第10章 第3节 二项式定理(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 　第三节　二项式定理 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 夯实·必备知识 研磨·高考题型 Part 02 课时作业 Part 03 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 夯实·必备知识 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 k＋1 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 相等 增大 减小 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 2n 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 × √ √ × 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （七十八） 点击进入word 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　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． 1．二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝ (n∈N*) 二项展开式的通项 Tk＋1＝C eq \o\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第 项 二项式系数 (k＝0，1，…，n) C eq \o\al(0,n)an＋C eq \o\al(1,n)an-1b1＋…＋C eq \o\al(k,n)an－kbk＋…＋C eq \o\al(n,n)bn C eq \o\al(k,n) 2.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数 ． (2)增减性与最大值： ①当k< eq \f(n＋1,2)时，C eq \o\al(k,n)随k的增加而 ；由对称性知，当k> eq \f(n＋1,2)时，C eq \o\al(k,n)随k的增加而 ． ②当n是偶数时，中间的一项C eq \s\up15(\f(n,2))n取得最大值；当n是奇数时，中间的两项C eq \s\up15(\f(n－1,2))n与C eq \s\up15(\f(n＋1,2))n相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为C eq \o\al(0,n)＋C eq \o\al(1,n)＋C eq \o\al(2,n)＋…＋C eq \o\al(n,n)＝ ． 【常用结论】 1．C eq \o\al(0,n)＋C eq \o\al(2,n)＋C eq \o\al(4,n)＋…＝C eq \o\al(1,n)＋C eq \o\al(3,n)＋C eq \o\al(5,n)＋…＝2n-1. 2．C eq \o\al(m,n＋1)＝C eq \o\al(m-1,n)＋C eq \o\al(m,n). 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)C eq \o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．(　 　) (2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关．(　 　) (3)通项公式Tk＋1＝C eq \o\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．(　 　) (4)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项．(　　) 2．在二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2x)))6的展开式中，二项式系数最大的是(　　) A．第3项　　　　　　B．第4项 C．第5项 D．第3项和第4项 答案　B 解析　二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2x)))6的展开式共有7项，则二项式系数最大的是第4项．故选B. 3．已知n∈N*， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2x))n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若4a1＋a2＝80，则该展开式各项的二项式系数和为(　　) A．81 B．64 C．27 D．32 答案　D 解析　a1＝C eq \o\al(1,n)·2＝2n，a2＝C eq \o\al(2,n)·22＝4C eq \o\al(2,n)， ∴4×2n＋4C eq \o\al(2,n)＝80，解得n＝5， ∴该展开式各项的二项式系数和为25＝32.故选D.　 4．若 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为__________． 答案　15 解析　因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))n展开式的二项式系数之和为64， 所以2n＝64，所以n＝6， 所以二项式为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))6， 所以第k＋1项展开式为Tk＋1＝C eq \o\al(k,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))6-k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝C eq \o\al(k,6)x12-3k， 若求常数项，则令12－3k＝0，所以k＝4， 所以T5＝C eq \o\al(4,6)＝15，即常数项为15. 题型一　通项公式的应用 命题点1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式 [例1]　(1)(2024·天津高考)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式中，常数项为________． 答案　20 解析　因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)＋\f(x3,3)))6的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \o\al(r,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))6-r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)))r＝36-2rC eq \o\al(r,6)x6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r-3))，r＝0，1，…，6，令6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－3))＝0，可得r＝3， 所以常数项为30C eq \o\al(3,6)＝20. (2)(2025·山西临汾模拟) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－x3))6的展开式中含x2的项的系数是________．(用数字作答) 答案　240 解析　因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－x3))6的展开通项公式为 Tr＋1＝C eq \o\al(r,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))6-r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x3))r＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))r·26-rC eq \o\al(r,6)x4r-6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤r≤6，r∈N))， 令4r－6＝2，得r＝2， 所以其中含x2的项的系数为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2·24C eq \o\al(2,6)＝16×15＝240. 命题点2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式 [例2]　(1)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　) A．56　　　　　　　　B．84 C．112 D．168 答案　D 解析　在(1＋x)8的展开式中含x2的项为C eq \o\al(2,8)x2＝28x2，(1＋y)4的展开式中含y2的项为C eq \o\al(2,4)y2＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168. (2)(2025·宜春模拟) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))(1－x)7的展开式中x2的系数为(　　) A．－7 B．7 C．77 D．－77 答案　B 解析　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x))7的展开式通项为Tr＋1＝C eq \o\al(r,7)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))r＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))rC eq \o\al(r,7)·xr， 故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x))7的展开式中x2的系数为2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2C eq \o\al(2,7)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))3C eq \o\al(3,7)＝7.故选B. eq \a\vs4\al([微拓展]) 破解三项展开式问题 求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法： (1)两项看成一项，利用二项式定理展开． (2)因式分解，转化为两个二项式再求解． (3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答． 典例　(2025·安徽联考) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2y－z))8展开式中，x3y2z3项的系数为________． 答案　－2240 解析　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2y－z))8＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2y))－z))8，∵z的指数是3，∴得到C eq \o\al(3,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2y))5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－z))3， ∵y的指数是2，得到C eq \o\al(2,5)x3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y))2，∴x3y2z3项的系数为C eq \o\al(3,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))3C eq \o\al(2,5)22＝－2240.　 eq \a\vs4\al([思维升华]) (1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，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，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般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． 　[即时训练] (1)(2025·重庆模拟) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x＋2y))5的展开式中x3y3项的系数为______． 答案　－160 解析　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x＋2y))5的展开式中，构成x3y3项只能是一个x2、一个 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))、3个 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y))相乘， 故此项为C eq \o\al(1,5)x2·C eq \o\al(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))·C eq \o\al(3,3)(2y)3＝－160x3y3. (2)若(1－ax2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为12，则a＝________． 答案　－2 解析　由(1＋x)4的展开式通项为Tk＋1＝C eq \o\al(k,4)xk， 所以含x3的项为C eq \o\al(3,4)x3＋(－ax2)C eq \o\al(1,4)x＝(C eq \o\al(3,4)－aC eq \o\al(1,4))x3， 故C eq \o\al(3,4)－aC eq \o\al(1,4)＝4－4a＝12，可得a＝－2. 答案　－2 题型二　二项式系数与项的系数的问题 命题点1　二项式系数和与系数和 [例3]　(1)(多选)已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x)) eq \s\up12(2n＋1)的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1∶8，则(　　) A．n＝4 B．展开式中所有项的系数和为1 C．展开式中二项式系数和为24 D．展开式中不含常数项 答案　AD 解析　由题意得1,2n＋1) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(C×(－2),C eq \o\al(2,2n＋1)×(－2)2))) ＝ eq \f(1,8)， 则 eq \f(2(2n＋1),4×\f((2n＋1)×2n,2！))＝ eq \f(1,8)，解得n＝4，故A正确； 所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x)) eq \s\up12(2)n+1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x)) eq \s\up12(9)，令x＝1，则所有项的系数之和为－1，故B错误； 所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x)) eq \s\up12(9)的二项式系数和为29，故C错误； eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x)) eq \s\up12(9)的通项公式为Tk＋1＝C eq \o\al(k,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) eq \s\up12(9－)k·(－2x)k＝C eq \o\al(k,9)(－2)kx2k-9，若Tk＋1为常数项，则有2k－9＝0，解得k＝ eq \f(9,2)∉N， 所以不存在常数项，故D正确． (2)设(2－ eq \r(3)x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10. ①求a0； ②求(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2； ③求二项式系数的和． 解　①令x＝0，得a0＝210＝1 024. ②令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－ eq \r(3))10，(ⅰ) 令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝(2＋ eq \r(3))10.(ⅱ) 结合(ⅰ)(ⅱ)可得 (a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…＋a10) ＝(2－ eq \r(3))10×(2＋ eq \r(3))10＝1. ③二项式系数的和为C eq \o\al(0,10)＋C eq \o\al(1,10)＋…＋C eq \o\al(10,10)＝210＝1 024. 延伸探究 若题目条件不变，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|的值． 解　由(2－ eq \r(3)x)10的展开式的通项公式及题意可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＋a10， 令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝(2＋ eq \r(3))10. 命题点2　系数与二项式系数的最值 [例4]　已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是(　　) A．二项展开式中各项系数之和为37 B．二项展开式中二项式系数最大的项为90x eq \s\up15(\f(3,2)) C．二项展开式中无常数项 D．二项展开式中系数最大的项为240x3 答案　D 解析　因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)的二项展开式中二项式系数之和为64， 所以2n＝64，则n＝6， 所以二项式为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(6)， 则二项展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(k,6)(2x)6-k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝C eq \o\al(k,6)26-kx6- eq \f(3,2)k. 令x＝1，可得二项展开式中各项系数之和为36，故A错误； 第4项的二项式系数最大，此时k＝3，则二项展开式中二项式系数最大的项为T4＝C eq \o\al(3,6)26-3·x6- eq \f(3,2)×3＝160x eq \s\up15(\f(3,2))，故B错误； 令6－ eq \f(3,2)k＝0，则k＝4， 所以二项展开式中的常数项为C eq \o\al(4,6)26-4x6- eq \f(3,2)×4＝60，故C错误； 令第k＋1项的系数最大，则k,6) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(C26-k≥C eq \o\al(k-1,6)26-k+1，,C eq \o\al(k,6)26-k≥C eq \o\al(k+1,6)26-k-1，)) 解得 eq \f(4,3)≤k≤ eq \f(7,3)， 因为k∈N，所以k＝2. 所以二项展开式中系数最大的项为T3＝C eq \o\al(2,6)24x3＝240x3，故D正确． eq \a\vs4\al([思维升华]) (1)赋值法的应用 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为 eq \f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为 eq \f(1,2)[g(1)－g(－1)]. (2)二项展开式系数最大项的求法 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解得k.　 　[即时训练] (1)(2025·广西模拟)已知二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1))n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则n＝________． 答案　6 解析　因为二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1))n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n为偶数且 eq \f(n,2)＝3，可得n＝6. (2)(多选)若(3x－2)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 025x2 025(x∈R)，则(　　) A．a0＝22 025 B．a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝ eq \f(1－52 025,2) C．a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝ eq \f(－52025－1,2) D． eq \f(a1,3)＋ eq \f(a2,32)＋ eq \f(a3,33)＋…＋ eq \f(a2025,32025)＝22 025－1 答案　BD 解析　对于A，当x＝0时，a0＝(－2)2 025＝－22 025，A错误； 对于B，C，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝12 025＝1， 当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025＝－52 025， 所以a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝ eq \f(1－52025,2)， a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝ eq \f(52025＋1,2)，所以B正确，C错误； 对于D，当x＝ eq \f(1,3)时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3)－2)) eq \s\up12(2 025)＝a0＋ eq \f(a1,3)＋ eq \f(a2,32)＋…＋ eq \f(a2025,32025)， 所以 eq \f(a1,3)＋ eq \f(a2,32)＋ eq \f(a3,33)＋…＋ eq \f(a2025,32025)＝(－1)2 025－a0＝22 025－1，D正确． 题型三　二项式定理的综合应用 [例5]　(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，则a等于(　　) A．0 B．1 C．11 D．12 答案　B 解析　因为a∈Z，且0≤a≤13， 所以512 025＋a＝(52－1)2 025＋a ＝C eq \o\al(0,2025)·522 025－C eq \o\al(1,2025)·522 024＋C eq \o\al(2,2025)·522 023－…＋C eq \o\al(2024,2025)·52－C eq \o\al(2025,2025)＋a， 因为512 025＋a能被13整除， 所以－C eq \o\al(2025,2025)＋a＝－1＋a能被13整除， 又0≤a≤13， 所以a＝1. (2)(2025·南昌一模)二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数α，(1＋x)α＝1＋ eq \f(α,1)·x＋ eq \f(α(α－1),2×1)·x2＋…＋ eq \f(α(α－1)…(α－k＋1),k×(k－1)×…×2×1)·xk＋…，当 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))比较小的时候，取广义二项式定理的展开式的前两项可得：(1＋x)α≈1＋α·x，并且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算 eq \r(5)的近似值，可以这样操作： eq \r(5)＝ eq \r(4＋1)＝ eq \r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4))))＝2 eq \r(1＋\f(1,4)) ≈2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)×\f(1,4)))＝2.25，用这样的方法，估计 eq \r(3,25) 的近似值约为(　　) A．2.922 B．2.928 C．2.926 D．2.930 答案　C 解析　 eq \r(3,25)＝ eq \r(3,27－2)＝ eq \r(3,27\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,27))))＝3× eq \r(3,1－\f(2,27))＝3× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,27))))) eq \s\up15(\f(1,3))≈3× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,27)))))≈2.926.故选C. eq \a\vs4\al([思维升华]) 二项式定理应用的题型及解法 (1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式． (2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.　 　[即时训练] (1)设n为奇数，那么11n＋C eq \o\al(1,n)·11n-1＋C eq \o\al(2,n)·11n-2＋…＋C eq \o\al(n-1,n)·11－1除以13的余数是(　　) A．－3 B．2 C．10 D．11 答案　C 解析　11n＋C eq \o\al(1,n)·11n-1＋C eq \o\al(2,n)·11n-2＋…＋C eq \o\al(n-1,n)·11－1＝C eq \o\al(0,n)·11n＋C eq \o\al(1,n)·11n-1＋C eq \o\al(2,n)·11n-2＋…＋C eq \o\al(n-1,n)·11＋C eq \o\al(n,n)－2＝(11＋1)n－2 ＝12n－2＝(13－1)n－2 ＝C eq \o\al(0,n)·13n－C eq \o\al(1,n)·13n-1＋…＋(－1)n-1·C eq \o\al(n-1,n)·13＋(－1)n·C eq \o\al(n,n)－2， 因为n为奇数，则上式＝ C eq \o\al(0,n)·13n－C eq \o\al(1,n)·13n-1＋…＋(－1)n-1·C eq \o\al(n-1,n)·13－3＝[C eq \o\al(0,n)·13n－C eq \o\al(1,n)·13n-1＋…＋(－1)n-1·C eq \o\al(n-1,n)·13－13]＋10，所以11n＋C eq \o\al(1,n)·11n-1＋C eq \o\al(2,n)·11n-2＋…＋C eq \o\al(n-1,n)·11－1除以13的余数是10. (2)估算C eq \o\al(1,5)0.998＋C eq \o\al(2,5)0.9982＋C eq \o\al(3,5)0.9983＋C eq \o\al(4,5)0.9984＋C eq \o\al(5,5)0.9985的结果，精确到0.01的近似值为(　　) A．30.84 B．31.84 C．30.40 D．32.16 答案　A 解析　原式＝(1＋0.998)5－1＝(2－0.002)5－1＝C eq \o\al(0,5)25－C eq \o\al(1,5)24×0.002＋C eq \o\al(2,5)23×0.0022＋…＋C eq \o\al(5,5)×0.0025－1≈32－0.16－1＝30.84.故选A. $$