第六章 重点突破3 二项式定理的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

重点突破3 二项式定理的综合应用 　 第六章 计数原理 学习目标 1.能够利用二项式定理解决两个多项式乘积的特定项与三项式 问题，提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 2.能利用二项式定理解决整除(余数)、近似计算的问题，提升 数学建模、数学运算的核心素养. 题型一　两个二项式乘积问题 1 题型二　三项式问题 2 题型三　近似计算问题 3 课时分层评价 6 内容索引 随堂评价 5 题型四　整除(余数)问题 4 题型一　两个二项式乘积问题 返回 (1)在关于x的展开式(1＋x)(1－)6中，x2的系数是 A.30 B.25 C.20 D.15 依题意，得(1－)6展开式的通项为Tk＋1＝(－)k＝(－1)k，k＝0，1，2，…，6，令k＝4，得到x2的系数为(－1)4＝15；令k＝2，得到x的系数为(－1)2＝15，所以(1＋x)(1－)6展开式中x2的系数是15＋15＝30，故A正确.故选A. √ 典例 1 (2)已知(ax－2)(x＋)5的展开式中的常数项为240，则a＝___. (x＋)5的展开式的通项为Tk＋1＝x5－k()k＝2kx5－2k(k＝0，1，2，3，4，5)，令5－2k＝－1，得k＝3，令5－2k＝0，无解，所以(ax－2)(x＋)5的展开式中的常数项为a·23＝80a＝240，所以a＝3. 3 规律方法 求多项式积的特定项的方法——“双通法” 所谓的“双通法”是根据多项式与多项式的乘法法则得到，(a＋bx)n(s＋tx)m的展开式中一般项为Tk＋1·＝an－k(bx)k··(tx)r，再依据题目中对指数的特殊要求，确定r与k所满足的条件，进而求出r，k的取值情况. 对点练1.(1)(＋)(x＋y)5的展开式中x2y2的系数是____. (x＋y)5的展开式的通项为Tk＋1＝x5－kyk，k＝0，1，2，3，4，5，则(＋)(x＋y)5的展开式中，当k＝2时，x3y2＝10x2y2；当k＝3时，x2y3＝10x2y2，故展开式中x2y2的系数是10＋10＝20. 20 (2)若(1＋ax2)(1＋x)6的展开式中x4的系数为－45，则实数a的值为______. (1＋ax2)(1＋x)6＝(1＋x)6＋ax2(1＋x)6，(1＋x)6的通项为Tk＋1＝xk，令k＝4时，＝15；令k＝2时，＝15，因为(1＋ax2)(1＋x)6的展开式中x4的系数为－45，所以15＋15a＝－45，解得a＝－4. －4 返回 题型二　三项式问题 返回 (双空题)(x－2y＋z)8的展开式共有____项，其中含x3y3z2的项的系数是__________.(用数字作答) 典例 2 45 －4 480 因为(x－2y＋z)8＝[(x－2y)＋z]8＝(x－2y)8＋(x－2y)7z＋…＋(x－2y)z7＋z8，由二项式定理可知，(x＋y)n展开式中共有n＋1项，所以(x－2y＋z)8的展开式共有9＋8＋…＋2＋1＝45项.(x－2y＋z)8是8个(x－2y＋z)连乘，欲求x3y3z2的系数，只需要在8个(x－2y＋z)中选定3个(x－2y＋z)提供x，在剩下的5个(x－2y＋z)中选定3个(x－2y＋z)提供y，剩下的最后两个(x－2y＋z)提供z，则x3y3z2的系数是·(－2)3·＝－4 480. 1.(变设问)本例展开式中的含x6y2的项的系数是______. 变式探究 112 由本例分析可得含x6y2的项的系数为·(－2)2＝112. 2.(变设问)本例展开式中的各项系数和为___. 0 只需令x＝1，y＝1，z＝1，则所有项的系数和是(1－2＋1)8＝0. 规律方法 　　三项或三项以上的式子的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，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，要注意合理性和简捷性. 对点练2.(1)(x＋2y－3z)5的展开式中所有不含x的项的系数之和为 A.－32 B.－1 C.1 D.243 √ (x＋2y－3z)5＝[(2y－3z)＋x]5展开式的通项为Tr＋1＝(2y－3z)5－rxr，r∈N，r≤5，若展开式中的项不含x，则r＝0，此时符合条件的项为(2y－3z)5展开式中的所有项，令y＝z＝1，得这些项的系数之和为(－1)5＝－1.故选B. (2)(x2＋－2)4的展开式中的常数项为___. 返回 70 因为(x2＋－2)4＝＝(x－)8，所以展开式通项为Tk＋1＝ x8－k(－)k＝(－1)kx8－2k，令8－2k＝0，得k＝4.所以(x2＋－2)4的常数项为第5项，T5＝(－1)4＝70. 题型三　近似计算问题 返回 1.0120最接近下列哪个数字 A.1.20 B.1.21 C.1.22 D.1.23 典例 3 √ 依题意，得1.0120＝(1＋0.01)20，由二项式定理得(1＋0.01)20＝1＋×1×0.01＋×(0.01)2＋…，而从第3项以后，后面的项非常小，我们进行忽略即可，所以我们得到(1＋0.01)20≈1＋×1×0.01＋×(0.01)2＝1.219，则其与1.22更接近，故C正确.故选C. 规律方法 求近似值的基本方法 利用二项式定理进行近似计算：当n不是很大，且｜x｜比较小时，(1＋x)n≈1＋nx. 对点练3. 0.995的计算结果精确到0.001的近似值是_______. 0.951 由0.995＝(1－0.01)5＝×1－×0.01＋×(0.01)2－×(0.01)3＋…－×(0.01)5＝1－0.05＋0.001－0.000 01＋…－×(0.01)5≈0.951. 返回 题型四　整除(余数)问题 返回 判断5555＋9是否能被8整除.并推理证明. 解：能被8整除，证明如下： 因为5555＋9＝(56－1)55＋9＝5655＋5654(－1)1＋5653(－1)2＋…＋561(－1)54＋(－1)55＋9 ＝5655＋5654(－1)1＋5653(－1)2＋…＋561(－1)54＋8， 注意到最终所得的式子中每一项都能被8整除， 所以5555＋9能被8整除. 典例 4 规律方法 整除问题的解题思路 用二项式定理解决整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切相关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，但要注意两点：一是余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，切记余数不能为负；二是二项式定理的 逆用. 对点练4.已知今天是星期四，则67－1天后是 A.星期一 B.星期二 C.星期三 D.星期五 67－1＝(7－1)7－1＝·77·(－1)0＋·76·(－1)1＋…＋·70·(－1)7－1＝77＋76×(－1)1＋75×(－1)2＋…＋71×(－1)6－2.前面7项均能被7整除，则67－1被7整除余5，故67－1天后是星期二.故选B. √ 返回 课堂小结 任务再现 1.两个二项式乘积问题.2.三项式问题.3.近似计算问题.4.整除和余数问题 方法提炼 双通法、赋值法、转化与化归思想 易错警示 把代数式转化为二项式处理时，要注意转化的等价性与合理性. 随堂评价 返回 1.89被6除所得的余数为 A.1 B.2 C.3 D.4 89＝(6＋2)9＝69＋68×2＋67×22＋…＋6×28＋29，展开式的前9项都能被6整除，只有最后一项不能被6整除，所以问题转化为29被6除的余数，而29＝512，被6除的余数为2，所以89被6除的余数为2.故 选B. √ 2.(x＋3y－1)6的展开式中x2y的系数为_______. 在(x＋3y－1)6的展开式中，由x2·(3y)·(－1)3＝－180x2y，得x2y的系数为－180. －180 3.实数1.9965精确到0.001的近似值为__________. 31.681 因为1.9965＝(2－0.004)5＝×25－×24×0.0041＋×23×0.0042－×22×0.0043＋×2×0.0044－×0.0045≈32－0.32＋0.001 28＝31.681 28，将1.9965精确到0.001，故近似值为31.681. 返回 课时分层评价 返回 1.(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为 A.20 B.－20 C.28 D.－28 依题意，x2y7的系数为1×－＝－＝－＝8－28＝－20.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.(x＋y＋z)4的展开式共 A.10项 B.15项 C.20项 D.21项 √ 因为(x＋y＋z)4＝＝(x＋y)4＋(x＋y)3z＋(x＋y)2z2＋(x＋y)z3＋z4，由二项式定理可知，(x＋y)n展开式中共有n＋1项，所以(x＋y＋z)4的展开式共有5＋4＋3＋2＋1＝15项.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)的展开式中，x的系数为 A.－50 B.－35 C.－24 D.－10 √ (x－1)(x－2)(x－3)(x－4)的展开式中，含x的项是4个因式中任取1个因式选择x，另外3个因式中选择常数项相乘积的和，则(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)的展开式中，含x的项为(－1)×(－2)×(－3)x＋(－1)×(－2)×(－4)x＋(－1)×(－3)×(－4)x＋(－2)×(－3)×(－4)x＝－50x，所以x的系数为－50.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.某银行大额存款的年利率为3％，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为(单位：万元，结果保留一位小数) A.12.6 B.12.7 C.12.8 D.12.9 存入大额存款10万元，按照复利计算，每年末本利和是以10为首项，1＋3％为公比的等比数列，所以本利和S＝10(1＋3％)8＝10[＋×0.031＋×0.032＋…＋×0.037＋×0.038]≈12.7(万元).故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.若(x＋)(x－)5的展开式中常数项是20，则m＝ A.－2 B.－3 C.2 D.3 (x＋)(x－)5＝x(x－)5＋(x－)5，(x－)5的展开式的通项为Tk＋1＝x5－k(－)k＝(－1)kx5－2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，则x(x－)5的展开式的常数项为－＝－10；令5－2k＝1，解得k＝2，则(x－)5的展开式的常数项为m＝10m.因为(x＋)(x－)5的展开式中常数项是20，所以10m－10＝20，解得m＝3.故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知(x＋1)(x－2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则 A.a1＝－16 B.a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2 C.a1＋a3＋a5＝1 D.｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＝64 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为(x＋1)(x－2)4＝x(x－2)4＋(x－2)4，又(x－2)4展开式的通项为Tk＋1＝x4－k(－2)k(0≤k≤4且k∈N)，所以a1＝(－2)4＋(－2)3＝－16，a2＝(－2)3＋(－2)2＝－8，a3＝(－2)2＋(－2)1＝16，a4＝(－2)1＋(－2)0＝－7，a5＝(－2)0＝1，a0＝(－2)4＝16，故A正确；所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－14，故B错误；所以a1＋a3＋a5＝－16＋16＋1＝1，故C正确；所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＝64，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(x2＋2x＋3)(2x＋1)6的展开式中，x2的系数是______. 205 (x2＋2x＋3)(2x＋1)6＝(x2＋2x＋3)(1＋2x)6＝(x2＋2x＋3)·2k·xk，所以x2的系数为20＋2××21＋3××22＝205. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.若m≠0，且(x2－x＋m)6＝a1＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a12x12，则m的值为_____. 依题意，得(x2－x＋m)6的展开式中的常数项与一次项系数相等，则m6＝(－1)m5，解得m＝－6或0(舍去). －6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.10210除以1 000的余数是_____. 24 10210＝(100＋2)10＝10010＋2×1009＋22×1008＋…＋29×100＋210＝(10010＋×2×1009＋×22×1008＋…＋29×1 000)＋ 1 024＝(10010＋×2×1009＋×22×1008＋…＋29×1 000＋1 000)＋24，所以10210除以1 000的余数是24. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)已知(m＋x)x5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6，其中m∈R，且a1＋a3＋a5＝64， (1)求m的值； 解：当x＝0时，0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，① 当x＝2时，(m＋2)·25＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，② ②－①得(m＋2)·25＝2(a1＋a3＋a5)， 因为a1＋a3＋a5＝64，所以(m＋2)·25＝2(a1＋a3＋a5)＝128，解得m＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求a4的值. 解：(2＋x)x5＝[3＋(x－1)][(x－1)＋1]5， [(x－1)＋1]5展开式的通项为Tk＋1＝(x－1)5－k， 令5－k＝4，则k＝1，令5－k＝3，则k＝2， 所以a4＝3＋＝25. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.设a＞0，已知(x2＋)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，且展开式中所有项的系数和为256，则(x2＋2＋)2a中x2的系数为 A.0 B.2 C.4 D.8 √ 因为(x2＋)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以展开式一共有9项，即n＝8，令x＝1，得展开式中所有项的系数和为(1＋a)8＝256，所以a＝1，(x2＋2＋)2中x2项的取法为1个x2和1个2，所以x2系数为×2＝4.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)对于式子(x2＋)n(＋x)2n(n∈N*)，以下判断正确的有 A.存在n∈N*，使得展开式中没有常数项 B.对任意n∈N*，展开式中有常数项 C.存在n∈N*，使得展开式中有x的一次项 D.对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (x2＋)n(＋x)2n的展开式通项为(x2)n－k()k·)2n－rxr＝3k· x2n－2k·x－2k·x－2n＋r·xr＝3k·x2(r－2k)，其中k＝0，1，2，…，n，r＝0，1，2，…，2n，对于A、B，当r＝2k时，存在常数项，故A错误，B正确；对于C、D，2(r－2k)为偶数，不存在一次项，故C错误，D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(双空题)已知二项式(x＋0.01)n的二项式系数的和为1 024，则n＝____.试估算x＝1时，(x＋0.01)n的值为______.(精确到0.001) 10 1.105 二项式(x＋0.01)n的二项式系数的和为2n＝1 024，解得n＝10，当x＝1时，(1＋0.01)10＝1＋·0.01＋·0.000 1＋…＋·0.0110≈1＋·0.01＋·0.000 1＝1＋0.1＋0.004 5＝1.104 5≈1.105. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(17分)已知f (x)＝(1＋x)m，g(x)＝(1＋2x)n(m，n∈N*). (1)若m＝3，n＝4，求f (x)g(x)的展开式中含x2的项； 解：当m＝3，n＝4时，f (x)＝(1＋x)3，g(x)＝(1＋2x)4， 所以f (x)g(x)＝(1＋x)3(1＋2x)4， 其中(1＋x)3展开式的通项为Tr＋1＝xr，r∈{0，1，2，3}； (1＋2x)4展开式的通项为Tk＋1＝(2x)k，k∈{0，1，2，3，4}， 所以f (x)g(x)的展开式中含x2的项为1×(2x)2＋x·(2x)＋x2×1＝51x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)令h(x)＝f (x)＋g(x)，如果h(x)的展开式中含x的项的系数为12，那么当m，n为何值时，含x2的项的系数取得最小值？ 解：h(x)＝f (x)＋g(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n， 因为h(x)的展开式中含x的项的系数为12， 所以x＋2x＝12x，即m＋2n＝12， 此时x2的系数为＋4＝＋2n(n－1)＝＋2n(n－1) ＝4n2－25n＋66＝4(n－)2－＋66，n∈N*， 所以当n＝3，m＝6时，x2的项的系数取得最小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(数学文化)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除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(modm).若a＝＋×3＋×32＋…＋×320，a≡b(mod5)，则b的值可以是 A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 √ a＝＋×3＋×32＋…＋×320＝(1＋3)20＝420＝(5－1)20＝×520＋×519×(－1)＋×518×(－1)2＋…＋×5×(－1)19＋×(－1)20，a被5除得的余数为1，选项中的数被5除得的余数为1的只有2 026.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.由等式(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n利用算两次原理可得＋＋＋…＋＝_____.(用组合数表示即可) 返回 依题意，得(1＋x)n(1＋x)n＝(＋x＋x2＋…＋xn)(＋x＋x2＋…＋xn)，故＋＋＋…＋是展开式中xn的系数，而(1＋x)2n展开式中xn的系数为，所以＋＋＋…＋＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 计 数 原 理 返回 $