第四章 第3节 二项式定理（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第3节　二项式定理 第四章　计数原理、离散型随机变量及其分布 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 A 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ABC 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ACD 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ACD 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(28) 温馨提示 谢谢观看！ 1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理． 2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 一、二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝__________________________________________ C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))an＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))an－1b1＋…＋C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))an－kbk＋…＋C eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))bn，n∈N* 通项公式 Tk＋1＝____________，它表示第k＋1项 二项式系数 二项展开式中各项的二项式系数为______________________ C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))an－kbk C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))(k＝0，1，2，…，n) (a＋b)n的展开式形式上的特点 (1)项数为n＋1； (2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n； (3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直至0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直至n； (4)二项式系数从C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，一直到C eq \o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))，C eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)). 二、二项式系数的性质 1．两个常用的二项展开式： (1)(a－b)n＝C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))an－C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))an－1b＋…＋(－1)r·C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))an－rbr＋…＋(－1)nC eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))bn； (2)(1＋x)n＝1＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))xr＋…＋C eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn. 2．若f(x)＝anxn＋an－1xn－1＋an－2xn－2＋…＋a1x＋a0，则 (1)常数项：令x＝0，得a0＝f(0). (2)各项系数和：令x＝1，得f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋an－1＋an. 一、“教考衔接”例证 高考 真题 (2022·新高考Ⅰ卷)(1－ eq \f(y,x))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答) 追根 溯源 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T2)(x＋y)(x－y)5的展开式中x3y3的系数是________ 发现 感悟 处理二项展开式中特定项问题的关键是分析展开式的规律，应从多项式概念的要素出发：项、次数、项数，其中最关键的是各项的系数 二、教材典题改编 1．(人教A版选择性必修第三册P31T4改编)(2x－1)10的展开式的第6项的系数是(　　) A．26C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(10)) B．－24C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(10)) C．25C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(10)) D．－25C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(10)) 2．(人教A版选择性必修第三册P30例1改编)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a1＋a2＋a3＋…＋a7＝________． 答案：－2 三、易误易混澄清 1．(忽视赋值法的应用)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为(　　) A．9 B．8 C．7 D．6 2．(混淆二项式最大的项和二项式系数最大的项)(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是________(用数字作答). 答案：－160　解析：(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项是第四项，系数是C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))23×(－1)3＝－160. 考点一　通项公式的应用 考向1　求二项展开式的特定项 [例1] (1)(2024·北京卷)在(x－ eq \r(x))4的展开式中，x3的系数为(　　) A．6 B．－6 C．12 D．－12 (2)(2025·丰台模拟)已知(ax－ eq \f(1,\r(x)))6的展开式中，常数项为60，则a的值为(　　) A．2 B．2，－2 C．3 D．3，－3 解析：(1)(x－ eq \r(x))4的二项展开式为Tr＋1＝C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(4))x4－r(－ eq \r(x))r＝ (r＝0，1，2，3，4).令4－ eq \f(r,2)＝3，解得r＝2，故所求即为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(－1)2＝6. (2)(ax－ eq \f(1,\r(x)))6展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(ax)6－k·(－ eq \f(1,\r(x)))k＝.令6－ eq \f(3k,2)＝0，可得k＝4.因此，展开式中的常数项为T5＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))(－1)4a2＝60，则a2＝4，a＝±2. 考向2　两个二项式之积 [例2] (2025·河南名校联考)(1＋ eq \f(x,y))(x＋2y)6的展开式中x2y4的系数为________． 答案：432　解析：将(1＋ eq \f(x,y))(x＋2y)6整理得(1＋xy－1)·(x＋2y)6，展开式中含x2y4的项为C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))·(xy－1)·x·(2y)5＋C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))x2·(2y)4＝432x2y4，系数为432. 考向3　三项展开式问题 [例3] (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________. 答案：30　解析：方法一　(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x4·x＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x5.所以x5y2的系数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝30. 方法二　(x2＋x＋y)5表示5个因式(x2＋x＋y)之积．所以x5y2可从两个因式中取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余两个因式取y，因此x5y2的系数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝30. 1．求二项展开式中的特定项，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． 3．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． 训练1 (1)(多选)已知(x2－ eq \f(1,\r(x)))n的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是(　　) A．n＝10 B．展开式中的常数项为45 C．含x5的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项 解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))x2n－2k·(－1)kx－ eq \f(k,2)＝，由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，则eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))) ＝ eq \f(3,14)，故 eq \f(\f(n（n－1）,1×2),\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,1×2×3×4))＝ eq \f(3,14)，得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确； 则，令20－ eq \f(5k,2)＝0，解得k＝8，则展开式中的常数项为(－1)8C eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))＝45，故B正确；令20－ eq \f(5k,2)＝5，解得k＝6，则含x5的项的系数为(－1)6C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(10))＝210，故C正确；令20－ eq \f(5k,2)∈Z，则k为偶数，此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6项有理项，故D错误． (2)(2025·德宏模拟)(2x＋1)(x－ eq \f(1,x))5的展开式中x2项的系数为(　　) A．10 B．20 C．－10 D．－20 解析：因为(2x＋1)(x－ eq \f(1,x))5＝2x(x－ eq \f(1,x))5＋(x－ eq \f(1,x))5，且(x－ eq \f(1,x))5的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))·x5－r·(－ eq \f(1,x))r＝(－1)rC eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))·x5－2r，r＝0，1，2，3，4，5.令5－2r＝1，解得r＝2，可得T3＝(－1)2C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))·x＝10x；令5－2r＝2，解得r＝ eq \f(3,2)∉Z，不符合题意，所以x2项的系数为2×10＝20. (3)(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为________． 答案：－2　解析：(x－1)4的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(4))x4－k·(－1)k，(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))(－1)3＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(－1)2＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))(－1)＝－2. 考点二　二项式系数与各项的系数问题 考向1　二项式系数和与系数和 [例4] (1)在(3x－ eq \f(1,\r(x)))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则(　　) A．二项式系数和为32 B．各项系数和为128 C．常数项为－135 D．常数项为135 (2)(2024·南昌调研)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8＝______；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝______． 答案：(1)D　(2)300　5 120　解析：(1)令x＝1，得各项系数和为2n，又二项式系数和为2n，则2×2n＝128，得n＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B不正确； (3x－ eq \f(1,\r(x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·(3x)6－k·( eq \f(－1,\r(x)))k＝.令6－ eq \f(3,2)k＝0，得k＝4.因此展开式中的常数项为T5＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))·(－1)4·32＝135，故C不正确，D正确． (2)①由已知得(1＋x)10展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))xk，所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数． 故a2＋a6＋a8＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＋C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(10))＋C eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))＝300. ②对原式两边求导得，10(1＋x)9＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9. 令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×29＝5 120. 赋值法求系数和的应用技巧 “赋值法”普遍适用于恒等式，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，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． 训练2 (多选)(2025·邵阳模拟)设(3x－2)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a7x7，则下列结论正确的是(　　) A．a0＝－2 B．a3＝85 C．a1＋a3＋a5＋a7＝32 D．a0＋2a1＋22a2＋23a3＋…＋27a7＝2 916 解析：(1＋x)6的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))xk(k＝0，1，2，…，6)，a0＝－2×C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(6))＝－2，故选项A正确；因为T4＝20x3，T3＝15x2，而(3x－2)(1＋x)6的展开式中x3项的系数为3×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＋(－2)×C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝45－40＝5，故选项B错误；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(3×1－2)(1＋1)6＝64，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a7＝0，两式相减得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64，即a1＋a3＋a5＋a7＝32，故选项C正确；令x＝2，得a0＋2a1＋22a2＋23a3＋…＋27a7＝(3×2－2)(1＋2)6＝2 916，故选项D正确． 考向2　系数与二项式系数的最值 [例5] (2024·全国甲卷)( eq \f(1,3)＋x)10的展开式中，各项系数的最大值为________． 答案：5　解析：( eq \f(1,3)＋x)10的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))( eq \f(1,3))10－rxr，0≤r≤10且r∈Z，设展开式中第r＋1项系数最大，则eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(10)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C（\f(1,3)）10－r≥C eq \o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(10))（\f(1,3)）9－r，,C eq \o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))（\f(1,3)）10－r≥C eq \o\al(\s\up1(r－1),\s\do1(10))（\f(1,3)）11－r)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r≥\f(29,4)，,r≤\f(33,4)，))即 eq \f(29,4)≤r≤ eq \f(33,4).又r∈Z，故r＝8，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))( eq \f(1,3))2＝5. 1．二项式系数最大项的确定方法 当n为偶数时，展开式中第 eq \f(n,2)＋1项的二项式系数最大，最大值为C eq \s\up16(\f(n,2))n；当n为奇数时，展开式中第 eq \f(n＋1,2)项和第 eq \f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为C eq \s\up16(\f(n－1,2))n或C eq \s\up16(\f(n＋1,2))n. 2．求展开式系数最大项的方法 求如(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\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))从而解出k来即可． 训练3 (1)(多选)(2024·梅州模拟)关于(a－b)11的说法，正确的是(　　) A．展开式中的二项式系数之和为2 048 B．展开式中只有第6项的二项式系数最大 C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中第6项的系数最小 解析：由二项式系数的性质知，(a－b)11的二项式系数之和为211＝2 048，故选项A正确；因为(a－b)11的展开式共有12项，中间两项的二项式系数最大，即第6项和第7项的二项式系数最大，故选项B错误，选项C正确；因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小，故选项D正确． (2)已知( eq \r(3,x)＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，则(2x＋ eq \f(1,x))2n的展开式系数最大的项为________． 答案：15 360x4 　解析：由题意可得22n－2n＝992，解得n＝5.设第k＋1项的系数最大．∵Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))(2x)10－k eq \f(1,xk)＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))210－kx10－2k， ∴eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C210－k≥C eq \o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10))210－k＋1，,C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))210－k≥C eq \o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10))210－k－1，)) 得eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C≥2C eq \o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10))，,2C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))≥C eq \o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10))，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11－k≥2k，,2（k＋1）≥10－k，))解得 eq \f(8,3)≤k≤ eq \f(11,3).∵k∈Z，∴k＝3，故系数最大的项是第4项，第4项为T4＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))27x4＝15 360x4. $$