3.2&3.3 第1课时 二项式定理-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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(3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n. [知识点三]　通项中的注意点　 (1)Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项． (2)公式中a，b的指数和为n，且a，b不能随便颠倒位置． (3)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题． (4)对二项式(a－b)n展开式的通项要特别注意符号问题． 1.二项展开式中的项Ceq \o\al(r,n)an－rbr是第几项？ 提示：Ceq \o\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的第r＋1项。 2．二项式中a，b能否交换位置，二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第r＋1项是否相同？ 提示：不能，(a＋b)n展开式中的第r＋1项为Ceq \o\al(r,n)an－rbr，(b＋a)n展开式中的第r＋1项为Ceq \o\al(r,n)bn－rar，两者是有区别的，所以在应用二项式定理时，a和b不能随便交换位置。 3．二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗？ 提示：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念。 二项式系数是指Ceq \o\al(0,n)，Ceq \o\al(1,n)，…，Ceq \o\al(n,n)，而项的系数是指该项中除了变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关． [预习自测] 1．判断正误 (1)二项展开式中项的系数与二项式系数是相等的．(　　) (2)(x－1)5的展开式中x4项的系数为－5.(　　) (3)(a＋b)n的展开式中一定有常数项．(　　) 提示：(1)×.二项展开式中项的系数与二项式系数不一定相等，只有当a，b的系数都为1时两者相等． (2)√.(x－1)5的展开式中x4项的系数为－5. (3)×.(a＋b)n的展开式中通项Ceq \o\al(r,n)an－rbr的次数不一定为0. 2．(x－eq \f(2,\r(x)))n的展开式共有11项，则n等于(　　) A．9　　 B．10　　　 C．11　　 D．8 解析：B　[(x－eq \f(2,\r(x)))n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝11，故n＝10.] 3．二项式(1－2x)9的展开式中x6的系数为(　　) A．Ceq \o\al(6,9) B．－Ceq \o\al(6,9) C．Ceq \o\al(6,9)26 D．－Ceq \o\al(6,9)·26 解析：C　[二项式(1－2x)9＝Ceq \o\al(0,9)＋Ceq \o\al(1,9)(－2x)＋…＋Ceq \o\al(k,9)(－2x)k＋…＋Ceq \o\al(9,9)(－2x)9，其展开式中x6的系数为：Ceq \o\al(6,9)(－2)6＝Ceq \o\al(6,9)26.] 4．二项式(x2＋eq \r(x))5的展开式中，x7的系数为________(用数字填写答案) 答案：10 二项式定理的正用、逆用 [例1] (1)用二项式定理展开eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3,2x2)))5； (2)化简：Ceq \o\al(0,n)(x＋1)n－Ceq \o\al(1,n)(x＋1)n－1＋Ceq \o\al(2,n)(x＋1)n－2－…＋(－1)rCeq \o\al(r,n)(x＋1)n－r＋…＋(－1)nCeq \o\al(n,n). [思路点拨]　(1)二项式的指数为5，且为两项的和，可直接按二项式定理展开；(2)可先把x＋1看成一个整体，分析结构形式，逆用二项式定理求解． 解：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3,2x2)))5＝Ceq \o\al(0,5)(2x)5＋Ceq \o\al(1,5)(2x)4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2x2)))＋…＋Ceq \o\al(5,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2x2)))5 ＝32x5－120x2＋eq \f(180,x)－eq \f(135,x4)＋eq \f(405,8x7)－eq \f(243,32x10). (2)原式＝Ceq \o\al(0,n)(x＋1)n＋Ceq \o\al(1,n)(x＋1)n－1(－1)＋Ceq \o\al(2,n)(x＋1)n－2·(－1)2＋…＋Ceq \o\al(r,n)(x＋1)n－r(－1)r＋…＋Ceq \o\al(n,n)(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn 运用二项式定理的解题策略 (1)正用：求形式简单的二项展开式时可直接由二项式定理展开，展开时注意二项展开式的特点：前一个字母是降幂，后一个字母是升幂．形如(a－b)n的展开式中会出现正负间隔的情况．对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开． (2)逆用：逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项的系数． 注意：逆用二项式定理时如果项的系数是正负相间的，则是(a－b)n的形式． [变式训练] 1．(1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))4的展开式； (2)化简：1＋2Ceq \o\al(1,n)＋4Ceq \o\al(2,n)＋…＋2nCeq \o\al(n,n). 解：法一：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))2＋Ceq \o\al(3,4)(3eq \r(x))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))3＋Ceq \o\al(4,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))4＝81x2＋108x＋54＋eq \f(12,x)＋eq \f(1,x2). 法二：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)＋\f(1,\r(x))))4＝eq \f(3x＋14,x2) ＝eq \f(1,x2)(81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1) ＝81x2＋108x＋54＋eq \f(12,x)＋eq \f(1,x2). (2)原式＝1＋2Ceq \o\al(1,n)＋22Ceq \o\al(2,n)＋…＋2nCeq \o\al(n,n)＝(1＋2)n＝3n. 求展开式中的特定项 [例2] (1)(x－2y)7的展开式中的第4项为(　　) A．－280x4y3　　　　 B．280x4y3 C．－35x4x3 D．35x4y3 解析：A　[(x－2y)7的展开式中的第4项为T4＝Ceq \o\al(3,7)x4·(－2y)3＝(－2)3Ceq \o\al(3,7)x4y3＝－280x4y3.] (2)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－\f(3,3\r(x))))n的展开式中，第6项为常数项． ①求n； ②求含x2的项； ③求展开式中所有的有理项． [思路点拨]　eq \x(写出通项Tr＋1)→eq \x(\a\al(令r＝5，x,的指数为零))→eq \x(①求出n值)→eq \x(修正通项公式)→eq \x(②求x2项)→eq \x(考查x指数为整数)→eq \x(\a\al(分析求,出r值))→eq \x(\a\al(③写出,有理项)) 解：通项公式为： ①∵第6项为常数项， ∴r＝5时，有eq \f(n－2r,3)＝0，即n＝10. ②令eq \f(10－2r,3)＝2，得r＝eq \f(1,2)(10－6)＝2， ∴所求的项为T3＝Ceq \o\al(2,10)(－3)2x2＝405x2. ③由题意得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(10－2r,3)∈Z，,0≤r≤10，,r∈Z.)) 令eq \f(10－2r,3)＝k(k∈Z)， 则10－2r＝3k，即r＝5－eq \f(3,2)k. ∵r∈Z，∴k应为偶数， k＝2,0，－2，即r＝2,5,8， 所以第3项，第6项与第9项为有理项， 它们分别为405x2，－61 236,295 245x－2. 1．求二项展开式的特定项的常见题型 (1)求第r＋1项，Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n)an－rbr； (2)求含xr的项(或xpyq的项)； (3)求常数项； (4)求有理项． 2．求二项展开式的特定项的常用方法 (1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)； (2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解； (3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致． 3．求二项展开式特定项的步骤 [变式训练] 2．若(eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(4,x)))n展开式中前三项系数成等差数列，求： (1)展开式中含x的一次项； (2)展开式中所有的有理项． 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)． 所以，通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,8)(eq \r(x))8－r·(eq \f(1,2\r(4,x)))r＝Ceq \o\al(r,8)·2－r·x4－eq \f(3,4)r， 令4－eq \f(3,4)r＝1，得r＝4. 所以含x的一次项为T5＝Ceq \o\al(4,8)2－4x＝eq \f(35,8)x. (2)令4－eq \f(3,4)r∈Z，且0≤r≤8，则r＝0,4,8， 所以含x的有理项分别为T1＝x4，T5＝eq \f(35,8)，T9＝eq \f(1,256x2). 求二项展开式特定项的有关系数 [例3] (1)(x2＋2)(eq \f(1,x2)－1)5的展开式的常数项是(　　) A．－3　　 B．－2　　　 C．2　　 D．3 (2)在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，x4的系数是________(用数学作答)． [思路点拨]　(1)经分析可知， 常数项是由两部分构成的； (2)令x＝1可得各项系数的和，从而求出a； (3)先分析含x4的项的构成，再求解． 解析：(1)常数项由分别来自x2＋2，(eq \f(1,x2)－1)5的项组成，(eq \f(1,x2)－1)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,5)(eq \f(1,x2))5－r×(－1)r，则第一个因式取2，第二个因式取(－1)5，得2×(－1)5＝－2， 第一个因式取x2，第二个因式取eq \f(1,x2)，得1×Ceq \o\al(4,5)(－1)4＝5.因此，(x2＋2)(eq \f(1,x2)－1)5的展开式的常数项是5＋(－2)＝3. (2)含x4的项是由5个因式中，4个出x,1个出常数组成的，所以含x4的项为－5x4－4x4－3x4－2x4－x4＝－15x4，所以展开式中x4的系数是－15. 答案：(1)D　(2)－15 求特定项系数的思路与方法 对于几个多项式积的展开式中的求特定项系数的问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏． 双通项法是解决此类问题的通法．所谓双通项法就是根据多项式与多项式的乘法法则得到(a＋bx)n(s＋tx)m的展开式中的一般项为Tr＋1Tk＋1＝Ceq \o\al(r,n)an－r(bx)rCeq \o\al(k,m)sm－k(tx)k＝Ceq \o\al(r,n)Ceq \o\al(k,m)an－rbrsm－ktkxr＋k(注意这里含有xr＋k的项不一定只有一项), 再根据题目中对字母的指数的特殊要求，确定r与k所满足的条件，进而是弄清r，k的取值情况，从而使问题顺利解决． [变式训练] 3．已知二项式(3eq \r(x)－eq \f(2,3x))10. (1)求展开式第四项的二项式系数； (2)求展开式第四项的系数． 解：(3eq \r(x)－eq \f(2,3x))10的展开式的通项是 (1)展开式的第四项的二项式系数为Ceq \o\al(3,10)＝120. (2)展开式的第四项的系数为Ceq \o\al(3,10)·37(－eq \f(2,3))3＝－77 760. 三项式的展开问题 [例4] (eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式中的常数项为____________(用数字作答)． [思路点拨]　利用转化思想，把三项式转化为二项式来解决． 解析：法一：(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5在x＞0时可化为(eq \f(\r(x),\r(2))＋eq \f(1,\r(x)))10，因而展开式的通项Tr＋1＝Ceq \o\al(r,10)(eq \f(1,\r(2)))10－r(eq \r(x))10－2r，则r＝5时为常数项，即Ceq \o\al(5,10)·(eq \f(1,\r(2)))5＝eq \f(63\r(2),2). (eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5在x＜0时可化为－(eq \f(\r(－x),\r(2))－eq \f(1,\r(－x)))10，所以展开式的通项Teq \o\al(',k＋1)＝－Ceq \o\al(k,10)(eq \f(1,\r(2)))10－k(－1)k(eq \r(－x))10－2k，令10－2k＝0，得k＝5，则展开式的常数项为－Ceq \o\al(5,10)(eq \f(1,\r(2)))5(－1)5＝eq \f(63\r(2),2). 综上，(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式的常数项为eq \f(63\r(2),2). 法二：原式＝(eq \f(x2＋2\r(2)x＋2,2x))5＝eq \f(1,32x5)·[(x＋eq \r(2))2]5＝eq \f(1,32x5)·(x＋eq \r(2))10. 求原展开式中的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5的项的系数，即Ceq \o\al(5,10)·(eq \r(2))5. 所以原展开式中的常数项为eq \f(C\o\al(5,10)·\r(2)5,32)＝eq \f(63\r(2),2). 法三：(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5是5个三项式(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))相乘． 常数项的产生有三种情况： (1)在5个相乘的三项式(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))中，从其中1个三项式中取eq \f(x,2)，从另外4个三项式中选一个取eq \f(1,x)，从剩余的3个三项式中取常数项相乘，可得Ceq \o\al(1,5)·eq \f(1,2)·Ceq \o\al(1,4)·Ceq \o\al(3,3)·(eq \r(2))3＝20eq \r(2)； (2)在5个相乘的三项式(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))中，从其中2个三项式中取eq \f(x,2)，从另外3个三项式中选2个取eq \f(1,x)，从剩余的1个三项式中取常数项相乘，可得Ceq \o\al(2,5)·(eq \f(1,2))2·Ceq \o\al(2,3)·eq \r(2)＝eq \f(15\r(2),2)； (3)从5个相乘的三项式(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))中都取常数相乘，可得Ceq \o\al(5,5)·(eq \r(2))5＝4eq \r(2). 综上，(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式中的常数项为20eq \r(2)＋eq \f(15\r(2),2)＋4eq \r(2)＝eq \f(63\r(2),2). 法四：(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5＝[(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x))＋eq \r(2)]5的通项为 T'r＋1＝Ceq \o\al(r,5－k)x－rx5－k－r2－(5－k－r)＝Ceq \o\al(r,5－k)x5－2r－k2k＋r－5(0≤r≤5－k)． 令5－2r－k＝0，则k＋2r＝5，可得k＝1，r＝2或k＝3，r＝1，或k＝5，r＝0. 当k＝3，r＝1时，展开式中的项为Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2)2eq \r(2)·2－1＝20eq \r(2)； 当k＝5，r＝0时，展开式中的项以Ceq \o\al(5,5)4eq \r(2)＝4eq \r(2). 综上，(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式中的常数项为eq \f(15\r(2),2)＋20eq \r(2)＋4eq \r(2)＝eq \f(63\r(2),2). 法五：根据三项式定理得，(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5展开式的通项为eq \f(5！,i！j！k！)(eq \f(x,2))i(eq \f(1,x))j(eq \r(2))k＝eq \f(5！,i！j！k！)(eq \f(1,2))i(eq \r(2))kxi－j，其中(i，j，k∈N，且i＋j＋k＝5)． 常数项的产生有三种情况： (1)i＝j＝0，k＝5时，常数项为eq \f(5！,0！0！5！)(eq \f(1,2))0(eq \r(2))5＝4eq \r(2)； (2)i＝j＝1，k＝3时，常数项为eq \f(5！,1！1！3！)(eq \f(1,2))1(eq \r(2))3＝20eq \r(2)； (3)i＝j＝2，k＝1时，常数项为 eq \f(5！,2！2！1！)(eq \f(1,2))2(eq \r(2))1＝eq \f(15\r(2),2). 综上，(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x)＋eq \r(2))5的展开式的常数项为4eq \r(2)＋20eq \r(2)＋eq \f(15\r(2),2)＝eq \f(63\r(2),2). 答案：eq \f(63\r(2),2) 三项或三项以上的展开问题 应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性简捷性． [变式训练] 4．(1)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　) A．10　　 B．20　　　 C．30　　 D．60 (2)(4x2＋eq \f(1,x2)－4)4的展开式中的常数项是(　　) A．352 B．－352 C．1 120 D．－1 120 (1)解析：C　 [法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含y2的项为T3＝Ceq \o\al(2,5)(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq \o\al(1,3)x4·x＝Ceq \o\al(1,3)x5. 所以x5y2的系数为Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,3)＝30.故选C. 法二：(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1)＝30.故选C.] (2)C　[法一：原式＝[(4x2＋eq \f(1,x2))－4]4＝(4x2＋eq \f(1,x2))4＋Ceq \o\al(1,4)(4x2＋eq \f(1,x2))3(－4)＋Ceq \o\al(2,4)(4x2＋eq \f(1,x2))2·(－4)2＋Ceq \o\al(3,4)(4x2＋eq \f(1,x2))(－4)3＋(－4)4，所以其常数项为Ceq \o\al(2,4)42＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)4(－4)2＋(－4)4＝1 120. 法二：原式＝[(2x－eq \f(1,x))2]4＝(2x2－eq \f(1,x))8. Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)(2x)8－k(－eq \f(1,x))k＝(－1)k28－kCeq \o\al(k,8)x8－2k， 由8－2k＝0，得k＝4， 所以常数项为：(－1)4×24Ceq \o\al(4,8)＝1 120.] 答案：(1)C　(2)C [当堂达标] 1．(x＋1)n的展开式共11项，则n等于(　　) A．9　　　　　　　　　 B．10 C．11 D．12 解析：B　[由n＋1＝11，可知n＝10.] 2．(y－2x)8展开式中的第6项的二项式系数是(　　) A．Ceq \o\al(6,8) B．Ceq \o\al(5,8)(－2)5 C．Ceq \o\al(5,8) D．Ceq \o\al(6,8)(－2)6 解析：C　[由题意可知第6项的二项式系数为Ceq \o\al(5,8).] 3．(1－x)10的展开式中第7项为________． 解析：T7＝Ceq \o\al(6,10)(－x)6＝210x6. 答案：210x6 4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋2y))6的展开式中x2y4的系数为________． 解析：(eq \f(1,2)x＋2y)6的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,6)(eq \f(1,2)x)6－r(2y)r＝22r－6Ceq \o\al(r,6)x6－ryr. 令r＝4，得T5＝60x2y4. 故x2y4的系数60. 答案：60 5．求二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,x)))6的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数； 解：(1)由已知得二项展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,6)(2eq \r(x))6－r.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r ∴第6项的二项式系数为Ceq \o\al(5,6)＝6. 第6项的系数为Ceq \o\al(5,6)·(－1)·2＝－12. $$