2 当n≥3，n∈N+时，3n=(1+2)n=1+·2+·22+…+2n>1+·2+·22=1+ 2n+·4=1+2n+2n(n-1)=2n2+1，所以结论成立. 16 求展开式的系数的和 三 　 已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.求下列各式的值： (1)a0+a1+a2+…+a5； 例 3 令x=1，得a0+a1+a2+…+a5=1. 18 (2)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|； 令x=-1，得-35=-a0+a1-a2+a3-a4+a5. 由(2x-1)5的通项Tk+1=(-1)k25-kx5-k， 知a1，a3，a5为负值， 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243. 19 (3)a1+a3+a5. 由a0+a1+a2+…+a5=1， -a0+a1-a2+…+a5=-35， 得2(a1+a3+a5)=1-35， 所以a1+a3+a5==-121. 20 在本例条件下，求下列各式的值： (1)a0+a2+a4； 延伸探究 因为a0+a1+a2+…+a5=1， -a0+a1-a2+…+a5=-35. 所以a0+a2+a4==122. 21 (2)a1+a2+a3+a4+a5. 因为a0是(2x-1)5的展开式中x5的系数， 所以a0=25=32. 又a0+a1+a2+…+a5=1， 所以a1+a2+a3+a4+a5=-31. 22 反 思 感 悟 (1)对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a，b，c∈R，m，n∈N+)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x=1即可，对(ax+by)n(a，b∈R，n∈N+)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x=y=1即可. (2)一般地，若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)， 奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=， 偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=，a0=f(0). 二项展开式中系数和的求法 已知(x2-2x-3)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a20(x-1)20. (1)求a2的值； 跟踪训练 3 ∵(x2-2x-3)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a20(x-1)20， 令x-1=t， 展开式化为(t2-4)10=a0+a1t+a2t2+…+a20t20. a2=(-4)9=-49×10. 24 (2)求a1+a3+a5+…+a19的值； 令t=1，得a0+a1+a2+…+a20=310， 令t=-1，得a0-a1+a2-…+a20=310， ∴a1+a3+a5+…+a19=0. 25 (3)求a0+a2+a4+…+a20的值. 由(2)得a0+a2+a4+…+a20=310. 26 1.知识清单： (1)整除与余数问题. (2)证明不等式. (3)求展开式的系数的和. 2.方法归纳：构造法、赋值法. 3.常见误区：在证明或求值中能否正确构造二项式. 课堂小结 随堂演练 四 1.(x2+2)的展开式的常数项为 A.25 B.-25 C.5 D.-5 的展开式的通项公式为Tk+1=x6-k=(-1)kx6-2k. 令6-2k=-2，或6-2k=0，分别解得k=4，或k=3. 所以(x2+2)的展开式的常数项为 1×(-1)4+2×(-1)3=15-40=-25. 1 2 3 4 √ 2.设n∈N+，则1n80+1n-181+1n-282+1n-383+…+118n-1+108n除以9的余数为 A.0 B.8 C.7 D.2 因为1n80+1n-181+1n-282+1n-383+…+118n-1+108n=(1+8)n =9n，所以除以9的余数为0. √ 1 2 3 4 3.(x-1)11的展开式中，x的奇次幂项的系数之和是 A.2 048 B.-1 023 C.-1 024 D.1 024 (x-1)11=a0x11+a1x10+a2x9+…+a11， 令x=-1，则-a0+a1-a2+…+a11=-211， ① 令x=1，则a0+a1+a2+…+a11=0， ② 由①②，得a0+a2+a4+…+a10=210=1 024，即为所求系数之和. √ 1 2 3 4 4.230-3除以7的余数为 　　　　.  1 2 3 4 5 230-3=(23)10-3=810-3=(7+1)10-3 =710+79+…+7+-3 =7×(79+78+…+)-2. 又∵余数不能为负数(需转化为正数)， ∴230-3除以7的余数为5. 课时对点练 五 1.若(x+3y)n展开式的各项系数和等于(7a+b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为 A.5 B.8 C.10 D.15 (7a+b)10的展开式的二项式系数之和为210，令x=1，y=1，则由题意知，4n=210，解得n=5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 2.1.026的近似值(精确到0.01)为 A.1.12 B.1.13 C.1.14 D.1.20 1.026=(1+0.02)6=1+×0.02+×0.022+×0.023+…+0.026 ≈1+0.12+0.006≈1.13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 3.假设今天是星期四，经过7天后还是星期四，那么经过8100天后是 A.星期一 B.星期二 C.星期五 D.星期四 由已知，可得8100=(7+1)100=×7100+×799+…+×7+×70=7100+×799+…+×7+1，即8100除以7后余数为1.因为经过7天后还是星期四，所以经过8100天后是星期五. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 4.已知-4+42-43+…+(-1)n4n=729，则++…+的值等于 A.64 B.32 C.63 D.31 因为-4+42-43+…+(-1)n4n=729， 所以(1-4)n=36，所以n=6，因此++…+=2n-=2n-1=26-1=63. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知(1+2x)2n的展开式中奇次项系数之和等于364，那么展开式中二项式系数最大的项是 A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设(1+2x)2n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2n-1x2n-1+a2nx2n，则展开式中奇次项系数之和就是a1+a3+a5+…+a2n-1. 分别令x=1，x=-1，得 两式相减，得a1+a3+a5+…+a2n-1=. 由已知，得=364， 所以32n=729=36，解得n=3. (1+2x)2n=(1+2x)6的展开式共有7项，中间一项的二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)(1+x2)(2+x)4的展开式中 A.x3的系数为40 B.x3的系数为32 C.常数项为16 D.常数项为8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ (1+x2)(2+x)4=(2+x)4+x2(2+x)4，展开式中x3的系数分为两部分，一部分是(2+x)4中含x3的系数·2=8，另一部分是(2+x)4中含x项的系数·23=32，所以含x3的系数是8+32=40，故A正确； 展开式中常数项只有(2+x)4展开式的常数项24=16，故C正确. 7.已知的展开式中常数项为80，则a=　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 - 由展开式的通项为Tk+1=(2x)5-k=25-kx5-2k，令5-2k=0， 无整数解； 令5-2k=-1，解得k=3，T4=；令5-2k=1，解得k=2，T3=80x， ∴展开式中的常数项为40-80a=80，解得a=-. 8.设(3x-2)6=a0+a1(2x-1)+a2(2x-1)2+…+a6(2x-1)6，则=　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 - 令x=1，得a0+a1+a2+…+a6=1，令x=0，得a0-a1+a2-…+a6=64， 两式相减得2(a1+a3+a5)=-63，两式相加得2(a0+a2+a4+a6)=65， 故=-. 9.用二项式定理证明1110-1能被100整除. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1110-1=(10+1)10-1 =1010+109+108+…+10+-1 =1010+109+108+…+102 =100(108+107+106+…+1) 显然上式括号内的数是正整数， 所以1110-1能被100整除. 10.已知(3x-1)n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求 的展开式中： (1)所有二项式系数之和； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意=，解得n=5. 二项式系数和为210=1 024. (2)二项式系数最大的项； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由于2n=10为偶数，所以的展开式中第6项的二项式系数最大， 即T6=T5+1=(2x)5=-8 064. (3)系数的绝对值最大的项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设第k+1项的系数的绝对值最大， 则Tk+1=(2x)10-k =(-1)k210-kx10-2k， 所以 得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即 解得≤k≤，∵k∈N+，∴k=3， 故系数的绝对值最大的是第4项， 即T3+1=(-1)3210-3x4=-15 360x4. 11.当n为正奇数时，7n+·7n-1+·7n-2+…+·7被9除所得的余数是 A.0 B.2 C.7 D.8 原式=(7+1)n-=8n-1=(9-1)n-1=9n-·9n-1+·9n-2-…+·9(-1)n-1+(-1)n -1，除最后两项外，其余各项都是9的倍数. 因为n为正奇数，所以(-1)n-1=-2=-9+7，所以余数为7. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 12.若(x2-a)的展开式中含x6项的系数为30，则a等于 A. B. C.1 D.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 的展开式的通项是Tk+1=x10-k=x10-2k， 的展开式中含x4(当k=3时)，x6(当k=2时)项的系数分别为 . 因为(x2-a)的展开式中含x6的项由x2与的展开式中含x4的项的乘积以及-a与展开式中含x6的项的乘积两部分构 成，因此由题意得-a=120-45a=30，解得a=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.设a∈Z，且0≤a<15，若512 023+a能被13整除，则a等于 A.0 B.1 C.12 D.14 512 023+a=(13×4-1)2 023+a，被13整除余a-1，结合选项可得当a=14时，512 023+a能被13整除. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 14.(2024·全国甲卷)二项式的展开式中，各项系数的最大值是　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5 二项展开式的通项为Tk+1=xk， 0≤k≤10且k∈Z， 设展开式中第k+1项系数最大， 则⇒ 即≤k≤， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又k∈Z，故k=8， 所以展开式中系数最大的项是第9项， 且该项系数为=5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.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.设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除所得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m).若a=+·2+·22+…+·220，a≡b(mod 10)，则b的值可以是 A.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得a=+·2+·22+…+·220=(1+2)20=320=910=(10-1)10， 由二项式定理可得a=×1010-×109+…-×101+1， 即a除以10的余数为1， 因为a≡b(mod 10)， 所以b的值除以10的余数也为1， 观察选项，只有2 021除以10的余数为1， 则b的值可以是2 021. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知f(x)=(n∈N+)，g(x)=. (1)若f(x)的展开式中，二项式系数之和是128，求f(x)的展开式中的第3项； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若f(x)的展开式中，二项式系数之和是128，则2n=128，可得n=7， 所以f(x)=的展开式中的第3项为T3=·()5·=84. (2)若f(x)的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4项，求f(x)·g(x)的展开式中的常数项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若f(x)的展开式中二项式系数最大的项仅是第4项，则n+1=7，可得n=6， 所以f(x)·g(x)=·， f(x)展开式的通项为Tk+1=·()6-k·=(-2)k·(k=0，1，2， …，6)， g(x)展开式的通项为Sr+1=·(2x2)6-r·=26-r·x12-3r(r=0，1，2，…，6)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 所以Tk+1Sr+1=(-2)k·26-r·，其中r，k∈{0，1，2，3，4，5，6}. 令14-=0，可得3r+=14，则 因此，f(x)·g(x)展开式中的常数项为(-2)6·23=10 240. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 第一章 <<< $$ 第3课时　二项式定理的应用 ［学习目标］　1.会利用二项式定理解决整除问题和证明不等式.2.能利用二项式定理解决一些简单的问题. 一、整除和余数问题 例1　(课本例5)求证：9998-1能被100整除. 证明　因为9998-1=(100-1)98-1， 由二项式定理可知 (100-1)98=10098+10097(-1) +10096(-1)2+…+1002(-1)96 +100(-1)97+(-1)98， 注意到上述右边的展开式中，前面98项都是100的倍数，最后一项为1，由此可知9998-1能被100整除. 例1　(1)试求2 02310除以8的余数； (2)求证：32n+2-8n-9(n∈N+)能被64整除. (1)解　2 02310=(8×252+7)10. ∵其展开式中除末项为710外，其余的各项均含有8这个因数， ∴2 02310除以8的余数与710除以8的余数相同. 又∵710=495=(6×8+1)5，其展开式中除末项为1外，其余的各项均含有8这个因数， ∴710除以8的余数为1，即2 02310除以8的余数也为1. (2)证明　32n+2-8n-9=(8+1)n+1-8n-9 =8n+1+8n+…+-8n-9 =8n+1+8n+…+82+(n+1)×8+1-8n-9 =8n+1+8n+…+82. 上式中的每一项都含有82这个因数，故原式能被64整除. 反思感悟　(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1　已知n∈N+，求证：1+2+22+…+25n-1能被31整除. 证明　1+2+22+23+…+25n-1==25n-1=32n-1=(31+1)n-1=31n+×31n-1+…+×31+1-1=31×(31n-1+×31n-2+…+)， 显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除. 二、证明不等式 例2　(课本例6)当n是正整数且x>0时，求证：(1+x)n≥1+nx. 证明　由二项式定理可知 (1+x)n=+x+x2+…+xn-1+xn =1+nx+x2+…+xn-1+xn， 因为x>0，所以上式右边的项都是正数， 从而可知(1+x)n≥1+nx. 例2　求证：2≤<3(n∈N+). 证明　因为当n=1时，=2； 当n>1时，=1+·+·+·+…+·=1+1+·+…+·>2， 所以≥2成立. 因为·=≤， 所以=1+·+·+…+·≤1+1+++…+<2+++…+=2+=2+1- =3-<3. 所以2≤<3成立. 反思感悟　利用二项式定理可以证明不等式，注意观察原不等式的形式或通过构造两项和的形式，对原不等式进行恒等变形或适当应用放缩法，最终证明命题. 跟踪训练2　请利用二项式定理证明：3n>2n2+1(n≥3，n∈N+). 证明　当n≥3，n∈N+时，3n=(1+2)n=1+·2+·22+…+2n >1+·2+·22=1+2n+·4=1+2n+2n(n-1)=2n2+1，所以结论成立. 三、求展开式的系数的和 例3　已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.求下列各式的值： (1)a0+a1+a2+…+a5； (2)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|； (3)a1+a3+a5. 解　(1)令x=1，得a0+a1+a2+…+a5=1. (2)令x=-1，得-35=-a0+a1-a2+a3-a4+a5. 由(2x-1)5的通项Tk+1=(-1)k25-kx5-k， 知a1，a3，a5为负值， 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243. (3)由a0+a1+a2+…+a5=1， -a0+a1-a2+…+a5=-35， 得2(a1+a3+a5)=1-35， 所以a1+a3+a5==-121. 延伸探究　在本例条件下，求下列各式的值： (1)a0+a2+a4； (2)a1+a2+a3+a4+a5. 解　(1)因为a0+a1+a2+…+a5=1， -a0+a1-a2+…+a5=-35. 所以a0+a2+a4==122. (2)因为a0是(2x-1)5的展开式中x5的系数， 所以a0=25=32. 又a0+a1+a2+…+a5=1， 所以a1+a2+a3+a4+a5=-31. 反思感悟　二项展开式中系数和的求法 (1)对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a，b，c∈R，m，n∈N+)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x=1即可，对(ax+by)n(a，b∈R，n∈N+)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x=y=1即可. (2)一般地，若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)， 奇数项系数之和为a0+a2+a4+… =， 偶数项系数之和为a1+a3+a5+… =，a0=f(0). 跟踪训练3　已知(x2-2x-3)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a20(x-1)20. (1)求a2的值； (2)求a1+a3+a5+…+a19的值； (3)求a0+a2+a4+…+a20的值. 解　∵(x2-2x-3)10=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a20(x-1)20， 令x-1=t， 展开式化为(t2-4)10=a0+a1t+a2t2+…+a20t20. (1)a2=(-4)9=-49×10. (2)令t=1，得a0+a1+a2+…+a20=310， 令t=-1，得a0-a1+a2-…+a20=310， ∴a1+a3+a5+…+a19=0. (3)由(2)得a0+a2+a4+…+a20=310. 1.知识清单： (1)整除与余数问题. (2)证明不等式. (3)求展开式的系数的和. 2.方法归纳：构造法、赋值法. 3.常见误区：在证明或求值中能否正确构造二项式. 1.(x2+2)的展开式的常数项为(　　) A.25 B.-25 C.5 D.-5 答案　B 解析　的展开式的通项公式为Tk+1=x6-k=(-1)kx6-2k.令6-2k=-2，或6-2k=0，分别解得k=4，或k=3. 所以(x2+2)的展开式的常数项为 1×(-1)4+2×(-1)3=15-40=-25. 2.设n∈N+，则1n80+1n-181+1n-282+1n-383+…+118n-1+108n除以9的余数为(　　) A.0 B.8 C.7 D.2 答案　A 解析　因为1n80+1n-181+1n-282+1n-383+…+118n-1+108n=(1+8)n=9n，所以除以9的余数为0. 3.(x-1)11的展开式中，x的奇次幂项的系数之和是(　　) A.2 048 B.-1 023 C.-1 024 D.1 024 答案　D 解析　(x-1)11=a0x11+a1x10+a2x9+…+a11， 令x=-1，则-a0+a1-a2+…+a11=-211， ① 令x=1，则a0+a1+a2+…+a11=0， ② 由①②，得a0+a2+a4+…+a10=210=1 024，即为所求系数之和. 4.230-3除以7的余数为 　　　　.  答案　5 解析　230-3=(23)10-3=810-3=(7+1)10-3 =710+79+…+7+-3 =7×(79+78+…+)-2. 又∵余数不能为负数(需转化为正数)， ∴230-3除以7的余数为5. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共6分 1.若(x+3y)n展开式的各项系数和等于(7a+b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为(　　) A.5 B.8 C.10 D.15 答案　A 解析　(7a+b)10的展开式的二项式系数之和为210，令x=1，y=1，则由题意知，4n=210，解得n=5. 2.1.026的近似值(精确到0.01)为(　　) A.1.12 B.1.13 C.1.14 D.1.20 答案　B 解析　1.026=(1+0.02)6=1+×0.02+×0.022+×0.023+…+0.026 ≈1+0.12+0.006≈1.13. 3.假设今天是星期四，经过7天后还是星期四，那么经过8100天后是(　　) A.星期一 B.星期二 C.星期五 D.星期四 答案　C 解析　由已知，可得8100=(7+1)100=×7100+×799+…+×7+×70=7100+×799+…+×7+1，即8100除以7后余数为1.因为经过7天后还是星期四，所以经过8100天后是星期五. 4.已知-4+42-43+…+(-1)n4n=729，则++…+的值等于(　　) A.64 B.32 C.63 D.31 答案　C 解析　因为-4+42-43+…+(-1)n4n=729， 所以(1-4)n=36，所以n=6，因此++…+=2n-=2n-1=26-1=63. 5.已知(1+2x)2n的展开式中奇次项系数之和等于364，那么展开式中二项式系数最大的项是(　　) A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项 答案　B 解析　设(1+2x)2n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2n-1x2n-1+a2nx2n，则展开式中奇次项系数之和就是a1+a3+a5+…+a2n-1. 分别令x=1，x=-1，得 两式相减，得a1+a3+a5+…+a2n-1=. 由已知，得=364， 所以32n=729=36，解得n=3. (1+2x)2n=(1+2x)6的展开式共有7项，中间一项的二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大. 6.(多选)(1+x2)(2+x)4的展开式中(　　) A.x3的系数为40 B.x3的系数为32 C.常数项为16 D.常数项为8 答案　AC 解析　(1+x2)(2+x)4=(2+x)4+x2(2+x)4，展开式中x3的系数分为两部分，一部分是(2+x)4中含x3的系数·2=8，另一部分是(2+x)4中含x项的系数·23=32，所以含x3的系数是8+32=40，故A正确；展开式中常数项只有(2+x)4展开式的常数项24=16，故C正确. 7.(5分)已知的展开式中常数项为80，则a=　　　　.  答案　- 解析　由展开式的通项为Tk+1=(2x)5-k=25-kx5-2k，令5-2k=0，无整数解；令5-2k=-1，解得k=3，T4=；令5-2k=1，解得k=2，T3=80x， ∴展开式中的常数项为40-80a=80，解得a=-. 8.(5分)设(3x-2)6=a0+a1(2x-1)+a2(2x-1)2+…+a6(2x-1)6，则=　　　　.  答案　- 解析　令x=1，得a0+a1+a2+…+a6=1，令x=0，得a0-a1+a2-…+a6=64，两式相减得2(a1+a3+a5)=-63，两式相加得2(a0+a2+a4+a6)=65，故=-. 9.(10分)用二项式定理证明1110-1能被100整除. 证明　1110-1=(10+1)10-1 =1010+109+108+…+10+-1 =1010+109+108+…+102 =100(108+107+106+…+1) 显然上式括号内的数是正整数， 所以1110-1能被100整除. 10.(12分)已知(3x-1)n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求的展开式中： (1)所有二项式系数之和；(3分) (2)二项式系数最大的项；(3分) (3)系数的绝对值最大的项.(6分) 解　(1)由题意=，解得n=5. 二项式系数和为210=1 024. (2)由于2n=10为偶数，所以的展开式中第6项的二项式系数最大， 即T6=T5+1=(2x)5=-8 064. (3)设第k+1项的系数的绝对值最大， 则Tk+1=(2x)10-k =(-1)k210-kx10-2k， 所以 得 即 解得≤k≤，∵k∈N+，∴k=3， 故系数的绝对值最大的是第4项， 即T3+1=(-1)3210-3x4=-15 360x4. 11.当n为正奇数时，7n+·7n-1+·7n-2+…+·7被9除所得的余数是(　　) A.0 B.2 C.7 D.8 答案　C 解析　原式=(7+1)n-=8n-1=(9-1)n-1=9n-·9n-1+·9n-2-…+·9(-1)n-1+(-1)n-1，除最后两项外，其余各项都是9的倍数.因为n为正奇数，所以(-1)n-1=-2=-9+7，所以余数为7. 12.若(x2-a)的展开式中含x6项的系数为30，则a等于(　　) A. B. C.1 D.2 答案　D 解析　的展开式的通项是 Tk+1=x10-k=x10-2k， 的展开式中含x4(当k=3时)，x6(当k=2时)项的系数分别为，. 因为(x2-a)的展开式中含x6的项由x2与的展开式中含x4的项的乘积以及-a与展开式中含x6的项的乘积两部分构成，因此由题意得-a=120-45a=30，解得a=2. 13.设a∈Z，且0≤a<15，若512 023+a能被13整除，则a等于(　　) A.0 B.1 C.12 D.14 答案　D 解析　512 023+a=(13×4-1)2 023+a，被13整除余a-1，结合选项可得当a=14时，512 023+a能被13整除. 14.(5分)(2024·全国甲卷)二项式的展开式中，各项系数的最大值是　　　　.  答案　5 解析　二项展开式的通项为 Tk+1=xk， 0≤k≤10且k∈Z， 设展开式中第k+1项系数最大， 则⇒ 即≤k≤， 又k∈Z，故k=8， 所以展开式中系数最大的项是第9项， 且该项系数为=5. 15.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.设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除所得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m).若a=+·2+·22+…+·220，a≡b(mod 10)，则b的值可以是(　　) A.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 答案　A 解析　由题意可得a=+·2+·22+…+·220=(1+2)20=320=910=(10-1)10， 由二项式定理可得a=×1010-×109+…-×101+1， 即a除以10的余数为1， 因为a≡b(mod 10)， 所以b的值除以10的余数也为1， 观察选项，只有2 021除以10的余数为1， 则b的值可以是2 021. 16.(12分)已知f(x)=(n∈N+)，g(x)=. (1)若f(x)的展开式中，二项式系数之和是128，求f(x)的展开式中的第3项；(4分) (2)若f(x)的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4项，求f(x)·g(x)的展开式中的常数项.(8分) 解　(1)若f(x)的展开式中，二项式系数之和是128，则2n=128，可得n=7， 所以f(x)=的展开式中的第3项为T3=·()5·=84. (2)若f(x)的展开式中二项式系数最大的项仅是第4项，则n+1=7，可得n=6， 所以f(x)·g(x)=·， f(x)展开式的通项为Tk+1=·()6-k·=(-2)k·(k=0，1，2，…，6)， g(x)展开式的通项为Sr+1=·(2x2)6-r·=26-r·x12-3r(r=0，1，2，…，6)， 所以Tk+1Sr+1=(-2)k·26-r·，其中r，k∈{0，1，2，3，4，5，6}. 令14-=0，可得3r+=14，则 因此，f(x)·g(x)展开式中的常数项为(-2)6·23=10 240. 学科网（北京）股份有限公司 $$