第03讲二项式定理（十五大题型）（讲义）（解析版）_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考，含2024高考真题）

第 03 讲 二项式定理 目录 01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2 02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3 03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4 知识点1：二项式展开式的特定项、特定项的系数问题.................................................................4 知识点2：二项式展开式中的最值问题.............................................................................................5 知识点3：二项式展开式中系数和有关问题.....................................................................................6 题型一：求二项展开式中的参数........................................................................................................7 题型二：求二项展开式中的常数项....................................................................................................9 题型三：求二项展开式中的有理项..................................................................................................11 题型四：求二项展开式中的特定项系数..........................................................................................13 题型五：求三项展开式中的指定项..................................................................................................15 题型六：求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数..............................................17 题型七：求二项式系数最值..............................................................................................................19 题型八：求项的系数最值..................................................................................................................21 题型九：求二项展开式中的二项式系数和、各项系数和..............................................................24 题型十：求奇数项或偶数项系数和..................................................................................................27 题型十一：整数和余数问题..............................................................................................................30 题型十二：近似计算问题..................................................................................................................32 题型十三：证明组合恒等式..............................................................................................................34 题型十四：二项式定理与数列求和..................................................................................................39 题型十五：杨辉三角..........................................................................................................................43 04真题练习·命题洞见........................................................................................................................46 05课本典例·高考素材........................................................................................................................48 06易错分析·答题模板........................................................................................................................51 易错点：混淆项的系数与二项式系数..............................................................................................51 答题模板：求二项展开式中的特定项或项的系数..........................................................................51 考点要求 考题统计 考情分析 （1）二项式定理 2024年北京卷第4题，4分 (1)今后在本节的考查形式依然以选择或 （2）二项式系数的性 2024年甲卷（理）第13题，5 者填空为主,以考查基本运算和基本方法为主,分 2023年北京卷第5题，4分 难度中等偏下,与教材相当. 质 2023年天津卷第11题，5分 (2)本节内容在高考中的比重可能会持续 2023年上海卷第10题，5分 降低,但仍然是备考的重要内容. 2022年I卷第13题，5分 复习目标： （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．知识点1：二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 （1）二项式定理 一般地，对于任意正整数n，都有： ， (ab)n 这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做 的二项展开式． 式中的 做二项展开式的通项，用 表示，即通项为展开式的第 项： ， 其中的系数 （r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数， （2）二项式 的展开式的特点： ①项数：共有 项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第 项的二项式系数为 ，最大二项式系数项居中； ③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数 ．字母 降幂排列，次数由 到 ；字母 升幂排列，次 数从 到 ，每一项中， ， 次数和均为 ； ④项的系数：二项式系数依次是 ，项的系数是 与 的系数（包括二项式系 数）． （3）两个常用的二项展开式： ① (ab)n C n 0anC n 1an1b  (1)rC n ranrbr  (1)nC n nbn （nN* ） (1x)n 1C1xC2x2 Crxr xn ② n n  n  （4）二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： 公式特点：①它表示二项展开式的第 项，该项的二项式系数是C n r ； ②字母 的次数和组合数的上标相同； ③ 与 的次数之和为 ． Cranrbr Crbnrar 注意：①二项式 的二项展开式的第r+1项 n 和 的二项展开式的第r+1项 n 是有区别的，应用二项式定理时，其中的 和 是不能随便交换位置的．T (1)rCranrbr ②通项是针对在 这个标准形式下而言的，如 的二项展开式的通项是 r1 n （只需把 看成 代入二项式定理）． 【诊断自测】已知在 的二项展开式中，各项系数和为 ，则展开式中，含 项的系数为 . 【答案】 【解析】由题意， ， 故二项式为 ，其通项公式为 ， 所以 时，有 ，故含 项的系数为 . 故答案为： 知识点2：二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质 ①每一行两端都是 ，即 ；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即 ． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即 ． ③二项式系数和令 ，则二项式系数的和为 ，变形式 ． ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令 ， 则 ， 从而得到： ． ⑤最大值： 如果二项式的幂指数 是偶数，则中间一项 的二项式系数 最大； 如果二项式的幂指数 是奇数，则中间两项 ， 的二项式系数 ， 相等且最大． （2）系数的最大项 求 展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为 ，设 第 项系数最大，应有 ，从而解出 来． 【诊断自测】设 为整数， 展开式的二项式系数的最大值为 ， 展开式的二项式系数的 最大值为 ，若 ，则 ． 【答案】5【解析】 展开式的二项式系数的最大值为 ， 展开式的二项式系数的最大值为 ， 因为 ，所以 ，即 ，解得 ， 故答案为：5． 知识点3：二项式展开式中系数和有关问题 常用赋值举例： （1）设abn C n 0an C n 1an1bC n 2an2b2  C n ranrbr   C n nbn， 二项式定理是一个恒等式，即对 ， 的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取 ， 的值． ①令ab1，可得：2n C n 0 C n 1   C n n ②令 ，可得：0C n 0C n 1C n 2C n 3  1nC n n，即： C n 0 C n 2   C n n C n 1 C n 3  C n n1 （假设n为偶数），再结合①可得： C n 0 C n 2   C n n C n 1 C n 3  C n n1 2n1 ． （2）若 ，则 ①常数项：令 ，得 ． ②各项系数和：令 ，得 ． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当 为偶数时，奇数项的系数和为 ； 偶数项的系数和为 ． （可简记为： 为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当 为奇数时，奇数项的系数和为 ； 偶数项的系数和为 ． （可简记为： 为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若 ，同理可得． 注意：常见的赋值为令 ， 或 ，然后通过加减运算即可得到相应的结果．【诊断自测】设 ，则 . 【答案】728 【解析】因为 ， 所以 ， 令x=1,可得 ， 令x=0,可得 ， 所以 . 故答案为：728. 题型一：求二项展开式中的参数 【典例1-1】在 展开式中 的系数为 ，则 的值为 . 【答案】 【解析】因为展开式的通项为 ， 令 ，解得 ， 因为 的系数为 ，解得 . 故答案为： . 【典例1-2】已知二项式 的展开式中的常数项为 ，则 . 【答案】1 【解析】由题意可知展开式的通项为 ， 令 ，解得 ， 可得 ，即 . 故答案为：1.【方法技巧】 在形如 的展开式中求 的系数，关键是利用通项求 ，则 ． 【变式1-1】（2024·四川成都·模拟预测）在 的展开式中，常数项为90，则 ． 【答案】 【解析】二项式 展开式的通项公式 ， 令 ，解得 ，所以常数项 （负根舍去）. 故答案为： 【变式1-2】在 的展开式中， 的系数为12，则 的值为 ． 【答案】 【解析】因为 的展开式的通项为： ， 又因为 的系数为12， 所以当 时， ， 所以 ， 解得 . 故答案为： 【变式1-3】（2024·高三·上海·开学考试）已知二项式 的展开式中存在常数项，正整数 的最小 值为 ． 【答案】4 【解析】二项式 的通项为 ， 若展开式中存在常数项，只需 ， 则 ，所以正整数 最小取4. 故答案为：4． 【变式1-4】（2024·高三·山西吕梁·开学考试）已知 展开式中 的系数为80，则 . 【答案】−2【解析】通项公式 ， 令 ，则 ， 因为 的系数为 ，故 . 故答案为： 题型二：求二项展开式中的常数项 【典例2-1】（2024·高三·浙江·开学考试） 的展开式中，常数项为 ． 【答案】3 【解析】由 展开式中的通项公式为： ， 令 ，则 ， 故 展开式中的常数项为： ， 故答案为：3. 【典例2-2】（2024·高三·江苏·开学考试） 展开式中的常数项为 . 【答案】 / 【解析】二项式 展开式的通项 ， （ 且 ）， 令 ，解得 ， 所以展开式中常数项为 . 故答案为： 【方法技巧】 写出通项，令指数为零，确定 ，代入． 【变式2-1】 的展开式中的常数项为 .（请用数字作答） 【答案】10【解析】 展开式的通项 ， 为了得到常数项，与 相乘的项需满足 ，即 ， 与1相乘的项需满足 ，即 ， 因此常数项为 . 故答案为：10 【变式2-2】二项式 的展开式中的常数项为 ． 【答案】240 【解析】二项式展开式的通项公式为 ， 令 ，解得 ，则常数项为 . 故答案为：240 【变式2-3】 的二项展开式中的常数项为 .（结果用数值表示） 【答案】 【解析】由 可得 ， 令 ，即 ，则 ， 即 的二项展开式中的常数项为 . 故答案为： . 【变式2-4】（2024·全国·模拟预测） 的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数 项为 ． 【答案】15 【解析】因为 的展开式中第2项的二项式系数为6，所以 ， ， 的展开式的通项公式为 ， 令 ，得 ，故展开式中的常数项为 ． 故答案为：15.题型三：求二项展开式中的有理项 【典例3-1】（2024·全国·模拟预测） 的展开式中，有理项是第 项． 【答案】3 【解析】 的展开式的通项 ， 其中 ， 当 为有理项时， 为整数，结合 ， 所以 ，即有理项是展开式中的第3项， 故答案为：3 【典例3-2】（2024·山东烟台·三模）已知 的展开式中共有 项，则有理项共 项．（用数字表 示） 【答案】 【解析】因为 的展开式中共有 项，所以 ， 则通项 ， 当 时， ，相应项为有理项，故有理项共有4项. 故答案为：4 【方法技巧】 先写出通项，再根据数的整除性确定有理项． 【变式3-1】已知 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为 ． 【答案】2 【解析】 的展开式有 项,因为仅有第5项的二项式系数最大,所以当 时, ,当 时, ,符合题意 所以展开式中有理项的个数为2 故答案为：2 【变式3-2】（2024·高三·上海·单元测试）二项式 的展开式中，系数为有理数的项的个数为 ． 【答案】5 【解析】因为 展开式的通项为 ， 要使系数为有理数的项，需 为整数，所以 ，共5项． 故答案为：5. 【变式3-3】（2024·高三·吉林通化·期中）在 的展开式中，有理项的个数为 ． 【答案】7 【解析】展开式中的第 项为 ， 当 时为有理项，共7项． 故答案为：7. 【变式3-4】在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项． 【答案】6 【解析】由题意知， 展开式的通项公式为 ， 当 （ ）为整数时， 的系数为有理数， 所以 ，即 展开式中系数为有理数的项共有6个. 故答案为：6 【变式3-5】已知 的展开式中第4项与第6项的二项式系数相等，写出展开式中的一个有理项 ． 【答案】 ， ， （写出其中一个即可） 【解析】由题意知 ，所以 ， 整理得 ，解得 或 （舍去）， 所以 的展开式的通项为：， ， ． 若 为有理项，则 ，所以 ，4，8， 故展开式中所有的有理项为： ， ， ． 故答案为： ， ， 题型四：求二项展开式中的特定项系数 【典例4-1】二项式 展开后的第三项是 【答案】 【解析】因为 所以 . 故答案为： 【典例4-2】（2024·浙江绍兴·二模） 的展开式的第四项为 . 【答案】 【解析】 的展开式的通项为 ， 令 ，得 故答案为： . 【方法技巧】 写出通项，确定r，代入． 【变式4-1】（2024·陕西渭南·二模） 展开式中的 项是 . 【答案】【解析】依题意， 展开式中的 项是 . 故答案为： 【变式4-2】（2024·湖北·模拟预测） 展开式中 项的系数为 . 【答案】30 【解析】 展开式的通项表达式为 ， 当 时， ， . 故答案为:30. 【变式4-3】二项式 的展开式的中间项为 【答案】-252 【解析】设 展开式为 ， 总共 项，中间项为第 项，此时 ，所以 . 故答案为： . 【变式4-4】（2024·高三·上海浦东新·期中） 的展开式的第8项的系数为 （结果用数值表 示）. 【答案】960 【解析】因为， 展开式的第8项为 ， 所以， 的展开式的第8项的系数为960. 故答案为：960 题型五：求三项展开式中的指定项 【典例5-1】（2024·高三·江苏南京·开学考试） 的的展开式中 的系数为（ ） A．30 B． C．20 D． 【答案】D【解析】从5个含有 的括号中，其中1个括号中取 ，一个括号中取 ，3个括号中取 ，乘在 一起构成 这一项， 这一项为 ，所以 的系数为 . 故选：D 【典例5-2】（2024·江苏南京·模拟预测） 的展开式中， 的系数为（ ） A．60 B． C．120 D． 【答案】A 【解析】由题意可知： 的通项为 ， 且 的通项为 ， 令 ，解得 ， 所以 的系数为 ． 故选：A 【方法技巧】 三项式 的展开式： 若令 ，便得到三项式 展开式通项公式： ， 其中 叫三项式系数． 【变式5-1】（2024·高三·贵州贵阳·开学考试） 的展开式中 的系数是（ ） A．5 B．10 C．20 D．60 【答案】C 【解析】依题意， 的展开式中 项是5个多项式 中取3个用 ， 余下2个取1个用 ，最后1个用 的积，即 ， 所以 的展开式中 的系数是20. 故选：C【变式5-2】（2024·新疆喀什·三模） 展开式中， 的系数为（ ） A．20 B．30 C．25 D．40 【答案】B 【解析】 展开式中， 的项为 ， 则 的系数为30． 故选： ． 【变式5-3】（2024·云南昆明·模拟预测） 的展开式中， 项的系数为（ ） A．10 B． C．60 D． 【答案】C 【解析】由多项式 展开式的通项为 ， 令 ，可得 ， 又由 展开式的通项为 ， 当 时，可得 ， 所以展开式中 项系数为 ， 故选：C. 【变式5-4】（2024·河北沧州·二模）在 的展开式中， 项的系数为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 相当于6个因式 相乘，其中一个因式取 ，有 种取法， 余下5个因式中有2个取 ，有 种取法，最后3个因式中全部取 ，有 种取法，故 展 开式中 的系数为 . 故选：A. 题型六：求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数 【典例6-1】（2024·高三·全国·课后作业） 的展开式中 的系数为（ ） A． B． C．7168 D． 【答案】A 【解析】由题意可得， 令 ，解得 ，令 ，解得 ， 含 项为 ，即 ， 所以 的系数为 ，故A正确. 故选：A 【典例6-2】（2024·北京大兴·三模）在 的展开式中，x的系数为（ ） A．9 B．15 C． D． 【答案】A 【解析】 易知， 的展开式中，没有x项； 因为 的展开式的通项为： ， 令 ，即 ，所以 展开式中，x的系数为 ； 又因为 的展开式的通项为： ， 令 ，即 ，所以 展开式中，x的系数为 ； 综上，在 的展开式中，x的系数为 ， 故选：A. 【方法技巧】 分配系数法 【变式6-1】（2024·西藏·模拟预测）在 ( y − 2x) (x+ y) 6 的展开式中， 的系数为（ ） x y A． B．4 C． D．8 【答案】D 【解析】在 的展开式中，通项公式为 ， 故 ， 的系数分别为 ， ， 所以在 的展开式中， 的系数为 ．故选：D． 【变式6-2】已知 展开式中 的系数为28，则该展开式的各项系数和为（ ） A． B． C．0 D． 【答案】D 【解析】根据 的展开式通项 ， 当与 配对时， ，故 的系数为 , 当与 配对时， ，故 的系数为 ， 所以 ，故 ； 故令 ，则各项的系数和为 ． 故选：D． 【变式6-3】（2024·全国·模拟预测） 的展开式中 的系数为（ ） A． B． C．3 D．27 【答案】C 【解析】 的展开式的通项公式为 ． 当 时， ； 当 时， ． 因此 的展开式中 的系数为 ， 故选：C． 【变式6-4】（2024·福建福州·模拟预测） 的展开式中 的系数为（ ） A． B． C．34 D．74 【答案】B 【解析】 的展开式为 ，1，2，3，4， ， 的展开式 ，1，2，3， ， 当 ， 时， 的系数为 ； 当 ， 时， 的系数为 ； 当 ， 时， 的系数为 ，故 的系数为 ． 故选： ． 题型七：求二项式系数最值 【典例7-1】（2024·贵州·模拟预测） 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】 【解析】因为 ，所以二项式系数最大的项为第 项， 又 的展开式的通项公式为 ， 令 ，得到 ，所以二项式系数最大的项的系数是 ， 故答案为： . 【典例7-2】已知 的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ． 【答案】 / 【解析】由题意得 ，通项 ， 当满足 时，系数最大， ，即 ，解得 又 解得 ， 所以 ， 故 ． 故答案为： 【方法技巧】 利用二项式系数性质中的最大值求解即可．【变式7-1】 的展开式中所有二项式系数的最大值是 （用数字作答）． 【答案】 【解析】因为 ，所以 的展开式中所有二项式系数的最大项为第 项， 所以 的展开式中所有二项式系数的最大值是 ， 故答案为： . 【变式7-2】已知 的展开式中二项式系数最大的项只有第8项，则 ． 【答案】14 【解析】由 的展开式中二项式系数最大的项只有第8项，得 的展开式共有15项， 所以 . 故答案为：14 【变式7-3】已知 的展开式中，第四项的系数与倒数第四项的系数之比为 ，则展开式中二项式 系数最大的项的系数为 . 【答案】280或560 【解析】由二项式 的展开式的通项公式 ， 由题知， ，解得 ， 所以，展开式中二项式系数最大的项为第4项或第5项， 则展开式中二项式系数最大的项的系数为 或 ， 即展开式中二项式系数最大的项的系数为280或560. 故答案为：280或560. 【变式7-4】（2024·高三·江苏苏州·开学考试）设 为正整数， 展开式的二项式系数的最大值为 ， 展开式的二项式系数的最大值为 ，若 ，则 . 【答案】 【解析】由 展开式的二项式系数的最大值为 ，则有 ， 由 展开式的二项式系数的最大值为 ，则有 ， 由 ，故有 ， 即 ，即 ，即 ， 解得 .故答案为： . 题型八：求项的系数最值 【典例8-1】已知 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以 ， 所以展开式的通项公式为 ，要使展开式中系数的最小值，则 为奇数，取值为 1，3，5，7，所以当 或5时，系数 最小，则展开式中系数的最小值为 ， 故选：C 【典例8-2】已知 的展开式中仅第4项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第 （ ）项 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】由题意二项式系数仅 最大，故 ， 所以二项式为 ，其通项公式为 ， 设二项式展开式中第 项的系数最大，则有 ， ，即 ，故 ，经经验符合题意， 所以展开式中系数最大的项是第3项. 故选：B. 【方法技巧】 有两种类型问题，一是找是否与二项式系数有关，如有关系，则转化为二项式系数最值问题；如无关 系，则转化为解不等式组： ，注意：系数比较大小． 【变式8-1】（2024·安徽·二模）已知 的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（ ） A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 【答案】C 【解析】由已知 ，故 ，故通项为 （ ，1，…，8）， 故奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数， 故 最大，因此第七项的系数最大， 故选：C． 【变式8-2】已知 为满足 能被 整除的正整数 的最小值，则 的展开式中，系数最大的项为（ ） A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第6项和第7项 【答案】B 【解析】因为 ， 所以 ， 所以 ， 则 ， 显然 为正整数， 所以 能被 整除， 又 且 能被 整除，所以 能被 整除， 所以 ，则 ， 所以 ， 所以 ， 所以在 的展开式中，二项式系数最大的项为第 项和第 项，又 的展开式的通项公式为 ， 因为第 项的系数为负数，第 项的系数为正数， 所以第 项的系数最小，第 项的系数最大. 故选：B． 【变式8-3】 的展开式中，系数最大的项是（ ） A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项 【答案】C 【解析】因为 的展开通项公式为 ， 又当 时， 取最大值， 则系数最大的项是第13项 ． 故选：C. 【变式8-4】（2024·四川雅安·一模） 的展开式中，系数最小的项是（ ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 【答案】C 【解析】依题意， 的展开通项公式为 ，其系数为 ， 当 为奇数时， 才能取得最小值， 又由二项式系数的性质可知， 是 的最大项， 所以当 时， 取得最小值，即第6项的系数最小. 故选：C． 题型九：求二项展开式中的二项式系数和、各项系数和 【典例9-1】（2024·四川乐山·三模）设 ，则 （ ） A．1 B． C．2024 D． 【答案】C 【解析】由 ，令 ，得 ； 令 ，得 ，所以 ． 故选：C． 【典例9-2】已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对 两边求导， 得 . 令 ，得 . 故选：D. 【方法技巧】 二项展开式二项式系数和： ；奇数项与偶数项二项式系数和相等： ． 系数和：赋值法，二项展开式的系数表示式： （ 是系 数），令 得系数和： ． 【变式9-1】若 ，则 （ ） A．4048 B． C．1 D． 【答案】D 【解析】 的展开式的通项公式为 ， 结合 ，知 均为负值， ， 令 ，得 ， 故 ， 故选：D. 【变式9-2】（2024·陕西·模拟预测）若 的展开式中的各项系数和为 243，则 （ ） A．32 B．31 C．16 D．15 【答案】B 【解析】因为 ，令 可得 ，解得 ， 令 可得 ， 令 可得 ， 所以 . 故选：B 【变式9-3】已知 ，则下列描述正确的是（ ） A． B． 除以5所得的余数是1 C． D． 【答案】B 【解析】 ， 令 ，可得 ，再令 ，可得 ， ,故A错误． 由于 ，即 展开式各项系数和系数和， 故 ， ，故C错误． 由题意， ， 显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除， 除以5所得的余数是1，故B正确． 因为 ， 所以 ， 所以 ，故D错误． 故选：B． 【变式9-4】已知 ，则 （ ） A． B．14 C． D．7 【答案】A 【解析】等式两边同时求导可得 ，令 ，得 ，故选：A. 【变式9-5】（2024·全国·模拟预测）已知 ，若 ，且 ，则m的值 为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于 ， 令 ，得 ，故 ， 令 ，得 ， 故 ， 令 ，得 ，则等式变为 ， 则 ，又 ，所以 ，故 ． 故选：B. 【变式9-6】（2024·福建福州·模拟预测）设 是常数，对于 ，都有 ，则 （ ） A．2019 B．2020 C．2019! D．2020! 【答案】A 【解析】因为 ，令 可得 ， 对 两边关于 求导得， ， 令 ，则 ， 所以 ， 所以 ，故 ， 所以 . 故选：A. 【变式9-7】若 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因 （*） 对于A项，当 时，代入（*）可得 ，故A项错误； 对于B项，当 时，代入（*）可得 ，故B项错误； 对于C项，当 时，代入（*）可得 ， 则 ，故C项错误； 对于D项，当 时，代入（*）可得 ， 则 ，故D项正确. 故选：D. 题型十：求奇数项或偶数项系数和 【典例10-1】设 ，则 ． 【答案】 【解析】 ， 令 ，可得 ，① 令 ，可得 ，② ①+②可得 . 故答案为： . 【典例10-2】（2024·高三·河北保定·开学考试）若 ，则 .【答案】121 【解析】 令 ，则 ， 令 ，则 ， 故 . 故答案为：121 【方法技巧】 ，令 得系数和： ①； 令 得奇数项系数和减去偶数项系数和： ②，联立①②可求得奇数项系数和与偶数项系数和． 【变式10-1】（2024·广东·一模）若 ，则 . 【答案】 【解析】令 ，得 ， 令 ，得 ， 则 ， 且 ， 故 . 故答案为： . 【变式10-2】已知多项式 ，则 ． 【答案】 【解析】令 即 得 （1）， 令 即 得 （2）， （1） （2）得 ，所以 ， 故答案为： ． 【变式10-3】（2024·浙江·模拟预测）当 ，则． 【答案】 【解析】对于 ， 当 时，代入可得 当 时，代入可得 ① 当 时，代入可得 ② 由①+②可得： ， 即 ， 故 . 故答案为： . 【变式10-4】（2024·湖南邵阳·一模）已知 ，则 . 【答案】 【解析】由 ， 令 ，可得 ， 即 令 ，可得 ， 即 ， 联立方程组，求得 ， 再令 ，可得 ， 所以 . 故答案为： . 题型十一：整数和余数问题 【典例11-1】（2024·湖北·模拟预测） 被9除的余数为（ ） A．1 B．4 C．5 D．8 【答案】B 【解析】 其中 是9的整数倍.故 被9除的余数为4. 故选：B. 【典例11-2】（2024·甘肃张掖·三模）已知今天是星期四，则 天后是（ ） A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期五 【答案】B 【解析】 ， 故 ． 前面7项均能被7整除，则 被7整除余5， 故 天后是星期二． 故选：B. 【变式11-1】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 均为整 数，若 和 被 除得的余数相同，则称 和 对模 同余，记为 ，如9和21被6除得的余 数都是3，则记 ．若 ，且 ，则 的值可以是 （ ） A．2010 B．2021 C．2019 D．1997 【答案】B 【解析】因为 ， 又 ，故 ， 又 ， ， ， ，结合选项可知只有B符合题意. 故选：B 【变式11-2】若 能被25整除，则正整数 的最小值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解析】因为 能被25整除， 所以当 时， ，此时 ， ， 当 时， ； 当 时，， 因此只需 能够被 整除即可，可知最小正整数 的值为 ， 综上所述，正整数 的最小值为 ， 故选：C 【变式11-3】（2024·山西晋中·模拟预测）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 均为整数，若 和 被 除得的余数相同，则称 和 对模 同余，记为 ， 如 和 被 除得的余数都是 ，则记 .若 ，且 ， 则 的值可以是（ ） A．4021 B．4022 C．4023 D．4024 【答案】A 【解析】 ， 即 被 除得的余数为 ，结合选项可知只有 被 除得的余数为 . 故选：A. 【变式11-4】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）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，对于两个整数 ，若它们除以正整数 所得的余数相同，则称 和 对模 同余，记为 ．若 ，则 的值可以是（ ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】B 【解析】依题意， ， 显然 是8的整数倍，因此 除以8的余数是6， 而2021，2022，2023，2024除以8的余数分别为5，6，7，0， 所以 的值可以是2022. 故选：B 题型十二：近似计算问题 【典例12-1】（2024·安徽合肥·三模）某银行大额存款的年利率为 ，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【答案】B 【解析】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， 为公比的等比数列， 所以本利和 ． 故选：B． 【典例12-2】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为 ，某人存入大额存款 元，按照复利计算10年后得到的本利和为 ，下列各数中与 最接近的是（ ） A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34 【答案】D 【解析】存入大额存款 元，按照复利计算， 可得每年末本利和是以为 首项， 为公比的等比数列， 所以 ， 可得 ， 故选：D. 【变式12-1】（2024·北京西城·二模）某放射性物质的质量每年比前一年衰减 ，其初始质量为 ， 年后的质量为 ，则下列各数中与 最接近的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知 故选：C 【变式12-2】（2024·江西南昌·一模）二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理 可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理： 对于任意实数 ， 当 比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得： ，并且 的值越小，所得 结果就越接近真实数据.用这个方法计算 的近似值，可以这样操作：. 用这样的方法，估计 的近似值约为（ ） A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930 【答案】B 【解析】 . 故选：B. 【变式12-3】二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克•牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次 幂，即广义二项式定理：对于任意实数 ，当 比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得： ，并且 的值越小，所得结 果就越接近真实数据.用这个方法计算 的近似值，可以这样操作： .用这样的方法，估计 的近似值约为 .（精确 到小数点后两位数） 【答案】3.07 【解析】 . 故答案为：3.07 【变式12-4】用二项式定理估算 .（精确到0.001） 【答案】1.105 【解析】 . 故答案为：1.105 【变式12-5】 （精确到0.01） 【答案】30.84 【解析】原式 故答案为：30.84．题型十三：证明组合恒等式 【典例13-1】求证： 【解析】由基本恒等式 ，即得 因为 ， 所以 ， 即 【典例13-2】求证： 【解析】因为 ， 所以 ，所以 【变式13-1】求证： 【解析】考虑恒等式： ， 有 ． 左边展开式中 的系数为：， 而右边展开式中 项的系数为零． 所以 . 即得所证等式． 【变式13-2】（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ， 记 ，并规定 .记 ，并规定 .定义 . (1)若 ，求 和 ； (2)求 ； (3)证明： 【解析】（1）若 ， 而 （2）当 时， ， 当 时，由 可得 ； 综上所述， . （3）结合第二问结论知 ，要证 只需证 ， 令 ，易知 ， 则 ， 所以 ， 一方面， 另一方面， ， 当 且 时， 由于 ， 比较两式中 的系数可得： ， 则 由 可知 = ， 当 时，由 可知： ， 此时命题也成立. 当 时， 也成立. 综上所述， . 【变式13-3】莱布尼茨（德国数学家）三角（如图1所示）是与杨辉（南宋数学家）三角数阵（如图2所 示）相似的一种几何排列，但与杨辉三角不同的是，莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数 之和. 现记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为 ，第2行的第2个数字为 ，第 行的第2个数字为 .(1)求 的值； (2)将杨辉三角中的每一个数 都换成 就得到了莱布尼茨三角.我们知道杨辉三角的最基本的性质 ，也是二项式系数和组合数性质，请你类比这个性质写出莱布尼茨三角的性 质，并证明你的结论. 【解析】（1）由图1可知： 由每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和，可得 ， 故 ，同理 ， 故 ； （2）莱布尼茨三角的性质： 证明： . . 故结论正确. 【变式13-4】（1）求证： ；（2）利用等式 可以化简： ；类比上述方法，化简下式： . （3）已知等差数列 的首项为 ，公差为 ，求证：对于任意正整数 ，函数 总是关于 的一次函 数. 【解析】证明：（1）因为 、 ， ， 由组合数公式可得 ，故结论成立； （2）因为 、 ， ， 则 ， 则 ； （3）因为等差数列{a }的首项为 ，公差为 ，则 ， n 则 ， 所以， 总是关于 的一次函数.题型十四：二项式定理与数列求和 【典例14-1】 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 ，两边求导得， ，两边乘以 后得， ，两边求导得， ， 取 得 . 故选：A 【典例14-2】已知 ，展开式中 的系数为 ，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵ ，展开式中 的系数为 ， ∴则 ， 故选：B． 【变式14-1】已知 ，则 （ ） A． B． C． D．【答案】B 【解析】依题意， ， 当 时， ， 于是得 . 故选：B 【变式14-2】（2024·河南洛阳·三模）若 ，则 的值为（ ） A． B．1 C．0 D．-1 【答案】D 【解析】根据 ， 令 ，可得 ，再令 ，可得 ， 所以 ． 故选：D． 【变式14-3】若 ，且 ，则实数 的值为 . 【答案】 【解析】因为 ， 令 ，得 ， 令 ，得 ， 所以 ， ， 则 ， 所以 ，解得 ，故答案为： 【变式14-4】对于 ，将n表示为 ，当 时， .当 时， 为0或1.记 为上述表示中 为0的个数，（例如 ， ，故 ， ）.若 ，则 . 【答案】 【解析】 ， 设 ，且 为整数， 则 ， 中6个数都为0或1， 其中没有一个为1时，有 种情况，即有 个 ； 其中有一个为1时，有 种情况，即有 个 ； 其中有2个为1时，有 种情况，即有 个 ； … 故 ，同理可得： ， … ， , 则 . 故答案为: ． 【变式14-5】已知等差数列{a }，对任意 都有 成立，则数列 n 的前 项和 ． 【答案】 【解析】设等差数列的公差为 ，则 ，因为 ， 所以 ，所以 ，所以 对 恒成立， 所以 ， ，所以等差数列{a }的通项公式 ， n 所以 ， 所以数列 的前 项和 ． 故答案为： . 【变式14-6】设 是正整数，化简 . 【答案】 【解析】设 ， ， 所以有 ， 故答案为： 题型十五：杨辉三角 【典例15-1】如图所示的“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．记“杨辉三角”第 行的第 个数为 ，则 ． 【答案】 【解析】由题意知， ，则 当 时， =当 时， ，也符合上式． 综上， ． 故答案为： 【典例15-2】如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵， 请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 . 【答案】 【解析】第三行的第三位数字是 ，第四行的第三位数字是 ， 第五行的第三位数字是 ， ，第十五行的第三位数字是 ， 由 ， 则 . 故答案为： . 【变式15-1】我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式 的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3， 3，1，1，4，6，4，1， ，记作数列 ，则 ；若数列 的前 项和为S ，则 . n 【答案】 【解析】由题意可知 是第5行第4个数，所以 ；使得每行的序数与该行的项数相等，则第 行最后项在数列{a }中的项数为： n 设 位于第 行，则： ，解得： 且第 行最后一项在数列{a }中的项数为： ， n 位于杨辉三角数阵的第 行第 个 而第一行各项和为 ，第二行各项和为 ，第三行各项的和为 依此类推，第 行各项的和为 故答案为：4， . 【变式15-2】在“杨辉三角”中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示.那么，在 “杨辉三角”中，第 行会出现三个相邻的数，其比为2:3:4. 【答案】34 【解析】由题意可知第 行第 个数为 ， 根据题意，设所求的行数为 ，则存在正整数 ，使得连续三项 ， ， ， 有 且 ．化简得 ， ， 联立解得 ， ． 故第34行会出现满足条件的三个相邻的数． 故答案为：34. 【变式15-3】如图所示的梯形数阵中，第 行第 个数的值为【答案】 【解析】观察、归纳梯形数阵规律， 第一行每一个数提取系数 ，第二行每一个数提取系数 ， ， 第 行每一个数提取系数 . 提取系数之后，各数的分子均为 ，分母恰好成二项式系数所构成的杨辉三角分布， 所以可求得第 行第 个数的值为 . 故答案为： . 【变式15-4】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三 角，这是数学史上的一个伟大成就．在“杨辉三角”中，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3， 4，6，4，5，10，10，5，…，记作数列{a }，若数列{a }的前n项和为 ，则 ． n n 【答案】 【解析】根据题意， 为杨辉三角的第三行中去除 后的数，共1个， 为杨辉三角的第四行去除 后的数，共2个， 为杨辉三角第五行去除 后的数，共3个， ， 故可设去除 后，杨辉三角从第 )行开始，共有 个数在数列 中， 则前 行共有 个数， 又当 时， ， 时， ， 故 中包括了杨辉三角从第3行开始至第12行去除1后所有的数，以及第13行去除1后的第一个数， 故. 故答案为： . 1．（2024年北京高考数学真题）在 的展开式中， 的系数为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 的二项展开式为 ， 令 ，解得 ， 故所求即为 . 故选：A. 2．（2022年新高考北京数学高考真题）若 ，则 （ ） A．40 B．41 C． D． 【答案】B 【解析】令 ，则 ， 令 ，则 ， 故 ， 故选：B. 3．（2024年上海市1月春考数学试题） 展开式中 的系数为 . 【答案】15 【解析】 展开式中令 的项为 ， 所以 展开式中 的系数为15. 故答案为：154．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题） 的展开式中，各项系数中的最大值为 ． 【答案】5 【解析】由题展开式通项公式为 ， 且 ， 设展开式中第 项系数最大，则 ， ，即 ，又 ，故 ， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为 . 故答案为：5. 5．（2024年天津高考数学真题）在 的展开式中，常数项为 ． 【答案】20 【解析】因为 的展开式的通项为 ， 令 ，可得 ， 所以常数项为 . 故答案为：20. 1．在 的展开式中，含 的项的系数是（ ） A．74 B．121 C． D． 【答案】D 【解析】因为在 ，所以含 的项为： ， 所以含 的项的系数是的系数是 ， ， 故选：D 2．在 的展开式中， 的系数是 . 【答案】0 【解析】 ， 的展开式通项为 ， 的展开式通项为 ， 令 ，得 ， ， 因此， 的系数为 . 故答案为：0. 3．证明： （1） 的展开式中常数项是 ； （2） 的展开式的中间一项是 . 【解析】（1）展开式的通项为 ， 令 ，所以常数项为 ， 又 ， 所以 的展开式中常数项是 ，故得证.； （2）展开式的通项为 ， 中间项对应的 ，所以中间项为 ， 又， 所以 的展开式中间一项是 ，故得证. 4．用二项式定理证明： （1） 能被 整除； （2） 能被1000整除. 【解析】（1） ， 上式中的每一项都可以被 整除，故 能被 整除； （2） ， 上式中的每一项都可以被 整除，故 能被1000整除. 5．求证： . 【解析】左边= =1=右边. 即证. 6．如图反映了二项式定理产生、完备和推广所走过的漫长历程： (1)在上述发展过程中，无论是推广还是证明，都是从特殊到一般，如今，数学研究的一个发展趋势就是尽可能地一般化．请你试一试，从 推广到 （m， ）． (2)请你查阅相关资料，细化上述历程中的某段过程，例如从3次到n次，从二项到m项等，说说数学家是 如何发现问题和解决问题的． 【解析】（1）由 ， 令 ， ∴ ． （2）由（1）知：发现问题：通过简单的发现还有延伸的可能性； 解决问题：不懈的努力以及由简单推及复杂的技巧． 易错点：混淆项的系数与二项式系数 易错分析：项的系数与二项式系数虽然相关，但概念不同。项的系数是二项式系数与其他数字因数的 积，而二项式系数仅与二项式的幂的指数和项数有关。在解题时，需仔细区分这两者，避免出错。 【易错题1】 的展开式中含 的项的二项式系数是 （用数字作答）. 【答案】10 【解析】 ，含 的项是 时的项， 所以二项式系数为 . 故答案为：10. 【易错题2】 的展开式的二项式系数的和等于64，则展开式中含有 项的系数为 . 【答案】240 【解析】二项式系数之和 ，解得 ， 则其二项展开式的通项为 ， 令 ，解得 ，则展开式中含有 项的系数为 . 故答案为：240.答题模板：求二项展开式中的特定项或项的系数 1、模板解决思路 在求解二项展开式中的特定项或项的系数时，关键在于首先写出二项展开式的通项公式。然后，根据 题目给出的条件，我们可以设立一个方程来找到满足条件的k值。这里，k代表二项展开式中项的序号， 其取值范围是0到n。一旦找到k，我们就可以将其代回通项公式，从而求解出所需的项或项的系数。 2、模板解决步骤 第一步：根据二项式定理写出二项展开式的通项，并化简. 第二步：根据已知条件，列出方程并求解. 第三步：代回二项展开式的通项，求出特定项或项的系数. 【经典例题1】若 的展开式中 的系数为 ．（用数字作答） 【答案】 【解析】 的通项公式为 ， 当 时， ，当 时， ， ， 故 的展开式中 的系数为 ． 故答案为： 【经典例题2】 展开式中常数项为 . 【答案】 【解析】 展开式中,通项公式为 ， 令 ，求得 ， 可得展开式中的常数项为 . 故答案为：15.