高中数学课时练7二项式系数的性质杨辉三角及二项式定理的应用含解析新人教B版

二项式系数的性质、杨辉三角及二项式定理的应用(15分钟30分)1．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是()A．8 B．6 C．4 D．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.【补偿训练】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＝22.2．已知bxn＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，对任意x∈R恒成立，且a1＝9，a2＝36，则b＝()A．4 B．3 C．2 D．1【解析】选D.由已知得bxn＋1＝b[(x－1)＋1]n＋1＝a0＋a1(x－1)＋…＋an(x－1)n，所以a1＝Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))·b＝nb＝9，a2＝Ceq\o\al(\s\up1(n－2),\s\do1(n))·b＝eq\f(n（n－1）b,2)＝36，所以n－1＝8，n＝9，所以b＝1.【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＝6.3．已知(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A．1 B．－1 C．36 D．26【解析】选C.由已知展开式中a0，a2，a4，a6大于零，a1，a3，a5小于零．所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝36.所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝36.4．(x2＋1)(x－2)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a11(x－1)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________.【解析】令x＝1，得a0＝－2.令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0.所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝2.答案：25．已知n∈N*，Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝192，且(3－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.求：(1)展开式中各项的二项式系数之和．(2)a0＋a2＋a4＋a6.(3)|a0|＋|a1|＋…＋|an|.【解析】因为iCeq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝i·eq\f(n！,i！·（n－i）！)＝nCeq\o\al(\s\up1(i－1),\s\do1(n－1))(i＝1，2，…，n)，所以Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝n(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n－1))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n－1))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n－1)))＝n·2n－1＝3×26，所以n＝6.(1)展开式中各项的二项式系数之和为26＝64.(2)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a6＝1①，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a6＝56②，相加得a0＋a2＋a4＋a6＝7813eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(56＋1,2))).(3)令x＝－1，得|a0|＋|a1|＋…＋|an|＝56.【补偿训练】已知(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，求：(1)a0＋a1＋a2＋a3＋a4；(2)(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2.【解析】(1)由(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，所以a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1.(2)在(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，①令x＝－1得(－2－3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.②所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)＝(－2－3)4(2－3)4＝(2＋3)4(2－3)4＝625.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1.将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0­1三角”．在“0­1三角”中，从第1行起，设第n(n∈N＋)次出现全行为1时，1的个数为an，则a3等于()A．26B．27C．7D．8【解题指南】由于是将奇数换成1，故Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))都是奇数，分别验证n＝6，7时Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))的情况，直接得出正确选项．【解析】选D.第1行和第3行全是1，已经出现了2次，依题意，第6行原来的数是Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))，而Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝6为偶数，不合题意；第7行原来的数是Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))，即1，7，21，35，35，21，7，1全为奇数，一共有8个，全部转化为1，这是第三次出现全为1的情况．【补偿训练】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：552．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．212B．211C．210【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的展开式中奇数项的二项式系数和为eq\f(1,2)×210＝29.3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq\s\up12(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64，则n＝()A．4 B．5 C．6 【解析】选C.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq\s\up12(n)的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))eq\s\up12(n)的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以eq\f(4n,2n)＝2n＝64，n＝6.4．已知(1＋2x)8展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，则eq\f(b,a)的值为()A．eq\f(128,5)B．eq\f(256,7)C．eq\f(512,5)D．eq\f(128,7)【解析】选A.a＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))＝70，设b＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))2r，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))2r≥Ceq\o\al(\s\up1(r－1),\s\do1(8))2r－1，,Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))2r≥Ceq\o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(8))2r＋1，))得5≤r≤6，所以b＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))26＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))26＝7×28，所以eq\f(b,a)＝eq\f(128,5).二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5．已知(a＋b)n展开式中第5项的二项式系数最大，则n可能等于()A．7B．8C．9D．10【解析】选ABC.第5项的二项式系数最大，故第5项是展开式最中间的一项或两项之一．若n为偶数，则共有9项，n＝8；若n为奇数，则共有8项或10项，所以n＝7或9.6．对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9.则下列结论成立的是()A．a2＝－144B．a0＝1C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39【解析】选ACD.对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，所以a2＝－Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))×22＝－144，故A正确；故令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；令x＝0，可得a0－a1＋a2＋…－a9＝－39，故D正确．三、填空题(每小题5分，共10分)7．记f(m，n)为(1＋x)6(1＋y)4展开式中xm·yn项的系数，则f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝________.【解析】f(3，0)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20，f(2，1)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝60，f(1，2)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝36，f(0，3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4，所以f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝20＋60＋36＋4＝120.答案：1208．(2021·浙江高考)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________．【解析】因为(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，由二项式展开定理可得：a1＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝5，令x＝1可得各项系数和：(x－1)3＋(x＋1)4＝24，所以a2＋a3＋a4＝16－a1－1＝10.答案：510四、解答题(每小题10分，共20分)9．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．【证明】32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n＋1))8n＋1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(n＋1))－8n－9＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n＋1))8n＋1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1))82＋8(n＋1)＋1－8n－9＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n＋1))8n＋1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1))82，该式每一项都含因式82，故能被64整除．10．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(n)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．【解析】(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，eq\f(1,2)Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，eq\f(1,4)Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，由已知2×eq\f(1,2)Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋eq\f(1,4)Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，解得n＝8(n＝1舍去).(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(8)的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(eq\r(x))8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(4,x))))eq\s\up12(r)＝2－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))x4－eq\f(3r,4)(r＝0，1，…，8)，要求有理项，则4－eq\f(3r,4)必为整数，即r＝0，4，8，共3项，这3项分别是T1＝x4，T5＝eq\f(35,8)x，T9＝eq\f(1,256x2).(3)设第r＋1项的系数为ar＋1最大，则ar＋1＝2－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))，则eq\f(ar＋1,ar)＝eq\f(2－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8)),2－（r－1）Ceq\o\al(\s\up1(r－1),\s\do1(8)))＝eq\f(9－r,2r)≥1，eq\f(ar＋1,ar＋2)＝eq\f(2－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8)),2－（r＋1）Ceq\o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(8)))＝eq\f(2（r＋1）,8－r)≥1，解得2≤r≤3.当r＝2时，a3＝2－2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝7，当r＝3时，a4＝2－3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＝7，因此，第3项和第4项的系数最大，故系数最大的项为T3＝7xeq\f(5,2)，T4＝7xeq\f(7,4)．【补偿训练】在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为eq\f(1,2).(1)求n的值．(2)求展开式中所有的有理项．(3)求展开式中系数最大的项．【解题指南】(1)由二项展开式的通项公式分别求出第4项的系数与倒数第4项的系数，然后计算出结果．(2)由通项公式分别计算当r＝0，2，4，6时的有理项．(3)设展开式中第r＋1项的系数最大，列出不等式求出结果．【解析】(1)由题意知：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))2rx2n－eq\f(5,2)r，则第4项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))23，倒数第4项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(n－3),\s\do1(n))2n－3,则有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))23,Ceq\o\al(\s\up1(n－3),\s\do1(n))2n－3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2n－6)＝eq\f(1,2)，所以n＝7.(2)由(1)可得Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))2rx14－eq\f(5,2)r(r＝0，1，…，7)，当r＝0，2，4，6时，所有的有理项为T1，T3，T5，T7，即T1＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(7))20x14＝x14，T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))22x9＝84x9，T5＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))24x4＝560x4，T7＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(7))26x－1＝448x－1.(3)设展开式中第r＋1项的系数最大，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))2r≥Ceq\o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(7))2r＋1，,Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))2r≥Ceq\o\al(\s\up1(r－1),\s\do1(7))2r－1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＋1≥2（7－r），,2（8－r）≥r))⇒eq\f(13,3)≤r≤eq\f(16,3)，所以r＝5，故系数最大项为T6＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))25xeq\f(3,2)＝672xeq\f(3,2)．【创新迁移】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：eq\i\su(i＝1,n,)ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：eq\i\su(i＝1,n,)(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\i\su(i＝1,n,)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\i\su(i＝1,n,)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))，②在①，②添加Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，则