2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价三十八第五章计数原理4.2二项式系数的性质含解析北师大版选择性必修第一册202106042131.doc

1、三十八二项式系数的性质(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()A8 B6 C4 D2【解析】选B.由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4a10，得a6.【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a7时，b等于()A20B21C22D23【解题指南】由图可知，各行数字中除两端的数代表行数外，其他数字均等于上一行中其肩上的两数的和，如422，734，1147，1477，据此规律进行求解【解析】选C.由a7，可知b左肩上的数为6，右肩上的数为115，即16，所以b61622. 2已知bxn1a0a1(x1)a2(x1)2an(x1)n

2、，对任意xR恒成立，且a19，a236，则b()A4 B3 C2 D1【解析】选D.由已知得bxn1b(x1)1n1a0a1(x1)an(x1)n，所以a1Cbnb9，a2Cb36，所以n18，n9，所以b1.3(x21)(x2)9a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a11(x1)11，则a1a2a3a11的值为_.【解析】令x1，得a02.令x2，得a0a1a2a110.所以a1a2a3a112.答案：24记f(m，n)为(1x)6(1y)4展开式中xmyn项的系数，则f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)_.【解析】f(3，0)C20，f(2，1)CC60，f(1，2)C

3、C36，f(0，3)C4，所以f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)2060364120.答案：120【补偿训练】设(1x)(1x)2(1x)3(1x)na0a1xa2x2anxn，当a0a1a2an254时，n_【解析】令x1，得a0a1a2an222232n254，所以2n128，即n7.答案：75已知nN*，C2C3CnC192，且(32x)na0a1xa2x2anxn.求：(1)展开式中各项的二项式系数之和(2)a0a2a4a6.(3)|a0|a1|an|.【解析】因为iCinC(i1，2，n)，所以C2C3CnCn(CCC)n2n1326，所以n6.(1)展开式中各项的二项

4、式系数之和为2664.(2)令x1，得a0a1a61，令x1，得a0a1a2a656，相加得a0a2a4a67 813.(3)令x1，得|a0|a1|an|56.(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1对任意实数x，有x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，则a2的值为()A3B6C9D21【解析】选B.由于x33，其二项式通项为C23rr，当r2时，为C21262，故a26.2已知(12x)6a0a1xa2x2a6x6，则|a0|a1|a2|a6|()A1 B1 C36 D26【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|

5、a1|a2|a6|a0a1a2a3a4a5a6.令x1，得a0a1a2a3a4a5a636.所以|a0|a1|a2|a6|36.3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(nN)次出现全行为1时，1的个数为an，则a3等于()A26 B27 C7 D8【解题指南】由于是将奇数换成1，故C都是奇数，分别验证n6，7时C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C，而C6为偶数，不合题意；第7行原来的数是C，即1，7，21，35，35，21，7，1全为奇数，一共有8个，全部转化为

6、1，这是第三次出现全为1的情况4已知(2)n展开式的各个二项式系数的和为128，则展开式中x2的系数为()A7 B560 C448 D35【解析】选C.因为n展开式的各个二项式系数的和为128，所以2n128，则n7，即(2)n(2)7.则二项式通项为Tr1C(2)7r()r27rC.令2，则r1.所以n的展开式中x2的系数为26C647448.5(多选)(2021济南高二检测)对任意实数x，有(2x3)9a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a9(x1)9.则下列结论成立的是()Aa2144Ba01Ca0a1a2a91Da0a1a2a3a939【解析】选ACD.对任意实数x，有(2x3

7、)9a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a9(x1)912(x1)9，所以a2C22144，故A正确；令x1，可得a01，故B不正确；令x2，可得a0a1a2a91，故C正确；令x0，可得a0a1a2a939，故D正确二、填空题(每小题5分，共15分)6实数ai(i0，1，2，3，4，5)满足：对任意xR，都有(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则a0_，_【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(i0，1，2，3，4，5)，进而可求出结果【解析】由二项展开式可得(1x)5CCxCx2Cx3Cx4Cx515x10x210x35x4x5，所以a01，a

8、15，a210，a310，a45，a51，故1.答案：17若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则a0a2a4a2n_【解析】设f(x)(1xx2)n，则f(1)3na0a1a2a2n，f(1)1a0a1a2a3a2n，由得2(a0a2a4a2n)f(1)f(1)，所以a0a2a4a2n.答案：8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a11，a21，a32，a4123，a5235，a6358，a75813，a881321，a9132134，a10213455.答案：55三、解答题(每小题10分，共20分)9在的展开式中，第

9、4项的系数与倒数第4项的系数之比为.(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r0，2，4，6时的有理项(3)设展开式中第r1项的系数最大，列出不等式求出结果【解析】(1)由题意知：Tr1C2r，则第4项的系数为C23，倒数第4项的系数为C2n3， 则有，即，所以n7.(2)由(1)可得Tr1C2r (r0，1，7)，当r0，2，4，6时，所有的有理项为T1，T3，T5，T7，即T1C20x14x14，T3C22x984x9，T5C24x4560x

10、4，T7C26x1448x1.(3)设展开式中第r1项的系数最大，则 r，所以r5，故系数最大项为T6C25672.10已知f(x)(1x)m(12x)n(m，nN*)的展开式中x的系数为11.(1)求x2的系数取最小值时n的值(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和【解析】(1)由已知C2C11，所以m2n11，x2的系数为C22C2n(n1)(11m).因为mN*，所以m5时，x2的系数取得最小值22，此时n3.(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m5，n3，所以f(x)(1x)5(12x)3，设这时f(x)的展开式为f(x)a0a1xa2x2a3x

11、3a4x4a5x5，令x1，a0a1a2a3a4a52533，令x1，a0a1a2a3a4a51，两式相减得2(a1a3a5)60，故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.1(1axby)n的展开式中不含x的项的系数的绝对值的和为243，不含y的项的系数的绝对值的和为32，则a，b，n的值可能为()Aa2，b1，n5 Ba2，b1，n6Ca1，b2，n6 Da1，b2，n5【解析】选D.根据展开式的特点，通过特殊值法找到符合要求的各项系数的绝对值的和，通过方程组解决只要令x0，y1，即得到(1axby)n的展开式中不含x的项的系数的和为(1b)n，令x1，y0，即得到(1axby)n的展开式中

12、不含y的项的系数的和为(1a)n.如果a，b是正值，这些系数的和也就是系数绝对值的和，如果a，b中有负值，分别令y1，x0；x1，y0.此时的和式分别为(1b)n，(1a)n，由此可知符合要求的各项系数的绝对值的和为(1|b|)n，(1|a|)n.根据题意(1|b|)n24335，(1|a|)n3225，因此n5，|a|1，|b|2.2已知函数f(x)(1x)n，nN*.(1)当n8时，求展开式中系数的最大项(2)化简C2n1C2n2C2n3C21.(3)定义：aia1a2an，化简：(i1)C.【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，n8，中间项为第5项，其系数最大(2)根据fnCCxCx2Cxn1Cxn，令x2，即可求值(3)原式添加C，利用倒序相加，化简即可【解析】(1)f8，所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T5Cx470x4.(2)fnCCxCx2Cxn1Cxn，所以原式n.(3)C 2C3CnCC，C CnC3C2C，在，添加C，则得1C C2C3CnCC，1C CnC3C2C1C，得：2(1C)2n，所以 C2n11.