6.3.2 二项式系数的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　计数原理 6.3　二项式定理 6.3.2　二项式系数的性质 (教师独具内容) 课程标准：1.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.理解二项式系数的性质并灵活运用． 教学重点：二项式系数的性质． 教学难点：二项式系数的性质，并应用其解决一些简单问题． 核心素养：通过学习二项式系数的性质，提升逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 增大 减小 核心概念掌握 5 2n 核心概念掌握 6 6和7 8 1 81 核心概念掌握 7 核心素养形成 在(2x－3y)10的展开式中，求： (1)各项的二项式系数的和； (2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和； (3)各项系数之和； (4)奇数项系数的和与偶数项系数的和． 题型一　二项展开式的系数和问题 核心素养形成 9 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　二项展开式中的最大项问题　 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　二项式定理的应用 　 (1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 (3)求1.00355精确到0.001的近似值． 解　1.00355＝(1＋0.0035)5≈1＋5×0.0035＝1.0175≈1.018. 核心素养形成 23 感悟提升 1．应用二项式定理不仅可以对多项式展开，还可应用于以下几个方面： (1)证明整除性问题或求解求余数问题． (2)证明等式与不等式． (3)进行近似运算． 2．各种问题的常用处理方法 (1)整除性问题或求余数问题的处理方法 ①解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 [跟踪训练3]　(1)求230－3除以7的余数． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 (3)求1.9975精确到0.001的近似值． 核心素养形成 29 随堂水平达标 解析：根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项式的展开式的总项数为13，即n＋1＝13，解得n＝12. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 二项展开式中的系数最大项问题 根据二项展开式的系数和求特定项 二项展开式的系数和问题 整除问题 二项展开式的综合应用 二项展开式中的二项式系数最大项问题 二项展开式的系数和问题 题号 8 9 10 11 12 13 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对点 三项展开式的系数和 问题 二项展开式的系数和 问题 整除问题，近似数 问题 二项展开式的系数和问题 利用二项式定理证明不等式 二项展开式的二项式系数与系数的问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 38 一、选择题 1．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是(　　) A．第6项 B．第5项 C．第5，6项 D．第6，7项 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 40 3．若(x－1)2024－(x－2)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2024x2024，则2a1＋22a2＋23a3＋…＋22024a2024＝(　　) A．－22023 B．22023－2 C．22023＋1 D．22023－1 解析：令x＝0，则有(－1)2024－(－2)2023＝a0，即a0＝1＋22023，再令x＝2，可得12024－0＝a0＋2a1＋22a2＋…＋22024a2024，所以2a1＋22a2＋23a3＋…＋22024a2024＝1－a0＝－22023.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 41 4．设a∈Z，且0≤a<13，若512024＋a能被13整除，则a＝(　　) A．0 B．1 C．11 D．12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 44 二、填空题 6．设m为正整数，(x＋y)2m的展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1的展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝________． 6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 45 462 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 47 三、解答题 9．已知(1－2x)100＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a100(x＋1)100，求值： (1)a1＋a2＋…＋a100； (2)a1＋a3＋a5＋…＋a99； (3)a1＋2a2＋3a3＋…＋100a100. 解：(1)因为(1－2x)100＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a100(x＋1)100， 令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝1，　① 令x＝－1，得a0＝3100，所以a1＋a2＋…＋a100＝1－3100. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 49 10．(1)求证：32n＋3－24n＋37能被64整除； (2)求0.9986的近似值，使误差小于0.001. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 58 　　　　　　　　　　　　　 R Cf(n-1,2))eq \o\al(,n) Cf(n+1,2))eq \o\al(,n) 知识点　　二项式系数的性质 1．对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．事实上，这一性质可直接由________得到．直线______将函数f(r)＝Ceq \o\al(r,n)的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴． 2．增减性与最大值 因为Ceq \o\al(k,n)＝eq \f(n（n－1）…（n－k＋2）（n－k＋1）,（k－1）！k)＝Ceq \o\al(k－1,n)eq \f(n－k＋1,k)，即k,n)eq \f(C,Ceq \o\al(k－1,n)) ＝eq \f(n－k＋1,k)，所以，当eq \f(n－k＋1,k)>1，即k<eq \f(n＋1,2)时，Ceq \o\al(k,n)随k的增加而______；由对称性知，二项式系数的后半部分，Ceq \o\al(k,n)随k的增加______．当n是偶数时，中间的一项______取得最大值；当n是奇数时，中间的两项______与______相等，且同时取得最大值． Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n) r＝eq \f(n,2) Cf(n,2))eq \o\al(,n) 3．各二项式系数的和 已知(1＋x)n＝Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋Ceq \o\al(2,n)x2＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn，令x＝1，得______________________.这就是说，(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和等于_____． [拓展]　在求二项式系数时常用赋值法．如－1，0，1等，赋值法体现了函数思想．如：f(x)＝(ax＋b)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋an.在解题时要注意审题，恰当赋值． 2n＝Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n) 1．(二项展开式中的最大项问题)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第________项． 2．(二项展开式的系数最大问题)若(a＋b)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n＝________． 3．(二项展开式的系数和问题)已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________． 4．(二项式定理的应用)9192被100除所得的余数为________． 解　在(2x－3y)10的展开式中： (1)各项的二项式系数的和为Ceq \o\al(0,10)＋Ceq \o\al(1,10)＋…＋Ceq \o\al(10,10)＝210＝1024. (2)因为奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，所以奇数项的二项式系数的和为Ceq \o\al(0,10)＋Ceq \o\al(2,10)＋…＋Ceq \o\al(10,10)＝29＝512， 偶数项的二项式系数的和为Ceq \o\al(1,10)＋Ceq \o\al(3,10)＋…＋Ceq \o\al(9,10)＝29＝512. (3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*) 各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10，由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求解． 令(*)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (4)奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a9. 由(3)知a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1.① 令(*)中x＝1，y＝－1，得 a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510.② 由①＋②，得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510， 故奇数项系数的和为eq \f(1,2)(1＋510)． 由①－②，得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510， 故偶数项系数的和为eq \f(1,2)(1－510)． 感悟提升 求展开式的各项系数之和常用赋值法 (1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． (2)一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f（1）－f（－1）,2). [跟踪训练1]　设(2－eq \r(3)x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值： (1)a0； (2)a1＋a2＋…＋a100； (3)a1＋a3＋a5＋…＋a99； (4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2； (5)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|. 解：(1)令x＝0，得a0＝2100. (2)令x＝1， 可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100，(*) 所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq \r(3))100－2100. (3)令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋eq \r(3))100. 与(2)中(*)式联立相减，得 a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq \f(（2－\r(3)）100－（2＋\r(3)）100,2). (4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－eq \r(3))(2＋eq \r(3))]100＝1100＝1. (5)因为Tk＋1＝(－1)kCeq \o\al(k,100)2100－k(eq \r(3))kxk， 所以a2i－1<0(i∈N*)． 所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100| ＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100 ＝(2＋eq \r(3))100. f(2,3))INCLUDEPICTURE"例2.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 　已知在(x＋3x2)n的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为32. (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项． 解　令x＝1，则展开式中各项系数的和为(1＋3)n＝22n. 又展开式中二项式系数的和为2n， ∴eq \f(22n,2n)＝2n＝32，∴n＝5. (1)∵n＝5，展开式共6项， ∴二项式系数最大的项为第3，4两项， T3＝Ceq \o\al(2,5)(xeq \s\up7(\f(2,3)))3(3x2)2＝90x6， T4＝Ceq \o\al(3,5)(xeq \s\up7(\f(2,3)))2(3x2)3＝270xeq \s\up7(\f(22,3)). (2)设展开式中第k＋1项的系数最大， 则由Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(xeq \s\up7(\f(2,3)))5－k(3x2)k＝3kCeq \o\al(k,5)xeq \s\up7(\f(10+4k,3))， 得k,5)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3kC≥3k－1Ceq \o\al(k－1,5)，,3kCeq \o\al(k,5)≥3k＋1Ceq \o\al(k＋1,5)，)) ∴eq \f(7,2)≤k≤eq \f(9,2)，∴k＝4， 即展开式中系数最大的项为T5＝34×Ceq \o\al(4,5)xeq \s\up7(\f(26,3))＝405xeq \s\up7(\f(26,3)). 感悟提升 1．二项式系数最大的项的求法 求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论： (1)当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大； (2)当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大． 2．展开式中系数最大的项的求法 求展开式中系数最大的项与求二项式系数最大的项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b>0)的展开式中系数最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项的系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))解得k，即得出系数最大的项． [跟踪训练2]　(1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x))) eq \s\up12(6)的展开式中，二项式系数最大的项的系数为(　　) A．20 B．160 C．180 D．240 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x))) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)·x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,6)·2k·x6－2k，k＝0，1，2，…，6，二项式的系数为Ceq \o\al(k,6)，k＝0，1，2，…，6，当k＝3时，二项式系数最大，则该项的系数为Ceq \o\al(3,6)×23＝160.故选B. (2)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2x)) eq \s\up12(n)的展开式中前3项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 解：由题意，知Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＝79， 解得n＝12或n＝－13(舍去)，∴n＝12. 设展开式中第k＋1项的系数最大， ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2x)) eq \s\up12(12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(12)×(1＋4x)12，∴k,12)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C4k≥Ceq \o\al(k－1,12)4k－1，,Ceq \o\al(k,12)4k≥Ceq \o\al(k＋1,12)4k＋1，)) ∴9.4≤k≤10.4，∴k＝10， ∴展开式中系数最大的项为T11， 且T11＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(12)×Ceq \o\al(10,12)×(4x)10＝16896x10. 证明　∵1110－1＝(10＋1)10－1 ＝(1010＋Ceq \o\al(1,10)×109＋Ceq \o\al(2,10)×108＋…＋Ceq \o\al(9,10)×10＋1)－1 ＝1010＋Ceq \o\al(1,10)×109＋Ceq \o\al(2,10)×108＋…＋102 ＝100(108＋Ceq \o\al(1,10)×107＋Ceq \o\al(2,10)×106＋…＋1)， ∴1110－1能被100整除． (2)证明：(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2＝eq \f(（2n）！,n！n！). 证明　∵eq \f(（2n）！,n！n！)＝Ceq \o\al(n,2n)， ∴要证(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2＝eq \f(（2n）！,n！n！)， 即证(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2＝Ceq \o\al(n,2n). 构造等式(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n，则Ceq \o\al(n,2n)表示二项式(1＋x)2n展开式中xn的系数． 又(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn)·(Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn)，则等式右边整理后xn的系数为Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(n,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(n－1,n)＋…＋Ceq \o\al(r,n)Ceq \o\al(n－r,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)Ceq \o\al(0,n). 由组合数的性质Ceq \o\al(r,n)＝Ceq \o\al(n－r,n)(r＝0，1，2，…，n)， 得Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(n,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(n－1,n)＋…＋Ceq \o\al(r,n)Ceq \o\al(n－r,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)Ceq \o\al(0,n) ＝(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(r,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2， 即在等式(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n中， 左边xn的系数为(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2，右边xn的系数为Ceq \o\al(n,2n)， ∴(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2＝Ceq \o\al(n,2n)， 即(Ceq \o\al(0,n))2＋(Ceq \o\al(1,n))2＋…＋(Ceq \o\al(n,n))2＝eq \f(（2n）！,n！n！). ②用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者是前面)的几项就可以了． (2)证明等式或不等式问题的处理方法 ①解决这类问题，常利用构造恒等式的方法，对恒等式中的数据进行分析、 整理． ②在证明过程中常利用如下三种常见变形： ⅰ.(a－b)n＝Ceq \o\al(0,n)an＋(－1)1Ceq \o\al(1,n)an－1b＋…＋(－1)kCeq \o\al(k,n)an－kbk＋…＋(－1)nCeq \o\al(n,n)bn； ⅱ.(1＋x)n＝Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋Ceq \o\al(2,n)x2＋…＋Ceq \o\al(k,n)xk＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn； ⅲ.(1－x)n＝Ceq \o\al(0,n)＋(－1)1Ceq \o\al(1,n)x＋…＋(－1)kCeq \o\al(k,n)xk＋…＋(－1)nCeq \o\al(n,n)xn. (3)近似计算的处理方法 对于二项式(1＋a)n，当a的绝对值与0相差很小且n较大时，常用近似公式(1＋a)n≈1＋na，因为这时展开式后面部分Ceq \o\al(2,n)a2＋Ceq \o\al(3,n)a3＋…＋Ceq \o\al(n,n)an很小，可以忽略不计．类似地，有(1－a)n≈1－na.但使用这两个公式时应注意a的条件，以及对计算精确度的要求．要求选取展开式中保留的项，使最后一项小数位恰好符合要求即可，少了不符合要求，多了无用，且增加麻烦． 解：230－3＝(23)10－3＝810－3 ＝(7＋1)10－3＝Ceq \o\al(0,10)×710＋Ceq \o\al(1,10)×79＋…＋Ceq \o\al(9,10)×7＋Ceq \o\al(10,10)－3 ＝7×(Ceq \o\al(0,10)×79＋Ceq \o\al(1,10)×78＋…＋Ceq \o\al(9,10))－2. ∵余数不能为负数，∴230－3除以7的余数为5. 证明：(1＋x)2n的展开式中xn－1的系数为Ceq \o\al(n－1,2n). 又(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n ＝(Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn)(Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)x＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn)， 则等式右边整理后xn－1的系数为Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(n－1,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(n－2,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)Ceq \o\al(0,n)＝Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)Ceq \o\al(n,n). 由于两种形式下的展开式中xn－1的系数相等， 故Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)Ceq \o\al(n,n)＝Ceq \o\al(n－1,2n). (2)证明：Ceq \o\al(0,n)Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(1,n)Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)Ceq \o\al(n,n)＝Ceq \o\al(n－1,2n). 解：1.9975＝(2－0.003)5＝25＋Ceq \o\al(1,5)×24×(－0.003)＋Ceq \o\al(2,5)×23×(－0.003)2＋…＋Ceq \o\al(5,5)×(－0.003)5≈32－0.24＋0.00072≈31.761. 1．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2)x)) eq \s\up12(n)的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则n的值为(　　) A．11 B．12 C．13 D．14 2．设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若M－N＝240，则展开式中的有理项共有(　　) A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 解析：二项式系数和为N＝2n，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)中，令x＝1，得M＝4n，由M－N＝240⇒4n－2n－240＝0⇒(2n＋15)(2n－16)＝0⇒2n＝16⇒n＝4，二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(4)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,4)·(5x)4－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,4)·54－k·(－1)k·x4－eq \s\up11(\f(3,2))k，设第k＋1项为有理项，则4－eq \f(3,2)k为整数，又0≤k≤4，k∈N，所以k可取0，2，4，所以展开式中的有理项共有3项．故选C. 3．(多选)若Ceq \o\al(1,n)x＋Ceq \o\al(2,n)x2＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn能被7整除，则x，n的值可能为(　　) A．x＝4，n＝3 B．x＝5，n＝4 C．x＝6，n＝5 D．x＝4，n＝6 解析：由Ceq \o\al(1,n)x＋Ceq \o\al(2,n)x2＋…＋Ceq \o\al(n,n)xn＝(1＋x)n－1，分别将选项A，B，C，D代入检验知，仅有B，D符合题意．故选BD. 4．(2－eq \r(x))8的展开式中不含x4项的系数的和为________． 解析：(2－eq \r(x))8的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)·28－k·(－eq \r(x))k＝Ceq \o\al(k,8)·28－k·(－1)k·xeq \s\up11(\f(k,2)).由eq \f(k,2)＝4，得k＝8，∴展开式中含x4项的系数为Ceq \o\al(8,8)＝1.又(2－eq \r(x))8的展开式中各项的系数和为(2－1)8＝1，∴展开式中不含x4项的系数的和为0. 5．已知(1＋2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)． (1)当n＝6时，求a0＋a2＋a4＋a6的值； (2)化简：eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝0))Ceq \o\al(2k,2n)22k. 解：(1)当n＝6时，令x＝1， 则(1＋2)6＝36＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，① 令x＝－1，则(1－2)6＝1＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，② ①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq \f(36＋1,2)＝365. (2)(1＋2)2n＝32n＝Ceq \o\al(0,2n)20＋Ceq \o\al(1,2n)21＋Ceq \o\al(2,2n)22＋…＋Ceq \o\al(2n,2n)22n，③ (1－2)2n＝1＝Ceq \o\al(0,2n)(－2)0＋Ceq \o\al(1,2n)(－2)1＋Ceq \o\al(2,2n)(－2)2＋…＋Ceq \o\al(2n,2n)(－2)2n＝Ceq \o\al(0,2n)20－Ceq \o\al(1,2n)21＋Ceq \o\al(2,2n)22－…＋Ceq \o\al(2n,2n)22n，④ ③＋④，得Ceq \o\al(0,2n)20＋Ceq \o\al(2,2n)22＋…＋Ceq \o\al(2n,2n)22n＝eq \f(32n＋1,2)， 即eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝0))Ceq \o\al(2k,2n)22k＝eq \f(32n＋1,2). 解析：由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，∴Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(7,n)，由组合数的性质，得n＝10，∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项． 2．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,x))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(2,x))) eq \s\up12(5)的展开式中各项系数的和为2，则展开式中的常数项为(　　) A．－720 B．－360 C．360 D．1080 解析：令x＝1，则有(a＋1)(3－2)5＝2，解得a＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(2,x))) eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,5)(3x)5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x))) eq \s\up12(k)＝(－2)k·35－k·Ceq \o\al(k,5)x5－2k(其中k＝0，1，2，3，4，5)，所以展开式中的常数项为x·(－2)3·32·Ceq \o\al(3,5)x－1＋eq \f(1,x)·(－2)2·33·Ceq \o\al(2,5)x＝360，即展开式中的常数项为360.故选C. 解析：512024＋a＝(52－1)2024＋a＝522024＋Ceq \o\al(1,2024)×522023×(－1)＋…＋Ceq \o\al(2023,2024)×52×(－1)2023＋(－1)2024＋a能被13整除，只需(－1)2024＋a＝1＋a能被13整除．∵0≤a＜13，∴a＝12.故选D. 5．(多选)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(n)(a>0)的展开式中，各项系数和与二项式系数和相等，均为64，则下列结论正确的是(　　) A．a＝3 B．二项式系数最大的项为第3项 C．有理项有3项 D．系数最小的项为第2项 解析：因为各项系数和与二项式系数和相等，均为64，所以2n＝64，且(a－1)n＝64，解得n＝6，a＝3或a＝－1(舍去)，所以A正确；因为n＝6，所以二项式系数中Ceq \o\al(3,6)最大，即二项式系数最大的项为第4项，所以B不正确；通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(3x)6－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝ (－1)k36－kCeq \o\al(k,6)x6－eq \s\up11(\f(3,2))k，其中k＝0，1，2，…，6.当k＝0，2，4，6时，Tk＋1为有理项，所以C不正确；由通项可知，当k＝1，3，5时，系数才可能最小，T2＝(－1)1×35×Ceq \o\al(1,6)xeq \s\up11(\f(9,2))＝ －1458xeq \s\up11(\f(9,2))，T4＝(－1)3×33×Ceq \o\al(3,6)xeq \s\up11(\f(3,2))＝－540xeq \s\up11(\f(3,2))，T6＝(－1)5×3×Ceq \o\al(5,6)x－eq \s\up7(\f(3,2))＝－18x－eq \s\up7(\f(3,2))，比较发现系数最小的项为第2项，所以D正确．故选AD. 解析：根据二项式系数的性质知，(x＋y)2m的展开式中二项式系数最大的有一项，即Ceq \o\al(m,2m)＝a，(x＋y)2m＋1的展开式中二项式系数最大的有两项，即Ceq \o\al(m,2m＋1)＝Ceq \o\al(m＋1,2m＋1)＝b.又13a＝7b，所以13Ceq \o\al(m,2m)＝7Ceq \o\al(m,2m＋1)，解得m＝6，满足等式． 7．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,x))＋\r(3,\f(1,x3)))) eq \s\up12(n)的展开式中，所有奇数项系数之和为1024，则中间项的系数是________． 解析：在这个展开式中，各项系数即为二项式系数．∵二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n－1＝1024，∴n＝11，∴展开式共12项，中间项为第6项、第7项，其系数为Ceq \o\al(5,11)＝Ceq \o\al(6,11)＝462. 8．在(x＋eq \r(x)＋1)2n＋1(n∈N*)的展开式中，x的整数次幂项的系数和为________． 解析：令P＝(x＋eq \r(x)＋1)2n＋1，Q＝(x－eq \r(x)＋1)2n＋1，由二项式定理知，P和Q中的x的整数次幂项之和相同，记作S(x)，非整数次幂项之和互为相反数，故有2S(x)＝P＋Q＝(x＋eq \r(x)＋1)2n＋1＋(x－eq \r(x)＋1)2n＋1.令x＝1，则所求的系数和为eq \f(32n＋1＋1,2). eq \f(32n＋1＋1,2) (2)令x＝－2，得a0－a1＋a2－…＋a100＝5100，　② 由(1)，知a0＋a1＋a2＋…＋a100＝1， ①－②可得a1＋a3＋a5＋…＋a99＝eq \f(1－5100,2). (3)因为(1－2x)100＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a100(x＋1)100， 两边同时求导，得100(1－2x)99×(－2)＝a1＋2a2(x＋1)＋…＋100a100(x＋1)99， 令x＝0，得a1＋2a2＋3a3＋…＋100a100＝－200. 解：(1)证明：32n＋3－24n＋37 ＝3×9n＋1－24n＋37 ＝3(8＋1)n＋1－24n＋37 ＝3(Ceq \o\al(0,n＋1)8n＋1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n＋…＋Ceq \o\al(n,n＋1)8＋1)－24n＋37 ＝3×64(Ceq \o\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1))＋24Ceq \o\al(n,n＋1)－24n＋40＝64×3(Ceq \o\al(0,n＋1)8n－1＋Ceq \o\al(1,n＋1)8n－2＋…＋Ceq \o\al(n－1,n＋1))＋64， 显然上式是64的倍数，故原式能被64整除． (2)0.9986＝(1－0.002)6 ＝1＋Ceq \o\al(1,6)×(－0.002)＋Ceq \o\al(2,6)×(－0.002)2＋…＋Ceq \o\al(6,6)×(－0.002)6. 由题意知T3＝Ceq \o\al(2,6)×(－0.002)2＝15×0.0022＝0.00006<0.001， 且第3项(包括第3项)以后的项的绝对值都远小于0.001， ∴从第3项(包括第3项)起，以后的项都可以忽略不计， ∴0.9986＝(1－0.002)6≈1－6×0.002＝0.988. 11．(多选)已知(x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a8x8，则下列结论正确的是(　　) A．a0＝0 B．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝0 C．a3＝－56 D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a8,28)＝－eq \f(255,256) 解析：(x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a8x8，令x＝0，可得a0＝1，所以A不正确；两边求导，可得8(x－1)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7，令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝0，所以B正确；二项式(x－1)8的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)x8－k(－1)k，令k＝5，可得T6＝Ceq \o\al(5,8)x3(－1)5＝－56x3，所以a3＝－56，所以C正确；令x＝eq \f(1,2)，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1)) eq \s\up12(8)＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a8,28)，又因为a0＝1，所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(8)－1＝－eq \f(255,256)，所以D正确．故选BCD. 12．利用二项式定理证明eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＜eq \f(2,n＋1)(n∈N，且n≥3)． 证明：欲证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＜eq \f(2,n＋1)成立， 只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＞eq \f(n＋1,2)成立． 而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝Ceq \o\al(0,n－1)＋Ceq \o\al(1,n－1)eq \f(1,2)＋Ceq \o\al(2,n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ＝1＋eq \f(n－1,2)＋Ceq \o\al(2,n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＞eq \f(n＋1,2). 所以原不等式成立． 13．已知在(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))n的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，第4项的系数是第3项的二项式系数的16倍． (1)求n和a； (2)求展开式中系数最大的项； (3)求(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)n的展开式中x3的系数． 解： (1)因为(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))n的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，所以2n＝256，解得n＝8， 所以(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))n＝(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))8， 二项式(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))8的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,8)(eq \r(x))8－k(a·eq \r(3,x))k＝Ceq \o\al(k,8)akx4－eq \s\up11(\f(k,6))，k∈{0，1，2，3，4，5，6，7，8}， 所以(eq \r(x)＋a·eq \r(3,x))8的展开式的第4项的系数为Ceq \o\al(3,8)·a3， 第3项的二项式系数为Ceq \o\al(2,8)， 由已知，得a3Ceq \o\al(3,8)＝16Ceq \o\al(2,8)，所以a＝2. (2)设第k＋1项的系数最大， 则k,8)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥Ceq \o\al(k－1,8)2k－1，,Ceq \o\al(k,8)2k≥Ceq \o\al(k＋1,8)2k＋1，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2·\f(8！,k！（8－k）！)≥\f(8！,（k－1）！（9－k）！)，,\f(8！,k！（8－k）！)≥2·\f(8！,（k＋1）！（7－k）！)，)) 解得5≤k≤6，又k∈{0，1，2，3，4，5，6，7，8}， 所以k＝5或k＝6， 所以展开式中系数最大的项为第6项和第7项，所以系数最大的项为T6＝1792xeq \s\up11(\f(19,6))和T7＝1792x3. (3)由二项式定理可得(1＋x)n(n∈N*，n≥3)的展开式中x3的系数为Ceq \o\al(3,n)， 所以(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)8的展开式中x3的系数为Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,7)＋Ceq \o\al(3,8)， 又Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,7)＋Ceq \o\al(3,8)＝Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,7)＋Ceq \o\al(3,8)＝Ceq \o\al(4,9)＝126， 所以(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)8的展开式中x3的系数为126. $$