高考数学总复习必做二项式定理及其应用试题含解析

【三年高考】

1. 【2016年高考四川理数改编】设i为虚数单位，则(xi)的展开式中含x的项为 ．

4

6【答案】－15x 【解析】

6试题分析：二项式(xi)展开的通项Tr1C6x4

r6rri，令6r4，得r2，则展开式中含

x4的项为C62x4i215x4．

考点：二项展开式，复数的运算.

【名师点睛】本题考查二项式定理及复数的运算，复数的概念及运算也是高考的热点，几乎是每年必考内容，属于容易题.一般来说，掌握复数的基本概念及四则运算即可．二项式(xi)的展开式可以改为(ix)，则其通项为C6i666r6rxr，即含x4的项为Ci64x415x4．

22．【2016年高考北京理数】在(12x)的展开式中，x的系数为__________________.（用数字作答） 【答案】60. 【解析】

2试题分析：根据二项展开的通项公式Tr1C6(2)x可知，x的系数为C6(2)60，故

rrr22填：60.

考点：二项式定理.

【名师点睛】1.所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项、字母指数为某些特殊值的项.求解时，先准确写出通项Tr1Cnarnrbr，再把系数与字母

分离出来(注意符号)，根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出方程或不等式来求解即可；2、求有理项时要注意运用整除的性质，同时应注意结合n的范围分析. 3.【2016高考新课标1卷】(2x【答案】10

x)5的展开式中,x3的系数是 .（用数字填写答案）

考点:二项式定理

【名师点睛】确定二项展开式指定项的系数通常是先写出通项Tr1,再确定r的值,从而确定指定项系数.

4.【2016高考天津理数】(x2)8的展开式中x的系数为__________.(用数字作答)

2

1x【答案】56 【解析】

r试题分析：展开式通项为Tr1C8(x2)8r()r(1)rC8rx163r，令163r7，r3，所

33以x7的(1)C856．故答案为56．

1x考点：二项式定理

【名师点睛】1.求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．

2．有理项是字母指数为整数的项．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，令其为整数，再根据数的整除性来求解．

155

5.【2016高考山东理数】若（ax+）的展开式中x的系数是—80，则实数a=_______.

x2

【答案】-2 【解析】

试题分析：因为Tr1C(ax)r525r510r51rr5r()C5ax2，所以由10r5r2，因此

2xC52a5280a2.

考点：二项式定理

【名师点睛】本题是二项式定理问题中的常见题型，二项展开式的通项公式，往往是考试的重点.本题难度不大，易于得分.能较好的考查考生的基本运算能力等.

3a26．【2015高考湖南，理6】已知x的展开式中含x的项的系数为30，则

x5a____________.

【答案】16

【解析】Tr1C(1)axr5rr5r2，令r1，可得5a30a6.

25527.【2015高考新课标1，理10】(xxy)的展开式中，xy的系数为_________.

【答案】30

2【解析】在(xxy)的5个因式中，2个取因式中x剩余的3个因式中1个取x，其余因

5221225式取y,故xy的系数为C5C3C2=30.

8.【2015高考湖北，理3】已知(1x)n的展开式中第4项与第的二项式系数相等，则奇数项的二项式

系数和为______________. 【答案】29

37【解析】因为(1x)n的展开式中第4项与第的二项式系数相等，所以Cn，解得Cnn10，

所以二项式(1x)10中奇数项的二项式系数和为

4110229. 29.【2015高考新课标2，理15】(ax)(1x)的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a__________． 【答案】3

【解析】由已知得(1x)14x6x4xx，故(ax)(1x)的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax，4ax，x，6x，x，其系数之和为4a4a1+6+1=32，解得a3．

335423441210.【2015高考上海，理11】在1x2015的展开式中，x项的系数为 （结x果用数值表示）． 【答案】45

101111【解析】因为1x2015(1x)2015(1x)10C10(1x)92015xxx1010，所以x2828x，系数为C1045. 项只能在(1x)10展开式中，即为C1011.【2014高考湖北卷理第2题】若二项式(2xa71)的展开式中3的系数是84，则实数xxa_______.

【答案】1

【解析】因为C7(2x)()rrax7rrC72ra7rx72r，令72r3，得r2，

2所以C722a7284，解得a1.

14. 【2014山东高考理第14题】 若(ax)的展开式中x项的系数为20，则ab的最小值 . 【答案】2

【解析】(ax)展开式的通项为Tr1C6(ax)得r3，所以，由a6332bx63222bx6r26rbr123r，令123r3,()ra6rbrC6xx3bC620得ab1，从而a2b22ab2，当且仅当ab时，

a2b2的最小值为2.

13. 【2014全国1高考理第13题】xyxy的展开式中xy的系数为________.（用

278数字填写答案） 【答案】20

x14.【2014高考安徽卷理第13题】设a0,n是大于1的自然数，1的展开式为

aa0a1xa2x2anxn.若点Ai(i,ai)(i0,1,2)的位置如图所示，则a______.

n

【答案】3 【解析】由图易知a011,a13,a24，则a1Cn12123,a2Cn()4，即aan3a，解得a3. n(n1)42a2

【2017年高考命题预测】

纵观近几年各地高考，我们可以发现对二项式定理的考查,重点是二项式定理的通项公式、二项式系数及项的系数；以考查基本概念、基础知识为主，如系数和、求某项的系数、求常数项、求有理项、求所含参数的值或范围等；难度不大，属于中档题和容易题，题型为选择题或填空题．二项式定理是高考数学相对的内容，二项式定理的知识在高考中经常以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，个别题有一定的难度,重点考查运用二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分，化归转化等思想方法.为此，只要我们把握住二项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解.预测2017年高考仍可能以二项式的通项,二项式系数，展开式系数为主，可单独考查本节知识，也可出现与其他章节知识结合的小综合.如可能与定积分结合出题，试题难度中

rnrr等．复习建议:⑴ 运用二项式定理一定要牢记通项Tr1Cnab，注意ab与bann虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问题.另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Cn，而后者是字母外的部分.⑵ 对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法.⑶ 求二项展开

r式中指定的项，通常是先根据已知条件求r，再求Tr1，有时还需先求n，再求r，才能求出Tr1.⑷ 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏.⑸ 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.⑹ 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.⑺ 用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.

【2017年高考考点定位】

本节内容高考的重点就是利用二项式定理的通项公式、二项式系数及项的系数；以考查基本概念、基础知识为主，如系数和、求某项的系数、求常数项、求有理项、求所含参数的值或范围等，题型既有选择题也有填空题，难度中等偏下，而小题目综合化是这部分内容的考查一种趋势.

【考点】二项式定理 【备考知识梳理】 1. 二项式定理

abn0n1n1CnaCnabrnrrCnabnnnCnbnN*，这个公式所表示的定理叫

r做二项式定理，右边的多项式叫做ab的二项展开式，其中的系数Cn (r0,1,2,3,叫做二项式系数．式中的CnarnrrTr1Cnab.

rnr,n)

br叫做二项展开式的通项，用Tr1表示，即展开式的第r1项；

2．二项展开式形式上的特点：(1)项数为n1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母

1，一直到b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从Cn0，CnCnn1，Cnn.

3. 二项式系数的性质：(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即

0n1n1CnCn，CnCn，

mnmr，CnCn.(2)增减性与最大值：二项式系数Cn，当rn12时，二项式系数是递增的；由对称性知：当rn2nn1时，二项式系数是递减的．当n是偶数2n12n时，中间的一项C取得最大值．当n是奇数时，中间两项C 和Cn12n相等，且同时取得最

大值．(3)各二项式系数的和：ab的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即

01CnCnrCnnCn2n，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二

135CnCnCnn024项式系数的和，即CnCnCn2n1，

4.注意:（1）．分清Cnarrnrrnrrbr是第r1项，而不是第r项.(2)．在通项公式Tr1Cnab中，

含有Tr1、Cn、a、b、n、r这六个参数，只有a、b、n、r是的，在未知n、r的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通式转化为方程（组）求出n、r,然后代入通项公式求解.(3)．求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项，常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出r，再求所需的某项；有时则需先求n,计算时要注意n和r的

rnrrr取值范围以及 它们之间的大小关系. (4) 在Tr1Cnab中，Cn就是该项的二项式系数，

它与a，b的值无关；而Tr1项的系数是指化简后字母外的数．

5．二项式的应用:（1）求某些多项式系数的和；（2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；（4）近似计算.当x充分小时，我们常用下列公式估计近似值：①1x1nx；②1xnnnn121nxx；（5）证明不等式.

2【规律方法技巧】

1.在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；

②Tr1是展开式中的第r1项，而不是第r项；③公式中，a，b的指数和为n且a，b不能随便颠倒位置；

④ 对二项式ab展开式的通项公式要特别注意符号问题．⑤在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．

rnrr2. 二项定理问题的处理方法和技巧:⑴运用二项式定理一定要牢记通项Tr1Cnab，注意

nabn与ba虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问

rn题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Cn，而后者是字母外的部分．前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负． ⑵ 对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取

代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法.⑶ 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r，再求Tr1，有时还需先求n，再求r，才能求出Tr1.⑷ 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏.⑸ 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.⑹ 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.⑺ 用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.

多项式乘法的进位规则:在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令x0.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别.

3. 排列组合在二项展开式中的应用：ab展开式可以由次数、项数和系数来确定．(1)次数的确定：从n个相同的ab中各取一个(a或b)乘起来，可以构成展开式中的一项，展开式中项的形式是mab，其中p,qN,pqn.(2)项数的确定：满足条件

pqnp,qN,pqn的p,q共n1组．

即将ab展开共2项，合并同类项后共n1项．(3)系数的确定：展开式中含

nnapbq(pqn)项的系数为Cnp (即p个a，q个b的排列数)因此ab展开式中的通项

rnrr是：Tr1Cnab

n(r0,1,2,3,0n1n1,n),abCnaCnabnrnrrCnabnnCnbnN*这种方

法比数学归纳法推导二项式定理更具一般性和创造性，不仅可二项展开，也可三项展开，四项展开等．

4. 求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时一般以一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果．

5. “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如axb、axbxc2nn

(a,b,cR)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)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可．“赋值法”

是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题易出现漏项等情况，应引起注意．例：若

fxa0a1xa2x2和为a0a24anxn，则fx展开式中各项系数之和为f1，奇数项系数之

f1f1，

2f1f1，偶数项系数之和为a1a352令x0，可得a0f0．

6. 求展开式系数最大项：如求axb (a,bR)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1,A2,A3,从而解出k来，即得．

7. (1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．

(2)求余数问题时，应明确被除式fx与除式gx (gx0)，商式qx与余式的关系及余式的范围．

(3)展开式中常数项、有理项的特征是通项中未知数的指数分别为零和整数．解决这类问题时，先要合并通项中同一字母的指数，再根据上述特征进行分析．

(4)有关求二项展开式中的项、系数、参数值或取值范围等，一般要利用通项公式，运用方程思想进行求值，通过解不等式(组)求取值范围． 【考点针对训练】 1.已知(xnAkAk1,An1，且第k项系数最大，应用AkAk1124x1)n的展开式的前三项的系数成等差数列；

（1）求(x24x)n展开式中所有的有理项；

（2）求(x2n)展开式中系数的绝对值最大的项。 x217351242T1792x,T71792x11, 【答案】n8。（1）T1x,T4（2）6x,T9x．

8256

【解析】

试题分析：根据已知条件展开式的前三项的系数成等差数列可以求出n的值，⑴求展开式中所有的项，将有理项选出；⑵通过判断系数绝对值最大的两项分别为第6,7项．．

⑵展开式中系数的绝对值最大的项为TC5682x21792xx35172,同理

T71792x11,则其系数的绝对值的最大项为T6和T7．

52322.求x的展开式中的常数项，其中n是777710除以19的余数．

2x5【答案】

n168 5【解析】

试题分析：由n是777710除以19的余数求了出n10，再由二项展开式的通项求常数项即可． 试题解析：7777107611076m9除以19的余数是10，所以n10．

77设Tr1是展开式中的常数项， 则Tr15C2xr1010r232r5xC1052r10r23r10

x56r55216865令r100得r6，所以T7C10． 3525所以展开式中的常数项为

【两年模拟详解析】 1.已知(x4168． 52n)二项展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3 x（1）求n的值；

（2）求展开式中x3项的系数

0123（3）计算式子C102C104C108C10101024C10的值．

【答案】（1）n10；（2）180；（3）1. 【解析】

试题分析： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，属于基础题．第一问，直

3Cn8接利用条件可得2，求得n的值；第二问，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数

Cn3等于3，求出r的值，即可求得展开式中x项的系数．第三问，在(x3

210)二项展开式中，x令x=1，可得式子C102C104C108C100123101024C10的值．

2n10r5r)(2)rC10x， （3）由二项式定理可得(xxr00123所以令x=1得C102C104C108C1010(12)101. 1024C10210232．已知(t4)a0a1ta2ta3ta20t20．

（1）求a2的值 （2）求a1a3a5（3）求a0a2a4a19的值 a20的值．

109【答案】（1）410（2）0（3）3

【解析】

试题分析：（1）求a2时利用二项式定理的展开式通项公式，取x的次数为2时求对应的系数；求（2）（3）中奇数项和偶数项系数和时分别令t1,t1，将得到的两式整理即可求得

9试题解析：（1）a2C1044910

9（2）令t1得：a0a1a2a20310，令t1得：a0a1a2a20310

a1a3a5a19=0

a20=310

（3）由（2）得a0a2a43．若(6x16x)n展开式中第二、三、四项的二项式系数成等差数列．

（1）求n的值及展开式中二项式系数最大的项． （2）此展开式中是否有常数项，为什么？

【答案】（1） n = 7 ，3x，35x （2） 无常数项 【解析】

试题分析：首先求得二项式定理的展开式通项，得到第二、三、四项的二项式系数，列出等式关系求得n值，二项式系数最大的项为中间的一项或两项，常数项即通项中x的次数为零的项

试题解析：（1）解：由展开式中第二、三、四项的二项式系数成等差数列，得 2Cn=Cn+Cn 解之得n = 7

由于n=7为奇数，所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是

3T4C7211531013661115x535x

x431x535x10x3434T5C7

r（2）由Tr1C7rx67r72r1r6 （0≤r≤7） 6C7xx令

72r7=0得r=，（舍去） 622n)的展开式中，只有第六项的二项式系数最大． 2x所以无常数项 4．已知(x（Ⅰ）求该展开式中所有有理项的项数； （Ⅱ）求该展开式中系数最大的项． 【答案】（1）6；（2）T8C2x【解析】

试题分析：（1）先由只有第六项的二项式系数最大求出n10，再利用通项进行求解；（2）

rrr1r1C102C102设第Tr1项的系数最大，利用进行求解．

rrr1r1C102C102710725215360x252．

试题解析：（Ⅰ）由题意可知：

rTr1C10x10r2n16，n10． 2105r2r2rx2rC102rx，(0r10,且rN)

要求该展开式中的有理项，只需令

105rZ， 2r0,2,4,6,8,10，所有有理项的项数为6项．

（Ⅱ）设第Tr1项的系数最大，

12r11rC2C2则，即，

rrr1r112C102C10210rr1r10rr110r1解得：

1922，rN，得r7． r337107252展开式中的系数最大的项为T8C2x15360x252．

5．已知(3x23x2)n展开式中各项的系数之和比各项的二项式系数之和大992． （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． 【答案】（1）T390x，T4270x【解析】

6223（2）T5405x

263试题分析：（1）本题考察的是二项式定理的相关知识点，要求二项式系数最大项，首先要确定n的值，然后就能确定展开式中二项式系数最大的项。易错点主要在分不清各项系数之和与二项式系数之和的差别。

（2）本题考察的是求展开式中的系数最大项，设第k1项系数最大，只需建立两个不等式

Tk1Tk，求出k的取值范围，再根据kN就可以求出k的值，最后根据二项式定理展TTk1k2开式的公式即可写出相应的系数最大的项。 试题解析：由题意，

(131)2992,n5,Tr1C(x)nnr5235r(3x)3Cx2518362rrr5104r3，

335223（1）展开式中二项式系数最大的项是T33Cx290x，T43Cx270x；

22326263kC5k3k1C5k1,443（2）由kk解得3.5k4.5,k4,T53C5x405x3为所求的系数k1k13C53C5.最大的项。

考点：（1）二项式定理（2）二项式系数的性质

xx1x26．解下列方程：CxCC5x3x333Ax3 4【答案】14 【解析】

试题分析：本题主要考察组合数公式Cnmn!的应用，根据公式就可以把所给方程

m!nm!化简成简单方程，就可以解出答案。本题易错点在记错公式，从而导致化简出错，本题中的上下标较多 ，化简时要多加注意。 试题解析：

(x5)(x4)(x4)x3得x14

5!5!47．在(x124x)n的展开式中，前三项的系数成等差数列。

（Ⅰ）求展开式中含有x的项的系数； （Ⅱ）求展开式中的有理项。 【答案】（Ⅰ）【解析】

353514；（Ⅱ）T1x；T5 x；T928256x8试题分析：（Ⅰ）首先将前三项的系数写出，然后因为是等差数列，所以列出关于n的式子，求解n,按通项公式列Tr1项，判定当r为何值是，会出现含x的项；（Ⅱ）同样写

Tr14r13rrC8x4，有理项指4-r为整数，0r8． 243试题解析：解：(x知

1112n0C)的展开式中前三项的系数分别为；Cn；Cn，由题意n4242x112n(n1)10CnCnCnn1n29n80n8或n1（舍去）

48x（Ⅰ）设展开式中含有x的项为Tr1C·则4r88r21r4-4r1·x； ·r·x4rC822r33135 r1r4，含有x的项为第5项，它的系数为4C84428r88r2rr141r4-3·r·xrC8·x4 224x（Ⅱ）设展开式中第r1项为有理项，则Tr1C·当r0、4、8时对应的项为有理项，有理项分别为：T1x；T58．设数列{an}是等比数列，a1Cx的降幂排列）．

（1）用n、x表示通项an与前n项和Sn；

3m2m3351 x；T928256x4A1m2，公比

1q是x2的展开式中的第二项（按

4x（2）若An+1＝CnS1＋CnS2＋…＋CnSn＋Cn1Sn+1，用n、x表示An+1．

12nn1n,x1(n1)2nn1【答案】（1） anx，Sn1xn；（2） An12n1(1x)n1．

,x11x1x【解析】

试题分析：（1）根据组合数的性质可求得m的值,根据二项展开式的通项可求得q的值,从而可求得an,Sn．（2）用倒序相加法及组合数的性质可求得An1．

（2）当x1时，Sn1n1，

0123An10CnC2C3C1n1n1n1n1nnn1nCnn1C1n1① n110Cn10Cn1，②

nn1Cn1Cn1，

又∵An1n1Cn1nCn1n1Cn1mnm012由CnCn，①＋②，得2An1n1Cn1Cn1Cn1∴An1n12．

n1xn当x1时，Sn，

1x1x11x221x33An1Cn1Cn1Cn11x1x1x1xn1n1Cn11xn1xn1Cn1

1123n112233CnCCCxCxCxCn11n1n1n1n1n11x1122n1n12n111xCn xCxCn111n11x1n1n121x．

1x

(n1)2n∴An12n1(1x)n1．

1x9．已知二项式(x212x和是56，求：（Ⅰ）求)n（nN*）展开式中，前三项的二项式系数．．．．．

n的值；

（Ⅱ）展开式中的常数项． 【答案】（Ⅰ）n10；（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）前三项二项式系数分别为Cn,Cn,Cn,由题意根据组合数的运算可求得n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知n10,根据二项式的展开式Tr1,令x的系数为0可求得r的值,从而可求得其常数项．

01245． 256

10．（1）若(1x)的展开式中，x3的系数是x的系数的7倍，求n；

（2）已知(ax1)(a0)的展开式中, x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项,求a； （3）已知(2xxlgx87n)的展开式中,二项式系数最大的项的值等于1120,求x.

10101或a1.（3）x1或x 5510【答案】（1）n=8；（2）a1【解析】

试题分析：不必将所有式子进行展开，本题只需要通过对二项式定理的理解求出各项的系数，根据各小题所给条件（其中包括融入了有关等差数列的应用，级数展开最大项的选择等），列

出相应的方程，并解出方程解即本题答案，在解方程时要注意多解的适用性，舍掉不必要的解。

3311试题解析：（1）x3的二项式系数是Cn，x的二项式系数是Cn.依题意有Cn7Cn,

即n(n1)(n2)7n.

3!整理，得n3n400,2

解得n8.(舍去n5.)

（2）依题意，得

523443C7aC7a2C7a,

即21a35a70a,

a0，2435a210a30.

解得a11010或a1. 5544lgx4（3）依题意得C8(2x)(x)1120,

即x4(1lgx)1,

2即 lgxlgx0, 解得lgx0，或lgx1, 所以x1或x11．已知

1. 10的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列

（1）证明展开式中没有常数项； （2）求展开式中的所有有理项；

【答案】（1）详见解析; （2）T1x4,T5【解析】

试题分析：（1）根据二项展开式的通项求得前三项系数,根据题意,由等差中项可求得关于n的

3512x,T9x． 8256方程,从而可求得n的值．因为此展开式至少有3项故n2．再根据二项展开式的通项求第

r1项,令x的幂指数为0求r,当0r8且rN时说明此展开式有常数项,否则说明此展

开式无常数项．（2）由（1）可知TrCr163r8r11416-3r2rx,当且仅当4为整数时Tr1为有

理项,又因为0r8且rN,所以可得r的值,从而可得其有理项．

（2）T-3rr1为有理项，当且仅当

1为整数， 0r8,rN,r0,4,8，即展开式中有理项共有三项，它们是

T4121x,T5358x,T9256x ． 12．已知:2x1na0a1xa2x2anxn（nN*,n为常数）． （1）求a0a1a2...an；

（2）我们知道二项式(1x)n的展开式(1x)nC0122CnnnCnxCnxnx．若该等式两

边对x求导得：n(1x)n1=C12x3C32nn1n2CnnxnCnx,令x=1，可得

C1C23nn2n3CnnCn=n2n1．利用此方法解答以下问题：

①求1a12a2+3a3...nan；

②求12a232a212a23...nan．

【答案】（1）3n；（2）①2n；②4n22n

【解析】

试题分析：（1）利用赋值法，令x1即可；（2）①由题目给出的条件可知，需要对已知的式子进行两边求导，再利用赋值法令x1即可；②因为本题中出现了平方，所以需要两边先同时乘以x,再求导赋值即可．

试题解析：（1）a0a1a3...an即为(2x1)的各项系数的绝对值之和且绝对值之和为正数，令x=-1,则a0a1a3...an=3； （2）对等式两边求导得： 2n(2x1)n1nna12a2x3a3x2...nanxn1．令x=1得

1a12a2+3a3...nan=2n．]

（3） 将2n(2x1)n1a12a2x3a3x2...nanxn1两边同乘x得2n(2x1)n1x

a1x2a2x23a3x3...nanxn，两边再对x求导：2n[2(n1)(2x1)n2x(2x1)n1] a122a2x132a3x2...n2anxn1，令x=1得12a122a232a3...n2an=4n22n

12313．设F(n)a1a2Cna3Cna4Cnn(1)nan1Cn(n2,nN*)．

（1）若数列an的各项均为1，求证：F(n)0；

（2）若对任意大于等于2的正整数n，都有F(n)0恒成立，试证明数列an是等差数列． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】

n012233试题分析：（1）由二项式定理得(1x)CnCnxCnxCnx0123即可得0CnCnCnCnn(1)nCn，所以F(n)0得证；

nnCnx，令x1，

（2）使用数学归纳法即可证明．

0123试题解析：（1）因数列an满足各项为1，即F(n)CnCnCnCnn012233由(1x)CnCnxCnxCnx0123则0CnCnCnCnnnCnx，令x1，

n(1)nCn，

n(1)nCn，即F(n)0．

12（2）当n2时，F(2)a1a2C2a3C20，即2a2a1a3，所以数列an的前3项

成等差数列．

123假设当nk时，由F(k)a1a2Cka3Cka4Ck(1)kak+1Ckk0，可得数列an的

前k+1项成等差数列，

因对任意大于等于2的正整数n，都有F(n)0恒成立，所以F(k+1)0成立，

123kka1a2Cka3Cka4Ck(1)ak+1Ck0所以，

123k+1k+1a1a2Ck+1a3Ck+1a4Ck+1(1)ak2Ck+10两式相减得，

1122a2(Ck+1Ck)a3(Ck+1Ck)m1m1m因Cn1CnCn， 012所以a2Cka3Cka4Ck012即a2Cka3Cka4Ck+1(1)kak+1(Ckk+1Ckk)(1)k+1ak+2Ckk+10，

(1)kak+1Ckk1(1)k+1ak2Ckk0，

(1)k1ak+1Ckk1(1)kak2Ckk0，

由假设可知a2,a3,a4,,ak+1,ak2也成等差数列，从而数列an的前k2项成等差数列．

综上所述，若F(n)0对任意n3恒成立，则数列an是等差数列． 14．已知(x2)a0a1(x1)a2(x1)⑴求a0及Snai；

i1nn2+an(x1)n(nN*)．

⑵试比较Sn与(n2)32n的大小，并说明理由． 【答案】（1）a03，

nn2ai1ni4n3n；（2）当n1时，Sn(n2)3n+2n2；当n2或3时，

Sn(n2)3n+2n2；当n≥4时，Sn(n2)3n+2n2．

【解析】

试题分析：（1）本题是二项式定理的应用，求二项展开式中的系数，一般用赋值法，本题中令x1可得a0，令x2可得a0a1an；（2）由（1）知题意就是要比较4n与

(n1)3n+2n2的大小，它们都是增函数，但从增速上看，当n较大时，4n增速较大，取特殊

值观察结论，分别取n1,2,3,4,5，猜想当n4时有4(n1)32n，可试用数学归纳法证明.

nn2

①由上述过程可知，当n4时，结论成立．

②假设当nk(k≥4,kN*)时结论成立，即4k(k1)3k+2k2，

k2k+12k2两边同乘以4，得4k+14(k1)3+2kk3+2(k+1)+[(k4)3+6k4k2]，

而(k4)3k+6k24k2(k4)3k+6(k2k2)+2k+10

(k4)3k+6(k2)(k+1)+2k+100，

所以4k+1[(k+1)1]3k+1+2(k+1)2， 即nk+1时结论也成立．

由①②可知，当n≥4时，4n(n1)3n+2n2成立．

综上所述，当n1时，Sn(n2)3n+2n2；当n2或3时，Sn(n2)3n+2n2； 当n≥4时，Sn(n2)3n+2n2．

n15．设a,b,nN,且ab,对于二项式(ab).

*（1）当n3,4时，分别将该二项式表示为*pq(p,qN*)的形式；

pq与(ab)npq同时成立．

，

n（2）求证：存在p,qN,使得等式(ab)【答案】（1）

(ab)3a(a3b)2b(b3a)2(ab)4(a26abb2)216ab(ab)2；

（2）见解析．

【解析】

试题分析：（1）由二项式定理展开整理即可；（2）分n为奇偶数讨论，用待定系数法求之． 试题解析：（1）当n=3时，(ab)3(a3b)a(b3a)b，

a(a3b)2b(b3a)2． 2分

当n=4时，(ab)4a24aab6ab4babb2(a26abb2)4(ab)ab，

(a26abb2)216ab(ab)2．

（2）证明：由二项式定理得(ab)若n为奇数，则

02n3n1(ab)n[Cn(a)nCn(a)n2(b)2Cn(a)3(b)n3Cn(a)(b)n1]13(a)n1(b)Cn(a)n3(b)3 [Cnn2nCn(a)2(b)n2Cn(b)n]，

n(1)Ckk0nkn(a)nk(b)k，

分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为

(ab)nu1av1b的形式，其中u1,v1N*，

2也即(ab)nu1av12bpq，其中pu12a，qv12b，p,qN*，

若n为偶数，则

02n2n(ab)n[Cn(a)nCn(a)n2(b)2Cn(a)2(b)n2Cn(b)n]13[Cn(a)n1(b)Cn(a)n3(b)3n3n1Cn(a)3(b)n3Cna(b)n1]

n类似地，可将上式表示为(ab)u2v2ab的形式，其中u2,v2N*，

也即(ab)n22u2v2ab22，qv2ab，p,qN*． pq，其中pu2所以存在p,qN*，使得等式(ab)同理可得(anpq． pq，

b)n可表示为(ab)nnnn从而有pq(pq)(pq)(ab)(ab)(ab)，

综上可知结论成立．

16．已知(x1n)(nN*)展开式中各项的二项式系数和比各项的系数和大256； 2x（Ⅰ）求展开式中的所有无理项的系数和； ．．．（Ⅱ）求展开式中系数最大的项． 【答案】（Ⅰ）128（Ⅱ）70x6 【解析】

试题分析：首先由已知得到n8，写出二项展开式的通项公式（Ⅰ）由通项公式易知当

1r1,3,5,7时，Tr1为无理项，故无理项的系数和为(C8)128

（Ⅱ）考虑展开式的奇数，可知当r4时，系数最大

试题解析：由题意展开式中各项的二项式系数和为2n，令x1可得到各项的系数和为0，则由条件得2n0256，则n8 ，则(xr88r18)的第r1项为 2xTr1C(x)1(2)rxr8(1)xr54r2,r0,1,2,,8

（1）由通项公式易知当r1,3,5,7时，Tr1为无理项

1故无理项的系数和为(C8r)128

r8（2）

当r1,3,5,7时，系数为C8；当r0,2,4,6,8时，系数为

当r4时，系数最大，故系数最大的项为T5n(1)4x670x6

其中iN，nN. an，

17．在数学上，常用符号来表示算式，如记ai=a0a1a2a3i0ni（1）若a0，a1，a2，…，an成等差数列，且a00，求证：aiCnan2n1；

i0（2）若(1x)a0a1xa2xk2k12nia2nx，bna2i，记dn1[(1)ibiCn]，且不等式

2ni0i1nnt(dn1)bn恒成立，求实数t的取值范围.

5【答案】（1）详见解析（2）[1,]

3【解析】

kk1nCn试题分析：（1）利用kCn1，将和项转化为符合二项式展开定理条件，本题也可利用倒

序相加法求和（2）本题关键在于求和bna2i及dn1[(1)biC]，对于bna2i，可

iini0i1i0nnnii利用赋值法求偶数项的系数和得到；对于dn1[(1)biCn]，则需构造符合二项式展开定

i1n理条件，进行求和，最后根据恒成立，利用变量分离法，求最值得参数取值范围. 试题解析：（1）设等差数列的通项公式为ana0nd，其中d为公差

12a2Cn则aiCna0a1Cnii0nn01anCna0(CnCnn12Cn)d(Cn2CnnnCn)

kk1nCn因为kCn1

122Cn所以Cnnn01nCnn(Cn1Cn1n1Cn1)

所以aiCna02nnd2n1=an2n1.

ii0注：第（1）问也可以用倒序相加法证明. （2）令x1，则ai22223i0i令x1，则[(1)ai]0，

i02n2n2(14n)224n2

12n1nn所以bna2i(242)41

2i00123(41)Cn(421)Cn(431)Cn根据已知条件可知，dnCnn(1)n(4n1)Cn

n0123[CnCn(4)Cn(4)2Cn(4)3n01234Cn(4)n][CnCnCnCnCnn(1)nCn]1

(14)n(11)n1(3)n1， 所以dn(3)n1

将bn4n1、dn(3)n1代入不等式t(dn1)bn得，t(3)n4n1 4n1n42125当n为偶数时，t()()，所以t()()；

333334n1n4111当n为奇数，t[()()]，所以t[()()]1；

33335综上所述，所以实数t的取值范围是[1,].

3n118．已知数列an通项公式为anAtBn1，其中A,B,t为常数，且t1，nN．等

式x2x2实常数．

210b0b1x1b2x1b20x1，其中bii0,1,2,,20为

220（1）若A0,B1，求

abn110n2n的值；

（2）若A1,B0，且

2an110n2nb2n2112，求实数t的值．

【答案】（1）6143；（2）2； 【解析】

试题分析：（1）由二项式定理求出b2n的通项，再利用分组求和法、二项式系数的性质、倒序相加法求和；（2）对所给等式的左边先分组，而后利用二项式定理求和而将方程进行化简，再利用方程所对应的函数的单调性以及估算求解方程； 试

题

210解析

210：

24（1

20）

x2x21x1201210C10C10x1C10x1C10x1

20b0b1x1b2x1b20x1

比较可知b2nC10,n1,2,,10；

nn1而A0,B1时anAtBn1n1,

所以

abn11010n2nnn1CnCC10，

n10n10n1n1n1101010设TnCn1n10012100C101C102C1010C10，

102102C101C100C10，相加得2T10210即T5210，T也可以写成T10C10所以

abn110n2nnnCC10521021016143．

n10n1n11010（2）当A1,B0时，anAtn1Bn1tn11，结合（1）中结论可知

(2an110n2)b2n2anb2n2b2n2(tnnn1n1n1101010n1n ② 1)C2nC10n10n110=2[1((1t)101)2101][(12)101]2(1t)102211231012112，即

ttt2(1t)10231010 ③， tt因为②为关于t的递增的式子，所以关于t的方程最多只有一解，而观察③可知，有一解t2，

综上可知：t2．

n119．已知数列an通项公式为anAtBn1，其中A,B,t为常数，且t1，nN．等

式x2x2实常数．

210其中bii0,1,2,,20为b0b1x1b2x1b20x1，

220（1）若A0,B1，求

abn110n2n的值；

（2）若A1,B0，且

2an110n2nb2n2112，求实数t的值．

【答案】（1）6143；（2）t2 【解析】 试

题

2分

10析：（

2101）由

2二项

4式定理

20易知

x242x21x12001210 C10C10C10x1C10x1x12101C10x1C10x1b0b1x1b2x1b20x1而

10n10220比较可所

知以

nb2nC10,n1,2,,101010此

10n10时

anAtn1Bn1n1abn110n2nn1CnCC设Tn10n1n1n1nCn110n10012100C101C102C1010C10

nCn110n10012100C101C102C1010C10，利用倒序相加法可得T5210所以

abn1n2nnnCC10521021016143

n10n1n11010n1n1（2）当A1,B0时，anAtBn1t1，结合（2）中结论可知

2an110n2b2n2anb2n2b2n2tnnn1n1n1101010n1n1C2nC10②

n10n11022101010121t12101121=1t211231012112，

ttt22101t31010因为②为关于t的递增的式子，所以关于t的方程最多只有一解，而tt观察③可知，有一解t2，综上可知：t2．

试题

210解析

210：

2（

41

20）

x2x21x1201210C10C10x1C10x1C10x120b0b1x1b2x1b20x1

比较可知b2nC10,n1,2,,10；

nn1而A0,B1时anAtBn1n1,

所以

abn110n2nnn1CnCC10，

n10n10n1n1n1101010设TnCn110n100C1C2C10C，T也可以写成T0101102101010nCn110n100120C101C102C10

nCn1n10012100C101C102C1010C10，相加得2T10210即T5210，所以

abn110n2nnnCC10521021016143．

n10n1n11010

n2320．已知(x1)a0a1(x1)a2(x1)a3(x1)an(x1)n,（其中nN*）

（1）求

a0及

Snaii1n；

n2（2）试比较Sn与(n2)22n的大小，并说明理由．

nnnnn2【答案】（1）a02，Sn32（2）当n1时，3(n1)22n；

当n2,3时，3(n1)22n；当n4,nN时，3(n1)22n ---7分

nn2nn2【解析】

n试题分析：（1）赋值法求二项展开式的项的系数：令x1，则a02，令x2，

则

ai0nin23n，∴Sn3n2n；（2）要比较Sn与(n2)22n的大小，即比较：3n与

(n1)2n2n2的

大小，这需先归纳：当n1时，3(n1)22n；当n2,3时，3(n1)22n； 当n4,5时，3(n1)22n；再猜想当n4时，3(n1)22n，最后用数学归纳法证明，关键将nk1时的式子与nk(k4)情形建立关系：

nn2nn2nn2nn23k13[(k1)2k2k2]k2k12(k1)2[(k3)2k4k24k2]

n试题解析：解：（Ⅰ）令x1，则a02，令x2，

则

ai0ni3n，∴Sn3n2n；

n2n2（Ⅱ）要比较Sn与(n2)22n的大小，即比较：3n与(n1)22n的大小，---1分 当n1时，3(n1)22n；当n2,3时，3(n1)22n； 当n4,5时，3(n1)22n；

猜想：当n4时，3(n1)22n，下面用数学归纳法证明： 由上述过程可知， n4时结论成立，

kk2假设当nk(k4)时结论成立，即3(k1)22k，

nn2nn2nn2nn2两边同乘以3 得：3而

k13[(k1)2k2k2]k2k12(k1)2[(k3)2k4k24k2]

(k3)2k4k24k2(k3)2k4(k2k2)6(k2)2k4(k2)(k1)60

∴3k1[(k1)1]2k12(k1)2

即nk1时结论也成立，

∴当n4时，3(n1)22n成立.

nn2综上得，当n1时，3n(n1)2n2n2；

当n2,3时，3(n1)22n；当n4,nN时，3(n1)22n

【一年原创真预测】 1. 已知(xnn2nn212x)n的展开式中前三项的系数成等差数列．

（1）求n的值；

（2）求展开式中系数最大的项． 【答案】（1）8；（2）T37x，T47x 【解析】

试题分析：（1）利用二项展开式的通项公式求出展开式前三项的系数，列出方程求出n；（2）设出系数最大的项，根据最大的系数大于等于它前一项的系数同时大于等于它后一项的系数，列出不等式组求出r，进而求出系数最大的项．

572

【入选理由】本题考查二项式定理等基础知识，意在考查基本运算能力，二项展开式的通项公式的运用是高考考查的重点内容，一般用以求展开式中的特定项，以选择题或填空题的形式出现，本题系数字母的值，立意新颖，考查全面，故押此题. 2. 已知数列{an}为a0,a1,a2,a3,,an(nN)，bna表示aii0n0a1a2a3an，

iN．

⑴若数列{an}为等比数列an2(nN)，求

n(bC)；

iini0n⑵若数列{an}为等差数列an2n(nN)，求【答案】（1）23n2n， （2）(n3n)22(bC).

iini1nn2.

012nn1试题解析：⑴bn222221，所以

(bC)(2iini0n1012n1)Cn(221)Cn(231)Cn(2n11)Cn001122nn21Cn1Cn22Cn1Cn23Cn1Cn2n1Cn1Cn012n012n2(Cn21Cn22Cn2nCn)(CnCnCnCn)2(12)n2n23n2n；

⑵

bn0242nn(n1)in1n23n23Cn34Cnn(n1)Cn，

，

(bC)12Cii0nn012233nn因为(1x)CnCnxCnxCnxCnx，

n0122334nn1两边同乘以x，则有x(1x)CnxCnxCnxCnxCnx，

两边求导，左边(1x)nx(1x)nn1，

012233nn右边Cn2Cnx3Cnx4Cnx(n1)Cnx，

nn1012233nn即(1x)nx(1x)Cn2Cnx3Cnx4Cnx(n1)Cnx（*），

对（*）式两边再求导，得

1232nn12n(1x)n1n(n1)x(1x)n221Cn32Cnx43Cnx(n1)nCnx 2n2123n取x1，则有(n3n)212Cn23Cn34Cnn(n1)Cn

所以

(bC)(niini1n23n)2n2.

【入选理由】本题考查二项式定理，数列中的等差数列和导数等基础知识，意在考查分析问题、解决问题的能力、基本运算能力及推理能力，本题是由一道高考题演化而来，它与数列、函数交汇命题，立意新颖、考查全面，综合性较强,难度中等，符合高考的方向，故押此题.