二项式定理 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦二项式定理专题，系统梳理定理内容、系数性质、特定项求解等核心考点，对接高考评价体系，通过近五年真题分析明确特定项系数、二项式系数和等高频考点占比，归纳微专题（如三项展开式、系数最大值）等常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题训练+技巧提炼+素养融合”，以2022新高考Ⅰ卷多项式积展开式为例，详解赋值法求系数和、待定系数法确定最大项等方法，培养学生数学思维与运算能力，助力学生掌握解题规律，教师可依托课件精准定位考点，提升复习效率。

　二项式定理 【回归教材】 二项式定理的内容 (1)(a＋b)n＝___________________________________________． (2)二项展开式的通项：第r＋1(r＝0，1，…，n)项Tr＋1＝_______． (3)二项式系数：第r＋1(r＝0，1，…，n)项的二项式系数为_____． 第页 二项式定理的常用变形 第页 二项式系数与项的系数的区别 第页 (2)增减性与最大值：二项式系数先增后减． ①当n为偶数时，第_______项的二项式系数最大，最大值为____． ②当n为奇数时，第_________________项的二项式系数最大，最大值为_________________． 二项式系数的性质 相等 第页 2n 2n－1 2n－1 第页 【夯实双基】 1．判断下面结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) 答案　(1)× (2)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项． 答案　(2)× 第页 (3)在(1－x)9的展开式中，系数最大的项是第5项和第6项． 答案　(3)× (4)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关． 答案　(4)√ (5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128. 答案　(5)× (6)(a＋bx)n的展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同． 答案　(6)× 第页 2．(教材改编)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，那么此展开式中二项式系数最大的项为(　　) A．252x3　　 B．210x4 C．252x5　　 D．210x6 √ 第页 3．(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　) A．12 B．16 C．20 D．24 √ 第页 √ A．所有项的系数和为312 B．所有奇数项的二项式系数和为211 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共有5项 √ 第页 第页 18 返 回 题型一　 求展开式中的特定项(微专题) 微专题1　二项展开式的特定项 √ √ 第页 第页 √ 第页 (3)设(2x－3)2 023＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a2 023(x－1)2 023，则a2 023＝________． 22 023 第页 二项展开式中特定项的求法 (1)求二项展开式中的有理项，就是求通项公式中未知数的指数恰好都是整数的项．解此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． (2)求二项展开式中的整式项，就是求通项公式中同一字母的指数是非负整数的项，求解方法与求有理项一致． 第页 √ 第页 第页 (2)已知(x＋b)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，若a3＝40，则b＝________． ±2 第页 微专题2　两个多项式积的展开式 (1)已知(x＋2)4(2x2＋3x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a4＝________． 72 第页 －28 第页 求几个多项式积的展开式中特定项(系数)的方法 (1)利用多项式乘法法则对其展开，即用一个多项式的每一项分别乘另一个多项式的每一项． (2)先利用运算性质对其进行化简，再利用二项式定理进行展开． 第页 思考题2　(1)(x2＋ax－1)(1－x)6的展开式中x2的系数是－2，则实数a的值为(　　) A．0 B．3 C．－1 D．－2 √ 第页 √ 第页 第页 微专题3　三项展开式的特定项 √ 第页 √ 第页 第页 求三项展开式中特定项(系数)的方法 (1)通过变形先把三项式化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项展开式的通项求解． (3)利用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项需看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 第页 思考题3　在(x2－2x－3)5的展开式中含x10和含x2的项的系数之和为(　　) A．－674 B．－675 C．－1 080 D．1 485 √ 第页 题型二　 展开式的系数和问题 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.求： (1)a1＋a2＋…＋a7； 【答案】　(1)－2 第页 (2)a1＋a3＋a5＋a7； 【答案】　(2)－1 094 (3)a0＋a2＋a4＋a6； 【答案】　(3)1 093 第页 (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|. 【答案】　(4)2 187 【解析】　(4)∵(1－2x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零， ∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093＋1 094＝2 187. 第页 本题采用的是“赋值法”，它普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，在解有关问题时，经常要用到这种方法． (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． (2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． 第页 第页 思考题4　【多选题】已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，下列说法正确的是(　　) A．a1＝－4 050 B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝－1 √ √ √ 第页 第页 f′(x)＝－4 050(1－2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 025a2 025x2 024， 故2a2＋3a3＋4a4＋…＋2 025a2 025＝a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋ 2 025a2 025－a1＝f′(1)＋4 050＝－4 050＋4 050＝0，D正确． 故选ACD. 第页 题型三　 展开式系数最大值问题 第页 第页 第页 √ 第页 第页 1.二项式系数最大项的确定方法 第页 2．二项展开式系数最大项的求法 第页 5 第页 第页 (2)【多选题】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 √ √ √ 第页 【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C正确，B错误； 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D正确． 第页 题型四　 二项式定理的综合应用 (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 √ 第页 第页 (2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是(　　) A．1.23 B．1.24 C．1.33 D．1.34 √ 第页 (1)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. (2)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(数)的因式． (3)由于(a＋b)n的展开式共有n＋1项，故可以通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的． 第页 思考题6　【多选题】下列说法正确的是(　　) A．若(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝729 √ √ √ 第页 第页 第页 1．二项展开式的通项最常用，是解题的基础． 2．对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，转化的方法通常为分组、配方、因式分解，分组时要注意结合的合理性和简捷性． 3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据展开式的通项讨论对r的限制；求有理项时要注意指数及项数的整数性． 4．因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时，根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法． 返 回 03 课 外 阅 读 一、杨辉三角的性质与应用 【人教A版选修三P39数学探究】 性质1：对称性，即与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． 第页 (1)当n∈N时，将(x2＋x＋1)n展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角”：   若在(1＋ax)(x2＋x＋1)5的展开式中，x7的系数为－15，则实数a的值为(　　) A．1　　　 B．－1 C．2　　　 D．－2 √ 第页 【解析】　由“广义杨辉三角”，得(x2＋x＋1)5＝x10＋5x9＋15x8＋30x7＋45x6＋51x5＋45x4＋30x3＋15x2＋5x＋1，因此(1＋ax)(x2＋x＋1)5的展开式中，含x7的项为30x7·1＋45x6·ax＝(30＋45a)x7，所以30＋45a＝－15，即a＝－1.故选B. 第页 (2)【多选题】“杨辉三角”是中 国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示 了二项展开式中的组合数在三角形数 表中的一种几何排列规律，如图所示， 则下列关于“杨辉三角”的结论错误 的是(　　) A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B．第2 023行中第1 012个数和第1 013个数相等 √ √ √ 第页 【解析】　图中第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，它们的和等于36，而第9行的第8个数是C＝36，故A正确； 图中第2 023行是(a＋b)2 023的展开式的二项式系数， 第页 第页 √ 第页 第页 √ 第页 第页 Ceq \o\al(0,n)an＋Ceq \o\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq \o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq \o\al(n,n)bn(n∈N*) Ceq \o\al(r,n)an－rbr Ceq \o\al(r,n) (1)(a－b)n＝Ceq \o\al(0,n)an＋(－1)1Ceq \o\al(1,n)an－1b＋…＋(－1)rCeq \o\al(r,n)an－rbr＋… ＋(－1)nCeq \o\al(n,n)bn. (2)(1＋x)n＝Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋…＋Ceq \o\al(r,n)xr＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn. (a＋bx)n的展开式中，二项式系数是指Ceq \o\al(0,n)，Ceq \o\al(1,n)，…，Ceq \o\al(n,n)，它们是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．如(a＋bx)n的展开式中第r＋1项的二项式系数是Ceq \o\al(r,n)，而该项的系数是Ceq \o\al(r,n)an－rbr.当然，在某些特殊的二项展开式(如(1＋x)n)中，各项的系数与二项式系数是相等的. (1)对称性：当0≤r≤n时，Ceq \o\al(r,n)与Ceq \o\al(n－r,n)的关系是_____． eq \f(n,2)＋1 C\up30(\f(n,2))eq \o\al(,n) eq \f(n－1,2)＋1和eq \f(n＋1,2)＋1 C\up24(\f(n－1,2))eq \o\al(,n) 或C\up24(\f(n+1,2))eq \o\al(,n) (3)各二项式系数和：Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝_____， 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)＋…＝________． (1)Ceq \o\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项． 解析　由题意可得，二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)xk，且有Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(7,n)，因此n＝10.故二项式系数最大的项为Ceq \o\al(5,10)x5＝252x5.故选C. 解析　原式可化为(1＋x)4＋2x2(1＋x)4. 由于(1＋x)4的展开式中x3的系数为Ceq \o\al(3,4)＝4，而2x2(1＋x)4的展开式中x3系数为2Ceq \o\al(1,4)＝8， 故展开式中x3的系数为4＋8＝12. 4．【多选题】已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up30(n)的展开式共有13项，则下列说法中正确的是(　　) 解析　由题意得n＋1＝13，所以n＝12，令x＝1，得所有项的系数和为1，故A错误；所有奇数项的二项式系数和为211，故B正确；由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,\r(3,x)))) eq \s\up12(12)的展开式通项为Tk＋1＝(－1)k·Ceq \o\al(k,12)(2x)12－k·\up12(-\f(1,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) eq \s\up30(k) ＝(－1)k·212－kCeq \o\al(k,12)xeq \s\up12(12－\f(4,3)k)，k＝0，1，2，…，12，当12－eq \f(4,3)k为整数时，k＝0，3，6，9，12，共有5项，即有理项共有5项，故D正确．故选BD. 5．(2026·上海春季招生)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋3x2)) eq \s\up30(6)的二项展开式中，eq \f(1,x3)项的系数为________(结果用数值表示)． 解析　二项式的展开式的通项公式为 Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up30 (6－k)(3x2)k＝Ceq \o\al(k,6)3kx3k－6， 令3k－6＝－3，解得k＝1， 所以eq \f(1,x3)的系数为Ceq \o\al(1,6)×3＝18. (1)【多选题】关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x))) eq \s\up30(9)的展开式，下列结论错误的有(　　) A．展开式中含eq \f(1,x3)项的系数为－128 B．第5项和第6项的二项式系数相等 C．展开式中的常数项是第7项 D．展开式中的有理项共有三项 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x))) eq \s\up30(9)的展开式的通项Tk＋1＝Ceq \o\al(k,9)(x2)9－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))eq \s\up30(k)＝(－2)k Ceq \o\al(k,9)x18－3k，k∈N，k≤9.由18－3k＝－3，即k＝7，得T8＝(－2)7Ceq \o\al(7,9)x－3，即展开式中含eq \f(1,x3)项的系数为－128Ceq \o\al(7,9)，A错误； 展开式共10项，则第5项和第6项的二项式系数相等，B正确； 由18－3k＝0，即k＝6，得展开式中的常数项是第7项，C正确； 由18－3k为整数，k∈N，k≤9，可知有理项共有10项，D错误． (2)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(a,x))) eq \s\up30(7)的展开式中x2的系数是280，则实数a的值为(　　) A．1　　　　 B．2 C．±1 D．±2 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(a,x))) eq \s\up30(7)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,7)(2x2)7－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,x))) eq \s\up30(k)＝ (－a)kCeq \o\al(k,7)27－kx14－3k.令14－3k＝2得k＝4，由(－a)4Ceq \o\al(4,7)27－4＝280，解得a＝±1.故选C. 【解析】　∵(2x－3)2 023＝[2(x－1)－1]2 023＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a2 023(x－1)2 023， ∴T1＝Ceq \o\al(0,2 023)[2(x－1)]2 023(－1)0＝22 023(x－1)2 023，∴a2 023＝22 023. 思考题1　(1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\r(x))) eq \s\up30(n)(n∈N*)的展开式中含有常数项，则n的最小值为(　　) A．3　　　　 B．4 C．5　　　　 D．6 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\r(x))) eq \s\up30(n)(n∈N*)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n)(2x－1)n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\s\up30(\f(1,2)))) eq \s\up30(r)＝Ceq \o\al(r,n)·2n－rxeq \s\up24(\f(3,2)r－n)，若有常数项，则n＝eq \f(3,2)r有解，而n∈N*，r∈N，r≤n，显然n的最小值为3，此时r＝2. 【解析】　由题意得Ceq \o\al(2,5)x3·b2＝40x3，解得b＝±2. 【解析】　(x＋2)4的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,4)x4－r·2r，则T2＝Ceq \o\al(1,4)x3·2＝8x3，T3＝Ceq \o\al(2,4)x2·22＝24x2，则a4＝24×2＋8×3＝72. (2)(2022·新高考Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)． 【解析】　(x＋y)8的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \o\al(r,8)x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝Ceq \o\al(6,8)x2y6，令r＝5，得T5＋1＝Ceq \o\al(5,8)x3y5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \o\al(6,8)－Ceq \o\al(5,8)＝－28. 【解析】　展开式中含x2的项为x2·1＋ax·Ceq \o\al(1,6)(－x)1－Ceq \o\al(2,6)(－x)2＝x2－6ax2－15x2＝－(6a＋14)x2，所以－(6a＋14)＝－2，解得a＝－2. (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))(2x－1)11的展开式中的常数项为(　　) A．18 B．20 C．22 D．24 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))(2x－1)11＝2(2x－1)11＋eq \f(1,x)(2x－1)11， (2x－1)11的二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,11)(2x)11－k·(－1)k＝(－1)k·211－kCeq \o\al(k,11)x11－k， ∴2(2x－1)11的展开式的通项为(－1)k212－kCeq \o\al(k,11)x11－k①， eq \f(1,x)(2x－1)11的展开式的通项为(－1)k211－kCeq \o\al(k,11)x10－k②， 在①式中，令11－k＝0得k＝11，故2(2x－1)11的展开式中常数项为(－1)11×21×Ceq \o\al(11,11)＝－2， 在②式中，令10－k＝0得k＝10，则eq \f(1,x)(2x－1)11的展开式中常数项为(－1)10×21×Ceq \o\al(10,11)＝22， 故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x)))(2x－1)11的展开式中的常数项为－2＋22＝20.故选B. (1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(2,y))) eq \s\up30(6)的展开式中，eq \f(x4,y2)的系数为(　　) A．60 B．－60 C．120 D．－120 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(2,y))) eq \s\up30(6)可看作6个x＋1－eq \f(2,y)相乘， eq \f(x4,y2)的系数为Ceq \o\al(4,6)Ceq \o\al(2,2)(－2)2＝60，故选A. (2)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,x)＋1)) eq \s\up30(5)的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的常数项为(　　) A．－40 B．81 C．80 D．121 【解析】　令x＝1，则a5＝32，解得a＝2. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)＋1)) eq \s\up30(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x))))) eq \s\up30(5)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x))) eq \s\up30(r)，r＝0，1，2，3，4，5. 当r＝0时，T1＝1； 当r≠0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x))) eq \s\up30(r)的展开式的通项公式为 Tk＋1＝Ceq \o\al(k,r)(2x)r－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up30(k)＝(－1)k·2r－kCeq \o\al(k,r)xr－2k，k＝0，1，…，r. 令r－2k＝0，得r＝2，k＝1或r＝4，k＝2. ∴该展开式中的常数项＝1－Ceq \o\al(2,5)×2×Ceq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(4,5)×22×Ceq \o\al(2,4)＝81.故选B. 【解析】　(x2－2x－3)5＝(x－3)5(x＋1)5，则x10的系数为1， x2的系数为Ceq \o\al(4,5)(－3)4Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(3,5)(－3)3Ceq \o\al(5,5)＋Ceq \o\al(5,5)(－3)5Ceq \o\al(3,5)＝－675，所以在(x2－2x－3)5的展开式中含x10和含x2的项的系数之和为－675＋1＝－674.故选A. 【解析】　令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1. 令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37. (1)∵a0＝Ceq \o\al(0,7)＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2. 【解析】　(2)(－)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(－1－37,2)＝－1 094. 【解析】　(3)(＋)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(－1＋37,2)＝1 093. (3)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). C．a0＋a2＋a4＋a6＋…＋a2 024＝eq \f(32 025－1,2) D．2a2＋3a3＋4a4＋…＋2 025a2 025＝0 【解析】　令f(x)＝(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025， (1－2x)2 025的展开式通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,2 025)·12 025－k·(－2x)k＝Ceq \o\al(k,2 025)·(－2)k·xk，其中0≤k≤2 025，k∈N， 所以a1＝－2Ceq \o\al(1,2 025)＝－2×2 025＝－4 050，A正确； a0＝f(0)＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 025－a0＝f(1)－1＝(－1)2 025－1＝－2，B错误； eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝（1－2）2 025＝－1，,f（－1）＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 025＝（1＋2）2 025＝32 025，)) 所以a0＋a2＋a4＋a6＋…＋a2 024＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)＝eq \f(32 025－1,2)，C正确； (1)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up30(n)的展开式中前三项的系数成等差数列，则二项式系数最大的项为________；展开式中系数最大的项为________． eq \f(35,8)x 7xeq \s\up24(\f(5,2))和7xeq \s\up24(\f(7,4)) 【解析】　∵二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up30(r)xeq \s\up12(\f(2n－3r,4))，∴展开式中前三项的系数为Ceq \o\al(0,n)＝1，Ceq \o\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up30(1)＝eq \f(n,2)，Ceq \o\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up30(2)＝eq \f(1,8)n(n－1)，且n≥2，n∈N*. 由题设可知2·eq \f(n,2)＝1＋eq \f(1,8)n(n－1)， 即n2－9n＋8＝0， 解得n＝8或n＝1(舍去)． 二项式系数最大的项为T5＝Ceq \o\al(4,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up30(4)x＝eq \f(35,8)x. 设第r＋1项的系数Ar＋1最大，1≤r≤7，且r∈N*，显然Ar＋1>0， 故有eq \f(Ar＋1,Ar)≥1且eq \f(Ar＋2,Ar＋1)≤1， ∵eq \f(Ar＋1,Ar)＝r,8)eq \f(C·2－r,Ceq \o\al(r－1,8)·2－r＋1) ＝eq \f(9－r,2r)， ∴eq \f(9－r,2r)≥1，得r≤3. 又∵eq \f(Ar＋2,Ar＋1)＝r＋1,8)eq \f(C·2－（r＋1）,Ceq \o\al(r,8)·2－r) ＝eq \f(8－r,2（r＋1）)， ∴eq \f(8－r,2（r＋1）)≤1，得r≥2. ∴r＝2或r＝3，所求项为T3＝7xeq \s\up24(\f(5,2))和T4＝7xeq \s\up24(\f(7,4)). (2)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up30(n)的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为(　　) A．－126 B．－70 C．－56 D．－28 【解析】　∵只有第5项的二项式系数最大，∴n＝8，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))eq \s\up30(8)的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \o\al(k,8)xeq \s\up12(8－\f(3,2)k) (k＝0，1，2，…，8)，∴展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小，为(－1)3Ceq \o\al(3,8)＝－56. (1)若n是偶数，则中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大． (2)若n是奇数，则中间两项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(第\f(n＋1,2)项与第\f(n＋1,2)＋1项))的二项式系数相等且最大． 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，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r项系数最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ar≥Ar－1，,Ar≥Ar＋1))解出r. 思考题5　(1)(2024·全国甲卷，理)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up30(10)的展开式中，各项系数中的最大值为________． 【解析】　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up30(10)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(10－r)xr，则各项的系数分别为Ceq \o\al(0,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(10)，Ceq \o\al(1,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(9)，Ceq \o\al(2,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(8)，Ceq \o\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(7)，Ceq \o\al(4,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(6)，Ceq \o\al(5,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(5)，Ceq \o\al(6,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(4)，Ceq \o\al(7,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(3)，Ceq \o\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(2)，Ceq \o\al(9,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(1)，Ceq \o\al(10,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(0)，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算Ceq \o\al(5,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(5)，Ceq \o\al(6,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(4)，Ceq \o\al(7,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(3)，Ceq \o\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(2)， Ceq \o\al(9,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(1)，Ceq \o\al(10,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up30(0)，比较可得，Ceq \o\al(8,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up30(2)＝5最大． 【解析】　512 025＋a＝(52－1)2 025＋a＝Ceq \o\al(0,2 025)×522 025－Ceq \o\al(1,2 025)×522 024＋Ceq \o\al(2,2 025)×522 023－…＋Ceq \o\al(2 024,2 025)×52－Ceq \o\al(2 025,2 025)＋a， 因为512 025＋a能被13整除， 所以－Ceq \o\al(2 025,2 025)＋a＝－1＋a能被13整除，又a∈Z，且0≤a≤13，所以a＝1. 【解析】　1.056＝(1＋0.05)6＝Ceq \o\al(0,6)＋Ceq \o\al(1,6)×0.05＋Ceq \o\al(2,6)×0.052＋…＋Ceq \o\al(6,6)×0.056，取展开式的前三项，则1.056精确到0.01的近似值为1＋0.3＋0.037 5≈1.34. B．若3n＋3n－1Ceq \o\al(1,n)＋3n－2Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝218，则Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝512 C．0.988精确到0.01的近似值为0.85 D．22 024除以15的余数为1 【解析】　在(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6中，|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6， 所以令x＝－1，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝(－3)6＝729，故A正确； 因为3n＋3n－1Ceq \o\al(1,n)＋3n－2Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝(3＋1)n＝4n＝22n＝218，所以n＝9， 所以Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝(1＋1)n－1＝2n－1＝29－1＝511，故B错误； 0．988＝(1－0.02)8＝Ceq \o\al(0,8)×(－0.02)0＋Ceq \o\al(1,8)×(－0.02)1＋Ceq \o\al(2,8)×(－0.02)2＋…＋Ceq \o\al(8,8)×(－0.02)8，取展开式前3项，则0.988精确到0.01的近似值为1－0.16＋0.011 2＝0.851 2≈0.85，故C正确； 22 024＝(24)506＝(15＋1)506＝Ceq \o\al(0,506)15506＋Ceq \o\al(1,506)15505＋…＋Ceq \o\al(505,506)151＋Ceq \o\al(506,506)＝15(Ceq \o\al(0,506)15505＋Ceq \o\al(1,506)15504＋…＋Ceq \o\al(505,506))＋1， 其中Ceq \o\al(0,506)15505＋Ceq \o\al(1,506)15504＋…＋Ceq \o\al(505,506)∈N，所以15(Ceq \o\al(0,506)15505＋Ceq \o\al(1,506)15504＋…＋Ceq \o\al(505,506))能被15整除， 所以22 024除以15的余数为1，故D正确．故选ACD. 性质2：Ceq \o\al(r,n)＝Ceq \o\al(r－1,n－1)＋Ceq \o\al(r,n－1). C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为ai，则eq \o(∑,\s\up12(n＋1),\s\do14(i＝1))2i－1ai＝3n D．第34行中第15个数与第16个数之比为2∶3 故第2 023行中第1 012个数为Ceq \o\al(1 011,2 023)，第1 013个数为Ceq \o\al(1 012,2 023)，而Ceq \o\al(1 011,2 023)＝Ceq \o\al(1 012,2 023)，故B正确； “杨辉三角”第n行是(a＋b)n的 展开式的二项式系数，则ai＝Ceq \o\al(i－1,n)， 于是eq \o(∑,\s\up12(n＋1),\s\do14(i＝1))2i－1ai＝eq \o(∑,\s\up12(n＋1),\s\do14(i＝1))2i－1Ceq \o\al(i－1,n)＝20Ceq \o\al(0,n)＋ 21Ceq \o\al(1,n)＋22Ceq \o\al(2,n)＋…＋2n－1Ceq \o\al(n－1,n)＋2nCeq \o\al(n,n)＝ (1＋2)n＝3n，故C正确； 图中第34行是(a＋b)34的展开式的二项式系数， 所以第15个数与第16个数之比为Ceq \o\al(14,34)∶Ceq \o\al(15,34)＝eq \f(34！,14！×20！)∶eq \f(34！,15！×19！)＝15∶20＝3∶4，故D错误． 思考题　(1)如图所示的“分数杨辉三角”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角中的Ceq \o\al(r,n)换成r,n)eq \f(1,（n＋1）C) 得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是(　　) A.r,n)eq \f(1,nC) ＋r＋1,n)eq \f(1,nC) ＝r,n＋1)eq \f(1,（n－1）C) B.r,n)eq \f(1,nC) ＋r＋1,n)eq \f(1,nC) ＝r,n－1)eq \f(1,（n－1）C) C.r,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＋r＋1,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＝r,n＋1)eq \f(1,nC) D.r,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＋r＋1,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＝r,n－1)eq \f(1,nC) 【解析】　观察莱布尼茨三角形，知每一个数等于下一层与它紧挨的两个数之和， 因此r,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＋r＋1,n)eq \f(1,（n＋1）C) ＝r,n－1)eq \f(1,nC) ，即D正确，A、B、C错误．故选D. (2)杨辉三角，又称贾宪三角，是二项式系数Ceq \o\al(r－1,n) 在三角形中的一种几何排列，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．如图所示， 在杨辉三角中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形 数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是(　　) A．136 B．153 C．190 D．210 【解析】　由题意可得从第2行开始每行选2个数，所以第37项为杨辉三角中第20行第3个数，所以第37项为Ceq \o\al(3－1,20)＝Ceq \o\al(2,20)＝190.故C正确．故选C. $