-高中数学课时练习9“杨辉三角”与二项式系数的性质含解析新人教A版选修2-

PAGEPAGE11“杨辉三角”与二项式系数的性质基础全面练(20分钟35分)1．(2021·新乡高二检测)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))6的展开式中，下列结论不正确的是()A．二项式系数和为64 B．常数项为60C．二项式系数和为1 D．各项系数和为1【解析】选C.由条件可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))6中，二项式系数的和为26＝64，故A正确，C不正确；通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2))6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))r·26－r·x12－3r，当12－3r＝0时，r＝4，所以展开式中的常数项是Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))4·22＝60，故B正确；令x＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))6＝1，所以各项系数和为1，故D正确．2．如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于()A．20B．21C．22D．23【解析】选C.由a＝7，可知b左肩上的数为6，右肩上的数为(11＋5)即16，所以b＝6＋16＝22.【补偿训练】观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是()A.8B．6C．4D．2【解析】选B.由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.3.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))eq\s\up12(2n)(n∈N*)的展开式中，系数最大的项是()A．第eq\f(n,2)＋1项 B．第n项C．第n＋1项 D．第n项与第n＋1项【解析】选C.在(1＋x)2n(n∈N*)的展开式中，第n＋1项的系数与第n＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n＋1项，可得第n＋1项的系数最大，故选C.【补偿训练】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(11)的展开式中二项式系数最大的项是()A．第6项 B．第7项C．第8项 D．第6项和第7项【解析】选D.由n＝11为奇数，则展开式中第eq\f(11＋1,2)项和第eq\f(11＋1,2)＋1项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大．4．设(3x＋eq\r(x))n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－17N＝480，则展开式中含x3项的系数为________．【解析】由4n－17×2n＝480得n＝5.Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(3x)5－k×(eq\r(x))k＝35－k×Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x，令5－eq\f(k,2)＝3，得k＝4.故展开式中含x3项的系数为3×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝15.答案：155．如图所示的数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由正整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为eq\f(1,n)(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如：eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，则第n(n≥3)行第3个数是________．eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)…【解析】设第n行各数为an，1，an，2，an，3，…an，n.由题意an，1＝eq\f(1,n)，an，1＋an，2＝an－1，1，an，2＋an，3＝an－1，2，又an，2＝an－1，1－an，1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以an－1，2＝eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1).所以an，3＝an－1，2－an，2＝eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(2,n（n－1）（n－2）).答案：eq\f(2,n（n－1）（n－2）)(n∈N*，n≥3)6．在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：(1)二项式系数之和；(2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和；(4)系数绝对值的和．【解析】设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.(1)二项式系数之和为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(9))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(9))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(9))＝29.(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，令x＝1，y＝1，所以a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，令x＝1，y＝－1，可得：a0－a1＋a2－…－a9＝59，将两式相加除以2可得：a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq\f(59－1,2)，即为所有奇数项系数之和．(4)方法一：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|即为(2x＋3y)9展开式中各项系数和，令x＝1，y＝1得：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59.综合突破练(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A．212 B．211C．210 D．29【解析】选D.因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10中奇数项的二项式系数和为eq\f(1,2)×2010＝29.【补偿训练】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．3B．6C．9D．21【解析】选B.由于x3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))))3，其展开式的通项为Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))·23－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))r，当r＝2时，为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·21·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，故a2＝6.2．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)的二项展开式的各项系数和为32，则二项展开式中x4的系数为()A．5B．10C．20D．40【解析】选B.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)的二项展开式的各项系数和为32，所以令x＝1得2n＝32，所以n＝5.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(5)的二项展开式的第r＋1项Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，故二项展开式中x4的系数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10.3．关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))10的结论，不正确的是()A．展开式中的二项式系数之和为1024B．展开式中第6项的二项式系数最大C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小【解析】选C.关于(a－b)10的说法：对于选项A，由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1024，故A正确；对于选项B，C，当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；对于选项D，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的，故D正确．4．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－2\r(3,x)))eq\s\up12(11)的展开式中任取一项，设所取项为有理项的概率为α，eq\i\in(0,1,)xαdx＝()A．eq\f(2,11)B．eq\f(6,7)C．eq\f(3,5)D．eq\f(1,3)【解题指南】先求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－2\r(3,x)))eq\s\up12(11)展开式的通项公式，其中有2项有理项，确定概率α＝eq\f(1,6)，根据定积分的计算法则，先求出被积函数xα的原函数，再分别将积分上下限代入求差，即可求出结果．【解析】选B.Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(11))·(3eq\r(x))11－r·eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(11))·311－r·(－2)r·x，r＝0，1，…，11，共12项，其中只有第4项和第10项是有理项，故所求概率为α＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6)，所以eq\i\in(0,1,)xαdx＝eq\i\in(0,1,)dx＝＝eq\f(6,7).5．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m))5，m为常数，若a5＝－7，则a0＝()A．－2B．－1C．1D．2【解析】选D.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m))5的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x5－rmr，a5x5＝x·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))x5－1m1＋(－2)x5＝(5m－2)x5，所以a5＝5m－2，又a5＝－7，所以5m－2＝－7，所以m＝－1，a0＝(－2)·Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(－1)5＝2.【补偿训练】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x2))eq\s\up12(3)的展开式中的常数项为a，则直线y＝ax与曲线y＝x2围成图形的面积为()A．eq\f(27,2)B．9C．eq\f(9,2)D．eq\f(27,4)【解析】选C.设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x2))eq\s\up12(3)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))x－(3－r)x2r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))x3r－3，令3r－3＝0，得r＝1，故展开式的常数项为a＝3，则直线y＝ax即y＝3x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3x，,y＝x2，))求得直线y＝ax与曲线y＝x2的交点坐标为(0，0)，(3，9)，故直线y＝ax与曲线y＝x2围成图形的面积为eq\i\in(0,3,)(3x－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2－\f(x3,3)))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))＝eq\f(9,2).二、填空题(每小题5分，共15分)6．如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为________．13356571111791822189…【解析】由1，3，5，7，9，…，可知它们成等差数列，所以an＝2n－1.答案：2n－17．实数ai(i＝0，1，2，3，4，5)满足：对任意x∈R，都有(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＝________，eq\f(a0,1)＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,5)＋eq\f(a5,6)＝________．【解题指南】由二项展开式可直接求出各项的系数，即可求出ai(i＝0，1，2，3，4，5)，进而可求出结果．【解析】由二项展开式可得(1＋x)5＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))x2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))x3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))x4＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))x5＝1＋5x＋10x2＋10x3＋5x4＋x5，所以a0＝1，a1＝5，a2＝10，a3＝10，a4＝5，a5＝1，故eq\f(a0,1)＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,5)＋eq\f(a5,6)＝1＋eq\f(5,2)＋eq\f(10,3)＋eq\f(10,4)＋eq\f(5,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(21,2).答案：1eq\f(21,2)【补偿训练】设(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，当a0＋a1＋a2＋…＋an＝254时，n＝________．【解析】令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2（2n－1）,2－1)＝254，所以2n＝128，即n＝7.答案：78．如图，在杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列{an}，则数列的第10项为________．【解析】由题意a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1＋2＝3，a5＝2＋3＝5，a6＝3＋5＝8，a7＝5＋8＝13，a8＝8＋13＝21，a9＝13＋21＝34，a10＝21＋34＝55.答案：55三、解答题(每小题10分，共20分)9．(2020·遵义高二检测)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求：(1)a1＋a2＋…＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6.【解析】(1)令x＝0，则a0＝－1，令x＝1则a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128.①所以a1＋a2＋…＋a7＝129.(2)令x＝－1，则－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)7，②由eq\f(①－②,2)，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(1,2)[128－(－4)7]＝8256.(3)由eq\f(①＋②,2)得a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1,2)[128＋(－4)7]＝－8128.10．已知(＋3x2)n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为32.(1)求n；(2)求展开式中二项式系数最大的项．【解析】(1)令x＝1，则原二项式展开式的各项系数和为4n，又原二项式展开式的各项二项式系数和为2n，所以eq\f(4n,2n)＝32，即2n＝32，解得n＝5；(2)由(1)可知：n＝5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)＋3x2))n展开式的中间两项二项式系数最大，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2))2＝90x6，T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2))3＝270x.【补偿训练】已知函数f(x)＝(1＋x)n，n∈N*.(1)当n＝8时，求展开式中系数的最大项．(2)化简Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))2n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))2n－2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))2n－3＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))2－1.(3)定义：ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：(i＋1)Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n)).【解题指南】(1)根据题意知展开式中系数的最大项就是二项式系数最大的项，n＝8，中间项为第5项，其系数最大．(2)根据feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))n＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))xn－1＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn，令x＝2，即可求值．(3)原式添加Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，利用倒序相加，化简即可．【解析】(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))8，所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T5＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))x4＝70x4.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))n＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))xn－1＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn，所以原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))2n＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))2n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))2n－2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))20))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))n＝eq\f(3n,2).(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))，①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，②在①，②添加Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，则得1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))，③1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋1Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，④③＋④得：2(1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n)))＝(n＋2)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))2n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))2n－1－1．创新迁移练1．(2021·许昌高二检测)“杨辉三角”揭示了二项式系数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．如下图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行中从左至右第5与第6个数的比值为________．【解析】由题意第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，因此从左至右第5与第6个数的比值为eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)),Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10)))＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)2．设(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2.(1)设n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；(2)设bk＝eq\f(k＋1,n－k)ak＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈N，k≤n－1))，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Sm,Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n－1)))))的值．【解析】(1)由二项式定理可得ak＝(－1)k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))，当n＝11时，|