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C，C，一直到C，C.
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＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
四、题型分析
(一) 二项式定理与函数的交汇
【例1】设函数f(x)＝则当x>0时,f[f(x)]表达式的展开式中常数项为( )
A．－20 B．20 C．－15 D．15
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【答案】A
【解析】x＞0时,f(x)＝－＜0,故f[f(x)]＝f(－)＝(－＋)6,其展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－)6－r·()r＝(－1)6－r·C·()6－2r,由6－2r＝0,得r＝3,故常数项为(－1)3·C＝－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】设是展开式的中间项,若在区间上恒成立,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,由得在区间上恒成立,所以,故选D．
(二) 二项式定理与数列的交汇
【例2】将（）的展开式中的系数记为,则 ．
【答案】
【解析】（）的展开式的通项为 ,由题意可知,此时, ,所以,所以
．
【小试牛刀】设二项式n(∈N*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为an、bn,则＝( )
A．2n－1＋3 B．2(2n－1＋1) C．2n＋1 D．1
【答案】C
【解析】由题意知an＝2n成等比数列,令x＝1则bn＝也成等比数列,所以＝2n＋1
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,故选C.
(三) 二项式定理与不等式的交汇
【例3】若变量满足约束条件,,则取最大值时,二项展开式中的常数项为 .
【答案】
【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经过点时, 取最大值.当时,故由二项式展开式的通项公式,由题设可得,所以展开式中的常数项是,故应填答案.
【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
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【例4】【2017届福建福州外国语学校高三理适应性考试三】已知展开式的常数项是540,则由曲线和围成的封闭图形的面积为 ．
【答案】
【解析】二项式展开式的通项,令,所以有,求出,所以,联立,交点坐标为,所以由曲线和围成的封闭图形的面积.
【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】,则（ ）
A．1008 B．2016 C．4032 D．0
【答案】C
【解析】设函数,求导得: ,
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又,
求导得,由令得:
．故选C．
【小试牛刀】求证
【证明】由二项式定理可得
两边取导数可得
令得.
(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(mod m),例如：5≡13(mod 4).若22015≡r(mod 7),则r可能等于( )
A.2013 B.2014 C.2015 D.2016
【答案】A
【解析】22015＝22×23×671＝4×8671＝4(7＋1)671＝4(7671＋C7670＋…＋C7＋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)5
B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C.(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＋Cc＋Cc2＋Cc3＋Cc4＋Cc5)＝(1＋c)5种不同的取法,所以所求为(1＋a＋a2
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＋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C
2．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，则“”是“关于的二项式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
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【答案】A
【解析】由，知．因为二项式展开式的通项公式为＝，令，得，所以其常数项为，解得，所以“”是“关于的二项式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．将二项式展开式各项重新排列,则其中无理项互不相邻的概率是（ ）
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A． B． C. D．
【答案】A
【解析】由,知当时为有理项,则二项式展开式中有4项有理项,3项无理项,所以基本事件总数为,无理项互为相邻有,所以所求概率＝,故选A．
7．若,则展开式中常数项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为,所以,,常数项为,故选B.
8.已知f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为n,则二项式展开式中x2项的系数为( )
A．15 B．－15 C．30 D．－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＝Cx6－kk＝Cx6－2k(－1)k,由6－2k＝2,得k＝2,所以T3＝Cx2(－1)2＝15x2,即x2项的系数为15,选A.
9.设复数x＝(i是虚数单位),则Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2 015＝( )
A．i B．－i
C．－1－i D．1＋i
【答案】C
【解析】x＝＝－1＋i,Cx＋Cx2＋…＋Cx2 015＝(1＋x)2 015－1＝i2 015－1＝－i－1.
10．已知,则从集合
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（）到集合的映射个数是（ ）
A．6561 B．316 C．2187 D．210
【答案】A
【解析】,所以,所以集合M中有0、1、4、6、、、、,从M到N的映射共有个．选A．
11．设是大于1的自然数,的展开式为.若点的位置如图所示,则.
【答案】
【解析】由图易知,则,即,解得.
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2019届高三3月联考】已知的展开式中含项的系数为-14，则______．
11
【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（为虚数单位）为纯虚数,则复数的模为 .已知的展开式中没有常数项,且,则 .
【答案】
【解析】由题意设,则,所以,即,故的模为.因的通项公式,故当时存在常数项,即,故时为常数项,所以当时没有常数项符合题设,故应填.
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）
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【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．已知的展开式中的常数项为,是以为周期的偶函数,且当时,,若在区间内,函数有4个零点,则实数的取值范围是______________．
【答案】
【解析】令10-2r-3r=0,得r=2,
∴常数项∴f（x）的周期为2,且是偶函数,∵当x∈[0,1]时,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∴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
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＋C·2n－1＋…＋C·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)．
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