【文档说明】高考数学备考冲刺140分问题39二项式定理与其他知识的交汇问题(含解析).doc，共(11)页，1.538 MB，由MTyang资料小铺上传

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问题39二项式定理与其他知识的交汇问题一、考情分析二项式定理是高考高频考点,基本上每年必考,难度中等或中等以下,二项式定理作为一个工具,也常与其他知识交汇命题,如与数列交汇、与不等式交汇、与定积分交汇等．因此在一

些题目中不仅仅考查二项式定理,还要考查其他知识,其解题的关键点是它们的交汇点,注意它们的联系．二、经验分享1.二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C0n，C1n，一直到Cn－1n，Cnn.2.求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，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．3.整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．4.二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注

意选择合适的形式．三、知识拓展1.“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，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．2.若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋„＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋„＝112ff，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋„＝112ff.四、题型分析(一)二项式定理与函数的交汇【例1】设函数f(x)＝

（x－1x）6，x<0，－x，x≥0，则当x>0时,f[f(x)]表达式的展开式中常数项为()A．－20B．20C．－15D．15【答案】A【解析】x＞0时,f(x)＝－x＜0,故f[f(x)]＝f(－x)＝(－x＋1x)6,其展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr6·(－x)6

－r·(1x)r＝(－1)6－r·Cr6·(x)6－2r,由6－2r＝0,得r＝3,故常数项为(－1)3·C36＝－20.【点评】解决本题的关键是当x>0时,将f[f(x)]表达式转化为二项式．【小试牛刀】设()fx是261(

)2xx展开式的中间项,若()fxmx在区间2,22上恒成立,则实数m的取值范围是（）A．（－∞,5）B．（－∞,5]C．（5,＋∞）D．[5,＋∞）【答案】D【解析】由题意可知3636315()22fxCxxx

,由35()2fxxmx得252mx在区间2,22上恒成立,所以5m,故选D．(二)二项式定理与数列的交汇【例2】将211nx（n）的展开式中4x的系数记为na,则232015111aaa

．【答案】40282015【解析】211nx（n）的展开式的通项为21211rrrrrrnnTCCxx,由题意可知2r,此时,2(1)2nnnnaC,所以12112()(1)1nannnn,

所以23201511111111140282[(1)()()]2(1)2232014201520152015aaa．【小试牛刀】设二项式x－12nn(∈N*)展开式的二项式系数和与各项系

数和分别为an、bn,则a1＋a2＋„＋anb1＋b2＋„＋bn＝()A．2n－1＋3B．2(2n－1＋1)C．2n＋1D．1【答案】C【解析】由题意知an＝2n成等比数列,令x＝1则bn＝1

2n也成等比数列,所以a1＋a2＋„＋anb1＋b2＋„＋bn＝2n＋1,故选C.(三)二项式定理与不等式的交汇【例3】若变量yx,满足约束条件020202xyxyx,22yxn,则n取最大值时,nxx12二项展开式中的常数项为.【答

案】240【解析】画出不等式组表示平面区域如图,由图象可知当动直线22nxy经过点)4,2(A时,22yxn取最大值6.当6n时,故由二项式展开式的通项公式rrrrrrrrxCxxCT26666612)1()2(,由题设026rr可得2

r,所以展开式中的常数项是2402264C,故应填答案240.A(2,4)x=2x-y+2=0x+y-2=0y=-2x+n+2Oyx【小试牛刀】已知的展开式中与的项的系数之比为，则的最小值为（）A．B

．C．D．【答案】C【解析】在二项式的展开式中项的系数是，在二项式的展开式中项的系数是。由题设可得，即，所以（当且仅当取等号），应选答案C。(四)二项式定理与定积分的交汇【例4】【2017届福建福州外国语学校高三理适应性

考试三】已知61()xax展开式的常数项是540,则由曲线2yx和yx围成的封闭图形的面积为．【答案】512【解析】二项式61()xax展开式的通项66216611()()rrrrrrrTCxCxaxa,令620,3rr,所以有3361()

540Ca,求出13a,所以13yxx,联立213yxyx,交点坐标为(0,0),(1,1),所以由曲线2yx和yx围成的封闭图形的面积1423331131315()()00434312Sxxdxxx.【小试牛刀】【山东省德州市2019届高三模

拟】在的展开式中，项的系数等于264，则等于A．B．C．D．【答案】B【解析】（a）12的展开式的通项为．由，得r＝10．∴，解得a＝﹣2（舍）或a＝2．∴（2x）dx（lnx+x2）ln2+4﹣ln1﹣1＝ln2+3．故选：B．(五)二项式定理

与导数的交汇【例5】201622015201601220152016122222xaaxaxaxaxxR,则12342015201623420152016a

aaaaa（）A．1008B．2016C．4032D．0【答案】C【解析】设函数2016)21()(xxf,求导得:20152015)21(4032)2()21(2016)(xxxf又20162016201520152210)2()2(...

)2()2()(xaxaxaxaaxf,求导得201520162321)2(2016...)2(3)2(2)(xaxaxaaxf,由令1x得:)1(f12342015201623420152016aaaaaa4

032)1(40322015．故选C．【小试牛刀】求证1231C2C3CC2nnnnnnnn【证明】由二项式定理可得1nx012233=C+CCCC,nnnnnnnxxxx

两边取导数可得11nnx121321=C2C3CC,nnnnnnxxnx令1x得1231C2C3CC2nnnnnnnn.(六)二项式定理与信息迁移题的交汇【例6】已知m是一个给定的正整数,如果两个整数a,b除以m所得的余数相同,则称a与b对

模m同余,记作a≡b(modm),例如：5≡13(mod4).若22015≡r(mod7),则r可能等于()A.2013B.2014C.2015D.2016【答案】A【解析】22015＝22×23×671＝4×8671＝4(7＋1)671＝4(767

1＋C16717670＋„＋C6706717＋1).因此22015除以7的余数为4.经验证,只有2013除以7所得的余数为4.故选A.【小试牛刀】用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)

(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来,如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区

别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D

.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)【答案】A【解析】分三步：第一步,5个无区别的红球可能取出0个,1个,„,5个,则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步,5个无区别的蓝球都取出或都不取出,则有(1＋b5)种不同的取法；第三步,5个有

区别的黑球中任取0个,1个,„,5个,有(1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5)＝(1＋c)5种不同的取法,所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5,故选A.四、迁移运用1．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次

模拟】在的展开式中，项的系数为，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，展开式的通项为，所以在的展开式中，项的系数为，即；所以.故选C2．已知为满足（）能被整除的正数的最小值，则的展开式中，系数最大的项为（）A．第项B．第项

C．第项D．第项和第项【答案】B【解析】由于，所以，从而的展开式中系数与二项式系数只有符号差异，又中间项的二项式系数最大，中间项为第项，其系数为负，则第项系数最大．3．已知服从正态分布2(1,),NaR，则“()0.5Pa”是“关于x的二项式321()

axx的展开式的常数项为3”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．既不充分又不必要条件D．充要条件【答案】A【解析】由()0.5Pa，知1a．因为二项式321()axx展开式的通项公式为31321()()rr

rrTCaxx＝3333rrraCx，令330r，得1r，所以其常数项为212333aCa，解得1a，所以“()0.5Pa”是“关于x的二项式321()axx的展开式的常数项为3”的充分不必要条件，故选A．4．已知（），设展开式的二项式系数和为，（），与的大小

关系是（）A．B．C．为奇数时，，为偶数时，D．【答案】C【解析】由可令得；可令得；，，而二项式系数和则比较易得；为奇数时，，为偶数时，5．【山东K12联盟2018届高三模拟】已知，在的展开式中，记的系数为，则（）A.B

.C.D.【答案】A【解析】，所以，由已知有指的系数，指的系数，所以，选A.6．将二项式6)2(xx展开式各项重新排列,则其中无理项互不相邻的概率是（）A．72B．351C.358D．247【答案】A【解析】由36621662()

2rrrrrrrTCxCxx,知当0,2,4,6r时为有理项,则二项式6)2(xx展开式中有4项有理项,3项无理项,所以基本事件总数为77A,无理项互为相邻有4345AA,所以所求概率434577A

APA＝72,故选A．7．若sin()2cos,则6tan()xx展开式中常数项为（）A．52B．160C．52D．160【答案】B【解析】因为sin()2cos,所以sin2cos,ta

n2xxx,66tan2()xxxx,常数项为333336622160CxCx,故选B.8.已知f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为n,则二项式x－1xn展开式中x2项的系数

为()A．15B．－15C．30D．－30【答案】A【解析】因为函数f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为4－(－2)＝6,即n＝6.展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck6x6－k－1xk＝Ck6x6－2k(－1)

k,由6－2k＝2,得k＝2,所以T3＝C26x2(－1)2＝15x2,即x2项的系数为15,选A.9.设复数x＝2i1－i(i是虚数单位),则C12015x＋C22015x2＋C32015x3＋„＋C20152015x2015＝()A．iB．－i

C．－1－iD．1＋i【答案】C【解析】x＝2i1－i＝－1＋i,C12015x＋C22015x2＋„＋C20152015x2015＝(1＋x)2015－1＝i2015－1＝－i－1.10．已知4220121xaaxax7878a

xax,则从集合,ijaMxxxRa（0,1,2,,8;i0,1,2,,8j）到集合1,0,1N的映射个数是（）A．6561B．316C．2187D．210【答案】A【解析】242468(1

)1464xxxxx,所以0826413571,4,6,,0aaaaaaaaa,所以集合M中有0、1、4、6、23、32、14、16,从M到N的映射共有823816561

个．选A．11．设na,0是大于1的自然数,nax1的展开式为nnxaxaxaa2210.若点)2,1,0)(,(iaiAii的位置如图所示,则______a.【答案】3【解析】由图易知0121

,3,4aaa,则12212113,()4nnaCaCaa,即23(1)42nanna,解得3a.12．【河南省新乡市2019届高三下学期第二次模拟】已知，则___________.【答案】【解析】对等式两边求导，得，令，则.13．【江西省临川第一中学等九校20

19届高三3月联考】已知的展开式中含项的系数为-14，则______．【答案】【解析】根据乘法分配律得，，.，，表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分.当时，，故.14．【河北省衡水市第十三中学2019届高三质

检（四)】已知，记，则的展开式中各项系数和为__________．【答案】【解析】根据定积分的计算，可得，令，则，即的展开式中各项系数和为.15．复数1i2ia（,iaR为虚数单位）为纯虚数,则复数iza的模为

.已知231(1)()()nxxxnNx的展开式中没有常数项,且28n,则n.【答案】5,5【解析】由题意设)0(21ttiiai,则ttiai21,所以tat21,即2a,故i

za的模为514.因nxx)1(3的通项公式rnrnrrnrnrxCxxCT431,故当2,1,04rn时存在常数项,即24,14,4rrrn,故8,7,6,4,3,2n

时为常数项,所以当5n时没有常数项符合题设,故应填5,5.16.【辽宁省辽南协作校2017-2018学年高三下学期第一次模拟】二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，把展开式中所有的项重新排成一列，则无理项都互不相邻的排列总数为______

____．（用数字作答）【答案】72【解析】因为二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，所以展开式共5项，，其通项为，当时项为有理项，所以无理项有2个，先把有理项排好有种，从4个空中取两个排上无理项有种排法，所以共有种

排法.17．已知52315xx的展开式中的常数项为T,()fx是以T为周期的偶函数,且当[0,1]x时,()fxx,若在区间[1,3]内,函数()()gxfxkxk有4个零点,则实数k的取值范围是

______________．【答案】104k＜．【解析】25102315531115((5))rrrrrrrrTCxrCxx（）（），令10-2r-3r=0,得r=2,∴常数项25

125TC；∴f（x）的周期为2,且是偶函数,∵当x∈[0,1]时,1[]0fxxx（），，时,f（x）=-x；∴在区间[-1,3]内,画出函数y=f（x）和y=kx+k的图象,如图所示；结合图象知,直线y=kx+k过定点A（-1,0）,且11314ABk；∴函数g

（x）=f（x）-kx-k在[-1,3]内有4个零点时,实数k的取值范围是104k＜．18.求证：3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*,n>2)．【证明】因为n∈N*,且n>2,所以3n＝(2＋1)n展开后至少有4项．(2＋1)n＝2n＋C1n·2n－1＋„＋Cn－1n·2＋

1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1,故3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*,n>2)．