专题02 二项式定理（压轴题专项训练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题02 二项式定理及其应用 目录 典例详解 类型一、求展开式中的特定项及项的系数 类型二、赋值法求展开项的系数和问题 类型三、二项展开式中二项式系数最大项与系数最大项问题 类型四、二项式定理的综合应用 类型五、杨辉三角的性质与应用 压轴专练 类型一、求展开式中的特定项及项的系数 1.求二项展开式的特定项 若二项展开式的通项为Tr＋1＝g(r)·xh(r)(r＝0,1,2，…，n)，g(r)≠0，则有以下常见结论： ①h(r)＝0⇔Tr＋1是常数项； ②h(r)是非负整数⇔Tr＋1是整式项； ③h(r)是负整数⇔Tr＋1是分式项； ④h(r)是整数⇔Tr＋1是有理项． 注意：在使用通项公式时，要注意通项公式是表示第项，而不是第项. 2.求几个多项式积的展开式中特定项（系数） (1)对每一个二项式展开，利用多项式乘法法则对其展开即可． (2)先利用运算性质对其进行化简，再利用二项式定理进行展开． 3.求三项展开式中特定项（系数） (1)通过变形先把三项式化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项展开式的通项求解． (3)利用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项需看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 例1．（1）求的二项展开式； （2）求的二项展开式中的常数项； （3）求的二项展开式中的系数； （4）在的二项展开式中，如果第项和第项的系数的绝对值相等，求此展开式的第4r项． 变式1-1．的展开式中常数项为（    ） A．120 B．-120 C．180 D．-180 变式1-2．的展开式中常数项为 . 变式1-3．（多选）在的展开式中，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的通项公式为 B．展开式中各项的系数等于其二项式系数 C．x的幂指数是整数的项共有5项 D．展开式中存在常数项 类型二、赋值法求展开项的系数和问题 1.设， ①令，可得：(二项式系数和) ②令，可得：，即： (假设n为偶数)，再结合①可得： ．(若n为奇数，同理可得结论) 即奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和均等于. 2.若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 (i)当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (ii)当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． 3.若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果. 例2．（多选）设，则下列说法正确的有（    ） A．的展开式中所有项的二项式系数的和为 B． C． D． 变式2-1．（多选）已知，则（   ） A． B．在中的最大值为 C． D． 变式2-2．若的展开式中所有奇数项的二项式系数之和为256，且常数项为a，则 . 变式2-3．已知，求： (1)的值； (2)的值； (3)的值． 类型三、二项展开式中二项式系数最大项与系数最大项问题 1.二项式系数与项的系数的区别 的展开式中，二项式系数是指，，…，，它们是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关． 2.二项式系数的性质 (1)对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．直线是图象的对称轴． (2)增减性：当k＜时，二项式系数逐渐增大；当k＞时，二项式系数逐渐减小. (3)最大值：当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或． 3.二项展开式系数最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 例3．（多选）已知二项式，则下列结论正确的是（    ） A．第5项的二项式系数最大 B．所有项的系数之和为1 C．有且仅有第6项的系数的绝对值最大 D．展开式中共有4项有理项 变式3-1．已知的展开式中有一项是． (1)求的值； (2)求展开式中二项式系数最大的项； (3)求展开式中系数最大的项． 变式3-2．已知在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大． (1)求； (2)求展开式中系数绝对值最大的项和系数最大的项． 变式3-3．已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为17． (1)求； (2)当展开式中的系数最小时，求的系数； (3)已知的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求． 类型四、二项式定理的综合应用 1.用于近似计算 ．展开式中保留的项，以最后一项小数位满足标准. 2.证明整除问题或求余数问题 关键是要巧妙地构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要能证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可.因此，一般要将被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开.此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关知识来处理． 3.证明有关不等式 (1)用二项式定理证明组合数不等式时，通常表现为二项式定理的正用或逆用，再结合不等式证明的方法进行论证的过程. (2)运用时应注意巧妙地构造二项式. (3)由于展开式共有n＋1项，故可以通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的． 例4．（多选）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．精确到0.01的近似值为0.85 D．除以15的余数为1 变式4-1．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理： 对于任意实数， 当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作： . 用这样的方法，估计的近似值约为（    ） A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930 变式4-2．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如8和14被3除得的余数都是2，则记.若，且，则的值可以是（   ） A．2021 B．2023 C．2025 D．2027 变式4-3．用二项式定理证明： (1)能被14整除； (2)． 类型五、杨辉三角的性质与应用 1.杨辉三角的性质 (1)最外层全是1，第二层(含1)是自然数列1,2,3,4，…，第三层(含1,3)是三角形数列1,3,6,10,15，…. (2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C＝C. (3)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即C＝C＋C. (4)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…. (5)第n行所有数的和为2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n. (6)自左(右)腰上的某个1开始平行于右(左)腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜左(右)下方的那个数． 例5．在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：.类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2023层，底层如图3，一边2025个圆球，另一边2024个圆球，向上逐层每边减少1个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（   ）      A． B． C． D． 变式5-1．“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 变式5-2．如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 . 变式5-3．杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 一、单选题 1．展开式的二项式系数和64，则展开式中的有理项个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．的展开式中的系数为（   ） A．162 B．168 C．180 D．185 3．已知，则（    ）． A． B． C． D． 4．在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 5．如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是，正是会议最初计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 6．已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（   ） A．6或7 B．6 C．8或9 D．9 二、多选题 7．在的二项展开式中，下列说法中正确的有（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第5项或第6项 D．展开式中的常数项是第9项 8．已知则（   ） A．的值为2 B．的值为 C．的值为 D． 三、填空题 9．已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为 . 10．已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ． 四、解答题 11．已知. (1)求的值. (2)若，求被4除后的余数. (3)求的值. 12．莱布尼茨（德国数学家）三角（如图1所示）是与杨辉（南宋数学家）三角数阵（如图2所示）相似的一种几何排列，但与杨辉三角不同的是，莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和. 现记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为，第2行的第2个数字为，第行的第2个数字为. (1)求的值； (2)将杨辉三角中的每一个数都换成就得到了莱布尼茨三角.我们知道杨辉三角的最基本的性质，也是二项式系数和组合数性质，请你类比这个性质写出莱布尼茨三角的性质，并证明你的结论. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 二项式定理及其应用 目录 典例详解 类型一、求展开式中的特定项及项的系数 类型二、赋值法求展开项的系数和问题 类型三、二项展开式中二项式系数最大项与系数最大项问题 类型四、二项式定理的综合应用 类型五、杨辉三角的性质与应用 压轴专练 类型一、求展开式中的特定项及项的系数 1.求二项展开式的特定项 若二项展开式的通项为Tr＋1＝g(r)·xh(r)(r＝0,1,2，…，n)，g(r)≠0，则有以下常见结论： ①h(r)＝0⇔Tr＋1是常数项； ②h(r)是非负整数⇔Tr＋1是整式项； ③h(r)是负整数⇔Tr＋1是分式项； ④h(r)是整数⇔Tr＋1是有理项． 注意：在使用通项公式时，要注意通项公式是表示第项，而不是第项. 2.求几个多项式积的展开式中特定项（系数） (1)对每一个二项式展开，利用多项式乘法法则对其展开即可． (2)先利用运算性质对其进行化简，再利用二项式定理进行展开． 3.求三项展开式中特定项（系数） (1)通过变形先把三项式化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项展开式的通项求解． (3)利用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项需看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 例1．（1）求的二项展开式； （2）求的二项展开式中的常数项； （3）求的二项展开式中的系数； （4）在的二项展开式中，如果第项和第项的系数的绝对值相等，求此展开式的第4r项． 【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）；（4） 【分析】（1）根据二项展开式计算即可；（2）求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解；（3）求出展开式的通项，令的指数等于，即可得解；（4）求出展开式的通项，再根据题意求出，即可得解. 【详解】（1） ； （2）展开式的通项为， 令，得， 所以的二项展开式中的常数项为； （3）展开式的通项为， 令，得， 所以的二项展开式中的系数为； （4）展开式的通项为， 因为第项和第项的系数的绝对值相等， 所以，即， 若，解得，不符题意，舍去， 若，解得， 综上， 所以此展开式的第4r项为. 变式1-1．的展开式中常数项为（    ） A．120 B．-120 C．180 D．-180 【答案】D 【分析】因为 ，所以分别求和展开式中的常数项，即可得出结果. 【详解】 展开式的通项为:，. 不存在的值使得，所以的展开式中没有常数项； 当且仅当时，的展开式可取到常数项，则的常数项为. 综上所述：的展开式中常数项为-180. 故选：D. 变式1-2．的展开式中常数项为 . 【答案】 【分析】的展开式中的常数项由两部分构成,一部分为,一部分为,求和即可. 【详解】中的常数项为, 故答案为:88. 变式1-3．（多选）在的展开式中，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的通项公式为 B．展开式中各项的系数等于其二项式系数 C．x的幂指数是整数的项共有5项 D．展开式中存在常数项 【答案】ABC 【分析】对于A，根据二项式定理，结合幂的运算律，可得答案； 对于B，根据A写出的通项，结合单项式系数以及二项式系数的定义，可得答案； 对于C，根据二项式展开式中项的性质，建立方程，可得答案； 对于D，利用赋值法，建立方程，结合常数项的性质，可得答案. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，的通项：，各项的系数为：，二项式系数为：，两者相等，故B正确； 对于C，x的幂指数是整数，∵的通项：， ∴，且，，解得共五项，故C正确； 对于D，的通项：，∴，且，∴k无解，故D错误. 故选：ABC. 类型二、赋值法求展开项的系数和问题 1.设， ①令，可得：(二项式系数和) ②令，可得：，即： (假设n为偶数)，再结合①可得： ．(若n为奇数，同理可得结论) 即奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和均等于. 2.若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 (i)当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (ii)当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． 3.若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果. 例2．（多选）设，则下列说法正确的有（    ） A．的展开式中所有项的二项式系数的和为 B． C． D． 【答案】ABC 【分析】A选项，由结论直接可得二项式系数的和为，A正确；B选项，令得；C选项，赋值得到，相加可得C正确；D选项，令得，D错误. 【详解】A选项，的展开式中所有项的二项式系数的和为，A正确； B选项，中，令得，B正确； C选项，中，令得 ①， 令得②， 两式①+②得， 即，C正确； D选项，， 由二项式定理得， 故，， 令得，D错误. 故选：ABC. 变式2-1．（多选）已知，则（   ） A． B．在中的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【分析】将二项式化为并写出其展开式通项，进而根据各选项的分别求、确定中的最大值；用赋值法，令可求的值；将目标式去绝对值符号，应用赋值法令，即可求的值. 【详解】由，得展开式通项为. 对于A，，故A错误； 对于B，均为负数，，，，，所以在中最大，故B正确； 对于C，令，得，又，所以.故C正确； 对于D，因为均为负数，其余的均为正数， 所以， 令，得.， 所以，故D正确. 故选：BCD. 变式2-2．若的展开式中所有奇数项的二项式系数之和为256，且常数项为a，则 . 【答案】681 【分析】根据二项式定理写出的展开式的通项，求得常数项，从而得到a的值；根据所有奇数项的二项式系数之和为256求得n的值，即可得到的值. 【详解】的展开式的通项是. 的展开式中所有项的二项式系数之和为， 所以所有奇数项的二项式系数之和为. 由题可知：，解得：. 当时，.所以常数项为：，即. 所以. 故答案为：681. 变式2-3．已知，求： (1)的值； (2)的值； (3)的值． 【答案】(1)；(2)；(3)0 【分析】（1）可得的值； （2）可得答案； （3）分别令、，求出、的值可得答案． 【详解】（1）令，则； （2）令，则， 又因为，所以； （3）因为， 令，得①， 令，得②， 两式相加得，所以， 两式相减得，所以， 所以= ． 类型三、二项展开式中二项式系数最大项与系数最大项问题 1.二项式系数与项的系数的区别 的展开式中，二项式系数是指，，…，，它们是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关． 2.二项式系数的性质 (1)对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．直线是图象的对称轴． (2)增减性：当k＜时，二项式系数逐渐增大；当k＞时，二项式系数逐渐减小. (3)最大值：当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或． 3.二项展开式系数最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 例3．（多选）已知二项式，则下列结论正确的是（    ） A．第5项的二项式系数最大 B．所有项的系数之和为1 C．有且仅有第6项的系数的绝对值最大 D．展开式中共有4项有理项 【答案】AB 【分析】根据给定条件，利用二项式定理展开式的通项及二项式系数性质逐项分析判断. 【详解】对于A，展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项，A正确； 对于B，取，得所有项的系数和为，B正确； 对于D，展开式的通项公式， 当时，是有理项，共有5项有理项，D错误； 由，得，即，解得， 则或，因此第6项和第7项的系数的绝对值最大，C错误． 故选：AB. 变式3-1．已知的展开式中有一项是． (1)求的值； (2)求展开式中二项式系数最大的项； (3)求展开式中系数最大的项． 【答案】(1)11； (2)，； (3). 【分析】（1）根据二项式写出展开式的通项，结合已知项列方程求参数值； （2）由二项式性质确定二项式系数最大项，利用展开式写出对应项； （3）由（2）项系数为，作商法比较大小确定最大系数，即可得. 【详解】（1）的展开式的通项． 由题意，解得，，，故的值是11． （2）由二项式系数的性质知，的展开式中二项式系数最大的项是第6项与第7项，其值分别为： ， ． （3）的展开式的第项的系数，其中． 当时，． 因此，当时，，即；当时，，即． 所以，，所以最大. 故的展开式的第7项的系数最大，且. 变式3-2．已知在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大． (1)求； (2)求展开式中系数绝对值最大的项和系数最大的项． 【答案】(1)； (2)系数绝对值最大的项和系数最大的项分别为，； 【分析】（1）根据二项式展开式的性质及已知确定展开式项数，即可得参数值； （2）写出二项式展开式通项，得系数的绝对值为，应用不等式法求参数，进而确定系数绝对值最大的项；根据展开式通项知系数最大的项应在项数为奇数的项之中，列举出各项系数，即可得. 【详解】（1）因为二项式展开式中间项的二项式系数最大，而只有第6项的二项式系数最大， 所以展开式共有11项，得． （2）展开式的通项是， 系数的绝对值为，若它最大，则，整理得． 因为，所以．故系数绝对值最大的项是第4项，即． 系数最大的项应在项数为奇数的项之中，即当取偶数0，2，4，6，8，10时， 相应各项系数分别为． 故系数最大的项是第5项为. 变式3-3．已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为17． (1)求； (2)当展开式中的系数最小时，求的系数； (3)已知的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求． 【答案】(1) (2)140 (3)582 【分析】（1）写出的通项公式，根据展开式中x的系数得到的值； （2）由（1）知，分，，均大于等于2时，得到展开式中的系数，求出当或时，的系数取得最小值，进而得到的系数； （3）由（1）知，写出的展开式的通项公式，根据二项式系数的增减性得到，利用不等式法得到，求出. 【详解】（1）根据二项式定理知，的展开式的通项为 ， 根据题意得，即． （2）由（1）知， 当时，，此时展开式中的系数为， 同理当时，，此时展开式中的系数为， 当均大于等于2时，展开式中的系数为 ， 故当或时，的系数取得最小值64， 显然的系数最小时，或， 此时，的系数为． （3）由（1）知，则， 二项式的展开式的通项为， 所以可得，再根据即得， 此时，所以． 类型四、二项式定理的综合应用 1.用于近似计算 当n不是很大，|x|比较小时，≈1＋nx．展开式中保留的项，以最后一项小数位满足标准. 2.证明整除问题或求余数问题 关键是要巧妙地构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要能证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可.因此，一般要将被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开.此时常采用“配凑法”“消去法”结合整除的有关知识来处理． 3.证明有关不等式 (1)用二项式定理证明组合数不等式时，通常表现为二项式定理的正用或逆用，再结合不等式证明的方法进行论证的过程. (2)运用时应注意巧妙地构造二项式. (3)由于展开式共有n＋1项，故可以通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的． 例4．（多选）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．精确到0.01的近似值为0.85 D．除以15的余数为1 【答案】ACD 【分析】分析展开式项的系数的符号，赋值判断A，逆用二项式定理判断B，由展开判断C，展开判断D. 【详解】在中， 所以令，则，故A正确； 因为，所以， 所以，故B错误； ， 取展开式前3项，则精确到0.01的近似值为，故C正确； ， 其中，所以能被15整除， 所以除以15的余数为1，故D正确． 故选：ACD． 变式4-1．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理： 对于任意实数， 当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作： . 用这样的方法，估计的近似值约为（    ） A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930 【答案】B 【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可. 【详解】. 故选：B. 变式4-2．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如8和14被3除得的余数都是2，则记.若，且，则的值可以是（   ） A．2021 B．2023 C．2025 D．2027 【答案】A 【分析】利用二项式定理得到，从而被10除得的余数是1，所以被10除得的余数也是1，得到答案. 【详解】 ， 故被10除得的余数是1，所以被10除得的余数也是1， 其中满足要求，其他三个选项不合要求. 故选：A. 变式4-3．用二项式定理证明： (1)能被14整除； (2)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）把转化成再经二项展开后提取14得证； （2）用二项式定理展开并放缩，从而证明不等式． 【详解】（1）证明：（1）原式 ， 上式是14的倍数，故原式能被14整除． （2）当时，左边=右边=2， 当时， ， ， 综上，，得证． 类型五、杨辉三角的性质与应用 1.杨辉三角的性质 (1)最外层全是1，第二层(含1)是自然数列1,2,3,4，…，第三层(含1,3)是三角形数列1,3,6,10,15，…. (2)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C＝C. (3)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即C＝C＋C. (4)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…. (5)第n行所有数的和为2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n. (6)自左(右)腰上的某个1开始平行于右(左)腰的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜左(右)下方的那个数． 例5．在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：.类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2023层，底层如图3，一边2025个圆球，另一边2024个圆球，向上逐层每边减少1个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（   ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果. 【详解】由杨辉三角中观察得可得， 即； 由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为： . 故选：B. 变式5-1．“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】AD 【分析】利用二项式系数可判断A选项；利用二项式系数的增减性可判断B选项；利用组合数的性质可判断C选项；构造等式，结合等式两边展开式中的系数相等可判断D选项. 【详解】对于选项A，依题意，第行的第个数是，所以A正确； 对于选项B，因为第行的第个位置的数是， 由组合数性质可知：为的最大值， 所以第行的第和个数最大，故B错误； 对于选项C，因为， 易知 ，故C错误； 选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 第行的中间一项的数字为， 构造等式， 在等式左边的系数为， 等式右边的系数为，故，故D正确. 故选：AD. 变式5-2．如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 . 【答案】 【分析】结合杨辉三角的性质及组合数的性质计算即可得. 【详解】第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是， 第五行的第三位数字是，，第十五行的第三位数字是， 由 ， 则 . 故答案为：. 变式5-3．杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)560 (3)存在， 【分析】（1）根据二项式系数的性质求和即可； （2）根据组合数的性质化简求值即可； （3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解. 【详解】（1）第10行的各数之和为：. （2）杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为： . （3）存在，理由如下： 设在第行存在连续三项，其中且且， 有且，化简得且， 即，解得， 所以， 故这三个数依次是. 一、单选题 1．展开式的二项式系数和64，则展开式中的有理项个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】利用二项式定理的性质与通项求解即可. 【详解】解：二项系数和为，则，所以的通项为：，其中， 则展开式中的有理项满足，故，共3项. 故选：D. 2．的展开式中的系数为（   ） A．162 B．168 C．180 D．185 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求解. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 所以的展开式中的系数为. 故选：B 3．已知，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】赋值可得，结合导数及代入可得，进而求解即可. 【详解】设， 令，得，又， 令，则， 所以， 即. 故选：A． 4．在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 【答案】C 【分析】由的展开通项为，在展开式中含项的系数分别为 、、，根据组合式求和即可. 【详解】因为的展开通项为， 所以的展开式中含项的系数分别为 、、，其系数和为， 则， 其中，，，依次类推， 得出. 故选：C. 5．如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是，正是会议最初计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】B 【分析】先将八进制数换算成十进制数得，进而得，利用二项式定理即可求解. 【详解】由进位制的换算方法可知，八进制数换算成十进制数为． 根据二项式定理，可得 ， 因为是10的倍数， 所以换算后十进制数的末尾数字为的末尾数字，由， 可得末尾数字为3． 故选：B． 6．已知（，），的展开式中含的项的系数为15，则的展开式中含的项的系数是（   ） A．6或7 B．6 C．8或9 D．9 【答案】C 【分析】写出、展开式的通项，再对、分类讨论，分别确定、的值，再利用通项计算可得. 【详解】因为展开式的通项为（且）， 展开式的通项为（且）， 若，且，时， 则展开式中含的项为， 依题意可得， 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，则，不存在这样的正整数使得方程成立，故舍去； 若，满足题意，此时，则展开式中含的项的系数为； 若，此时，，则无解，故舍去； 若，，则展开式中含的项为，则，解得（负值已舍去）， 此时，则展开式中含的项的系数为； 若，时，展开式中含的项的系数为为，显然为偶数， 由，不存在这样的正整数使得方程成立无解，故舍去； 综上可得的展开式中含的项的系数是或. 故选：C 二、多选题 7．在的二项展开式中，下列说法中正确的有（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第5项或第6项 D．展开式中的常数项是第9项 【答案】BD 【分析】对于A，根据的奇数项二项式系数和为计算即可；对于B，赋值法令计算即可；对于C，由当为偶数时，二项式系数最大的项为第项计算即可；对于D，根据二项式通项公式，令的指数为0，求得即可判断. 【详解】对于A，奇数项的二项式系数和为，故A不正确； 对于B，令有各项系数之和为，故B正确； 对于C，二项式展开式共有11项，则二项式系数最大的项为第项，故C不正确； 对于D，的展开式中常数项为，， 令，解得，所以常数项是第9项，故D正确. 故选：BD. 8．已知则（   ） A．的值为2 B．的值为 C．的值为 D． 【答案】ACD 【分析】对于ACD，由赋值法验算即可；对于B，由二项式定理验算即可. 【详解】选项A：令A正确. 选项B：，的二项式展开式为， 令 则 令 则 B错误. 选项C：令 则令 则 两式相加得 两式相减得 C正确. 选项D：令 两边同乘得D正确. 故选：ACD. 三、填空题 9．已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为 . 【答案】 【分析】根据各项系数和及赋值法求得，结合展开式的通项判断系数最大项为奇数项，依次写出奇数项，即可得答案. 【详解】令，则的展开式各项系数之和为，则. 由的展开式通项公式，， 所以二项展开式的系数最大项在奇数项，设二项展开式中第项的系数最大， 时，时， 时，时， 则该展开式中系数最大的项为. 故答案为： 10．已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ． 【答案】3 【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可. 【详解】=，设其通项为， 设的通项为， 要求项的系数，只有为偶数， 当，此时项的系数为， 当，此时项的系数为， 当，此时项的系数为， 当，不合题意， 故项的系数为. 故答案为：3 四、解答题 11．已知. (1)求的值. (2)若，求被4除后的余数. (3)求的值. 【答案】(1) (2)3 (3) 【分析】（1）令，得到，令，得到，两式相加除以2即可 （2）将代入化简并展开即可得出答案 （3）两边同时对求导，令即可 【详解】（1）令，有， 令，有， 即， 两式相加除以2，得. （2）当时， ， 所以被4除后的余数为3. （3）因为， 等式两边同时对求导可得 ， 令，可得. 12．莱布尼茨（德国数学家）三角（如图1所示）是与杨辉（南宋数学家）三角数阵（如图2所示）相似的一种几何排列，但与杨辉三角不同的是，莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和. 现记莱布尼茨三角第1行的第2个数字为，第2行的第2个数字为，第行的第2个数字为. (1)求的值； (2)将杨辉三角中的每一个数都换成就得到了莱布尼茨三角.我们知道杨辉三角的最基本的性质，也是二项式系数和组合数性质，请你类比这个性质写出莱布尼茨三角的性质，并证明你的结论. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和求出，再由裂项相消法求和可得； （2）结合题意代换写出和式，再利用组合公式运算证明可得. 【详解】（1）由图1可知： 由每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和，可得 ， 故，同理， 故 ； （2）莱布尼茨三角的性质： 证明： . . 故结论正确. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $