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1
第02 讲 二项式定理与杨辉三角
课程标准
学习目标
1．能用多项式运算法则和计数原理证明二
项式定理，会用二项式定理解决与二项展
开式有关的简单问题
2．杨辉三角的性质．
1. 利用计数原理分析二项式的展开过程，归纳、猜想
出二项式定理，并用计数原理加以证明；
2.通过经历二项式定理的探究过程，体验“归纳、猜
想、证明”的数学发现过程，提高自己观察、分析、
概括的能力，以及 “从特殊到一般”、“从一般到特
殊”等数学思想的应用能力；
3.会应用二项式定理求解二项展开式.
知识点01 二项式定理
2
1．二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
=
+
+
+
+
+
+
.(*)
公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做
的二项展开式，其中各项的系数
(k∈{0,1,2,
,n})叫做二项式系数，
叫做二项展开式的通项，用
表示，即通项为展开式的第k+1 项：
=
.
(2)二项展开式的规律
①二项展开式一共有(n+1)项.
②(n+1)项按a 的降幂b 的升幂排列.
③每一项中a 和b 的幂指数之和为n.
【即学即练1】
1.（23-24 高二下·北京通州·期中）二项式
的展开式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由二项式定理求解.
【详解】二项式
，
.
故选：B
2.(x＋2)n的展开式共有11 项，则n 等于（ ）
A．9
B．10
C．11
D．8
【答案】B
【分析】利用二项式定理的知识即可求解.
【详解】因为(x＋2)n 的展开式共有n＋1 项，而(x＋2)n 的展开式共有11 项，所以n＝10.
故选:B.
知识点02 二项式系数的性质
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即
)
增减性
当
时，二项式系数逐渐增大；当
时，二项式系数逐渐
减小，因此二项式系数在中间取得最大值
3
最大值
当n 是偶数时，展开式的中间一项
的二项式系数
最大；当n 是奇数
时，展开式的中间两项
与
的二项式系数
，
相等且最大
各二项式
系数的和
【即学即练2】（24-25 高二上·全国·随堂练习）
的展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A．第3 项
B．第6 项
C．第6，7 项
D．第5，7 项
【答案】C
【分析】根据n＝11 为奇数，结合二项式系数的性质，由展开式中第
项和第
项相等且最大求
解.
【详解】因为n＝11 为奇数，
所以
的展开式中第
项和
项，
即第6，7 项的二项式系数相等，且最大．
故选：C
知识点03 二项展开式的应用问题
1．求二项展开式的特定项的解题策略
求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；
求有理项时，指数为整数等)，解出项数k+1，代回通项公式即可.
2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略
(1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，
但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解.
(2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.
3．二项式系数的和与各项系数的和问题
（1）赋值法
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax+b)n，(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子求其展
开式的各项系数之和，常用赋值法.
（2）系数之和问题的解题策略
若
，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项之和为
，偶数项系数之和为
.
（3）展开式的逆用
4
根据所给式子的特点结合二项式展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定
理求解.
4．二项式系数最大项问题
当n 为偶数时，展开式中第
项的二项式系数最大，最大值为
；当n 为奇数时，展开式中第
和第
项的二项式系数开式中第最大，最大值为
或
.
【即学即练3】（23-24 高二上·北京昌平·期末）若
，则
（ ）
A．8
B．16
C．32
D．64
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用赋值法计算作答.
【详解】因为
，
所以当
时，
，
故选：C.
知识点04 杨辉三角的性质
(1)最外层全是1，第二层(含1)是自然数列1,2,3,4，…，第三层(含1,3)是三角形数列1,3,6,10,15，….
(2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C＝C.
(3)递归性：除1 以外的数都等于肩上两数之和，即C＝C＋C.
(4)第n 行奇数项之和与偶数项之和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋….
(5)第n 行所有数的和为2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n.
(6)自左(右)腰上的某个1 开始平行于右(左)腰的一条线上的连续n 个数的和等于最后一个数斜左(右)下方
的那个数．
【即学即练4】杨辉是我国南宋的一位杰出的数学家，在他所著的《详解九章算法》一书中，画的一张表
示二项式展开后的系数构成的三角图形，称为“开方做法本源”．现在简称为“杨辉三角”．下面是
，当
时展开式的二项式系数表示形式．
5
借助上面的表示形式，判断
与
的值分别是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用“杨辉三角”中的数的特点求解即可.
【详解】观察分析出“杨辉三角”中的数的特点：
1.每一行有
个数字，每一行两端的数字均为1，
2.从第二行起，每一行中间的数字等于它上一行对应（即两肩上）的两个数字的和，
所以
.
故选：D.
题型01 二项展开式的应用
【典例1】（22-23 高二下·江苏宿迁·期中）设
，化简
（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据二项式定理化简即可．
【详解】
，
故选：C．
【变式1】若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理可得答案.
【详解】
.
6
故选：B
【变式2】24-25 高三·上海·课堂例题）计算
的值是 ．
【答案】
【分析】利用二项式定理得解.
【详解】由二项式定理可得，
.
故答案为：
.
【变式3】（24-25 高二下·全国·课后作业）若
(a，b 为有理数)，则a＋b＝ .
【答案】44
【分析】根据二项式定理将
展开，根据a，b 为有理数对应相等求得
的值即得解.
【详解】因为
，
所以
，
因为
，且a，b 为有理数，
所以a＝28，
所以
.
故答案为：44
【变式4】化简：
.
【答案】
【分析】逆用二项式定理进行合并即可.
【详解】原式
.
题型02 求二项展开式的特定项
【典例2】（2024·浙江·三模）
的展开式的常数项为（ ）
A．
B．
C．
D．4
【答案】B
【分析】先求出展开式的通项，令指数等于0，求得
，即可求解.
7
【详解】通项
为常数项，
令
可得
，
所以
，
故选：B．
【变式1】（23-24 高二下·浙江·期中）在
的展开式中，第四项为（ ）
A．240
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据二项展开式的通项公式可得
，令
计算即可求解.
【详解】由题意知，
展开式的通项公式为
，
令
，得
，
即第四项为
.
故选：D
【变式2】（2014·山东青岛·一模）
展开式的常数项为 .
【答案】15
【分析】利用二项式的展开式通项公式求解.
【详解】展开式的通项公式为
，
令
，解得
，
所以常数项为
，
故答案为：15.
【变式3】
的展开式中常数项是 .（用数字作答）
【答案】
【分析】根据
的展开式的通项公式可求出结果.
【详解】
的展开式的通项为
，
令
，得
，
8
所以
的展开式中常数项是
.
故答案为：
.
题型03 求二项展开式的特定项系数
【典例3】（2024·北京·模拟预测）在( x−2√x)
5的展开式中，x
4项的系数为（ ）
A．−20
B．20
C．−40
D．40
【答案】D
【分析】由题意写出展开式通项并化简，令5−r
2 = 4，解得r =2，回代展开通项计算即可得解.
【详解】在( x −2√x)
5的展开式通项为T r +1=C5
r x
5−r(−2√x)
r =C5
r (−2)
r x
5−r
2 ,(0≤r ≤5,r ∈N
∗)，
由题意令5−r
2 = 4，解得r =2，所以x
4项的系数为C5
2(−2)
2=10×4 = 40.
故选：D.
【变式1】在(
1
x −√x)
10
的展开式中，x
2的系数等于（ ）
A．−45
B．−10
C．10
D．45
【答案】D
【分析】由二项式展开式的通项公式即可求出x
2的系数.
【详解】(
1
x −√x)
10
的通项为T r +1=C10
r ( 1
x )
10−r
(−√x)
r =(−1)
r C10
r x
3
2 r −10
，
令3
2 r −10=2，解得r =8，
所以x
2项的系数为：(−1)
8C10
8 = 45.
故选：D.
【变式2】（23-24 高二下·海南·期末）(
x
2 −√x)
6
的展开式中，x
4的系数为（ ）
A．15
4
B．5
2
C．5
4
D．15
16
【答案】A
【分析】利用二项式展开式通项公式来求指定项系数.
【详解】由T k +1=C6
k(
x
2)
6−k
(−√x)
k =(−1)
k(
1
2)
6−k
C6
k x
6−k
2，
9
当6−k
2 = 4，解得k = 4，
所以x
4的系数为(−1)
4(
1
2)
2
C6
4= 1
4 ×15= 15
4 ，
故选：A.
【变式3】（2023·天津·高考真题）在
的展开式中，
项的系数为 ．
【答案】
【分析】
由二项式展开式的通项公式写出其通项公式
，令
确定
的值，然后
计算
项的系数即可.
【详解】
展开式的通项公式
，
令
可得，
，
则
项的系数为
.
故答案为：60.
题型04 求展开式的有理项
【典例4】（2024·河南·模拟预测）已知(x
2−a
3√x)
n
（其中a>0）的展开式中的第7 项为7，则展开式中的
有理项共有（ ）
A．6 项
B．5 项
C．4 项
D．3 项
【答案】D
【分析】运用二项展开式的通项公式可得n、a的值，结合有理项的定义赋值求解即可.
【解答】展开式的第7 项为T 7=Cn
6(x
2)
n−6(−a
3√x)
6
=(−a)
6Cn
6 x
2n−14，
由题意，得2n−14 =0，(−a)
6Cn
6=7，（a>0），所以n=7，a=1，
则展开式的通项为T k +1=(−1)
k C7
k x
14−2k(
1
3√x)
k
=(−1)
k C7
k x
42−7k
3
，k =0,1,2,⋯,7，
令42−7 k
3
∈Z，则k =0,3,6，所以展开式中的有理项共有3 项.
故选：D.
【变式1】写出
展开式中的一个有理项为 .
10
【答案】
（答案不唯一）
【解析】
展开式的通项公式为
（
），
所以展开式中的有理项分别为：
时，
；
时，
；
时，
；
时，
.
故答案为：
（四个有理项任写其一均可）.
【变式2】在
的展开式中，有理项有 项．
【答案】
【解析】
的展开式的通项为
，
令
为整数，则
，共
项.
故答案为：
.
【变式3】2024·高三·江西·开学考试）已知
的展开式中只有第5 项的二项式系数最大，写出展
开式中的一个有理项 ．
【答案】
（或
，或
，写出其中一个即可）
【解析】由题意知展开式中共有9 项，所以
，
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：
（或
，或
，写出其中一个即可）
题型05 二项式乘积问题
【典例5】（23-24 高二下·广东深圳·阶段练习）在
的展开式中，
的系数为（ ）
A．20
B．25
C．30
D．35
11
【答案】B
【分析】写出后面括号的通项，再分
时分别求出系数，最后求和即可.
【详解】因为
的通项为
，
当
内取
时，
，
则
，此时系数为
；
当
内取
时，
，
则
，此时系数为
；
所以系数为
.
故选：B.
【变式1】（2022·全国·统考高考真题）
的展开式中
的系数为 （用数
字作答）．
【答案】-28
【分析】
可化为
，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为
，
所以
的展开式中含
的项为
，
的展开式中
的系数为-28
故答案为：-28
【变式2】（2024·西藏·模拟预测）在(
y
x −2 x
y )(x + y)
6的展开式中，x
2 y
4的系数为（ ）
A．−4
B．4
C．−8
D．8
【答案】D
【分析】根据(x + y)
6展开式通项公式得到x
3 y
3，x y
5的系数分别为C6
3，C6
5，从而得到x
2 y
4的系数为
C6
3−2C6
5=8．
【解答】在(x + y)
6的展开式中，通项公式为T r +1=C6
r x
6−r y
r，
故x
3 y
3，x y
5的系数分别为C6
3，C6
5，
所以在(
y
x −2 x
y )(x + y)
6的展开式中，x
2 y
4的系数为C6
3−2C6
5=8．
故选：D．
12
【变式3】（2024 高三·全国·专题练习）已知(ax +1)(2 x−1)
7的展开式中x
3的系数为448，则该展开式中
x
2的系数为（ ）
A．56
B．−98
C．106
D．−112
【答案】D
【分析】求出二项式(2 x−1)
7的展开式的通项，由给定系数求出a，再求出x
2的系数.
【解答】依题意，(ax +1)(2 x −1)
7=ax (2 x −1)
7+(2 x −1)
7，
二项式(2 x −1)
7的展开式的通项T r +1=C7
r (2 x)
7−r⋅(−1)
r，
于是−aC7
5×2
2+C7
4×2
3=−84 a+280= 448，解得a=−2，
所以(ax +1)(2 x −1)
7的展开式中x
2的系数为−2C7
6×2−C7
5×2
2=−28−84 =−112.
故选：D.
题型06 三项式问题
【典例6】（2024·辽宁丹东·一模）
的展开式中常数项为（ ）
A．24
B．25
C．48
D．49
【答案】D
【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令
，从而满足题意的数组
可以是：
，将这些数组回代入通项公式即可运算求解.
【详解】
的展开式通项为
，
令
，得满足题意的数组
可以是：
，
规定
，
故所求为
.
故选：D.
【变式1】下列各式中，不是
的展开式中的项是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意多项式展开式中，有一个因式选
，有2 个因式选
，其余的2 个因式选
，有1 个
因式选
，剩下的3 个因式选
，分别计算所得项，即可得到结果.
13
【详解】
表示4 个因式
的乘积，在这4 个因式中，有一个因式选
，其余的3 个因
式选
，所得的项为
，所以
是
的展开式中的项，在这4 个因式中，
有2 个因式选
，其余的2 个因式选
，所得的项为
，所以
是
的展开式中的项，在这4 个因式中，有1 个因式选
，剩下的3 个因式选
，所得的项为
，所以
是
的展开式中的项，在这4 个因式中，有2 个因式
选
，其余的2 个因式中有一个选
，剩下的一个因式选
，所得的项为
，所以
不是
的展开式中的项.
故选:D.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）在(x +1−2
x
2)
6
的展开式中常数项为（ ）
A．721
B．-61
C．181
D．-59
【答案】A
【分析】先求出展开式的通项公式T r +1= C6
r (x +1)
6−r(−2
x
2)
r
=C6
r (−2)
r (x +1)
6−r x
−2r,其中(x +6)
6−r的展开
式的通项公式为T k +1= C6−r
k
x
6−r −k，令x 的幂指数等于0，求得r，k 的值，即可求得展开式中的常数项的
值.
【解答】∵(x +1−2
x
2)
6
=[(x +1)−2
x
2]
6
的展开式的通项公式为
T r +1= C6
r (x +1)
6−r(−2
x
2)
r
=C6
r (−2)
r (x +1)
6−r x
−2r，
其中(x +6)
6−r的展开式的通项公式为T k +1= C6−r
k
x
6−r −k，
当r =0时，6−r −k =0，∴k =6，常数项为C6
0C6
6(−2)
0；
当r =1时，6−r −k =2，∴k =3，常数项为C6
1C5
3(−2)；
当r =2时，6−r −k = 4，∴k =0，常数项为C6
2C4
0 (−2)
2；
故常数项为C6
0C6
6(−2)
0+C6
1C5
3(−2)+C6
2C4
0 (−2)
2=−59.
故选：D.
【变式3】（2024·河北沧州·二模）在( x −2 y +3 z)
6的展开式中，x y
2 z
3项的系数为（ ）
A．6480
B．2160
C．60
D．−2160
【答案】A
14
【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果.
【解答】( x−2 y +3 z)
6相当于6 个因式(x−2 y +3 z)相乘，其中一个因式取x，有C6
1种取法，
余下5 个因式中有2 个取−2 y，有C5
2种取法，最后3 个因式中全部取3 z，有C3
3种取法，故( x −2 y +3 z)
6
展开式中x y
2 z
3的系数为C6
1×1×C5
2×(−2)
2×C3
3×3
3=6480.
故选：A.
题型07 已知特定项求参数
【典例7】（23-24 高三下·湖南娄底·阶段练习）已知
，若
的展开式中，常数项等于240，则
（ ）
A．3
B．2
C．6
D．4
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式求出常数项，建立方程得解.
【详解】由二项展开式的通项公式可得
，
令
，解得
，
即常数项为
，解得
.
故选：B
【变式1】（2023·四川泸州·二模）已知
的展开式中存在常数项，则n 的可能取值为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．8
【答案】C
【分析】首先写出二项式展开的通式，根据题意存在常数项，可得
，进而得到
的可能取值.
【详解】二项式
的展开式的通项为
，
令
，即
，由于
，故
必为的倍数，即
的可能取值为
.
故选：C
【变式2】（22-23 高二下·广东揭阳·期中）在
的展开式中存在常数项，写出一个满足条
件的
的值是 .
【答案】4（答案不唯一，满足
即可）
【分析】求出展开式的通项公式，然后令
的指数为
，根据
的范围即可求解.
15
【详解】
展开式的通项公式为
令
，得
,故
令
则
故答案为：
.
【变式3】（23-24 高三下·陕西·阶段练习）在
的展开式中，
的系数为84，则
．
【答案】7
【分析】先求出通项公式，再结合已知条件建立等量关系求解即可.
【详解】由题意知二项式展开式通项公式为
，
又因为
的系数为84，所以
，
所以
.
故答案为：7.
【变式4】（23-24 高三上·上海普陀·期末）
的常数项为第3 项，求
【答案】
【分析】展开式的第项是常数项，即得指数为
，求出
的值即可．
【详解】因为
的常数项为第3 项，
所以
，
，
所以
，即
.
故答案为：
.
题型08 二项式系数的最值问题
【典例8】已知二项式
的展开式中只有第4 项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，
则正数
的值为 .
【答案】3
【解析】因为
的展开式中只有第4 项的二项式系数最大，
所以展开式一共有
项，即
，令
，得展开式中所有项的系数和为
，
所以
或
（舍去），所以正数
的值为3.
16
故答案为：3.
【变式1】若
的展开式中只有第5 项的二项式系数最大，则展开式中的
项为 .
【答案】
【解析】由题意，只有第5 项的二项式系数最大知，
展开式中有共项，则
，
所以
的展开式的通项为
，
令
，解得
，
故展开式中的
项为
.
故答案为：
.
【变式2】已知二项式
的展开式中仅有第4 项的二项式系数最大，则
.
【答案】
【解析】因为二项式
的展开式中仅有第4 项的二项式系数最大，
根据二项展开式的性质，可得中间项的二项式系数最大，所以展开式一共有7 项，
所以
为偶数且
，可得
.
故答案为：
.
【变式3】
的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则第四项为 .
【答案】
/
【解析】因为展开式中只有第六项的二项式系数最大，即
，所以
，
所以
.
故答案为：
题型09 系数的最值问题
【典例9】（2024·江西南昌·三模）若
的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式
中系数最大的是（ ）
17
A．第二项
B．第三项
C．第四项
D．第五项
【答案】B
【解析】因为
的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以
，解得
，
则
的展开式通项为
，
当
为奇数时，系数为负数，当
为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，
为偶数，
由展开式通项可知
，
，
，
，
，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
【变式1】（2024·全国·模拟预测）
的展开式中系数最大的项为（ ）
A．70
B．56
C．
或
D．
【答案】D
【解析】
的展开式的通项公式为
，
，由二项式系
数中，
最大，此时该二项展开式中第5 项的系数
最大，∴
的展开式中系数最大的项为
，
故选：D．
【变式2】二项式
的展开式中，系数最大项的是（ ）
A．第
项
B．第
项和第
项
C．第
项
D．第
项
【答案】A
【解析】由二项展开式的通项公式
，
可知系数为
，与二项式系数相比只是符号的区别，
二项式系数最大的项为第
项和第
项，
18
又由第
项系数为
，
第
项系数为
，
故系数最大项为第
项.
故选：A.
【变式3】已知
的展开式中唯有第5 项的系数最大，则a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
的展开式的通项为
，
由题可知
，解得
．
故选：A
题型10 展开式系数和问题
【典例10】（多选）（23-24 高三下·山东·开学考试）已知
的展开式中，各项的二项式系数之和
为128，则（ ）
A．
B．只有第4 项的二项式系数最大
C．各项系数之和为1
D．
的系数为560
【答案】AD
【分析】
根据二项式系数之和为
运算求解，进而判断A；根据二项式系数的性质分析判断B；令
，求各项系
数之和，进而判断C；对于D：结合二项式系数的通项分析判断.
【详解】对于A：由题意可知：各项的二项式系数之和为
，解得
，故A 正确；
可得
，
对于B：因为
，则第4 项和第5 项的二项式系数最大，故B 错误；
对于C：令
，可得各项系数之和为
，故C 错误；
对于D：因为二项展开式的通项为
，
令
，解得
，
19
所以
的系数为
，故D 正确；
故选：AD.
【变式1】（多选）（23-24 高二下·福建南平·阶段练习）设
，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【分析】
令
，则
，将原式变形，对于
，
为第二项的系数，由二项式定理即可求解；对于
，令
，即可得；对于
，令
，可求
，令
，即可求解；对于
，令
，即可求解.
【详解】令
，所以
，
所以原式可变形为
，
所以
，故
正确；
令
，则
，故
正确；
令
，则
，
令
，则
，所以
，故
不正确；
令
，则
，
所以
，故
不正确.
故选：
.
【变式2】若
的展开式中第3 项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为 ．
【答案】
【分析】利用第3 项的二项式系数是求
，然后将
代入可求展开式中所有项系数之和.
【详解】
的展开式中第3 项的二项式系数为
，
，
解得
，所以
.
20
令
，得到展开式中所有项系数之和为
.
故答案为：
.
【变式3】已知
，则
（ ）
A．9
B．10
C．19
D．29
【答案】C
【解析】因为
，
所以
分别对两边进行求导得
，
令
，得
，
所以
，
故选：C
【变式4】若
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．253
D．126
【答案】C
【解析】令
，
得
，
，
∴
.
故选：C.
【变式5】已知对任意实数x，
，则下列结论成立的是
（ ）
A．
B．
C．
21
D．
【答案】C
【解析】因
（*）
对于A 项，当
时，代入（*）可得
，当
时，代入（*）可得
，
所以
，故A 项错误；
对于B 项，当
时，代入（*）可得
，
又
，所以
，故B 项错误；
对于C 项，当
时，代入（*）可得
，故C 项正确；
对于D 项，对（*）两边求导可得
，
，当
时，
，故D 项错误.
故选：C.
题型11 整除与余数问题
【典例11】（2024·湖北荆州·三模）已知
，则
被3
除的余数为（ ）
A．3
B．2
C．1
D．0
【答案】D
【解析】令
，得
，令
，得
，
两式相减，
，
因为
，
其中
被3 整除，所以
被3 除的余数为1，
综上，
能被3 整除．
故选：D.
【变式1】（2024·贵州黔南·二模）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这
12 种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024 年是龙年.那么从今年起的
年后是（ ）
A．虎年
B．马年
C．龙年
D．羊年
【答案】B
【解析】由
，
22
故
除以
的余数为，故
除以
的余数为
，
故
年后是马年.
故选：B.
【变式2】（2024·福建三明·三模）各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算
一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数
转换为十进制数的算法为
．若将八进制数
转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是
（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
【解析】
因为
是
的倍数，
所以换算后这个数的末位数字即为
的末位数字，
由
，末位数字为3，
故选：A．
【变式3】（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a,b，若它们除以正整数m所得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为
a≡b(modm)．若a=C17
1 ×6+C17
2 ×6
2+⋯+C17
17×6
17,a≡b(mod8)，则b的值可以是（ ）
A．2021
B．2022
C．2023
D．2024
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出a除以8 的余数即可得解.
【解答】依题意，a=C17
1 ×6+C17
2 ×6
2+⋯+C17
17×6
17=(1+6)
17−1=(8−1)
17−1
C17
0 ×8
17−C17
1 ×8
16+⋯+C17
16×8−C17
17−1=C17
0 ×8
17−C17
1 ×8
16+⋯+C17
16×8−2，
显然C17
0 ×8
17−C17
1 ×8
16+⋯+C17
16×8是8 的整数倍，因此a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b的值可以是2022.
故选：B.
23
【变式4】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）若Cn
1 x +Cn
2 x
2+⋅⋅⋅+Cn
n x
n能被7 整除，则x，n 的一组值可能为
（ ）
A．x = 4，n=6
B．x = 4，n=8
C．x =5，n=7
D．x =6，n=9
【答案】A
【分析】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案.
【解答】Cn
1 x +Cn
2 x
2+⋅⋅⋅+Cn
n x
n=(1+ x)
n−1，
当x = 4，n=6时，(1+ x)
n−1=5
6−1=(5
3−1)(5
3+1)=124×126能被7 整除；
当x = 4，n=8时，(1+ x)
n−1=5
8−1=(5
2−1)(5
2+1)(5
4+1)=24×26×626不能被7 整除；
当x =5，n=7时，(1+ x)
n−1=6
7−1=(7−1)
7−1不能被7 整除；
当x =6，n=9时，(1+ x)
n−1=7
9−1不能被7 整除．
故选：A．
题型12 近似计算问题
【典例12】（2024·湖南·二模）某银行在2024 年初给出的大额存款的年利率为3 %，某人存入大额存款a0
元，按照复利计算10 年后得到的本利和为a10，下列各数中与a10
a0
最接近的是（ ）
A．1.31
B．1.32
C．1.33
D．1.34
【答案】D
【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案.
【解答】存入大额存款a0元，按照复利计算，
可得每年末本利和是以为a0首项，1+3 %为公比的等比数列，
所以a0(1+3 %)
10=a10，
可得
a10
a0
=(1+3 %)
10=C10
0 ×0.03
10+C10
1 ×0.03
9+⋯+C10
8 ×0.03
2+C10
9 ×0.03+C10
10≈1.34，
故选：D.
【变式1】（2024·安徽合肥·三模）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
【答案】B
【分析】根据复利可知每年末本息和构成等比数列，利用等比数列通项公式及二项式定理求解即可.
【解答】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[C8
0+C8
1×0.03
1+C8
2×0.03
2+⋯+C8
7×0.03
7+C8
8]≈12.7．
故选：B．
24
【变式2】（2024·高三·河北·开学考试）已知二项式
的二项式系数的和为
，则
.试估算
时，
的值为 .（精确到
）
【答案】
【解析】二项式
的二项式系数的和为
，解得
，
当
时，
.
故答案为：
；
.
【变式3】（2024·高三·山西朔州·开学考试）
的计算结果精确到0.01 的近似值是 ．
【答案】1.34
【解析】
故答案为：
题型13 二项式定理与数列的交汇问题
【变式13】（23-24 高二·全国·课后作业）已知(2−√x)
n(n≥2,n∈N )，展开式中x的系数为f (n)，则
2
f (2) + 2
2
f (3) +
2
3
f (4) +⋯⋯+
2
2019
f (2020)等于（ ）
A．2019
110
B．2019
505
C．1009
1010
D．1009
505
【解题思路】由题知f (n)=Cn
2⋅2
n−2，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【解答过程】∵(2−√x)
n(n≥2,n∈N )，展开式中x的系数为f (n)=Cn
2⋅2
n−2，
∴则2
f (2) + 2
2
f (3) +
2
3
f (4) +⋯+
2
2019
f (2020) = 2
1 +
2
2
C3
2⋅2
+
2
3
C4
2⋅2
2 +⋯+
2
2019
C2020
2
⋅2
2018
=2+ 2
C3
2 + 2
C4
2 +⋯+
2
C2020
2
=2+
2
3×2
2
+
2
4×3
2
+⋯+
2
2000×2019
2
=2+
4
3×2 +
4
4×3 +⋯+
4
2020×2019
=2+ 4×(
1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+
1
2019 −
1
2020)
=2+ 4×(
1
2 −
1
2020)= 2019
505 ，
故选：B．
【变式1】（2024·江西九江·二模）第14 届国际数学教育大会（ICME-International Congreas of Mathemati
cs Education）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是
八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是
25
，正是会议计划召开的年份，那么八进制
换算成十进制数，则换算
后这个数的末位数字是（ ）
A．1
B．3
C．5
D．7
【答案】B
【分析】换算后由等比数列求和得
，改写成
，利用二项式定理展开即可求解.
【详解】由进位制的换算方法可知，八进制
换算成十进制得：
，
因为
是10 的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为
的末尾数字，
由
可得，末尾数字为3.
故选：B
【变式2】（2003·全国·高考真题）已知数列{an}(n 为正整数)是首项为a1，公比为q 的等比数列．
(1)求和：
，
；
(2)由（1）的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明．
【答案】(1)
，
；
(2)答案见解析
【分析】
（1）根据等比数列性质、组合数及二项式定理逆运用计算即可；
（2）根据（1）归纳总结，由二项式定理逆运用证明即可.
【详解】（1）
，
；
（2）
归纳概括的结论为：
若数列{an}是首项为a1，公比为q 的等比数列，则
26
，n 为正整数．
证明：
＝
.
题型14 二项式定理与比较大小问题
【典例14】（2023·湖南株洲·统考一模）已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式
，构造函数
，利用函数单调性，
可得
的大小关系；根据二项式定理以及中间值法，整理
，可得答案.
【详解】由
，
，则
，
令
，
，
当
时，
，则
单调递增，即
，
故
，可得
，即
；
由
，
且
，则
，即
.
综上，
.
故选：C.
【变式1】下列说法中，不正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用二项式定理展开进行放缩，可以判断选项A、B，利用二倍角公式和不等式性质判断选项C，
利用导数的性质判断选项D.
27
【详解】对于A，因为
，所以A 正确;
对于B，因为
所以
，所以B 正确;
对于C，
，所以C 不正确;
对于D，构造函数
,
则
,
故
单调递增，则
,
则
，所以D 正确.
故选：C.
题型15 证明组合恒等式
【典例15】（2024 高三·全国·专题练习）求证：
【答案】证明见解析
【分析】证法一：根据
并记
，
，构
造方程组即可得结论‘
证法二：由组合数的计算公式直接可得
，再结合二项式系数性质计算化简可得结
论.
28
【详解】证法一：
若记
，
，
则由典例11 知道
，
所以
又有
⑥和⑦相加，即得
，这就是要证明的恒等式．
证法二：
根据组合数的计算公式直接可得
于是
；
由此即得
【变式1】（2024 高三·全国·专题练习）求证：
【答案】证明见解析
【分析】根据二项式系数性质利用倒序相加求和即可得出结论.
【详解】证明：
令
，则
；
两式相加可得
,
所以
；
可得
.
【变式2】（2024 高三·全国·专题练习）求证：
.
【答案】证明见解析
29
【分析】根据
，利用二项式定理分别求出等式左右两边含
的项的系数即可证明.
【详解】证明：
，
当
时，
展开式中
的系数为
，
又
，
当
时，
展开式中
的系数为
，
，
.
题型16 杨辉三角
【典例17】（2024 高二下·全国·专题练习）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解九章算
法》一书中，画了一个由二项式
展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本
源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2 行开始，除1 以外，其他每一个数值都是
它上面的两个数值之和，每一行第
个数组成的数列称为第
斜列．该三角形数阵前5 行如
图所示，则该三角形数阵前2022 行第
斜列与第
斜列各项之和最大时，
的值为（ ）
A．1009
B．1010
C．1011
D．1012
【答案】C
【分析】根据题意可得第
斜列各项之和为
，第
斜列各项之和为
，则可求出.
【详解】当
时，第
斜列各项之和为
，
同理，第
斜列各项之和为
，所以
，
所以第
斜列与第
斜列各项之和最大时，
，则
.
故选：C．
【变式1】（24-25 高二上·全国·课后作业）杨辉三角，又称帕斯卡三角，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所著的《详解九章算法》（1261 年）一书中用如图所示的三角形解释二
项式乘方展开的系数规律，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，
30
2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，记作数列{an}．若数列{an}的前n 项和为
，则
等于（ ）
A．235
B．512
C．521
D．1033
【答案】C
【分析】前47 项的和为杨辉三角前9 行的和再加第10 行的前两个数1 和9，再结合杨辉三角形的性质求解.
【详解】根据题意，杨辉三角前9 行共有
（项）．
故前47 项的和为杨辉三角前9 行的和再加第10 行的前两个数1 和9，
又杨辉三角的第
行的所有数的和为
，
所以前47 项的和
．
故选：C
【变式2】（多选）定义有n 行的“杨辉三角”为n 阶“杨辉三角”，如图就是一个8 阶“杨辉三角”.
给出的下列命题中正确的是（ ）.
A．记第
行中从左到右的第
个数为
，则数列
的通项公式为
B．第k 行各个数的和是
C．n 阶“杨辉三角”中共有
个数
D．n 阶“杨辉三角”的所有数的和是
31
【答案】BCD
【分析】明确第i 行各个数是
的展开式的二项式系数，即可判断A;
各行的所有数的和是各行对应的二项式系数和,由此判断B;
根据杨辉三角每行的数的个数，可计算n 阶“杨辉三角”中共有
个数，判断C;
计算“杨辉三角”的所有数的和，即可判断D.
【详解】第i 行各个数是
的展开式的二项式系数，
则数列
的通项公式为
，故A 错误；
各行的所有数的和是各行相应的二项式系数和，第k 行各个数的和是
，故B 正确；
第k 行共有（k+1）个数，从而n 阶“杨辉三角”共有
个数，故C 正确；
“杨辉三角”的所有数的和是
，故D 正确.,
故选：BCD
【变式3】（多选）（23-24 高二下·江苏南通·期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了
一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（ ）
A．第10 行所有数字的和为1024
B．
C．第6 行所有数字的平方和等于
D．若第
行第个数记为
，则
【答案】ACD
【分析】根据第
行数学特征确定二项式，结合二项式系数和公式、组合数公式、二项式定理逐一判断即
可.
【详解】A：第10 行所有数字是
二项式系数，因此第10 行所有数字的和为
，因此本选项正确；
B：
，所以本选项不正确；
C：所求的和表达式为：
，
32
因为
，
所以展开式中
的系数为
，即
，
而
，
因此有
，
于是有
，所以本选项正确；
D：因为
，所以本选项正确，
故选：ACD
【变式4】（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）下图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们
是由整数的倒数组成的，第n 行有n 个数且两端的数均为
，每个数是它下一行左右相邻两数之和，
如
，
，
，则第11 行第5 个数（从左往右数）为 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可知：第
行第5 个数（从左往右数）是
，代入即可得结果.
【详解】由题可知，第
行第5 个数（从左往右数）是
，
所以第11 行第5 个数（从左往右数）为
．
故答案为：
.
33
题型17 新定义问题
【典例17】（22-23 高三上·江苏南京·期末）对于伯努利数
，有定义：
．
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据伯努利数的定义以及二项式定理，将
写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判
断选项.
【详解】由
得，
，
所以，
，
同理，
，
所以，
，
其中第
项为
即可得
令
，得
；
令
，得
；
令
，得
同理，可得
；
即可得选项AC 正确，B 错误；
对于D，由上述前12 项的值可知，当
为奇数时，除了
之外其余都是0，
34
即
，也即
；所以D 正确.
故选：ACD.
【变式1】（23-24 高三上·上海杨浦·阶段练习）已知对任意正整数对
，定义函数
如下：
，
，
，则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据新定义得
，令
，可判断A，对
累乘结合组合数的阶乘形式化简即可
判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n 项和公式根据分组求和求解判断D.
【详解】因为
，所以
，
令
，则
，所以
，故选项A 错误；
因为
，
所以累乘得
，
因为
，所以
，故选项B 错误；
因为
，所以
，
所以
，故选项C 正确；
故选项D 错误.
故选：C.
【变式2】（22-23 高二下·湖北黄冈·期中）定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m 所得的余数相等，
则称a，b 对于模m 同余，记作
，比如：
．已知：
，满足
，则p 可以是（ ）
35
A．26
B．31
C．32
D．37
【答案】D
【分析】根据二项式定理求得
除以
的余数，再结合选项即可求得结果.
【详解】因为
，
而
，
因此
除以
的余数为
除以
的余数2，
而26，31，32 除以7 的余数分别为5，3，4，不符合题意，37 除以7 的余数为2，即D 满足.
故选：D
【变式3】（23-24 高二下·上海·期末）仿照二项式系数，可以定义“三项式系数”
为
的展开
式中
的系数
，即
其中
．
(1)求
的值：
(2)对于给定的
，计算以下两式的值：
与
(3)对于
，记
中偶数的个数为
，奇数的个数为
．是否存在
使得
？
若存在，请给出一个满足要求的
并说明理由；若不存在，请给出证明．
【答案】(1)
；
；
(2)
；
(3)
【分析】（1）直接展开计算即可；
（2）赋值
，再两边同时求导，再次赋值即可；
（3）利用构造法证明引理
，再赋值即可.
【详解】（1）因为
，
所以
,
，
.
（2）
，取
得：
.
两边同时求导于是有
36
取
得：
.
（3）引理：
.
当
时，
成立.
若
时命题成立，则当
时，
.
引理得证.
则取
有
于是当
时，有
，
，
是奇数，其余时
是偶数.
所以
，
，所以
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对二项式定义的迁移与推广，需要充分理解题意并合理赋值.
一、单选题
1．（23-24 高二下·江苏盐城·期中）已知
的展开式共有9 项，则
（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【分析】根据
的展开式的项数特点易得答案.
【详解】因
的展开式有
项，故
，解得
.
故选：C.
2．（2023·山西·模拟预测）
的展开式中常数项为（ ）
A．112
B．56
C．28
D．16
【答案】A
【分析】由二项展开式的通项公式即可得到常数项.
【详解】由题意知，通项公式为
，
所以常数项为
.
故选：A.
37
3．（18-19 高二·全国·课后作业）化简多项式
的
结果是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由已知，将多项式的每一项都变成二项式展开式的结构，观察结构变化，即可进行合并，完成求
解.
【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作
，
故该多项式为
的展开式，
化简
．
故选：D.
4．（23-24 高二下·新疆克孜勒苏·期中）若
展开式中只有第7 项的二项式系数最大，则
（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质求解即得.
【详解】由
的展开式中只有第7 项的二项式系数最大，得展开式共有13 项，
所以
.
故选：D
5．（2023·广东江门·一模）已知多项式
，则
（ ）
A．－960
B．960
C．－480
D．480
【答案】A
【分析】将
写为
，
是第8 项的系数，计算即可.
【详解】解：因为
，所以第8 项为
，
所以
.
故选：A
6．（23-24 高二下·江苏连云港·期中）
被3 除的余数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】利用二项式定理赋值化简，再将
写成
形式展开后可求余数.
38
【详解】由二项式定理得
，
令
得，
①，
令
得，
②，
①
②得，
，
解得，
，
由
，
故
被3 除的余数为
.
故选：B.
7．（23-24 高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知
的二项展开式中二项式系数和为32，若
，则
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由二项式系数和
，解出
，再以
为整体，利用二项式定理求解系数
即可.
【详解】由题意知
，解得
，
又
，
则
.
故选：A.
8．（23-24 高二下·江苏扬州·期中）若
的展开式中第3 项与第7 项的系数相等，则展开式中系数最
大的项为（ ）
A．第4 项
B．第5 项
C．第6 项
D．第7 项
【答案】B
【分析】根据二项式展开式中二项式系数的性质求解．
【详解】由题意，二项式
的展开式的系数与二项式系数相同，即
，解得
，
39
则展开式中共有9 项，系数最大的项为第5 项．
故选：B.
二、多选题
9．（23-24 高二下·河南郑州·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算
法》《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在
､
1261 年所著的《详解九章算法》给出了如下图1 所示的表，
我们称这个表为杨辉三角，图2 是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500 年左右，由此可
见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.根据以上材料，以下说法正确的是（ ）
A．第2024 行中，第1012 个数最大
B．杨辉三角中第8 行的各数之和为256
C．记第
行的第个数为
，则
D．在“杨辉三角”中，记每一行第
个数组成的数列称为第
斜列，该三角形数阵前2024 行
中第
斜列各项之和为
【答案】BC
【分析】利用
的展开式的二项式系数的性质可判断AB；求出
，再利用
展开式的特征
可判断C；利用
可判断D.
【详解】对于A，因为杨辉三角的第
行就是
的展开式的二项式系数，
即
，当
为偶数时中间一项最大，因为
，
所以
中间一项最大，且为第
个数最大，故A 错误；
对于B，杨辉三角中第8 行的各数之和为
，故B 正确；
40
对于C，记第
行的第个数为
，则
，
则
，故C 正确；
对于D，因为
，
所以
时，该三角形数阵前2024 行中第
斜列各项之和为
，
时，该三角形数阵前2024 行中第1 斜列各项之和为2024，而
，
所以
只适用于
，故D 错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用
的展开式的二项式系数性质解题.
10．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）若
，则下列选项正确的有
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】利用赋值判断AC，去绝对值后，赋值判断B，两边求导后，再赋值，判断D.
【详解】A.令
，得
，故A 正确；
B.
，令
令展开式中的
，得
，故B 错误；
C.令展开式中的
，得
，
所以
，故C 正确；
D.展开式的两边求导，得
，
41
令
，得
，故D 正确.
故选：ACD
11．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）已知二项式
的展开式中各项系数之和是
，则下列说法
正确的是（ ）
A．展开式共有6 项
B．二项式系数最大的项是第4 项
C．展开式的常数项为540
D．展开式含有
【答案】BC
【分析】由二项式
的展开式中各项系数之和是
，求出
，得到二项展开式的通项公式，逐
项判断即可.
【详解】由于二项式
的展开式中各项系数之和是
，
所以令
，则
，所以
，
所以二项式
，所以展开后有
项，故A 错误；
二项式系数最大的项是第4 项，故B 正确；
二项式展开式的通项公式为
，
所以当
时，常数项为
，故C 正确；
当
时，解得
不是整数，所以展开式不含有
项，故D 错误.
故选：BC
三、填空题
12．（19-20 高二下·江苏宿迁·期中）化简：
．
【答案】
【分析】
逆用二项式定理结合已知条件求解
【详解】
42
，
故答案为：
13．（23-24 高三上·山东德州·期末）在
的二项展开式中任取一项，则该项系数为有理数的概率为
．
【答案】
【分析】由题可得
的二项展开式共有7 项，通项为：
，则该项系数为有理数时，
为偶数，即可得答案.
【详解】
的二项展开式共有7 项，通项为：
，
其中
，要使项系数为有理数，则为偶数，即
时，
项系数为有理数，则相应概率为：
.
故答案为：
.
14．（2024·贵州遵义·模拟预测）在多项式
的展开式中，
的系数为32，则
.
【答案】
【分析】首先展开得
，再分别计算两部分含
的系数，即可求解.
【详解】
，
中含
的系数为
，
中含
的系数为
，所以
中
的系数为
，
所以
，得
故答案为：
四、解答题
15．（24-25 高三上·吉林白城·阶段练习）若
，其中
.
(1)求
的值；
(2)求
.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，利用给定系数求出
.
（2）由（1）的结论，利用赋值法分别求出
即可得解.
43
【详解】（1）二项式
展开式的通项为
，
依题意，
，解得
，
所以
的值为
.
（2）由（1）知，
，
令
，得
，
令
，得
，
则
所以
.
16．（23-24 高二下·广东中山·期末）已知
的展开式中，第项与第项的二项式系
数之比为
．
(1)求
的值及展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大项．
【答案】(1)
；
(2)
【分析】（1）求得展开式的通项为
，根据题意，列出方程求得
，进而求得展开式
的常数项；
（2）设展开式第
项的系数最大，得出不等式组
，结合
，求得的值，代入
即可求解.
【详解】（1）解：由题意，可得二项式
展开式的通项为
，
因为第项与第项的二项式系数之比为
，可得
，即
，解得
（负值
舍），
所以
，令
，得
，所以展开式的常数项为
.
（2）解：设展开式中第
项的系数最大，
则
，可得
，解得
，
44
因为
，所以
，所以系数最大的项为
17．（2024 高三·全国·专题练习）在等式
（
）的两边求导，得：
，由求导法则，得
，化简得等式：
．
(1)利用上题的想法（或其他方法），结合等式
（
，正整数
），
证明：
．
(2)对于正整数
，求证：
（i）
；
（ii）
；
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）对二项式定理的展开式两边求导数，移项得到恒等式；
（2）（i）对（1）中的
赋值-1，整理得到恒等式；
（ii）对二项式的定理的两边对
求导数，再对得到的等式对
两边求导数，给
赋值-1 化简即得证．
【详解】（1）证明：
在等式
两边对
求导，
得
，
移项得
.
（2）（i）证明：
在
中令
，
整理得
，∴
．
（ii）证明：
由（1）知
，
两边对
求导，得
，
在上式中，令
，得
，
即
，亦即
①，
45
又由（i）知
②，
由①
②，得
．
18．（24-25 高二上·上海奉贤·阶段练习）已知
（n 为正整数）.
(1)若
，求该式的展开式中所有项的系数之和；
(2)若
，求该式的展开式中无理项的个数；
(3)若
，求该式的展开式中系数最大的项.
【答案】(1)1
(2)15
(3)
【分析】（1）由
求出
，再令x =1可得答案；
（2）由
求出
，求出展开式的通项公式，再由
的指数不为整数可得答案；
（3）求出展开式的通项公式由
解不等式可得答案．
【详解】（1）由
可得
，
令
可得
，
所以展开式中所有项的系数之和为1；
（2）若
，则
，解得
，或
舍去，
设
的通项为
，
且
，
所以当
时可得展开式中的无理项，所以共有15 个无理项；
（3）设
的通项为
，
且
，
最大的项为偶数，
则
，解得
，
46
，
所以展开式中系数最大的项为
．
19．（2025·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家教育家，杨辉三角是杨辉的一
､
项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1 为杨辉三角
的部分内容，图2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图2 中第10 行的各数之和；
(2)从图2 第2 行开始，取每一行的第3 个数一直取到第15 行的第3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为
？若存在，试求出这三个数；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)560
(3)存在，
【分析】（1）根据二项式系数的性质求和即可；
（2）根据组合数的性质化简求值即可；
（3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解.
【详解】（1）第10 行的各数之和为：
.
（2）杨辉三角中第2 行到第15 行各行第3 个数之和为：
.
（3）存在，理由如下：
设在第
行存在连续三项
，其中
且
且
，
有
且
，化简得
且
，
47
即
，解得
，
所以
，
故这三个数依次是
.
