高中数学一轮复习课时作业梯级练六十八二项式定理课时作业理含解析新人教A版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业梯级练六十八二项式定理〖基础落实练〗（30分钟50分）一、选择题(每小题5分，共35分)1.(1+x)7的展开式中x2的系数是 ()A.42 B.35 C.28 D.21〖解析〗选D.(1+x)7的展开式的通项公式为Tr+1=QUOTExr,令r=2,得x2的系数为QUOTE=21.〖加练备选·拔高〗(1+x4)QUOTE的展开式的常数项为 ()A.6 B.10 C.15 D.16〖解析〗选D.由题意得的展开式的通项为：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·x－r，(r＝0，1，2，…，6)，令r＝4，则Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝15，所以(1＋x4)的展开式的常数项为：1＋15＝16.2.二项式QUOTE的展开式的第二项是 ()A.6x4 B.-6x4C.12x4 D.-12x4〖解析〗选D.展开式的通项公式Tr+1=QUOTEx6-rQUOTE,令r=1,可得展开式的第二项为QUOTEx5QUOTE=-12x4.3.若实数a=2-QUOTE,则a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210= ()A.32 B.-32 C.1024 D.512〖解析〗选A.因为(a-2)10=a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210,a=2-QUOTE,所以a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210=(-QUOTE)10=32.4．若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，则a1＋a3＋a5＝()A．－121 B．－122 C．－243 D．－1〖解析〗选B.因为(1－2x)5＝〖－1－2(x－1)〗5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，所以a1＋a3＋a5＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·(－1)4·(－2)1＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·(－1)2·(－2)3＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·(－1)0·(－2)5＝－122.5．1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))除以88的余数是()A．－1 B．1 C．－87 D．87〖解析〗选B.1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))889＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))88＋1，因为前10项均能被88整除，所以余数是1.6．(2020·龙岩模拟)已知(x＋1)8＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a9x8，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤9，k∈N*)是一个单调递增数列，则k的最大值是()A．6 B．5 C．4 D．3〖解析〗选B.由二项式定理，得ai＝Ceq\o\al(\s\up1(9－i),\s\do1(8))(1≤i≤8，i∈N*)，因为a1＜a2＜a3＜a4＜a5＞a6，且数列a1，a2，a3，…，ak是一个单调递增数列，所以k的最大值是5.〖加练备选·拔高〗二项式(1+x)100的展开式中系数之比为QUOTE的相邻两项是 ()A.第46、47项 B.第25、26项C.第55、56项 D.第81、82项〖解析〗选C.因为(1+x)100,所以,设二项式(1+x)100的展开式中系数之比为的相邻两项为m+1,m+2,则,解得m=54.所以二项式(1+x)100的展开式中系数之比为QUOTE的相邻两项是第55、56项.7．组合恒等式Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))，可以利用“算两次”的方法证明：分别求(1＋x)n＋1和(1＋x)(1＋x)n的展开式中xm的系数．前者(1＋x)n＋1的展开式中xm的系数为Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))；后者(1＋x)(1＋x)n的展开式(1＋x)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))xm－1＋Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))xm＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中xm的系数为1×Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋1×Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).因为(1＋x)n＋1＝(1＋x)(1＋x)n，所以两个展开式中xm的系数相等，即Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).请用“算两次”的方法化简式子Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝()A．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)) B．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n)) C．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n＋1)) D．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋1))〖解析〗选A.因为(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n，则两个展开式中xn的系数相等．在(1＋x)2n的展开式中，xn的系数为Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))；而在(1＋x)n(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),\s\do1(n))xn)·(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),\s\do1(n))xn)中，xn的系数为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，所以Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)).二、填空题(每小题5分，共15分)8．二项式(1＋2x)4的展开式中，二项式系数最大的项是________．〖解析〗根据二项式系数的性质，当n为偶数时，只有中间一项，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))项的二项式系数最大，故(1＋2x)4的展开式中二项式系数最大的项是第3项，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·(2x)2＝24x2.〖答案〗24x29.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展开式中，含x3项的系数为－160，则a＝________．〖解析〗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)))eq\s\up12(6－r)(－3x2)r＝(－3)r(2a)6－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x3r－6，令3r－6＝3，求得r＝3，可得展开式中含x3项的系数是(－3)3(2a)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160，解得a＝eq\f(1,3).〖答案〗eq\f(1,3)10．(一题多解)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝________．〖解析〗方法一：因为(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即为(1－2x)7展开式中各项系数的和，令x＝－1，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.〖答案〗2187〖素养提升练〗（20分钟35分）1．(5分)(2021·安徽模拟)(x＋1)4(1－2x)3展开式中x6的系数为()A．20 B．－20 C．44 D．40〖解析〗选B.因为(x＋1)4中x的4次方，3次方的系数分别为：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝1和Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4；而(1－2x)3展开式中x的3次方，2次方的系数分别为：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·(－2)3＝－8和Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·(－2)2＝12；所以(x＋1)4(1－2x)3展开式中x6的系数为：4×(－8)＋1×12＝－20.2．(5分)已知(x2－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a16x16，则a4＋a5＝________．〖解析〗二项式(x2－1)8展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(x2)8－r(－1)r，令16－2r＝4，求得r＝6，故展开式中含x4项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，即a4＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，令16－2r＝5，求得r无解，故式中a4＋a5的值为28.〖答案〗283．(5分)(2021·博兴模拟)在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，各项系数的和为128，则展开式中无理项有________项，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的概率为________．〖解析〗二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，令x＝1，可得各项系数的和为2n＝128，所以n＝7，展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))·x7－eq\f(3r,2)，可知，当r＝0，2，4，6时，为有理项，即展开式中有4项有理项，有4项无理项，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的方法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))种，而所有的排法有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))种，故有理项都互不相邻的概率为eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14).〖答案〗4eq\f(1,14)4．(10分)(2021·福州模拟)已知(1＋mx)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，且a3＝－35.(1)求m的值；(2)求a1＋a3＋a5＋a7的值．〖解析〗(1)因为ai＝Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(7))mi，i＝0，1，2，3，…，7，依题意得：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))m3＝－35，所以m3＝－1，得m＝－1.(2)由(1)可知(1－x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝1得：a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(1－1)7＝0①，令x＝－1得：a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝(1＋1)7＝27②，由①－②得：2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－27，即a1＋a3＋a5＋a7＝－26＝－64.5．(10分)(2021·锦州模拟)在①只有第八项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(n)，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．〖解析〗若选填条件①，即只有第八项的二项式系数最大，则n＝14；若选填条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(14)展开式的通项：Tk＝Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(14))·(eq\r(x))15－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))eq\s\up12(k－1)＝3k－1·Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(14))·xeq\s\up6(\f(21－7k,2))．由21－7k＝0，得k＝3.即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项；若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n－1＝47＝214，所以n＝15.二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x3)))eq\s\up12(15)展开式的通项：Tk＝Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(15))·(eq\r(x))16－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))eq\s\up12(k－1)＝3k－1·Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(15))·xeq\f(22－7k,2)．由22－7k＝0，得k＝eq\f(22,7)∉Z，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．〖加练备选·拔高〗(2021·济宁模拟)在①只有第6项的二项式系数最大;②第4项与第8项的二项式系数相等;③所有二项式系数的和为210;这三个条件中任选一个,补充在下面(横线处)问题中,解决下面两个问题.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.已知(2x-1)n=a0+a1x1+a2x2+a3x3+…+anxn(n∈N*),若(2x-1)n的展开式中,.

(1)求n的值；(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值．〖解析〗(1)在二项式(2x－1)n的展开式中，若选填①，只有第6项的二项式系数最大，则展开式中有11项，即n＝10；若选填②，第4项与第8项的二项式系数相等，则Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))，即n＝10；若选填③，所有二项式系数的和为210，则2n＝210，即n＝10.故n＝10.(2)(2x－1)n＝(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10.因为二项式(2x－1)10的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))(2x)10－r(－1)r＝(－1)r·210－r·Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(10))·x10－r.可知x的奇数次方的系数为负，x的偶数次方的系数为正．在(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10中，取x＝0，得a0＝1；取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝310.所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10－a0＝310－1.课时作业梯级练六十八二项式定理〖基础落实练〗（30分钟50分）一、选择题(每小题5分，共35分)1.(1+x)7的展开式中x2的系数是 ()A.42 B.35 C.28 D.21〖解析〗选D.(1+x)7的展开式的通项公式为Tr+1=QUOTExr,令r=2,得x2的系数为QUOTE=21.〖加练备选·拔高〗(1+x4)QUOTE的展开式的常数项为 ()A.6 B.10 C.15 D.16〖解析〗选D.由题意得的展开式的通项为：Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·x－r，(r＝0，1，2，…，6)，令r＝4，则Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝15，所以(1＋x4)的展开式的常数项为：1＋15＝16.2.二项式QUOTE的展开式的第二项是 ()A.6x4 B.-6x4C.12x4 D.-12x4〖解析〗选D.展开式的通项公式Tr+1=QUOTEx6-rQUOTE,令r=1,可得展开式的第二项为QUOTEx5QUOTE=-12x4.3.若实数a=2-QUOTE,则a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210= ()A.32 B.-32 C.1024 D.512〖解析〗选A.因为(a-2)10=a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210,a=2-QUOTE,所以a10-2QUOTEa9+22QUOTEa8-…+210=(-QUOTE)10=32.4．若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，则a1＋a3＋a5＝()A．－121 B．－122 C．－243 D．－1〖解析〗选B.因为(1－2x)5＝〖－1－2(x－1)〗5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，所以a1＋a3＋a5＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·(－1)4·(－2)1＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·(－1)2·(－2)3＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·(－1)0·(－2)5＝－122.5．1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))除以88的余数是()A．－1 B．1 C．－87 D．87〖解析〗选B.1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))889＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))88＋1，因为前10项均能被88整除，所以余数是1.6．(2020·龙岩模拟)已知(x＋1)8＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a9x8，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤9，k∈N*)是一个单调递增数列，则k的最大值是()A．6 B．5 C．4 D．3〖解析〗选B.由二项式定理，得ai＝Ceq\o\al(\s\up1(9－i),\s\do1(8))(1≤i≤8，i∈N*)，因为a1＜a2＜a3＜a4＜a5＞a6，且数列a1，a2，a3，…，ak是一个单调递增数列，所以k的最大值是5.〖加练备选·拔高〗二项式(1+x)100的展开式中系数之比为QUOTE的相邻两项是 ()A.第46、47项 B.第25、26项C.第55、56项 D.第81、82项〖解析〗选C.因为(1+x)100,所以,设二项式(1+x)100的展开式中系数之比为的相邻两项为m+1,m+2,则,解得m=54.所以二项式(1+x)100的展开式中系数之比为QUOTE的相邻两项是第55、56项.7．组合恒等式Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))，可以利用“算两次”的方法证明：分别求(1＋x)n＋1和(1＋x)(1＋x)n的展开式中xm的系数．前者(1＋x)n＋1的展开式中xm的系数为Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))；后者(1＋x)(1＋x)n的展开式(1＋x)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))xm－1＋Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))xm＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn)中xm的系数为1×Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋1×Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).因为(1＋x)n＋1＝(1＋x)(1＋x)n，所以两个展开式中xm的系数相等，即Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n)).请用“算两次”的方法化简式子Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝()A．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)) B．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n)) C．Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n＋1)) D．Ceq\o\al(\s\up1(n＋1),\s\do1(2n＋1))〖解析〗选A.因为(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n，则两个展开式中xn的系数相等．在(1＋x)2n的展开式中，xn的系数为Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n))；而在(1＋x)n(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),\s\do1(n))xn)·(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),\s\do1(n))xn)中，xn的系数为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，所以Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(2n)).二、填空题(每小题5分，共15分)8．二项式(1＋2x)4的展开式中，二项式系数最大的项是________．〖解析〗根据二项式系数的性质，当n为偶数时，只有中间一项，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))项的二项式系数最大，故(1＋2x)4的展开式中二项式系数最大的项是第3项，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·(2x)2＝24x2.〖答案〗24x29.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展开式中，含x3项的系数为－160，则a＝________．〖解析〗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)－3x2))eq\s\up12(6)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x)))eq\s\up12(6－r)(－3x2)r＝(－3)r(2a)6－rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x3r－6，令3r－6＝3，求得r＝3，可得展开式中含x3项的系数是(－3)3(2a)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160，解得a＝eq\f(1,3).〖答案〗eq\f(1,3)10．(一题多解)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝________．〖解析〗方法一：因为(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即为(1－2x)7展开式中各项系数的和，令x＝－1，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.〖答案〗2187〖素养提升练〗（20分钟35分）1．(5分)(2021·安徽模拟)(x＋1)4(1－2x)3展开式中x6的系数为()A．20 B．－20 C．44 D．40〖解析〗选B.因为(x＋1)4中x的4次方，3次方的系数分别为：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝1和Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4；而(1－2x)3展开式中x的3次方，2次方的系数分别为：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·(－2)3＝－8和Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·(－2)2＝12；所以(x＋1)4(1－2x)3展开式中x6的系数为：4×(－8)＋1×12＝－20.2．(5分)已知(x2－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a16x16，则a4＋a5＝________．〖解析〗二项式(x2－1)8展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(x2)8－r(－1)r，令16－2r＝4，求得r＝6，故展开式中含x4项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，即a4＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝28，令16－2r＝5，求得r无解，故式中a4＋a5的值为28.〖答案〗283．(5分)(2021·博兴模拟)在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，各项系数的和为128，则展开式中无理项有________项，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的概率为________．〖解析〗二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，令x＝1，可得各项系数的和为2n＝128，所以n＝7，展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(7))·x7－eq\f(3r,2)，可知，当r＝0，2，4，6时，为有理项，即展开式中有4项有理项，有4项无理项，把展开式中各项重新排列，则有理项都互不相邻的方法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))种，而所有的排法有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))种，故有理项都互不相邻的概率为eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8)))＝eq\f(1,14).〖答案〗4eq\f(1,14)4．(10分)(2021·福州模拟)已知(1＋mx)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，且a3＝－35.(1)求m的值；(2)求a1＋a3＋a5＋a7的值．〖解析〗(1)因为ai＝Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(7))mi，i＝0，1，2，3，…，7，依题意得：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))m3＝－35，所以m3＝－1，得m＝－1.(2)由(1)可知(1－x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝1得：a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(1－1)7＝0①，令x＝－1得：a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝(1＋1)7＝27②，由①－②得：2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－27，即a1＋a3＋a5＋a7＝－26＝－64.5．(10分)(2021·锦州模拟)在①只有第八项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为