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赋值法在高中数学中的应用康乐一中 倾转莉摘要： 赋值法在高中数学中应用广泛，本文总结了赋值法在高中数学中主要应用有函数方程，二项式定理，算法，恒成立问题，解选择题与填空题等。
关键字：赋值法 抽象函数 二项式定理 算法 恒等变化赋值法就是给变量赋予特殊的数值。
可以把抽象的问题具体化，把普遍的问题特殊化。
赋值法在高中数学中的应用常见在以下几个方面：一．赋值法在抽象函数性质中的应用赋值法在函数性质中应用最广，特别是应用在抽象函数中用来的判断函数的奇偶性，讨论函数的单调性，求函数的值域，判断函数的周期性，求函数的解析式等方面。
（一）判断函数的奇偶性例1 已知函数y ＝f （x ）（x ∈R ，x ≠0），对任意非零实数x 1x 2都有f （x 1x 2）＝f （x 1）＋f （x 2），试判断f （x ）的奇偶性。
解：取x 1＝－1，x 2＝1得f （－1）= f （－1）＋（1），所以f （1）=0又取x 1=x 2=－1，得f （1）=f （－1）＋f （－1），所以f （－1）=0再取x 1=x ，x 2=－1，则有f （－x ）= f （x ），即f （－x ）=f （x ） 因为f （x ）为非零函数，所以f （x ）为偶函数。
(二)讨论函数的单调性例2． 设f （x ）定义于实数集R 上，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意x ，y ∈R ，有f （x ＋y ）= f （x ）f （y ），求证f （x ）在R 上为增函数。
证明：由f （x ＋y ）=f （x ）f （y ）中取x =y =0得f （0）=f 2（0）。
若f （0）=0，令x ＞0，y =0，则f （x ）=0，与f （x ）＞1矛盾。
所以f （0）≠0，即有f （0）=1。
当x ＞0时，f （x ）＞1＞0，当x <0时，f （－x ）>1>0，而0)(1)( x f x f -=，又x =0时，f （0）=>0，所以f （x ）∈R ，f （x ）>0。
高考数学复习考点知识专题讲解与训练专题52 二项式定理【考纲要求】1.了解“杨辉三角”的特征，掌握二项式系数的性质及其简单应用.2．掌握二项式定理，会用二项式定理解决有关的简单问题.【知识清单】知识点1. 二项式定理1. 二项式定理()()011*nn n r n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中的系数r n C (0,1,2,3,,r n =)叫做二项式系数．式中的r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r rr n T C a b -+=.2．二项展开式形式上的特点(1)项数为1n +.(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0n C ，1n C ，一直到1n n C -，n n C .知识点2. 二项式系数的性质1. 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0n n n C C =，11n n n C C -=，，m n m n n C C -=.(2)增减性与最大值：二项式系数r n C ，当12n r +≤时，二项式系数是递增的；由对称性知：当12n r +>时，二项式系数是递减的． 当n 是偶数时，中间的一项2n nC 取得最大值．当n 是奇数时，中间两项12n nC+ 和12n nC-相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和()na b +的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即012rnn n n n n C C C C +++++=，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=，2.注意:（1）．分清r n r r n C a b -是第1r +项，而不是第r 项.(2)．在通项公式1r n r r r n T C a b -+=中，含有1r T +、r n C 、a 、b 、n 、r 这六个参数，只有a 、b 、n 、r 是独立的，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 的取值范围以及 它们之间的大小关系.(4) 在1r n r r r n T C a b -+=中，r n C 就是该项的二项式系数，它与a ，b 的值无关；而1r T +项的系数是指化简后字母外的数．知识点3. 二项式定理的应用二项式的应用（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()11n x nx +≈+；②()()21112nn n x nx x -+≈++； （5）证明不等式.【考点梳理】考点一 ： 二项式定理【典例1】（2020·北京高考真题）在52)-的展开式中，2x 的系数为（ ）．A ．5-B ．5C ．10-D ．10【答案】C【解析】)52展开式的通项公式为：()()55215522r rrrr r r T CC x--+=-=-，令522r -=可得：1r =，则2x 的系数为：()()11522510C -=-⨯=-. 故选：C.【典例2】（2020·全国高考真题（理））25()()x x y xy ++的展开式中x 3y3的系数为（ ）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C【解析】5()x y +展开式的通项公式为515r r rr T C x y -+=（r N ∈且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为：56155rrrr rrr xT xC xy C xy --+==和22542155r r rr r r r T C x y xC y y y x x --++==在615r r r r xT C x y -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x xy y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x x y =，该项中33x y 的系数为5所以33x y 的系数为10515+= 故选：C【典例3】（2020·天津高考真题）在522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是_________．【答案】10【解析】因为522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()5531552220,1,2,3,4,5rrrr r rr T C xC x r x --+⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，令532r -=，解得1r =． 所以2x 的系数为15210C ⨯=． 故答案为：10．【典例4】（2020·江苏省太湖高级中学高二期中）25(32)x x ++的展开式中3x 的项的系数是________.【答案】1560【解析】由题意，()()2555(32)12x x x x =++++，因为()51x +的展开式的通项公式为15rrr T C x +=，()52x +的展开式的通项公式为5152k k k k T C x -+=，所以25(32)x x ++的展开式中3x 的项的系数是305214123032555555552222C C C C C C C C +++320800*********=+++=.故答案为：1560.【规律方法】1.二项展开式问题的常见类型及解法(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k ＋1项，再由特定项的特点求出k 值即可．(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k ＋1项，由特定项得出k 值，最后求出其参数．2．求解形如(a ＋b )n (c ＋d )m 的展开式问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．3．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的方法逐层展开法的求解步骤：【变式探究】1.（2018·全国高考真题（理））522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为（ ） A.10 B.20 C.40 D.80【答案】C【解析】由题可得()5210315522rrr r r rr T C xC xx --+⎛⎫== ⎪⎝⎭令103r 4-=,则r 2=所以22552240r r C C =⨯=故选C.2.（2017·全国高考真题（理））(x +y )(2x -y )5的展开式中x 3y 3的系数为（ ）A.-80B.-40C.40D.80【答案】C【解析】()()()()555222x y x y x x y y x y +-=-+-，由()52x y -展开式的通项公式()()515C 2r rrr T x y -+=-可得： 当3r =时，()52x x y -展开式中33x y 的系数为()3325C 2140⨯⨯-=-；当2r时，()52y x y -展开式中33x y 的系数为()2235C 2180⨯⨯-=， 则33x y 的系数为804040-=.3.（2019·天津高考真题（理））83128x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭是展开式中的常数项为________.【答案】28【解析】8848418831(2)()(1)28r r rr r r r r T C x C x x---+=-=-， 由840r -=，得2r ，所以的常数项为228(1)28C -=.4.（2017·山东高考真题（理））已知(13)n x + 的展开式中含有2x 项的系数是54，则n=_____________.【答案】4【解析】（1+3x ）n的展开式中通项公式：T r +1rn =（3x ）r ＝3rrn x r ．∵含有x 2的系数是54，∴r ＝2．∴223n =54，可得2n =6，∴()12n n -=6，n ∈N *．解得n ＝4．故答案为：4．【特别提醒】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；②1r T +是展开式中的第1r +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()n 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．考点二 ： 二项式系数的性质及各项系数和【典例5】（2020·浙江高三月考）二项式6的展开式中，所有有理项．．．（系数为有理数，x 的次数为整数的项）的系数之和为________；把展开式中的项重新排列，则有理项．．．互不相邻的排法共有____种．（用数字作答）【答案】32. 144.【解析】因为二项式6的展开式的通项为6126321666---+==r rr r r r T C C x x x ，因为2122-=-∈r rZ ，所以0,2,4,6r =， 故所有有理项的系数为0246666611515132+++=+++=C C C C ；把展开式中的项重新排列，则有理项．．．互不相邻的排法共有3434144A A =种. 【典例6】（2019·全国高三月考）5(12)x -的展开式的各个二项式系数的和为________，含x x 的项的系数是________.【答案】32 80-【解析】根据题意，(512x -的展开式的各个二项式系数的和为52=32，当=3r 时，3533451(2)T C x -=⋅⋅- ，所以含x x 80-.【典例7】（2020·浙江省高考真题）设()2345125345612 x a a x a x a x a x a x +=+++++，则a 5=________；a 1+a 2 + a 3=________．【答案】80；122 .【解析】5(12)x +的通项为155(2)2r r r r r r T C x C x +==，令4r =，则444455280T C x x ==，故580a =；113355135555222122a a a C C C ++=++=.故答案为：80；122【总结提升】1.赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (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．(2)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．(3)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)．①奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝(1)(1)2f f +-.②偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝(1)(1)2f f --.2．二项式系数最大项的确定方法(1)如果n 是偶数，则中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n 2＋1项的二项式系数最大；(2)如果n 是奇数，则中间两项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n ＋12项与第n ＋12＋1项的二项式系数相等并最大．3．展开式系数最大值的两种求解思路(1)由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k －1，a k ≥a k ＋1即可求得答案．(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n 的式子，可以看作关于n 的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值．【变式探究】1.（2019·内蒙古高二期中（理））已知2012(1)n nn x a a x a x a x +=+++⋅⋅⋅+，01216n a a a a +++⋅⋅⋅+=，则自然数n 等于（ ）A ．6B ．5C ．4D ．3【答案】C由题意，令1x =，则01212(1)nn n a a a a +=++⋅⋅+=+⋅，因为01216n a a a a +++⋅⋅⋅+=，所以216n =，解得4n =. 故选：C.2. (2019·石家庄模拟)在(1－2x )n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式二项式系数最大的项为 .【答案】1120x 4【解析】由二项式系数的性质知，2n －1＝128，解得n ＝8，(1－2x )8的展开式共有9项，中间项，即第5项的二项式系数最大，T 4＋1＝C 4814(－2x )4＝1120x 4. 3.（2020·湖南师大附中高三月考）若1721701217(2)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+++++⋯++，则012316a a a a a ++++⋯+=______.【答案】1721-由题意，由1717(2)[1(1)]x x +=++，17171(1)T x +=+，17令0x =，则17012172a a a a ++++=⋯，所以1701231621a a a a a ++++⋯+=－.故答案为：1721-. 【特别提醒】1.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；[来源:学_科_网]③证明不等式时，应注意运用放缩法.2.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.3.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0x =.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.考点三：二项式定理的应用【典例8】（2012·湖北高考真题（理））设，且，若能被13整除，则（）A．0 B．1C．11 D．12【答案】D【解析】本题考察二项展开式的系数.由于51=52-1，,又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12选D.【典例9】（2019·湖北高二期末（理））71.95的计算结果精确到个位的近似值为（）A.106B.107C.108D.109【答案】B【解析】∵()77716252771.9520.05220.0520.05C C =-=-⨯⨯+⨯⨯-⋅⋅⋅107.28≈， ∴71.95107≈. 故选：B【典例10】（多选题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，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.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）A ．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：m n mn n C C -= B ．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：11r r rn n n C C C -+=+C ．由“第n 行所有数之和为2n ”猜想：0122n n n n n n C C C C ++++=D ．由“11111=，211121=，3111331=”猜想51115101051= 【答案】ABC【解析】由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A 、B 、C 正确；550514*******555555111011010101010161051C C C C C C ，故D 错误.故选：ABC.【典例11】（2019·浙江杭十四中高三月考）7(ax的展开式中，3x 项的系数为14，则a =_____，展开式各项系数之和为______．【答案】2 1【解析】由题，7a x⎛ ⎝的展开式通项为()72577331771rrr r r r rr a T C x a C x x ---+⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令57363r r -=∴=，此时67142C a a =∴=所以原式为72x ⎛- ⎝，令1x =，得各项系数之和为()7211-=故答案为2、1【总结提升】二项式定理应用的常见题型及求解策略1．逆用二项式定理的关键是根据所给式的特点结合二项展开式的要求，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．2．利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论．3. 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.【特别提醒】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.【变式探究】1．（多选题）（2020·江苏省太湖高级中学高二期中）设6260126(21)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+++++++，下列结论正确的是（ ）A ．6012563a a a a a -+-+= B ．23100a a += C ．1236,,,,a a a a 中最大的是2a D ．当999x =时，6(21)x +除以2000的余数是1【答案】ABD【解析】将原二项展开式转化为()[]666260126(21)(211)12(1)(1)(1)(1)x x x a a x a x a x +=+-=-+=+++++++，再逐一判断.详解：由()[]666260126(21)(211)12(1)(1)(1)(1)x x x a a x a x a x +=+-=-+=+++++++，得40123562356666666601234564,2,2,2,2,2,2a a a a a a a C C C C C C C =======， 所以6012563a a a a a -+-+=，故A 正确；223323662+2=100a a C C +=，故B 正确；1236,,,,a a a a 中最大的是4a ，故C 错误；当999x =时，11000x +=，1256,,,a a a a 能被2000整除，所以6(21)x +除以2000的余数是1，故D 正确；故选：ABD2.（2019·浙江高考模拟）已知7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++，则128...a a a +++=_____，3a =_____．【答案】5- 476-【解析】因为7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++，令1x =得0128...(21)(121)3a a a a ++++=+-⨯=-，令0x =得02a =，所以128...5a a a +++=-，由7(12)x -展开式的通项为17(2)r r r r T C x +=-，则33223772(2)(2)476a C C =⨯-+-=-，故答案为：5- ，476-.3.若n 是正整数，则7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n－1n 除以9的余数是 .【答案】0或7【解析】根据二项式定理可知，7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n －1n ＝(7＋1)n －1＝8n －1，又因为8n －1＝(9－1)n －1＝9n ＋C 1n 9n －1·(－1)＋C 2n 9n －2·(－1)2＋…＋C n －1n 9·(－1)n －1＋(－1)n －1，所以当n 为偶数时，除以9的余数为0，当n 为奇数时，除以9的余数为7. 4.以下排列的数是二项式系数在三角形中的几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，它出现要比杨辉迟393年.那么，第9行第8个数是______.【答案】36【解析】由题意，第0行的数为1，第1行的数为0111,C C ，第2行的数为012222,,C C C ，第3行的数为01233333,,,C C C C ，第4行的数为0123444444,,,,C C C C C ，因此，第n 行第m 个数为：1m n C -， 所以第9行第8个数是817299998362C C C -⨯====. 故答案为：36.。
赋值法的应用摘要：赋值法是给代数式(或方程或函数表达式)中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的．实际上赋值法所体现的是从一般到特殊的转化思想，本文将通过几道数学题分别赋值法在解各类数学题中的应用。
关键词：赋值法 导学功能 抽象一 赋值法的概念。
在解数学题时，人们一般运用逻辑推理方法，一步一步的寻求必要条件，最后求得结论。
但对于有些问题如果我们能根据具体情况，巧妙的，合理的对某些元素进行赋值，这样往往能找到简捷的解决问题的方法，这就是赋值法。
这种方法贯穿于整个数学学习的历程中，对于解各个阶段的数学题都有巨大的作用。
二 赋值法在代数式中的应用。
2.1 如果题目中关于某个未知数的等式对于任意值或者很多值成立，则可以运用赋值法为解题创造条件。
例1 对于一切x ,分式ax b x ++117总为定值，则a b =？解析根据题意，分式ax b x ++117总为定值，不妨设x 为0，1分式的值都为定值，则有 a b a b +⨯+⨯=+⨯+⨯1111701107即ab a b ++=117。
ab a ab b +=+∴711ab 711=117=a b 例2 已知()71-x =a 0+a 1x +a 22x +a 33x + 7a 7x .则1a +3a +5a 7a +的值为多少。
解析：因为对于一切x ，题目中的等式都成立，所以可以在已知等式中令1=x 和1-=x ，分别得0a +1a +2a + 7a =0， ① 0a -1a +2a - -7a =()72-。
② 由①-②得2（7531a a a a +++）=-()72-，所以有647531=+++a a a a 三 赋值法在函数中的应用。
3.1 赋值法在解抽象函数问题中的应用.例6（2006重庆高考）已知定义域为R 的函数()x f 满足()()()x x x f x x x f f +-=+-22（1）若()32=f ，求()1f ；又若()a f =0，求()a f ；（2）设有且仅有一个实数0x ，使得()00x x f =，求函数()x f 的解析表达式.解：（1） 取2=x ，又()32=f 得()()()22222222+⨯-=+⨯-f f f ，即()11=f .又()a f =0，故()()()00000022+-=+-f f f ，即()a a f =（2）又满足()00x x f =的实数0x 唯一，由()()()x x x f x x x f f +-=+-22.可知，对任意R x ∈有()02x x x x f =+-.在上式中令0x x =有()00200x x x x f =+-.再代()00x x f =得00=x 或10=x .若00=x ，方程()x x f =有两个根，故0≠x .若x0=1则有1)(2+-=x x x f 易验证，该函数满足题设条件。
二项式定理知识点与题型复习一、基础知识1.二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C k n a n－k b k＋…＋C n n b n(n∈N*)(2)通项公式：T k＋1＝C k n a n－k b k，它表示第k＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为C0n，C1n，…，C n n.2.二项式系数的性质注：(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.二项式系数与项的系数的区别二项式系数是指C0n，C1n，…，C n n，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关.如(a＋bx)n的二项展开式中，第k＋1项的二项式系数是C k n，而该项的系数是C k n a n－k b k.当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的.二、考点解析考点一二项展开式中特定项或系数问题考法(一)求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量例1、(1)522⎪⎭⎫⎝⎛+xx的展开式中x4的系数为()A.10B.20C.40D.80(2)若(2x－a)5的二项展开式中x3的系数为720，则a＝________.(3)已知5⎪⎭⎫⎝⎛+xax的展开式中x5的系数为A，x2的系数为B，若A＋B＝11，则a＝________.[解题技法]求形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式T r＋1＝C r n a n－r b r，常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出r；第三步，把r代入通项公式中，即可求出T r＋1，有时还需要先求n，再求r，才能求出T r＋1或者其他量.考法(二)求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量例2、(1)(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是()A.－4B.－3C.3D.4(2)已知(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，则正实数a＝________.[解题技法]求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤第一步，根据二项式定理把(a＋b)m与(c＋d)n分别展开，并写出其通项公式；第二步，根据特定项的次数，分析特定项可由(a＋b)m与(c＋d)n的展开式中的哪些项相乘得到；第三步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.考法(三)求形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量例3、(1)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为()A.10B.20C.30D.60(2)将344⎪⎭⎫⎝⎛-+xx展开后，常数项是________.[解题技法]求形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤第一步，把三项的和a＋b＋c看成是(a＋b)与c两项的和；第二步，根据二项式定理写出[(a ＋b )＋c ]n 的展开式的通项；第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a ＋b )n －r 的展开式中的哪些项和c r 相乘得到的； 第四步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量. 跟踪训练1.在(1－x 3)(2＋x )6的展开式中，x 5的系数是________.(用数字作答)3.5212⎪⎭⎫⎝⎛++x x (x ＞0)的展开式中的常数项为________.考点二 二项式系数的性质及各项系数和[典例精析](1)若531⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( ) A.63x B.4x C.4x 6x D.4x或4x 6x(2)若nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12的展开式中含x 的项为第6项，设(1－3x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则a 1＋a 2＋…＋a n的值为________.(3)若(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[解题技法] 1.赋值法的应用二项式定理给出的是一个恒等式，对于x ，y 的一切值都成立.因此，可将x ，y 设定为一些特殊的值.在使用赋值法时，令x ，y 等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值.如： (1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝1即可. (2)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. 2.二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法 若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )的展开式中 (1)各项系数之和为f (1).(2)奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2.(3)偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.跟踪训练1.已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝()A.1B.243C.121D.1222.若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________.3.已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为____.考点三二项展开式的应用例、设a∈Z，且0≤a＜13，若512 018＋a能被13整除，则a＝()A.0B.1C.11D.12[解题技法]利用二项式定理解决整除问题的思路(1)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.因此，一般要将被除式化为含相关除式的二项式，然后再展开.(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开.但要注意两点：①余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负；②二项式定理的逆用.跟踪训练]1.使得多项式81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1能被5整除的最小自然数x为()A.1B.2C.3D.4课后作业1.3422⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 的展开式中的常数项为( ) A.－32 B.32 C.6 D.－6 2.设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，则a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( )A.－6160B.－122121C.－34D.－901213.若二项式72⎪⎭⎫ ⎝⎛+x a x 的展开式的各项系数之和为－1，则含x 2项的系数为( )A.560B.－560C.280D.－2804.已知(1＋x )n 的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A.29 B.210 C.211 D.2125.二项式9221⎪⎭⎫⎝⎛-x x 的展开式中，除常数项外，各项系数的和为( )A.－671B.671C.672D.673 6.在(1－x )5(2x ＋1)的展开式中，含x 4项的系数为( )A.－5B.－15C.－25D.257.若(x 2－a )101⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13B.12C.1D.2 8.若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为( ) A.1或3 B.－3 C.1 D.1或－3 9.(2x －1)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是________.(用数字作答)10.9⎪⎭⎫ ⎝⎛+x a x 的展开式中x 3的系数为－84，则展开式的各项系数之和为________.11.511⎪⎭⎫ ⎝⎛++x x 展开式中的常数项为________.12.已知nx x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+41的展开式中，前三项的系数成等差数列. (1)求n ；(2)求展开式中的有理项；(3)求展开式中系数最大的项.。
二项式定理的应用1.利用赋值法进行求有关系数和。
二项式定理表示一个恒等式，对于任意的a，b，该等式都成立。
利用赋值法（即通过对a、b取不同的特殊值）可解决与二项式系数有关的问题，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，解决问题时要避免漏项等情况。
设(1)令x=0，则(2)令x=1，则(3)令x=－1，则(4)(5)2.证明有关的不等式问题：有些不等式，可应用二项式定理，结合放缩法证明，即把二项展开式中的某些正项适当删去(缩小)，或把某些负项删去(放大)，使等式转化为不等式，然后再根据不等式的传递性进行证明。
①；②；（）如：求证：1. 若，则_________．（用数字作答）【解析】令，则，，即．2.求证：对任何非负整数n，33n－26n－1可被676整除。
【思路点拨】注意到262=676，33n=27n=(26+1)n，用二项展开式去证明．当n=0时，原式=0，可被676整除．当n=1时，原式=0，也可被676整除．当n≥2时，原式．每一项都含262这个因数，故可被262=676整除综上所述，对一切非负整数n，33n－26n－1可被676整除．【总结升华】证明的关键在于将被除式进行恰当的变形，使其能写成二项式的形式，展开后的每一项中都会有除式这个因式，就可证得整除或求出余数．3.求证：3n＞(n+2)·2n－1（n∈N+，且n＞2）．【思路点拨】利用二项式定理3n=(2+1)n展开证明．【解析】因为n∈N+，且n＞2，所以3n=(2+1)n展开至少有四项．，所以3n＞(n+2)·2n－1．概率要点一、随机变量和离散型随机变量1. “随机试验”的概念一般地，一个试验如果满足下列条件：a．试验可以在相同的情形下重复进行．b．试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个．c．每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但在试验之前却不能肯定这次试验会出现哪一个结果．这种试验就是一个随机试验，为了方便起见，也简称试验．2．随机变量的定义一般地，如果随机试验的结果，可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量．要点诠释：（1）所谓随机变量，即是随机试验的试验结果和实数之间的一个对应关系，这种对应关系是人为建立起来的，但又是客观存在的。
赋值法在二项式定理中的应用赋值法是给代数式(或方程或函数表达式)中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的．实际上赋值法所体现的是从一般到特殊的转化思想，在高考题中屡见不鲜，特别是在二项式定理中的应用尤为明显，现以例说明．一、用赋值法解决二项式系数的有关问题利用二项式定理的展开式与所求问题进行类比转换，实现从一般到特殊的转化，用来证明或求值．思路设法从已知等式中求出n．(1＋2)n = 729，即3n = 36，解得n = 6．注意：所求式子中缺少一项，不能直接等于26．二、用赋值法解决项的系数的有关问题例2 (1997年上海高考题)(3x＋1)n(n∈N*)展开式中各项系数和为256，求x2的系数．设(3x＋1)n = a0x n＋a1x n-1＋a2x n-2＋…＋a n．①由题意：a0＋a1＋a2＋…＋a n = 256．在①式中令x = 1得4n = a0＋a1＋a2＋…＋a n = 256，解得n = 4．a3)2－(a1＋a3)2 =[ ] A．1B．－1C．0D．2解(a0＋a2＋a3)2－(a1＋a3)2= (a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)．上式左边中的两个式子分别是所给展开式中x取1和－1时的表达式．故选A．三、综合应用在综合应用中要求学生能严格区别二项式系数与项的系数，注意项的系数的符号与式子的结构，灵活应用其他相关知识解题．例4若(1－3x)9 = a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = ________．解由二项式的展开式可知a0，a2，…，a8为正，a1，a3，…，a9为负，于是|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9．在所给的展开式中，令x = －1得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|= a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9 = [1－3(－1)]9 = 49．例5 (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…b n x n，且b0＋b1＋b2＋…＋b n = 62，则n = ________．解在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…＋b n x n中，令x = 1，得2＋22＋23＋…＋2n = b0＋b1＋b2＋…＋b n = 62，赋值法是由一般到特殊的一种处理方法，在其他章节中也有广泛应用，望同学们在学习中能举一反三．。
二项式定理赋值法求各项系数的和教学提纲一、引言（200字）二项式定理是高中数学中非常重要的一个定理，它可以用于展开任意整指数幂的二项式。
在教学中，可以采用赋值法来求解各项系数的和，这种教学方法能够让学生更好地理解和掌握二项式定理的应用。
本提纲将介绍如何使用赋值法来教授二项式定理求解各项系数的和，主要包括教学目标、教学步骤和教学评价等内容。
二、教学目标（200字）1.理解二项式定理的基本概念和公式；2.掌握使用赋值法求解二项式定理各项系数的和的方法；3.培养学生的逻辑思维能力和问题求解能力；4.增强学生对数学的兴趣和学习动力。
三、教学步骤（600字）1.复习与导入（100字）-复习二项式定理的基本概念和公式；-引导学生思考如何求解二项式各项系数的和。
2.讲解赋值法求解各项系数的和（300字）-介绍赋值法的基本原理；-以具体的例子说明如何应用赋值法求解二项式各项系数的和；-提醒学生注意赋值时的技巧和要点。
3.练习与训练（400字）-给学生提供一些简单的练习题，要求他们使用赋值法求解各项系数的和；-引导学生思考和讨论解题思路和方法；-鼓励学生积极参与训练，提高他们的问题解决能力。
4.拓展与应用（200字）-引导学生探索更复杂的二项式定理应用问题；五、教学评价（200字）1.反馈评价（100字）-给学生提供一些评价标准，帮助他们自我评价；-鼓励学生积极参与讨论和互评，提高他们的学习和合作能力。
2.教师评价（100字）-结合学生的课堂表现、练习和思考能力等多个因素进行综合评价；-鼓励并提出学生进一步提高的建议。
六、教学反思（200字）。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.若（x+m）9=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9，且a﹣a1+a2﹣a3+…+a8﹣a9=39，则实数m的值为．【答案】5.【解析】令，即，得：，又因为，所以，则.【考点】二项式定理、赋值法.2.求的二项展开式中的第5项的二项式系数和系数.【答案】．【解析】解题思路：利用二项式定理的通项公式写出，再求出二项式系数与系数.规律总结：涉及求二项展开式的二项式系数或系数或特定项时，往往先写出二项式的通项公式，再进行求解.注意点：要正确区分二项式系数与系数：二项式系数仅是一个组合数，系数是未知数的系数.试题解析：，所以二项式系数为，系数为.【考点】二项式定理.3.(12分)已知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)，【解析】(1)由已知有即,解得n＝8，n＝1（舍去）;(2)由(1)知n ＝8，设第r+1的系数最大，则即,解得r＝2或r＝3, 所以系数最大的项为，.试题解析：（1）由题设，得，即，解得n＝8，n＝1（舍去）．（2）设第r+1的系数最大，则即解得r＝2或r＝3．所以系数最大的项为，．【考点】二项式定理及其性质4.如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）A．-2835B．2835C．21D．-21【解析】由二项式定理可知展开式中各项系数和为解得，，由得，因此系数为，答案选A。
【考点】二项式定理5.若展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由于展开式中只有第六项的二项式系数最大，第六项为中间项，共有11项，，当时，常数项是.【考点】二项式系数的性质.6.在的展开式中，的系数为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】利用二项式定理：将带入即可得前面的系数为：＝．【考点】二项式定理．7.（14分）已知在（其中n<15）的展开式中：（1）求二项式展开式中各项系数之和；（2）若展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列，求n的值；（3）在（2）的条件下写出它展开式中的有理项.【答案】（1）; （2）n=14; （3）,,.【解析】（1）二项展开式中各项的系数和就是，由可得结果；（2）由二项式系数，，成等差数列，，解得n="14;" （3）可知，有理项中知应该是6的倍数. 解：（1）因为本题二项展开式中各项的系数就是各项的二项式系数所以各项系数之和为 4分（2）（其中n<15）的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数分别是，，．-----------6分依题意得，写成：， 7分化简得90+（n-9）(n-8)=2·10(n-8)，即：n2-37n+322=0,解得n=14或n=23，因为n<15所以n=14。
ʏ河南省许昌市建安区第一高级中学 丁书珍ʏ河南省鄢陵县第二高级中学 刘俊霞在二项式定理的求值问题中,尤其是求解二项展开式的系数和等问题时,我们常常采用赋值法求解㊂即对二项展开式中的相关字母进行赋值,进而得以求解二项式系数及与之相关的综合问题,在选择性必修三课本中就给出了用法,让我们走进课本,从课本入手,了解赋值法在二项式定理中的应用,以便同学们正确掌握二项式定理中的赋值技巧㊂已知(1+x )n=C 0n+C 1nx +C 2nx 2+ +C n n x n,令x =1,得2n=C 0n +C 1n +C 2n+ +C nn ㊂这就是说,(a +b )n的展开式的各二项式系数的和等于2n㊂例1 求证:在(a +b )n 的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和㊂解析:奇数项的二项式系数的和为C 0n +C 2n +C 4n + ;偶数项的二项式系数的和为C 1n+C 3n+C 5n + ㊂由于(a +b )n =C 0n a n +C 1na n -1b +C 2n a n -2b 2+ +C n nb n 中的a ,b 可以取任意实数,因此我们可以通过对a ,b 适当赋值来得到上述两个系数和㊂在展开式(a +b )n=C 0na n+C 1na n -1b +C 2na n -2b 2+ +C n nb n中,令a =1,b =-1,得(1-1)n=C 0n-C 1n+C 2n+ +(-1)kC k n++(-1)n C n n ㊂即(C 0n +C 2n +C 4n + )-(C 1n +C 3n +C 5n + )=0㊂因此,C 0n +C 2n +C 4n + =C 1n +C 3n +C 5n + ㊂故在(a +b )n 的展开式中,奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和㊂点评:实际上,a ,b 既可以取实数,也可以取多项式㊂我们可以根据具体问题的需要灵活选取a ,b 的值㊂例2 已知(3x -1)8=a 8x 8+a 7x 7+ +a 1x +a 0,求下列各式的值:(1)a 8+a 7+ +a 1+a 0;(2)|a 8|+|a 7|+|a 6|+ +|a 0|;(3)a 1+a 3+a 5+a 7㊂解析:(1)令x =1,得a 8+a 7+ +a 1+a 0=(3-1)8=28=256㊂(2)因为|a 8|+|a 7|+|a 6|+ +|a 0|=a 8-a 7+ -a 1+a 0,所以令x =-1,得:|a 8|+|a 7|+|a 6|+ +|a 0|=a 8-a 7+ -a 1+a 0=(-3-1)8=48=65536㊂(3)由(1)和(2)知:a 8+a 7+ +a 1+a 0=(3-1)8=28,a 8-a 7+ -a 1+a 0=(-3-1)8=216㊂则a 1+a 3+a 5+a 7=28-2162=27-215=-32640㊂点评:赋值法是求二项展开式系数和及有关问题的常用方法,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,解决问题时要避免漏项㊂同时,要注意问题的实质及变形,如求各项系数的绝对值的和时,要先根据绝对值里面数的符号赋值求解㊂同时注意这类问题的变形写法,如:|a 8|+|a 7|+|a 6|+ +|a 0|=a 8-a 7+ -a 1+a 0=(a 8+a 6+a 4+ )-(a 7+a 5+a 3+ )等㊂对于比较繁杂式子的求值问题,22 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月要先观察式子的特点,结合所学知识如因式分解等,对式子进行因式分解,再赋值求解㊂例3 已知(2-3x )100=a 0+a 1x +a 2x 2+ +a 100x 100,求下列各式的值:(1)a 0;(2)a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100;(3)a 2+a 4+ +a 100;(4)(a 0+a 2+ +a 100)2-(a 1+a 3+ +a 99)2㊂解析:(1)令x =0,可得a 0=2100㊂(2)令x =1,可得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100=(2-3)100㊂所以a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100=(2-3)100-2100㊂(3)令x =-1,可得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4+ +a 100=(2+3)100㊂结合(2)可得:a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100=(2-3)100,a 0-a 1+a 2-a 3+a 4+ +a 100=(2+3)100㊂则a 0+a 2+a 4+ +a 100=(2-3)100+(2+3)1002㊂由(1)知a 0=2100㊂所以a 2+a 4++a 100=(2-3)100+(2+3)1002-2100㊂(4)由(2)知a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100=(2-3)100㊂由(3)知a 0-a 1+a 2-a 3+a 4+ +a 100=(2+3)100㊂则(a 0+a 2+ +a 100)2-(a 1+a 3+ +a 99)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+ +a 100)㊃(a 0-a 1+a 2-a 3+a 4+ +a 100)=(2-3)100㊃(2+3)100=1㊂点评:一般地,对于多项式f (x )=a 0+a 1x +a 2x 2+ a nx n,各项系数和为f (1),奇次项系数和为f (1)-f (-1)2,偶次项系数和为f (1)+f (-1)2,a 0=f (0)㊂例4 已知(2x +1)n=a 0+a 1x +a 2x 2+ +a nx n的展开式中的各项系数和为243,求a 1+2a 2+3a 3+ +n a n 值㊂解析:令x =1,可得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+ +a n =3n=243㊂解得n =5㊂对(2x +1)n =a 0+a 1x +a 2x 2+ +a nx n求导,可得:2n (2x +1)n -1=a 1+2a 2x +3a 3x 2+ +n a nx n -1㊂令x =1,可得:a 1+2a 2+3a 3+ +n a n =2n ㊃3n -1=2ˑ5ˑ34=810㊂点评:观察问题中的式子,我们发现,a n前面的系数是原式x n的幂指数,先借助于求导可以实现数由指数位置向系数位置的转化,再对求导所得结果赋值即可得到该类型题的答案㊂例5 (1)若(1+m x )6=a 0+a 1x +a 2x 2+ +a 6x 6,且a 0+a 1+a 2+ +a 6=64,则求实数m 的值㊂(2)已知C 4n =C 6n ,设(3x -4)n=a 0+a 1(x -1)+a 2(x -1)2+ +a n (x -1)n,求a 1+a 2+ +a n ㊂解析:(1)令x =1,可得(1+m )6=a 0+a 1+a 2+ +a 6=64㊂则1+m =2或1+m =-2㊂解得m =1或m =-3㊂(2)因为C 4n =C 6n ,所以n =10㊂则(3x -4)10=a 0+a 1(x -1)+a 2(x -1)2+ +a 10(x -1)10㊂令x -1=0,即x =1,可得a 0=(3-4)10=1㊂令x -1=1,即x =2,可得a 0+a 1+a 2+ +a 10=(6-4)10=210㊂故a 1+a 2+ +a 10=210-1㊂点评:在与二项式定理有关的赋值求值问题中,首先要观察需要求值问题与原题中条件之间的关系,从展开式入手,通过比较,正确找出需要赋的值,才能求出正确的答案㊂(责任编辑 徐利杰)32解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月。
高二数学二项式定理与性质试题答案及解析1.已知，则.【答案】31【解析】令，可得；令，可得；两式结合可得.【考点】二项式定理的应用.2.在的二项式展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则A．6B．7C．8D．9【答案】C【解析】因为在的二项式展开式中，只有第5项的二项式系数最大所以由此可得：，即所以即.【考点】二项式系数的应用.3.在二项式的展开式中（1）求展开式中含项的系数；（2）如果第项和第项的二项式系数相等，试求的值.【答案】（1）264；（2）或【解析】（1）写出二项式的展开式的特征项，当x的指数是3时，把3代入整理出的值，就得到这一项的系数的值．（2）根据上一问写出的特征项和第项和第项的二项式系数相等，表示出一个关于的方程，解方程即可．解题的关键是写出展开式的特征项，利用特征项的特点解决问题，注意代数式的整理，特别是当分母上带有变量时，注意整理．试题解析：（1）展开式第项：令，解得，∴展开式中含项的系数为（2）∵第项的二项式系数为，第项的二项式系数∴故或解得或【考点】（1）展开式项的系数；（2）二项式系数.4.在的展开式中，x6的系数是（）A．﹣27B．27C．﹣9D．9【答案】D【解析】在的展开式中通项为,故x6为r=6，即第7项．代入通项公式得系数为.,故选D．【考点】二项式定理及二项式系数的性质.5.展开式中的常数项为．（用数字作答）【答案】40【解析】由二项式定理可知为常数项,则即,所以常数项为,答案为40.【考点】二项式定理)的展开式中含有常数项为第( )项6.(n∈N＋A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】由二项展开式公式：，当，即时,为常数项,所以常数项为第5项.故选B【考点】二项展开式的应用.7.如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）A．-2835B．2835C．21D．-21【答案】A【解析】由二项式定理可知展开式中各项系数和为解得，，由得，因此系数为，答案选A。
ʏ江苏省扬州市邗江区第一中学 陈 力赋值法普遍适用于恒等式问题,是解决数学问题的一种重要方法㊂赋值法是通过给恒等式中的变量赋予恰当的数值或代数式后,借助数学运算与逻辑推理,最后得出结论的一种解题方法㊂而对于二项式定理问题,赋值法也是解决问题的一种基本技巧策略,经常要对二项式定理中的相关字母进行特殊赋值处理,从而得以求解相应的二项式定理及其综合问题㊂下面举例说明赋值法在解决二项式定理问题中的具体应用,供同学们复习时参考㊂一㊁参数值的求解例1 若(x +2+m )2023=a 0+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+ +a 2023(x +1)2023,且(a 0+a 2+ +a 2022)2-(a 1+a 3+ +a 2023)2=32023,则实数m 的值为㊂解析:令x +1=1,即x =0,可得(2+m )2023=a 0+a 1+a 2+ +a 2023;令x +1=-1,即x =-2,可得m 2023=a 0-a 1+a 2-a 3+ +a 2022-a 2023㊂又因为(a 0+a 2+ +a 2022)2-(a 1+a 3+ +a 2023)2=(a 0+a 1+a 2+ +a 2023)(a 0-a 1+a 2-a 3+ +a 2022-a 2023)=32023,所以(2+m )2023㊃m 2023=32023,即m (2+m )=3,解得m =-3或m =1㊂故填-3或1㊂点评:在解决含参的二项式定理问题时,利用二项关系式的特征把相应各展开式中含有幂运算的关系式整体转化为1或-1来进行特殊赋值处理,进而利用二项式定理来构建对应的方程或关系式,合理结合条件加以转化与应用,从而优化过程,简化运算㊂二㊁部分系数和的求解例2 若(2x -1)4=a 4x 4+a 3x 3+a 2x 2+a 1x +a 0,则a 0+a 2+a 4=()㊂A.40 B .41C .-40 D .-41解析:令x =1,可得14=1=a 4+a 3+a 2+a 1+a 0;令x =-1,可得(-3)4=81=a 4-a 3+a 2-a 1+a 0㊂以上两式对应相加,则有2(a 4+a 2+a 0)=82,解得a 4+a 2+a 0=41㊂故选B ㊂点评:在解决一些二项展开式中奇数项之和㊁偶数项之和等问题时,结合奇偶项系数的特征加以特殊赋值处理,通过1与-1的赋值来建立对应的方程,利用对应的关系式的结构特征进行相加㊁相减或因式分解等运算加以变换与应用,实现部分系数和的求值㊂三㊁各项系数和的求解例3 在x 2-3xn的展开式中,二项式系数的和是16,则展开式中各项系数的和为( )㊂A.16 B .32 C .1 D .-32解析:因为二项式系数的和是16,所以得2n=16,解得n =4㊂令x =1,可得展开式中各项系数的和为(-2)4=16㊂故选A ㊂点评:涉及二项展开式中各二项式系数和的问题,往往通过二项式定理,借助变量的特殊赋值来处理(一般是变量为1,或整个涉及变量的关系式为1等)㊂解决问题时,要结合二项展开式的含参情况及关系式的结构特征,加以合理赋值与应用㊂四㊁组合数的求解例4 已知在(2x -1)n的二项展开式中,奇次项系数的和比偶次项系数的和小38,则C 1n +C 2n +C 3n + +C nn 的值为()㊂A.28B .28-1C .27D .27-1解析:依题可设(2x -1)n =a 0+a 1x +41 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年12月a2x2+ +a n x n,且奇次项的系数和为A,偶次项的系数和为B㊂则有A=a1+a3+a5+a7+ ;B=a0+a2+a4+a6+ ㊂由已知可得B-A=38㊂令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+ + a n(-1)n=(-3)n,即(a0+a2+a4+a6+ ) -(a1+a3+a5+a7+ )=(-3)n,亦即B -A=(-3)n㊂所以(-3)n=38=(-3)8,解得n=8㊂由二项式系数的性质可得C1n+C2n+C3n + +C n n=2n-C0n=28-1㊂故选B㊂点评:涉及组合数的代数式的化简或求解问题,往往离不开二项式系数的基本性质及应用㊂在具体的解题过程中,要注意对二项式系数的基本性质的熟练掌握,以及借助二项式定理加以赋值处理的技巧与策略㊂五㊁恒等式的证明例5(教材习题 选择性必修第三册第35页习题6.3拓广探索栏目第10题)求证:2n-C1nˑ2n-1+C2nˑ2n-2+ + (-1)n-1C n-1nˑ2+(-1)n=1㊂证明:构造二项展开式(a+b)n=C0n a n+ C1n a n-1b1+C2n a n-2b2+ +C n n b n(nɪN*)㊂结合恒等式的结构特征,令a=2,b= -1,可得C0n㊃2n+C1n㊃2n-1㊃(-1)1+C2n㊃2n-2㊃(-1)2+ +C n n(-1)n=(2-1)n=1㊂所以2n-C1nˑ2n-1+C2nˑ2n-2+ + (-1)n-1C n-1nˑ2+(-1)n=1成立㊂点评:在解决一些涉及组合数的恒等式的化简㊁求值或证明问题时,通常借助构造一个二项展开式,利用二项式定理对相应的参数加以特殊赋值处理,结合关系式的变形与转化得以解决㊂在解决此类问题时,要注意结合组合数的恒等式的结构特征,选取合理的特殊值加以赋值处理㊂六㊁综合问题的应用例6(多选题)若(1-2x)2024=a0+ a1x+a2x2+ +a2024x2024,则下列结论正确的是()㊂A.a0+a1+a2+ +a2024=1B.a0+a2+a4+ +a2024=1+320242C.a12+a222+a323+ +a202422024=0D.a1+2a2+3a3+ +2024a2024= 4048解析:令x=1,可得a0+a1+a2+ + a2024=(-1)2024=1 ①,则选项A正确㊂令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+ + a2024=32024 ②㊂由①+②,可得2(a0+a2+a4+ + a2024)=1+32024,所以a0+a2+a4+ +a2024=1+320242,则选项B正确㊂令x=0,可得a0=12024=1㊂令x=12,可得a0+a12+a222+a323+ + a202422024=0 ③㊂把a0=1代入③式,可得a12+a222+a323+ +a202422024=-1,则选项C错误㊂二项式的两边对x求导,可得-4048㊃(1-2x)2023=a1+2a2x+3a3x2+ + 2024a2024x2023,再令x=1,可得a1+2a2+ 3a3+ +2024a2024=4048,则选项D正确㊂故选A B D㊂点评:在解决一些涉及二项式定理的综合问题时,往往综合赋值法㊁求导法等多种技巧方法来分析与解决问题㊂解决问题时,注意挖掘二项式定理的内在特征,结合所求关系式的结构特征加以联系与联想,寻找合适的思维方法加以切入与应用㊂其实,二项式定理是一个恒等式,对一切满足二项式定理的变量的允许值都能成立㊂而借助特殊值进行巧妙赋值处理(经常令变量的值为1,-1或0等),可以使得问题的解决更加直接,分析处理起来更加简单快捷㊂在实际处理问题时,有时可以一次赋值即可解决问题,有时可能要进行多次赋值处理才能圆满解决㊂(责任编辑王福华)51解题篇创新题追根溯源高考数学2023年12月。
二项式定理易错点及赋值法妙用一．【学习目标】1．能用计数原理证明二项式定理；熟练掌握二项展开式的通项公式．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．二．方法归纳1.运用二项式定理一定要牢记通项T r＋1＝C r n a n－r b r，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项是不相同的，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)系数是两个不同概念，前者只指C r n，而后者是指字母外的部分.2.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T r＋1，有时还需先求n，再求r，才能求出T r＋1.3.有些三项展开式问题可以通过变形，变成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.4.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.练习4．(x+1)(2x+1)(3x+1)…(nx+1)(n∈N*)的展开式中,一次项的系数为 ( )A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，可得展开式中一次项的系数为1+2+3+…+n==，故选C.（三）求常数项例3．在二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大，则系数最小的项是A．第6项B．第5项C．第4项D．第3项【答案】C【解析】由题意二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大，故，二项式展开式的通项为要系数最小，则为奇数当时，当时，，当时，当时，，故当当时系数最小则系数最小的项是第4项，故选练习1．已知二项式的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，且展开式中项的系数为，则为（）A．2B．1C．D．【答案】B（四）赋值法例4．已知，则( )A．B．C．D．【答案】A【解析】∵（1+x）5＝﹣[﹣2+（1﹣x）]5，通项a3＝﹣（﹣2）2＝﹣40，故选：A．练习1．对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值为()A．3 B．6 C．9 D．21【答案】B【解析】由于，其展开式的通项为，当时，为，故.练习2．若，则A．B．C．D．【答案】C【解析】令，得令得两式子相加得：，令，得到，所以，故选C。
专题30 二项式定理易错点及赋值法妙用一．【学习目标】1．能用计数原理证明二项式定理；熟练掌握二项展开式的通项公式．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．二．方法归纳1.运用二项式定理一定要牢记通项T r＋1＝C r n a n－r b r，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项是不相同的，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)系数是两个不同概念，前者只指C r n，而后者是指字母外的部分.2.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T r＋1，有时还需先求n，再求r，才能求出T r＋1.3.有些三项展开式问题可以通过变形，变成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.4.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.5.近似计算首先要观察精确度，然后选取展开式中的若干项.6.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.三．【典例分析及训练】（一）求常数项例1．若二项式展开式中的第5项是常数，则自然数的值为（）A．10B．12C．13D．14【答案】B【解析】因为二项式展开式中的第5项是，因为第5项是常数，所以，即.故选B练习1．若展开式的常数项为60，则值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为展开式的通项为，令，则，所以常数项为，即，所以.故选D练习2．已知(1+x+x2)的展开式中没有常数项,n∈N+,且2≤n≤8,则n=()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D（二）求特殊项例2.的展开式中的系数是A．-5B．10C．-15D．25【答案】A【解析】，的通项公式为，其中r=0,1,2,3的通项公式为，其中r=0,1,2,3,4,5∴展开式中的系数是,故选：A【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.练习1．的展开式中的系数是( )A．90 B．C．15 D．【解析】，而的二项式系数满足因而的系数为，故选B。
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 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn .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 ，(ax 2＋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 )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝()()112f f +-，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝()()112f f --.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T r ＋1＝C r6·(－x )6－r·(1x )r ＝(－1)6－r·C r 6·(x )6－2r,由6－2r ＝0,得r ＝3,故常数项为(－1)3·C 36＝－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()f x 是261()2x x +展开式的中间项,若()f x mx≤在区间2⎣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()22f x C x x x =⋅=,由35()2f x x mx =≤得252m x≥在区间2⎣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 +∈N ）的展开式中4x -的系数记为n a ,则232015111a a a ++⋅⋅⋅+= ． 【答案】40282015【解析】211nx ⎛⎫- ⎪⎝⎭（n +∈N ）的展开式的通项为()21211rr r r rr n n T C C x x -+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ ,由题意可知2r =,此时,2(1)2n n n n a C -==,所以12112()(1)1n a n n n n ==---,所以 23201511111111140282[(1)()()]2(1)2232014201520152015a a a ++⋅⋅⋅+=-+-+-=-=． 【小试牛刀】设二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12n n (∈N *)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为a n 、b n ,则a 1＋a 2＋…＋a n b 1＋b 2＋…＋b n＝( ) A ．2n －1＋3 B ．2(2n －1＋1) C ．2n ＋1D ．1【答案】C【解析】由题意知a n ＝2n成等比数列,令x ＝1则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n也成等比数列,所以a 1＋a 2＋…＋a n b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n ＋1,故选C.(三) 二项式定理与不等式的交汇【例3】若变量y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+-≥-+020202x y x y x ,22-+=y x n ,则n 取最大值时中的常数项为 . 【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++-=n x y 经过点)4,2(A 时,22-+=y x n 取最大值6.当6=n 时,故由二项式展开式的通项公式由题得2=r ,所以展开式中的常数项是2402264=C ,故应填答案240.【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。
赋值法在二项式定理中的应用
赋值法是给代数式(或方程或函数表达式)中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的．实际上赋值法所体现的是从一般到特殊的转化思想，在高考题中屡见不鲜，特别是在二项式定理中的应用尤为明显，现以例说明．
一、用赋值法解决二项式系数的有关问题
利用二项式定理的展开式与所求问题进行类比转换，实现从一般到特殊的转化，用来证明或求值．
思路设法从已知等式中求出n．
(1＋2)n = 729，即3n = 36，解得n = 6．
注意：所求式子中缺少一项，不能直接等于26．
二、用赋值法解决项的系数的有关问题
例2 (1997年上海高考题)(3x＋1)n(n∈N*)展开式中各项系数和为256，求x2的系数．
设(3x＋1)n = a0x n＋a1x n-1＋a2x n-2＋…＋a n．①
由题意：a0＋a1＋a2＋…＋a n = 256．
在①式中令x = 1得
4n = a0＋a1＋a2＋…＋a n = 256，解得n = 4．
a3)2－(a1＋a3)2 =
[ ] A．1
B．－1
C．0
D．2
解(a0＋a2＋a3)2－(a1＋a3)2
= (a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
上式左边中的两个式子分别是所给展开式中x取1和－1时的表达式．
故选A．
三、综合应用
在综合应用中要求学生能严格区别二项式系数与项的系数，注意项的系数的符号与式子的结构，灵活应用其他相关知识解题．
例4若(1－3x)9 = a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = ________．
解由二项式的展开式可知a0，a2，…，a8为正，a1，a3，…，a9为负，于是|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9．
在所给的展开式中，令x = －1得
|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|= a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9 = [1－3(－1)]9 = 49．
例5 (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…b n x n，且b0＋b1＋b2＋…＋b n = 62，则n = ________．
解在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…＋b n x n中，令x = 1，得
2＋22＋23＋…＋2n = b0＋b1＋b2＋…＋b n = 62，
赋值法是由一般到特殊的一种处理方法，在其他章节中也有广泛应用，望同学们在学习中能举一反三．。
