3.3 第2课时 二项式系数的性质、杨辉三角及二项式定理的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦二项式系数性质、杨辉三角及应用，通过杨辉三角历史引入，衔接二项式定理基础，以知识点梳理和评价自测为支架，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于融合数学抽象、逻辑推理与数学运算素养，如用赋值法解决系数和问题，通过不等式组求最大项，结合题型分类与跟踪训练。学生可提升解题能力，教师能高效开展分层教学。

第三章　排列、组合与二项式定理 3.3　二项式定理与杨辉三角 第2课时　二项式系数的性质、 杨辉三角及二项式定理的应用 课程标准：会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 教学重点：理解并掌握二项式系数的性质． 教学难点：应用二项式系数的性质解决问题． 核心素养：1.通过学习二项式系数的性质和杨辉三角培养数学抽象素养.2.通过应用二项式系数的性质解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 2n 核心概念掌握 5 1 等于 变大 变小 中间一项 中间两项 核心概念掌握 6 6和7 8 1 81 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　二项展开式的系数问题 例1　在(2x－3y)10的展开式中，求： (1)各项的二项式系数的和； (2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和； (3)各项系数之和； (4)奇数项系数的和与偶数项系数的和． 核心素养形成 9 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　解决与杨辉三角有关的问题的一般思路 核心素养形成 18 【跟踪训练】　 2．(1)如图，杨辉三角出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》中．由此可得图中第11行排在偶数位置的所有数字之和为(　　) A．256 B．512 C．1024 D．1023 核心素养形成 19 (2)在如图所示的杨辉三角中，若存在某一行，满足该行中有三个相邻的数字之比为3∶5∶5，则这一行是第________行． 7 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 题型四　二项式定理的应用 例4　(1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除． 核心素养形成 28 (2)求证：3n>2n2＋1(n≥3，n∈N＋)． 核心素养形成 29 (3)求1.00355精确到0.001的近似值． 解　1.00355＝(1＋0.0035)5≈1＋5×0.0035＝1.0175≈1.018. 核心素养形成 30 【感悟提升】　二项式定理的应用的常见题型及解题策略 (1)整除性问题或求余数问题 ①解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式． ②用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者是前面)的几项就可以了． 核心素养形成 31 (2)证明不等式问题 解决这类问题，应注意巧妙地构造二项式，对展开式的项进行放缩，从而证得命题． (3)近似计算问题 对于二项式(1＋a)n，当a的绝对值与0相差很小且n较大时，常用近似公式(1＋a)n≈1＋na进行计算． 核心素养形成 32 【跟踪训练】　 4．(1)求230－3除以7的余数． 核心素养形成 33 核心素养形成 34 (3)求1.9975精确到0.001的近似值． 核心素养形成 35 随堂水平达标 随堂水平达标 37 2．已知(1＋2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a0＋a2＋a4＋a6＝(　　) A．364 B．365 C．366 D．367 随堂水平达标 38 3．(多选)下列关于(a－b)11的说法，正确的是(　　) A．展开式中的二项式系数之和为2048 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项的系数最大 解析：(a－b)11的展开式中的二项式系数之和为211＝2048，所以A正确；因为n＝11为奇数，所以展开式中有12项，中间两项(第6项和第7项)的二项式系数相等且最大，所以B不正确，C正确；展开式中第6项的系数为负数，不是最大值，所以D不正确．故选AC. 随堂水平达标 39 4．今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过8100天后是(　　) A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期四 随堂水平达标 40 5．杨辉三角是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第10行中从左到右第9个数是________． 45 随堂水平达标 41 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 根据二项式系数的和求常数项 求二项展开式中系数最大的项 根据两个多项式积的展开式各项系数和求特定项的系数 二项式定理解决整除 问题 二项展开式某些项的系数和问题 根据二项展开式奇数项的系数和求参数 根据二项展开式二项式系数最大的项求特定项的系数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 求二项展开式中系数最大的项 二项展开式某些项的系数和问题 二项式定理解决整除问题 二项展开式中特定项的系数和 与杨辉三角有关的问题 二项式定理的综合应用 二项式定理的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 2．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是(　　) A．第6项 B．第5项 C．第5，6项 D．第6，7项 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 3．若(a＋2x2)(1＋x)n(n∈N＋)的展开式中各项系数之和为256，且常数项为2，则展开式中x4的系数为(　　) A．30 B．45 C．60 D．81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 4．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，159＝2×82＋3×8＋7，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的719，则这个八进制数的最后一位为(　　) A．3 B．4 C．5 D．7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 5．(多选)对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9，则下列结论成立的是(　　) A．a2＝－144 B．a0＝1 C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1 D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 解析：在这个展开式中，各项系数即为二项式系数．∵二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n－1＝1024，∴n＝11. 11 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 三、解答题 9．已知(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7的展开式中，x4的系数是－35. (1)求a1＋a2＋…＋a7的值； (2)求a1＋a3＋a5＋a7的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 10．(1)求证：32n＋3－24n＋37能被64整除； (2)求0.9986的近似值，使误差小于0.001. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 12．如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左至右第14个数与第15个数的比为2∶3. 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　二项式系数的性质 (1)______＝Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋…＋Ceq \o\al(k,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)＋Ceq \o\al(n,n). (2)Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝__________________． Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋Ceq \o\al(5,n)＋… 知识点二　杨辉三角 把n＝0，1，2，3，4，5，6对应的二项式 系数逐个写出，并排成如下数表的形式： 杨辉三角至少具有以下性质： (1)每一行都是对称的，且两端的数都是_______． (2)从第三行起，不在两端的任意一个数，都_____上一行中与这个数相邻的两数之和． (3)当k<eq \f(n－1,2)时，二项式系数是逐渐_______的；当k>eq \f(n－1,2)时，二项式系数是逐渐_______的． (4)当n是偶数时，___________的二项式系数最大，当n是奇数时，___________的二项式系数相等且最大． 1．(求二项式系数最大的项)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(11)的展开式中二项式系数最大的项是第________项． 2．(已知二项式系数最大的项求n)若(a＋b)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n＝________. 3．(求二项展开式的系数和)已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________． 4．(二项式定理的应用)9192被100除所得的余数为________． 解　在(2x－3y)10的展开式中： (1)各项的二项式系数的和为Ceq \o\al(0,10)＋Ceq \o\al(1,10)＋…＋Ceq \o\al(10,10)＝210＝1024. (2)奇数项的二项式系数的和为Ceq \o\al(0,10)＋Ceq \o\al(2,10)＋…＋Ceq \o\al(10,10)＝29＝512，偶数项的二项式系数的和为Ceq \o\al(1,10)＋Ceq \o\al(3,10)＋…＋Ceq \o\al(9,10)＝29＝512. (3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*) 各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10，由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求解． 令(*)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (4)由(3)知奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a9， 且a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1. ① 令(*)中x＝1，y＝－1， 得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510. ② 由①＋②，得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，故奇数项系数的和为eq \f(1,2)×(1＋510)； 由①－②，得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，故偶数项系数的和为eq \f(1,2)×(1－510)． 【感悟提升】　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；对形如(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)的展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f（1）－f（－1）,2). 【跟踪训练】　 1．设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值： (1)a0； (2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100； (3)a1＋a3＋a5＋…＋a99； (4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2； (5)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|. 解：(1)令x＝0，得a0＝2100. (2)令x＝1， 可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100，(*) 所以a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100－2100. (3)令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100. 与(2)中(*)式联立，得a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq \f(（2－\r(3)）100－（2＋\r(3)）100,2). (4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)] ＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100) ＝[(2－eq \r(3))×(2＋eq \r(3))]100＝1100＝1. (5)因为Tk＋1＝(－1)kCeq \o\al(k,100)2100－k(eq \r(3))kxk， 所以a2r－1<0(1≤r≤50且r∈N＋)． 所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100. 题型二　与杨辉三角有关的问题 例2　(多选)杨辉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1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲发现早500年左右．如图所示，在杨辉三角中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如：第4行的6为第3行中两个3的和．则下列关于杨辉三角的叙述正确的是(　　) A．第9行中从左到右第6个数是126 B．Ceq \o\al(r－1,n－1)＋Ceq \o\al(r,n－1)＝Ceq \o\al(r,n) C．Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n D．Ceq \o\al(3,13)＋Ceq \o\al(3,14)＋Ceq \o\al(3,15)＋…＋Ceq \o\al(3,20)＝5985 解析　对于A，第9行中从左到右第6个数是Ceq \o\al(5,9)＝126，故A正确；对于B，因为Ceq \o\al(r－1,n－1)＋Ceq \o\al(r,n－1)＝eq \f(（n－1）！,（r－1）！（n－r）！)＋eq \f(（n－1）！,r！（n－r－1）！)＝eq \f(r·（n－1）！＋（n－r）·（n－1）！,r！（n－r）！)＝eq \f(n！,r！（n－r）！)＝Ceq \o\al(r,n)，故B正确；对于C，由二项式系数的性质，知Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n，故C错误；对于D，因为Ceq \o\al(3,13)＋Ceq \o\al(3,14)＋Ceq \o\al(3,15)＋…＋Ceq \o\al(3,20)＝Ceq \o\al(4,14)＋Ceq \o\al(3,14)＋Ceq \o\al(3,15)＋…＋Ceq \o\al(3,20)＝Ceq \o\al(4,15)＋Ceq \o\al(3,15)＋…＋Ceq \o\al(3,20)＝…＝Ceq \o\al(4,21)＝5985，故D正确．故选ABD. 解析：由题意知，第11行的数就是二项式(a＋b)11的展开式中各项的二项式系数，故第11行排在偶数位置的所有数字之和为Ceq \o\al(1,11)＋Ceq \o\al(3,11)＋Ceq \o\al(5,11)＋…＋Ceq \o\al(11,11)＝eq \f(1,2)×211＝1024. 解析：在三角形数阵中，每一行的数由二项式系数Ceq \o\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)组成．设在第n行中有k－1,n)eq \f(C,Ceq \o\al(k,n)) ＝eq \f(k,n－k＋1)＝eq \f(3,5)，k,n)eq \f(C,Ceq \o\al(k＋1,n)) ＝eq \f(k＋1,n－k)＝eq \f(5,5)，那么eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n－8k＝－3，,n－2k＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝7，,k＝3.))所以这一行是第7行． 题型三　二项展开式中的最大项问题 例3　在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2))) eq \s\up12(8)的展开式中， (1)系数绝对值最大的项是第几项？ (2)求二项式系数最大的项； (3)求系数最大的项； (4)求系数最小的项． 解　展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)·(eq \r(x))8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2))) eq \s\up12(k)＝(－1)kCeq \o\al(k,8)2kxeq \s\up6(4-\f(5k,2)). (1)设第k＋1项系数的绝对值最大， 则k,8)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥Ceq \o\al(k＋1,8)2k＋1，,Ceq \o\al(k,8)2k≥Ceq \o\al(k－1,8)2k－1，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8－k)≥\f(2,k＋1)，,\f(2,k)≥\f(1,9－k)，)) 解得5≤k≤6，即k＝5，6. 故系数绝对值最大的项是第6项和第7项． (2)因为n＝8，所以二项式系数最大的项为中间项，即第5项， 所以二项式系数最大的项为T5＝(－1)4·Ceq \o\al(4,8)24xeq \s\up6(4-\f(20,2))＝1120x－6. (3)解法一：由于展开式中各项的系数正负相间，因此系数最大的项必是奇数项． 设展开式中第k＋1(k为偶数)项的系数最大， 则k,8)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥Ceq \o\al(k－2,8)2k－2，,Ceq \o\al(k,8)2k≥Ceq \o\al(k＋2,8)2k＋2，)) 解得eq \f(21－\r(145),2)≤k≤eq \f(25－\r(145),2)， 则k＝6，故展开式中系数最大的项为 T7＝(－1)6Ceq \o\al(6,8)26x－11＝1792x－11. 解法二：由(1)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，故系数最大的项为T7＝(－1)6·Ceq \o\al(6,8)26x－11＝1792x－11. (4)解法一：由于展开式中各项的系数正负相间，因此系数最小的项必是偶数项． 设展开式中第k＋1(k为奇数)项的系数最小， 则k,8)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥Ceq \o\al(k－2,8)2k－2，,Ceq \o\al(k,8)2k≥Ceq \o\al(k＋2,8)2k＋2，)) 解得eq \f(21－\r(145),2)≤k≤eq \f(25－\r(145),2)， 则k＝5，故展开式中系数最小的项为T6＝(－1)5Ceq \o\al(5,8)25xeq \s\up6(-\f(17,2))＝－1792xeq \s\up6(-\f(17,2)). 解法二：由(1)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，且第6项的系数为负，第7项的系数为正，故系数最小的项为T6＝(－1)5·Ceq \o\al(5,8)25xeq \s\up6(-\f(17,2))＝－1792xeq \s\up6(-\f(17,2)). 【感悟提升】　 1．二项式系数最大的项的求法 求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论： (1)当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大； (2)当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大． 2．展开式中系数最大的项的求法 求展开式中系数最大的项与求二项式系数最大的项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a>0，b>0)的展开式中系数最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项的系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))解得k，即得出系数最大的项． 【跟踪训练】　 3．已知在(xeq \s\up6(\f(2,3))＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为32. (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项． 解：令x＝1， 则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n. 又展开式中二项式系数和为2n， ∴eq \f(22n,2n)＝2n＝32， ∴n＝5. (1)∵n＝5，∴展开式共6项， ∴二项式系数最大的项为第3，4两项， T3＝Ceq \o\al(2,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq \o\al(3,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))2(3x2)3＝270xeq \s\up6(\f(22,3)). (2)设展开式中第k＋1项的系数最大， 则由Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(xeq \s\up6(\f(2,3)))5－k(3x2)k＝3kCeq \o\al(k,5)xeq \s\up6(\f(10＋4k,3))， 得k,5)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3kC≥3k－1Ceq \o\al(k－1,5)，,3kCeq \o\al(k,5)≥3k＋1Ceq \o\al(k＋1,5)，)) ∴eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2)， 又k∈N，∴k＝4， 即展开式中系数最大的项为T5＝34Ceq \o\al(4,5)xeq \s\up6(\f(26,3))＝405xeq \s\up6(\f(26,3)). 证明　∵1110－1＝(10＋1)10－1 ＝(1010＋Ceq \o\al(1,10)109＋Ceq \o\al(2,10)108＋…＋Ceq \o\al(9,10)10＋1)－1 ＝1010＋Ceq \o\al(1,10)109＋Ceq \o\al(2,10)108＋…＋102 ＝100(108＋Ceq \o\al(1,10)107＋Ceq \o\al(2,10)106＋…＋1)， ∴1110－1能被100整除． 证明　当n≥3，n∈N＋时，3n＝(1＋2)n＝1＋Ceq \o\al(1,n)·2＋Ceq \o\al(2,n)·22＋…＋2n>1＋Ceq \o\al(1,n)·2＋Ceq \o\al(2,n)·22＝1＋2n＋2n(n－1)＝2n2＋1， 所以结论成立． 解：230－3＝(23)10－3＝810－3＝(7＋1)10－3＝Ceq \o\al(0,10)710＋Ceq \o\al(1,10)79＋…＋Ceq \o\al(9,10)7＋Ceq \o\al(10,10)－3＝7×(Ceq \o\al(0,10)79＋Ceq \o\al(1,10)78＋…＋Ceq \o\al(9,10))－2. ∵余数不能为负数， ∴230－3除以7的余数为5. (2)当n≥2，n∈N＋时，证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n))) eq \s\up12(n)≥4. 证明：由二项式定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n))) eq \s\up12(n)＝Ceq \o\al(0,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(0)＋Ceq \o\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(1)＋Ceq \o\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(2)＋…＋Ceq \o\al(n,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(n)， 若n≥2，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n))) eq \s\up12(n)＝1＋n×eq \f(2,n)＋eq \f(n×（n－1）,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(n) ＝3＋eq \f(2（n－1）,n)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n))) eq \s\up12(n)≥3＋eq \f(2（n－1）,n)＝3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))≥3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝4，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n))) eq \s\up12(n)≥4(n≥2，n∈N＋)成立． 解：1.9975＝(2－0.003)5＝25＋Ceq \o\al(1,5)×24×(－0.003)＋Ceq \o\al(2,5)×23×(－0.003)2＋…＋Ceq \o\al(5,5)×(－0.003)5≈32－0.24＋0.00072≈31.761. 1.(2－eq \r(x))8的展开式中各项系数的和为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：(2－eq \r(x))8的展开式中各项系数的和为(2－1)8＝1.故选C. 解析：令x＝1，则(1＋2)6＝36＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6　①，令x＝－1，则(1－2)6＝1＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6　②，①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(36＋1,2)＝365.故选B. 解析：求经过8100天后是星期几，实质是求8100除以7的余数，因为8100＝(7＋1)100＝Ceq \o\al(0,100)7100＋Ceq \o\al(1,100)799＋…＋Ceq \o\al(99,100)7＋1，所以8100除以7的余数为1，因为今天是星期二，所以经过8100天后是星期三．故选C. 解析：由题意知，第10行的数就是二项式(a＋b)10的展开式中各项的二项式系数，故第10行中从左到右第9个数是Ceq \o\al(8,10)＝Ceq \o\al(2,10)＝45. 一、选择题 1．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x))) eq \s\up12(n)的展开式中，各二项式系数之和为64，则展开式中常数项为(　　) A．135 B．105 C．30 D．15 解析：由二项式系数的性质，得2n＝64⇒n＝6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x))) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(eq \r(x))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x))) eq \s\up12(k)＝3kCeq \o\al(k,6)x3－eq \s\up7(\f(3,2))k，令3－eq \f(3,2)k＝0，得k＝2，所以展开式中常数项为T3＝32Ceq \o\al(2,6)＝135.故选A. 解析：由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，∴Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(7,n)，由组合数的性质，得n＝10.∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项． 解析：令x＝0，得a＝2，所以(a＋2x2)(1＋x)n＝(2＋2x2)(1＋x)n，令x＝1，得4×2n＝256，所以n＝6，故展开式中x4的系数为2Ceq \o\al(4,6)＋2Ceq \o\al(2,6)＝60.故选C. 解析：719＝(8－1)19＝819－Ceq \o\al(1,19)×818＋Ceq \o\al(2,19)×817－Ceq \o\al(3,19)×816＋…＋Ceq \o\al(18,19)×8－1，而Ceq \o\al(18,19)×8－1＝151＝2×82＋2×8＋7，故719的八进制数的最后一位为7.故选D. 解析：对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，所以a2＝－Ceq \o\al(2,9)×22＝－144，故A正确；令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；令x＝0，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，故D正确．故选ACD. 二、填空题 6．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x3)))) eq \s\up12(n)的展开式中，所有奇数项的系数之和为1024，则n＝________． 7．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x2的系数为________． 解析：由只有第5项的二项式系数最大，得n＝8.∴通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝(－1)k·Ceq \o\al(k,8)x8－eq \s\up7(\f(3,2))k，令8－eq \f(3,2)k＝2，解得k＝4.∴展开式中x2的系数为(－1)4Ceq \o\al(4,8)＝70. 8．(全国卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up12(10)的展开式中，各项系数中的最大值是________． 解析：展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(10－r)xr，0≤r≤10且r∈Z，设展开式中第r＋1项系数最大，则r,10)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(10－r)≥Ceq \o\al(r＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(9－r)，,Ceq \o\al(r,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(10－r)≥Ceq \o\al(r－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(11－r)，)) 解得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Ceq \o\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝5. 解：∵Tk＋1＝Ceq \o\al(k,7)x7－k(－m)k，0≤k≤7，k∈N， ∴Ceq \o\al(3,7)(－m)3＝－35，解得m＝1. (1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－1)7＝0， ① 令x＝0，得a0＝(－1)7＝－1. ∴a1＋a2＋…＋a7＝1. (2)令x＝－1，得a0－a1＋…－a7＝(－1－1)7＝－27. ② ①－②，得a1＋a3＋a5＋a7＝26＝64. 解：(1)证明：32n＋3－24n＋37＝3×9n＋1－24n＋37＝3(8＋1)n＋1－24n＋37＝3(Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n,n＋1)8＋1)－24n＋37＝3×64(Ceq \o\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1))＋24Ceq \o\al(n,n＋1)－24n＋40＝64×3(Ceq \o\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \o\al(1,n＋1)·8n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1))＋64， 显然上式是64的倍数，故原式能被64整除． (2)0.9986＝(1－0.002)6＝1＋Ceq \o\al(1,6)×(－0.002)＋Ceq \o\al(2,6)×(－0.002)2＋…＋Ceq \o\al(6,6)×(－0.002)6. 由题意知T3＝Ceq \o\al(2,6)×(－0.002)2＝15×0.0022＝0.00006<0.001， 且第3项(包括第3项)以后的项的绝对值都远小于0.001， ∴从第3项(包括第3项)起，以后的项都可以忽略不计， ∴0.9986＝(1－0.002)6≈1－6×0.002＝0.988. 11．(多选)已知x5(2x－1)7＝a0＋a1(1＋2x)＋a2(1＋2x)2＋…＋a12(1＋2x)12，则下列计算正确的是(　　) A．a12＝27 B.eq \o(∑,\s\up12(12),\s\do12(i＝0))ai＝0 C.eq \o(∑,\s\up12(6),\s\do12(i＝0))a2i＝37 D.eq \o(∑,\s\up12(12),\s\do12(i＝0))2iai＝0 解析：令1＋2x＝t，则x＝eq \f(t－1,2)，由x5(2x－1)7＝a0＋a1(1＋2x)＋a2(1＋2x)2＋…＋a12(1＋2x)12，得eq \f(（t－2）7（t－1）5,32)＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a12t12，令f(t)＝eq \f(（t－2）7（t－1）5,32)＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a12t12.对于A，因为(t－2)7的最高次项t7的系数为1，(t－1)5的最高次项t5的系数为1，所以a12＝eq \f(1,32)，故A错误；对于B，因为eq \o(∑,\s\up12(12),\s\do12(i＝0))ai＝f(1)＝0，故B正确；对于C，因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝a0＋a1＋a2＋…＋a12＝0，,f（－1）＝a0－a1＋a2－…＋a12＝37，))所以eq \o(∑,\s\up12(6),\s\do12(i＝0))a2i＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)＝eq \f(37,2)，故C错误；对于D，因为eq \o(∑,\s\up12(12),\s\do12(i＝0))2iai＝f(2)＝0，故D正确．故选BD. 解析：第n行的二项式系数为Ceq \o\al(0,n)，Ceq \o\al(1,n)，…，Ceq \o\al(k,n)，…，Ceq \o\al(n,n)，共(n＋1)个，则第14个数为Ceq \o\al(13,n)，第15个数为Ceq \o\al(14,n)，则由题意知13,n)eq \f(C,Ceq \o\al(14,n)) ＝eq \f(2,3)⇒eq \f(\f(n（n－1）…（n－12）,13！),\f(n（n－1）…（n－13）,14！))＝eq \f(2,3)⇒eq \f(14,n－13)＝eq \f(2,3)⇒n＝34. 13．(1)在(x＋y－2z)9的展开式中，求形如x2ymzn(m，n∈N)的所有项的系数之和； (2)证明：(x3－3x2＋3x－1)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))) eq \s\up12(9)展开式中的常数项为－Ceq \o\al(9,18)； (3)设eq \r(6,65)的小数部分为x，比较x6＋12x5＋60x4＋160x3＋240x2＋190x与1的大小． 解：(1)形如x2ymzn(m，n∈N)的项即Ceq \o\al(7,9)x2(y－2z)7的展开式中的所有项， 令x＝y＝z＝1，得x2ymzn(m，n∈N)的所有项的系数之和为－Ceq \o\al(7,9)＝－36. (2)证明：因为x3－3x2＋3x－1＝(x－1)3， 所以(x3－3x2＋3x－1)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))) eq \s\up12(9)＝(x－1)9·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))) eq \s\up12(9)＝(x－1)9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x))) eq \s\up12(9)＝eq \f(（x－1）18,x9)， 对于(x－1)18，其中含x9的项为Ceq \o\al(9,18)x18－9·(－1)9＝－Ceq \o\al(9,18)x9， 所以(x3－3x2＋3x－1)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))) eq \s\up12(9)展开式中的常数项为－Ceq \o\al(9,18). (3)由2＝eq \r(6,64)<eq \r(6,65)<3， 得eq \r(6,65)的整数部分为2， 则eq \r(6,65)＝x＋2，所以(x＋2)6＝65， 即Ceq \o\al(0,6)x6＋2Ceq \o\al(1,6)x5＋22Ceq \o\al(2,6)x4＋23Ceq \o\al(3,6)x3＋24Ceq \o\al(4,6)x2＋25Ceq \o\al(5,6)x＋26Ceq \o\al(6,6)＝x6＋12x5＋60x4＋160x3＋240x2＋192x＋64＝65， 所以x6＋12x5＋60x4＋160x3＋240x2＋192x＝1， 因为x>0，所以192x>190x， 所以x6＋12x5＋60x4＋160x3＋240x2＋190x<1. 14．我们学过组合数的定义：Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)，其中m∈N，n∈N＋，并且m≤n.牛顿在研究广义二项式定理过程中把二项式系数Ceq \o\al(m,n)中的下标n推广到任意实数，规定广义组合数Ceq \o\al(m,x)＝eq \f(x（x－1）…（x－m＋1）,m！)是组合数的一种推广，其中m∈N，x∈R，且规定Ceq \o\al(0,x)＝1.于是广义二项式定理可写成：(1＋x)α＝Ceq \o\al(0,α)＋Ceq \o\al(1,α)·x1＋Ceq \o\al(2,α)·x2＋Ceq \o\al(3,α)·x3＋…＋Ceq \o\al(n,α)·xn＋…，其中|x|<1.等式右端有无穷项． (1)求Ceq \o\al(6,4)和Ceq \o\al(2,0.5)的值； (2)计算1.11.8的近似值(精确到0.01)； (3)求Ceq \o\al(20,0.7)Ceq \o\al(0,1.3)＋Ceq \o\al(19,0.7)Ceq \o\al(1,1.3)＋Ceq \o\al(18,0.7)Ceq \o\al(2,1.3)＋…＋Ceq \o\al(1,0.7)Ceq \o\al(19,1.3)＋Ceq \o\al(0,0.7)Ceq \o\al(20,1.3)的值． 解：(1)Ceq \o\al(6,4)＝eq \f(4×3×2×1×0×（－1）,6！)＝0，Ceq \o\al(2,0.5)＝eq \f(0.5×（－0.5）,2！)＝－eq \f(1,8). (2)1.11.8＝(1＋0.1)1.8＝Ceq \o\al(0,1.8)＋Ceq \o\al(1,1.8)×0.1＋Ceq \o\al(2,1.8)×0.12＋Ceq \o\al(3,1.8)×0.13＋…＝1＋eq \f(1.8,1)×0.1＋eq \f(1.8×0.8,2！)×0.12＋eq \f(1.8×0.8×（－0.2）,3！)×0.13＋…＝1＋0.18＋0.0072－0.000048＋…≈1.19. (3)考虑(1＋x)2＝(1＋x)0.7(1＋x)1.3的展开式中x20的系数． 左式为1＋2x＋x2，x20的系数为0； 右式中x20的系数为Ceq \o\al(20,0.7)Ceq \o\al(0,1.3)＋Ceq \o\al(19,0.7)Ceq \o\al(1,1.3)＋Ceq \o\al(18,0.7)Ceq \o\al(2,1.3)＋…＋Ceq \o\al(1,0.7)Ceq \o\al(19,1.3)＋Ceq \o\al(0,0.7)Ceq \o\al(20,1.3)， 所以Ceq \o\al(20,0.7)Ceq \o\al(0,1.3)＋Ceq \o\al(19,0.7)Ceq \o\al(1,1.3)＋Ceq \o\al(18,0.7)Ceq \o\al(2,1.3)＋…＋Ceq \o\al(1,0.7)Ceq \o\al(19,1.3)＋Ceq \o\al(0,0.7)Ceq \o\al(20,1.3)＝0. $