【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题6.6 二项式定理（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(15)页，161.431 KB，由小赞的店铺上传

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专题6.6二项式定理（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022秋·山东潍坊·高二阶段练习）(√𝑥−2√𝑥)6展开式中的常数项是（）A．-160B．-140C．16

0D．140【解题思路】先写出展开式的通项，然后根据𝑥的指数部分为0确定常数项的项数，代入通项公式可得常数项.【解答过程】展开式通项为𝑇𝑟+1=C6𝑟⋅(√𝑥)6−𝑟⋅(−2√𝑥)𝑟=(−2)𝑟⋅C6𝑟⋅𝑥3−𝑟，令3−𝑟=0，所以𝑟=3，所以常数项为(−

2)3⋅C63=−160，故选：A.2．（3分）（2023·全国·高三专题练习）已知𝑚>0，且152021+𝑚恰能被14整除，则𝑚的取值可以是（）A．1B．3C．7D．13【解题思路】由152021+𝑚=(14+1)2021+𝑚并展开，根据展开式的特征，结合题设

条件可得𝑚=14𝑘−1,(𝑘∈𝑁∗)，即可确定取值.【解答过程】由152021+𝑚=(14+1)2021+𝑚=𝐶20212021+14⋅𝐶20212020+142⋅𝐶20212019+...+142021⋅𝐶20210+𝑚，∴要使1520

21+𝑚恰能被14整除，只需𝑚+1能被14整除即可且𝑚>0，∴𝑚=14𝑘−1,(𝑘∈𝑁∗)，当k=1时，m=13满足题意.故选：D.3．（3分）（2022·青海西宁·一模）(1+𝑥)(2√𝑥−1√𝑥)6的展开式中的常数

项是（）A．−160B．−100C．−20D．20【解题思路】求出(2√𝑥−1√𝑥)6的通项公式𝑇𝑟+1=(−1)𝑟26−𝑟C6𝑟𝑥3−𝑟，令3−𝑟=0和−1，求解对应常数项即可.【解答过程】(2√𝑥−1√𝑥)6展开式的通项为𝑇𝑟+1=(−1)𝑟26

−𝑟C6𝑟𝑥3−𝑟，令3−𝑟=0，得𝑟=3，令3−𝑟=−1，得𝑟=4，故(1+𝑥)(2√𝑥−1√𝑥)6展开式的常数项是−8C63+4C64=−100.故选：B．4．（3分）（2022春·吉林通化·高二期中）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文

化创造性转化．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激

发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图所示，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行第9个数是（）A．9B．10C．36D．45【解题思路】结合二项式展开式的二项式系数求得正确结论.【解答过程】由题意知第10行的数就是二项式（a+b）10的展开式中各项的二项式系数，故第10行第9个数是

𝐶108=𝐶102=45．故选：D.5．（3分）（2022·全国·高二专题练习）在二项式(1−4𝑥)8的展开式中，下列结论：①第5项的系数最大；②所有项的系数和为38；③所有奇数项的二项式系数和为−27；④所有偶数项的二项式系数和为27．其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．

3D．4【解题思路】比较二项式(1−4𝑥)8的展开式中第9项的系数与第5项的系数可判断的①正误；利用二项式形式的性质可判断②③④的正误.【解答过程】第9项的系数为𝐶88⋅(−4)8=48，第5项的系数为𝐶84⋅(−4)4=70×44，4870×44=25670>1，故①错误；令𝑥=1

，得所有项的系数和为(−3)8=38，故②正确；所有奇数项的二项式系数和等于所有偶数项的二项式系数和且为二项式系数和的一半，故为12×28=27，故④正确，③错误；故选：B.6．（3分）（2022春·陕西渭南·高二期末）若(1+2𝑥)

(1−𝑥+𝑥2)10=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋅⋅⋅+𝑎21𝑥21，则𝑎2+𝑎4+⋅⋅⋅+𝑎18+𝑎20的值是（）A．1B．2C．1−3102D．3−310【解题思路】利用赋值法可求出结果.【解答过程】在(1+2𝑥)(1−𝑥+𝑥2)10=�

�0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋅⋅⋅+𝑎21𝑥21中，令𝑥=0，得𝑎0=1，令𝑥=1，得𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋅⋅⋅+𝑎21=3，令𝑥=−1，得𝑎0−𝑎1+𝑎2−⋅⋅⋅−𝑎21=−310，所以𝑎0+𝑎2+𝑎4+⋅⋅⋅+𝑎18+𝑎20=3−3102，所以�

�2+𝑎4+⋅⋅⋅+𝑎18+𝑎20=1−3102.故选：C.7．（3分）（2022春·全国·高二期末）关于(√𝑥−1)2020及其展开式，下列说法正确的是（）A．该二项展开式中奇数项的二项式系数和是22020B．该二项展开式中第六项为C20206𝑥1007C．该二项展开式中不含有理项（

有理项即为x的指数为整数的项）D．当𝑥=100时，(√𝑥−1)2020除以100的余数是1【解题思路】对于A：由二项式系数和是22020，奇数项的二项式系数和是22019，即可判断；对于B：利用通项公式

求出该二项展开式中第六项；对于C：利用通项公式求出该二项展开式的有理项，即可判断；对于D.：利用二项式定理讨论出(最后一项等于1),前面的所有项都能被100整除即可判断.【解答过程】对于A：该二项展开式中二项式系数和是220

20，奇数项的二项式系数和是22019，故A错误；对于B：.由于(√𝑥−1)2020展开式的通项公式𝑇𝑟+1=C2020𝑟(√𝑥)2020−𝑟(−1)𝑟，所以该二项展开式中第六项：C20205𝑥2020−52(−1)5=−C20205𝑥20152，故B错误；对于C：通项公

式𝑇𝑟+1=C2020𝑟(√𝑥)2020−𝑟(−1)𝑟，当(2020−𝑟)为偶数时，对应的各项均为有理项，故C错；对于D.：当x=100时，(10−1)2020=𝐶20200(10)2020−0(−1)0+⋯+𝐶202020

19(10)2020−2019(−1)2019+1除了最后一项1，前面的所有项都能被100整除，故D正确；故选：D.8．（3分）在(3𝑥+𝑥−23)𝑛的二项展开式中，C𝑛𝑟3𝑛−𝑟𝑥𝑛−5𝑟3称为二项展开式的第𝑟+1项，其中r=0，1，2，3，…

…，n．下列关于(3𝑥+𝑥−23)𝑛的命题中，不正确的一项是（）A．若𝑛=8，则二项展开式中系数最大的项是C8236𝑥143．B．已知𝑥>0，若𝑛=9，则二项展开式中第2项不大于第3项的实数𝑥的取值范围是0<𝑥≤(43)35．C．若𝑛=10，则二项展开式中的常数项是C104

34．D．若𝑛=27，则二项展开式中𝑥的幂指数是负数的项一共有12项．【解题思路】A选项：根据系数最大列不等式，解不等式即可；B选项：根据题意列不等式，然后分0<𝑥≤1和𝑥>1两种情况解不等式即可；C选项：令10−53𝑟=0，解方程即可；D选项：令27−5𝑟3<

0，解不等式即可.【解答过程】A选项：令{C8𝑟38−𝑟>C8𝑟+137−𝑟C8𝑟38−𝑟>C8𝑟−139−𝑟，解得54<𝑟<94，所以𝑟=2，所以A正确；B选项：C9138𝑥223≤C9237𝑥173，整理可得𝑥53≤43

，当0<𝑥≤1时，不等式恒成立；当𝑥>1时，解得1<𝑥≤(43)35，所以0<𝑥≤(43)35，故B正确；C选项：令10−53𝑟=0，解得𝑟=6，所以常数项为C106310−6=C10434，故C正确；D选

项：令27−5𝑟3<0，解得𝑟>815，所以𝑟可取17,18⋯,27，共11项，故D错.故选：D.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·高二单元测试）关于(√𝑥−1)2021及其二项展开式，下列说法正确的是（）A．该二项展开式中偶数项的二项式系数之和为22

021B．该二项展开式中第8项为−C20217𝑥1007C．当𝑥=100时，(√𝑥−1)2021除以100的余数是9D．该二项展开式中不含有理项【解题思路】对于A，由二项式系数的性质，由公式可得答案；对于B，根据二项式定理的通项公式，令𝑟

=7时，可得答案；对于C，根据二项式定理，结合带余除法的变换等式，可得答案；对于D，利用二项式定理通项，使𝑥的指数为整数，可得答案.【解答过程】偶数项的二项式系数之和为22020，故A错误；展开式中第8项为𝑇7+1=C20217(√𝑥)

2014⋅(−1)7=−C20217𝑥1007，故B正确；当𝑥=100时，(√𝑥−1)2021=(10−1)2021=C20210⋅102021−C20211⋅102021+⋯−C20212019⋅102+C20212020⋅101−C20212021=100(C20210⋅

102019−C20211⋅102018+⋯−C20212019⋅100)+C20212020⋅101−1，∵C20212020⋅101−1=20209=20200+9，除以100的余数是9，∴当𝑥=100时，(√𝑥−1)2021除以10

0的余数是9，故C正确；(√𝑥−1)2021的展开式的通项为𝑇𝑟+1=C2021𝑟⋅(√𝑥)2021−𝑟(−1)𝑟=(−1)𝑟C2021𝑟𝑥2021−𝑟2，当2021−𝑟2为整

数，即𝑟=1,3,5,⋯,2021时，𝑇𝑟+1为有理项，故D错误．故选：BC．10．（4分）（2022·高二单元测试）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𝑖(𝑖∈N∗)行中从左到右的第𝑗(𝑗∈N∗)个数为𝑎𝑖𝑗，则数列{𝑎𝑖𝑗}的通项公式为𝑎𝑖𝑗=C𝑖𝑗B．第k行各个数的和是2𝑘C．n阶“杨辉三角”中共有𝑛(𝑛+1)2个数D．n阶“杨辉三角”的

所有数的和是2𝑛−1【解题思路】明确第i行各个数是(𝑎+𝑏)𝑖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𝑛(𝑛+1)2个数，判断C;计算“杨辉三角”的所有数的和，即可判断D

.【解答过程】第i行各个数是(𝑎+𝑏)𝑖的展开式的二项式系数，则数列{𝑎𝑖𝑗}的通项公式为𝑎𝑖𝑗=𝐶𝑖𝑗−1，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2�

�，故B正确；第k行共有（k+1）个数，从而n阶“杨辉三角”共有1+2+⋅⋅⋅+𝑛=𝑛(𝑛+1)2个数，故C正确；“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+⋅⋅⋅+2𝑛−1=2𝑛−1，故D正确；故选：BCD.11．（4分）（2022春·河北张家口·高二期末）已知(

1+𝑥−𝑥2)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎10𝑥10，则（）A．𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎10=1B．𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7+𝑎9=−1C．𝑎0+𝑎2+�

�4+𝑎6+𝑎8+𝑎10=0D．𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+⋯+10𝑎10=−5【解题思路】令𝑥=1，可判定A正确；令𝑥=−1，联立方程组，可判定B错误，C正确；化简[(1+𝑥−𝑥2)5]′=5(1+

𝑥−𝑥2)4(1−2𝑥)，令𝑥=1，可判断D正确.【解答过程】因为(1+𝑥−𝑥2)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎10𝑥10令𝑥=1，则(1+1−1)5=𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎10=1，所以A正确；令𝑥=−1，则(1−1−1)5=𝑎0−

𝑎1+𝑎2−𝑎3+⋯+𝑎10=−1，又由𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎10=1，所以𝑎0+𝑎2+𝑎4+𝑎6+𝑎8+𝑎10=0,𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7+𝑎9=1，所以B错误，C正确；由[(1+𝑥−𝑥2)5]′=5(1+𝑥−𝑥2)4(1−2𝑥)

=𝑎1+2𝑎2𝑥+3𝑎3𝑥2+⋯+10𝑎10𝑥9，令𝑥=1，则5×(1+1−12)4×(1−2)=𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+⋯+10𝑎10=−5，所以D正确.故选：ACD.12．（4分）

（2022秋·山西太原·高三阶段练习）对于二项式(√𝑥+3𝑥)𝑛(1𝑥+𝑥3)𝑛(𝑛∈𝑁∗)，以下判断正确的有（）A．存在𝑛∈𝑁∗，展开式中有常数项B．对任意𝑛∈𝑁∗，展开式中没有常数项C．对任意

𝑛∈𝑁∗，展开式中没有𝑥的一次项D．存在𝑛∈𝑁∗，展开式中有𝑥的一次项【解题思路】求得二项式(√𝑥+3𝑥)𝑛和(1𝑥+𝑥3)𝑛的通项公式，得到二项式(√𝑥+3𝑥)𝑛(1𝑥+𝑥3)𝑛(𝑛∈𝑁∗)，展开式的通项为𝐶𝑛𝑟⋅3

𝑟⋅𝑥𝑛−3𝑟2⋅𝐶𝑛𝑘⋅𝑥4𝑘−𝑛，分别考察𝑥的指数为0，1的情况，进而判定常数项和一次项的系数的存在性.【解答过程】解：对于二项式(√𝑥+3𝑥)𝑛的展开式的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶𝑛

𝑟⋅3𝑟⋅𝑥𝑛−3𝑟2，𝑟=0,1,2,⋅⋅⋅,𝑛，而(1𝑥+𝑥3)𝑛的通项公式为𝑇𝑘+1=𝐶𝑛𝑘⋅𝑥4𝑘−𝑛，𝑘=0,1,2,⋅⋅⋅,𝑛.对于二项式(√𝑥+3𝑥)𝑛(1𝑥+𝑥3)𝑛(𝑛∈𝑁∗)，展开式的通项为𝐶�

�𝑟⋅3𝑟⋅𝑥𝑛−3𝑟2⋅𝐶𝑛𝑘⋅𝑥4𝑘−𝑛，未知数的次数为𝑛−3𝑟2+4𝑘−𝑛=−32𝑟−𝑛2+4𝑘当−32𝑟−𝑛2+4𝑘=0时，即3𝑟+𝑛=8𝑘，当𝑟=1，𝑘=1，𝑛=5是其中一组解，

由于𝐶𝑛𝑟⋅3𝑟⋅𝑥𝑛−3𝑟2⋅𝐶𝑛𝑘⋅𝑥4𝑘−𝑛的各项的系数都是正数，故展开式中有常数项，且常数项的系数不为0，故A正确，B错误，当−32𝑟−𝑛2+4𝑘=1时，即3𝑟+𝑛+2=8𝑘，当𝑟=0，𝑘=1，𝑛=6是其中一

组解，由于𝐶𝑛𝑟⋅3𝑟⋅𝑥𝑛−3𝑟2⋅𝐶𝑛𝑘⋅𝑥4𝑘−𝑛的各项的系数都是正数，故展开式中有一次项，且一次项的系数不为0，展开式中有一次项，故D正确，C错误，故选：AD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2023·重庆·统考一模）(2√𝑥−1�

�)9的展开式中常数项为−5376.【解题思路】利用二项式定理即可得解.【解答过程】因为(2√𝑥−1𝑥)9的展开通项为𝑇𝑘+1=C9𝑘(2√𝑥)9−𝑘(−1𝑥)𝑘=(−1)𝑘29−𝑘C9𝑘𝑥9−3𝑘2，当9−3𝑘2=0，即𝑘=3时，𝑇4为常数项，此时𝑇4

=(−1)3×26C93𝑥0=−64×9×8×73×2×1=−5376.故答案为：−5376.14．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知(1+2𝑥)6展开式的二项式系数的最大值为𝑎，系数的最大值为𝑏

，则𝑏𝑎=12.【解题思路】由(𝑎+𝑏)𝑛的二项展开式的通项𝑇𝑟+1=𝐶𝑛𝑟𝑎𝑛−𝑟𝑏𝑟，可知(1+2𝑥)6展开式的二项式系数为𝐶6𝑟(𝑟=0,1,⋯,6)，当𝑟=3时，二项式系数的最大值为𝑎，(1+2𝑥)6展开式的系数为𝐶6

𝑟2𝑟(𝑟=0,1,⋯,6)，当满足{𝐶6𝑟2𝑟≥𝐶6𝑟+12𝑟+1𝐶6𝑟2𝑟≥𝐶6𝑟−12𝑟−1时，系数的最大值为𝑏，求解即可.【解答过程】由题意可知(1+2𝑥)6展开式的二项式系数为

𝐶6𝑟(𝑟=0,1,⋯,6)，当𝑟=3时，取得最大值𝑎=𝐶63=20(1+2𝑥)6展开式的系数为𝐶6𝑟2𝑟(𝑟=0,1,⋯,6)，当满足{𝐶6𝑟2𝑟≥𝐶6𝑟+12𝑟+1𝐶6𝑟2𝑟≥𝐶6𝑟−12𝑟−1时，系数最大.即{6!𝑟!⋅(6−�

�)!2𝑟≥6!(𝑟+1)!⋅[6−(𝑟+1)]!2𝑟+16!𝑟!⋅(6−𝑟)!2𝑟≥6!(𝑟−1)!⋅[6−(𝑟−1)]!2𝑟−1，∴{16−𝑟≥2𝑟+12𝑟≥17−𝑟，即{𝑟+1≥2(6−𝑟)2(7−𝑟)≥𝑟解得113≤𝑟≤143，又∵𝑟

=0,1,⋯,6，∴𝑟=4时，系数的最大值为𝑏=𝐶6424=240，则𝑏𝑎=24020=12，故答案为：12.15．（4分）（2022春·山西太原·高二阶段练习）若(3𝑥+2)2022=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎2022𝑥2022，则�

�0+𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎2022被12整除的余数为1．【解题思路】利用赋值法求出𝑎0+𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎2022=251011+12，再将251011=(24+1)1011写出其展开式，从而得解；【解答过程】解：因为(3𝑥+2)202

2=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎2022𝑥2022，令𝑥=1则52022=𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎2022①，令𝑥=−1则12022=𝑎0−𝑎1+𝑎2−𝑎3+⋯+𝑎2022②，①+②得𝑎0+𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎2022=520

22+12=251011+12，其中251011=(1+24)1011=C10110⋅11011+C10111⋅24⋅11010+C10112⋅242⋅11009+⋯+C10111011⋅241011=1+C10111⋅24+C10112⋅242+⋯+C10111011⋅241011，所以

251011+1=2+C10111⋅24+C10112⋅242+⋯+C10111011⋅241011，则251011+12=1+C10111⋅24+C10112⋅242+⋯+C10111011⋅2410112其

中C10111⋅24+C10112⋅242+⋯+C10111011⋅2410112÷12=C10111⋅24+C10112⋅242+⋯+C10111011⋅24101124=C10111+C10112⋅24+⋯+C10111011⋅241010，所以251011+12被12整除的余数为1

，所以𝑎0+𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎2022被12整除的余数为1；故答案为：1.16．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知函数𝑓(𝑥)=(3𝑥−2𝑥)𝑛，则下列关于𝑓(𝑥)的展开式的命题中，所有真命题的序号是②④．①当�

�=11时，(3𝑥−2𝑥)𝑛的展开式共有11项；②若(3𝑥−2𝑥)𝑛的展开式的第3项与第5项的二项式系数之比为2:1，则𝑛=5；③当𝑛=7时，(3𝑥−2𝑥)𝑛的展开式中各项系数之和为−1；④当𝑛=5时，(3𝑥−2𝑥)𝑛的展开式中系数最小的项是−810𝑥3．【

解题思路】①由二项式展开式项数与指数n的关系即可判断；②由题设𝐶𝑛2𝐶𝑛4=2，利用组合数公式列方程求解即可；③应用赋值法求各项系数之和；④写出二项式展开式的通项公式，进而判断系数最小的项即可.【解答过程】①当𝑛=11时，(3𝑥−2𝑥)𝑛的展开

式共有12项，故错误．②𝑓(𝑥)的展开式的第3项与第5项的二项式系数比为𝐶𝑛2𝐶𝑛4=𝑛(𝑛−1)2×1𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)(𝑛−3)4×3×2×1=2，化简得𝑛2−5𝑛=0，即𝑛=5或

𝑛=0（舍去），故正确．③当𝑛=7时，设𝑓(𝑥)=(3𝑥−2𝑥)7=𝑎7𝑥7+𝑎6𝑥5+⋯+𝑎0𝑥−7，令𝑥=1，得𝑓(1)=1=𝑎7+𝑎6+⋯+𝑎0，故错误．④当𝑎=5时，(3𝑥−2𝑥)5的展开

式的通项𝑇𝑟+1=𝐶5𝑟⋅(3𝑥)5−𝑟⋅(−2𝑥)𝑟=𝐶5𝑟⋅(−1)𝑟⋅35−𝑟⋅2𝑟⋅𝑥5−2𝑟，其中𝑟∈{0,1,2,3,4,5}，显然当𝑟∈{0,2,4}时，𝑇𝑟+1的系数为正数；当𝑟∈{1,3,5

}时，𝑇𝑟+1的系数为负数．当𝑟=1时，𝑇2=−810𝑥3，当𝑟=3时，𝑇4=−720𝑥−1，当𝑟=5时，𝑇6=−32𝑥−5，故系数最小的项是𝑇2=−810𝑥3，正确．故答案为：②

④．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022春·陕西西安·高二期末）在(𝑥+3√𝑥)𝑛的二项展开式中，各项系数和与各项二项式系数和之比为32:1.求：(1)𝑛的值；(2)展开式中𝑥2的系数.【解题思路】（1）先求出各

项二项式系数和与系数和，根据4𝑛2𝑛=321可求出结果；（2）根据二项展开式的通项公式可求出结果；【解答过程】(1)各项二项式系数和为2𝑛，令𝑥=1，则各项系数和为4𝑛，所以可得4𝑛2𝑛=321，得22𝑛=2𝑛+5，得2𝑛

=𝑛+5，得𝑛=5.(2)由（1）知，𝑛=5，所以(𝑥+3√𝑥)5的展开式的通项为𝑇𝑘+1=C5𝑘⋅𝑥5−𝑘⋅3𝑘⋅𝑥−𝑘2=3𝑘C5𝑘⋅𝑥5−32𝑘，令5−32𝑘=2，得�

�=2，所以展开式中𝑥2的系数为32⋅C52=90.18．（6分）（2022·高二课时练习）设(𝑥+1)(2𝑥2−1)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎11𝑥11．(1)求𝑎5的值；(2)求𝑎0+22𝑎2+24𝑎4+⋯+210𝑎10的值．【解题思路】（

1）根据(2𝑥2−1)5的通项公式，结合𝑥5的产生，即可容易求得其系数；（2）令𝑥=2,𝑥=−2，对结果变形即可容易求得.【解答过程】(1)由题意知得𝑎5是展开式𝑥5的系数.(2𝑥2−1)5的通项公式𝑇𝑟+

1=𝐶5𝑟(2𝑥2)5−𝑟(−1)𝑟=(−1)𝑟𝐶5𝑟25−𝑟𝑥10−2𝑟，0⩽𝑟⩽5，𝑟∈N，则(𝑥+1)(2𝑥2−1)5=𝑥(2𝑥2−1)5+(2𝑥2−1)5.令10−2𝑟=4得𝑟=3，再令10−2𝑟=5得𝑟=52，舍去；则(−1)𝑟�

�5𝑟25−𝑟=(−1)3𝐶5322=−40，即𝑎5=−40.(2)令𝑥=2得3×75=𝑎0+2𝑎1+22𝑎2+⋯+211𝑎11①，令𝑥=−2得−75=𝑎0−2𝑎1+22𝑎2−⋯−211𝑎11②，由①+②2得，𝑎0+22𝑎2+24𝑎4+⋯+210𝑎10

=3×75−752=75.19．（8分）（2023·全国·高三专题练习）已知𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，且(2𝑥−3)𝑛=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎𝑛(𝑥

−1)𝑛．（1）求𝑎2的值；（2）求𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯⋯+𝑎𝑛的值；（3）求𝑓(20)−20被6整除的余数．【解题思路】（1）根据二项式定理，由𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，可求出𝑛=9，再将𝑛

=9代入(2𝑥−3)𝑛中，变形可得[2(𝑥−1)−1]9，则𝑎2为其展开式中(𝑥−1)2的系数，由二项式定理可得答案；（2）由（1）的结论，用赋值法，在(2𝑥−3)9=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1

)9中令𝑥=1，可求得𝑎0的值，令𝑥=2，可得𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛的值，从而可得答案；（3）根据题意，可得𝑓(20)−20=379−20，变形可得𝑓(20)−20=(36+1)9−20，由二项式定理展开式可得𝑓(20)−20=𝐶90369+𝐶91368+𝐶92

367+⋅⋅⋅+𝐶9836−19，进而由整除的性质分析可得答案【解答过程】解：（1）因为𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，所以2𝑛=512，解得𝑛=9，因为(2𝑥−3)9=[2(𝑥−1)−1

]9，所以𝑎2=𝐶9722(−1)7=−144，（2）在(2𝑥−3)9=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1)9中，令𝑥=1，则𝑎0=(2×1−3)9=−1，

令𝑥=2，可得𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9=(2×2−3)9=1，所以𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯⋯+𝑎𝑛=𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯⋯+𝑎9−𝑎0=1−(−1)=2（3）𝑓(20)−20=(36+1)9−20=𝐶90369+𝐶913

68+𝐶92367+⋅⋅⋅+𝐶9836+𝐶99−20，=𝐶90369+𝐶91368+𝐶92367+⋅⋅⋅+𝐶9836−19，因为（𝐶90369+𝐶91368+𝐶92367+⋅⋅⋅+𝐶9836）能被6整

除，而−19=(−4)×6+5，即−19被6整除余数为5，所以𝑓(20)−20被6整除的余数为5.20．（8分）（2022春·全国·高二期末）已知(1+𝑚𝑥)𝑛(𝑚∈R,𝑛∈N)的展开式满足．①二项式系数之和为32，②含𝑥3项的

系数为80，③第三项与第四项二项式系数相等．从这三个条件中选择两个合适的条件补充到横线处，求解下列问题．(1)求𝑚,𝑛的值；(2)求(1+𝑚𝑥)𝑛(1−𝑥)3展开式中含𝑥2项的系数．【解题思

路】（1）由二项式系数的性质可知，由①或③可得n，再由②中指定项系数可得m；（2）由二项式定理分别展开(1+𝑚𝑥)𝑛和(1−𝑥)3，然后相乘后合并可得.【解答过程】(1)若选①②由题意，2𝑛=32，则𝑛=5；由通项𝑇𝑟+1=C5𝑟𝑚𝑟𝑥

𝑟(𝑟=0,1,⋯,5)知𝑟=3时得含𝑥3项，所以C53𝑚3=80，所以𝑚=2；若选②③由第三项与第四项二项式系数相等，得C𝑛2=Cn3则𝑛=5，由通项𝑇𝑟+1=C5r𝑚𝑟𝑥𝑟(

𝑟=0,1,⋯,5)知𝑟=3时得含𝑥3项，所以𝐶53𝑚3=80，所以𝑚=2(2)即求(1+2𝑥)5(1−𝑥)3展开式中含𝑥2项的系数，(1+2𝑥)5(1−𝑥)6=[𝐶50+𝐶51(2𝑥)1+𝐶52(2𝑥)2+⋅

⋅⋅](𝐶30−𝐶31𝑥+𝐶32𝑥2−𝐶33𝑥3)=(1+10𝑥+40𝑥2+⋅⋅⋅)(1−3𝑥+3𝑥2−3𝑥3)，所以展开式中含𝑥2项的系数为40×1+10×(−3)+1×3=13．21．（8分）（2022秋·辽宁沈阳·高二阶段

练习）已知在(√𝑥+12√𝑥3)𝑛的展开式中，前3项的系数分别为𝑎1,𝑎2,𝑎3，且满足2𝑎2=𝑎1+𝑎3.求：(1)展开式中二项式系数最大项的项；(2)展开式中系数最大的项；(3)展开式中所有有理项.【解题思路】(1)由二项式展开

式通项公式，结合条件列方程求𝑛，再由二项式系数的性质求二项式系数最大的项；(2)设第𝑘+1项系数最大，列不等式组求𝑘，由此确定系数最大的项；(3)根据有理项的定义确定有理项的项数，再求有理项.【解答过程】（1）因为(√𝑥+12√𝑥3)𝑛展开式的通项公式为𝑇𝑘+1=C𝑛�

�(√𝑥)𝑛−𝑘⋅(12√𝑥3)𝑘=12𝑘C𝑛𝑘𝑥3𝑛−5𝑘6，𝑘=0,1,2⋅⋅⋅,𝑛，所以𝑎1=120C𝑛0=1,𝑎2=121C𝑛1=12𝑛,𝑎3=122C𝑛2=𝑛(𝑛−1)8,依题意得2×12𝑛=1+𝑛(𝑛−1)

8，即𝑛(𝑛−1)=8(𝑛−1)，由已知𝑛≥2,所以𝑛=8，所以(√𝑥+12√𝑥3)8的展开式有9项，二项式系数最大的项为第5项，所以𝑇5=124C84𝑥23=358𝑥23.（2）由（1）知，𝑇𝑘+1=12𝑘C8𝑘𝑥

24−5𝑘6，设展开式中系数最大的项为第𝑘+1项，则{12𝑘C8𝑘≥12𝑘−1C8𝑘−112𝑘C8𝑘≥12𝑘+1C8𝑘+1，即{8!𝑘!⋅(8−𝑘)!≥2⋅8!(𝑘−1)!⋅(9−𝑘)!2⋅8!𝑘

!⋅(8−𝑘)!≥8!(𝑘+1)!⋅(7−𝑘)!，即{9−𝑘≥2𝑘2𝑘+2≥8−𝑘，解得2≤𝑘≤3，所以𝑘=2或𝑘=3，所以展开式中系数最大的项为𝑇3=122C82𝑥24−106=7𝑥73和𝑇4=123C83𝑥96=

7𝑥32.（3）由𝑇𝑘+1=12𝑘C8𝑘𝑥24−5𝑘6(𝑘=0,1,2,3,4,5,6,7,8)为有理项知，24−5𝑘6为整数，得𝑘=0，6，所以展开式中所有有理项为𝑇1=120C80𝑥246=𝑥4和𝑇7=126C86𝑥−66=716𝑥.22．（8分）（2022

·高二课时练习）在(1+𝑥+𝑥2)𝑛=D𝑛0+D𝑛1𝑥+D𝑛2𝑥2+⋅⋅⋅+D𝑛𝑟𝑥𝑟+D𝑛𝑟+1𝑥𝑟+1+⋅⋅⋅+D𝑛2𝑛−1𝑥2𝑛−1+D𝑛2𝑛𝑥2𝑛中，把D�

�0，D𝑛1，D𝑛2，…，D𝑛2𝑛叫作三项式系数．（1）当𝑛=2时，写出三项式系数D20，D21，D22，D23，D24的值；（2）(𝑎+𝑏)𝑛(𝑛∈𝑁∗)的展开式中，二项式系数可表示成如下图的形式：当0<𝑛≤4，𝑛∈𝑁∗时，类比杨辉三角，

请列出三项式系数表；（3）求D20190C20190−D20191C20191+D20192C20192−D20193C20193+⋅⋅⋅+D20192018C20192018−D20192019C20192019的值（可用组合数作答

）．【解题思路】（1）由于(1+𝑥+𝑥2)2=1+2𝑥+3𝑥2+2𝑥3+𝑥4，从而可求得答案，（2）类比杨辉三角，结合（1）可得三项式系数表第0行1个数，第1行3个数，第2行5个数，第3行7个数，第4行9个数，（3）由于(1+𝑥+𝑥2)201

9⋅(𝑥−1)2019展开式含𝑥2019项的系数为D20190C20190−D20191C20191+D22⬚019C20192−⋅⋅⋅+D20192018C20192018−D20192019C20192019，而(1+𝑥+𝑥2)2019⋅(𝑥−1)20

19=(𝑥3−1)2019，其展开式的通项公式为𝑇𝑟+1=(−1)𝑟C2019𝑟(𝑥3)2019−𝑟，令3(2019−𝑟)=2019，求出𝑟=1346，从而可求得结果【解答过程】（1）

因为(1+𝑥+𝑥2)2=1+2𝑥+3𝑥2+2𝑥3+𝑥4，所以D20=1，D21=2，D22=3，D23=2，D24=1．（2）当0<𝑛≤4，𝑛∈𝑁∗时，三项式系数表如下：（3）(1+𝑥+𝑥2)2019⋅(𝑥−1)2019=(D

20190+D20191𝑥+D201922𝑥2+D20193𝑥3+⋅⋅⋅+D20194037𝑥4037+D20194038𝑥4038)⋅(C20190𝑥2019−C21⬚019𝑥2018+C20192𝑥2017−⋅⋅⋅+C20192018𝑥−C2019201

9)，其中含𝑥2019项的系数为D20190C20190−D20191C20191+D22⬚019C20192−⋅⋅⋅+D20192018C20192018−D20192019C20192019，又(1+𝑥+𝑥2)2019⋅(𝑥−1)2019=(�

�3−1)2019，(𝑥3−1)2019的展开式中第𝑟+1项为𝑇𝑟+1=(−1)𝑟C2019𝑟(𝑥3)2019−𝑟，令3(2019−𝑟)=2019，解得𝑟=1346，所以含𝑥2019项的系数为C20191346=C2019

673．所以D20190C20190−D20191C20191+D20192C22−D20193C23+⋅⋅⋅+D20192018C20192018−D20192019C20192019=C20191346=C2019673．