高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板21 计数原理专项练习 （解析版）

这是一份高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板21 计数原理专项练习 （解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模板21计数原理
专项练习
一、单选题
1.(x+y2x)(x+y)5 的展开式中x3y3的系数为（    ）
A. 5                                         B. 10                                         C. 15                                         D. 20
【答案】 C
【考点】二项式定理的应用
【解析】 (x+y)5 展开式的通项公式为 Tr+1=C5rx5-ryr （ r∈N 且 r≤5 ）
所以 (x+y2x) 与 (x+y)5 展开式的乘积可表示为：
xTr+1=xC5rx5-ryr=C5rx6-ryr 或 y2xTr+1=y2xC5rx5-ryr=C5rx4-ryr+2
在 xTr+1=C5rx6-ryr 中，令 r=3 ，可得： xT4=C53x3y3 ，该项中 x3y3 的系数为10，
在 y2xTr+1=C5rx4-ryr+2 中，令 r=1 ，可得： y2xT2=C51x3y3 ，该项中 x3y3 的系数为 5
所以 x3y3 的系数为 10+5=15
故答案为：C
2.(1x-2x)5 的展开式中含 x3 项的系数是（    ）
A. 40                                        B. -40                                        C. 80                                        D. -80
【答案】 C
【考点】二项式系数的性质
【解析】 (1x-2x)5 展开式的通项为 Tr+1=C5r(1x)5-r(-2x)r=(-2)rC5rx2r-5 ．
令 2r-5=3 ，得 r=4 ，则 T5=(-2)4C54x3=80x3 ，
所以 (1x-2x)5 的展开式中含 x3 项的系数是80．
故答案为：C
3.(x+1)(2x-1x)5 的展开式中常数项为（    ）
A. -40                                        B. 40                                        C. -80                                        D. 80
【答案】 A
【考点】二项式定理
【解析】解：∵（2x﹣ 1x ）5的的展开式的通项公式：
Tr+1=C5r(2x)5-r(-1x)r=(-1)r25-rC5rx5-2r ,
令5﹣2r＝﹣1，或5﹣2r＝0，
解得r＝3，r＝ 52 （舍去）．
∴（x+1）（2x﹣ 1x ）5的展开式中常数项：（﹣1）3×22 ×C53 ＝﹣40．
故答案为：A．
4.周六晚上，小红和爸爸、妈妈、弟弟一起去看电影，订购的4张电影票恰好在同一排且连在一起，为安全起见，每个孩子至少有一侧有家长陪坐，则不同的坐法种数为（    ）
A. 8                                         B. 12                                         C. 16                                         D. 20
【答案】 C
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】4个人坐四个座位，共有 A44=24 种坐法，当孩子坐在一起并且坐在最边上时，有一个孩子没有大人陪伴，共有 2A22A22=8 种，所以每个孩子旁边必须有大人陪着共有24-8=16种坐法.
故答案为：C.
5.如图所示一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　   )

A. 96                                         B. 84                                         C. 60                                         D. 48
【答案】 B
【考点】分类加法计数原理，分步乘法计数原理，组合及组合数公式
【解析】解：根据题意可分情况讨论：
取2种花来种，则有C42C21=12种方法;
取3种花来种，则有C43C31C21C21=48种方法;
取4种花来种，则有C43C31C21=24种方法,
故共有12+48+24=84种方法.
故答案为：B
6.甲、乙、丙、丁、戊5个人分到 A,B,C 三个班，要求每班至少一人，则甲不在A班的分法种数有（    ）
A. 160                                       B. 112                                       C. 100                                       D. 86
【答案】 C
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】根据题意有以下三类情况：
⒈甲单独去一个班，则有 C21=2 种方法，剩下四人就分两组去剩下的二个班，
（1）每班都有2人，则有 C42⋅C22=4×32×1=6 种方法；
（2）一班1人，一班3人，则有 C43⋅A22=4×2×1=8 种方法，
因此甲单独去一个班，共有 2×(6+8)=28 种方法；
⒉甲和剩下4人中其中一人去一个班，则有 C41⋅C21=4×2=8 种方法，剩下的3人，分两组分别去剩下的2个班，则有 C32⋅A22=3×2×1=6 种方法，因此甲和剩下4人中其中一人去一个班，共有 8×6=48 种方法；
⒊甲和剩下4人中其中二人去一个班，则有 C42⋅C21=4×32×2=12 种方法，因此剩下的2人去剩下的2个班，共有 A22=2×1=2 种方法，所以甲和剩下4人中其中二人去一个班共有 12×2=24 ，
所以甲不在A班的分法种数有 28+48+24=100 种方法，
故答案为：C
7.从集合{A，B，C，D，E，F}和{1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）．则每排中字母C和数字4，7至少出现两个的不同排法种数为（　　）
A. 85                                      B. 95                                      C. 2040                                      D. 2280
【答案】 C
【考点】分步乘法计数原理
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①，先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4，7至少出现两个，
若字母C和数字4，7都出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，
若字母C和数字4出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，
若字母C和数字7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，
若数字4、7出现，需要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有C52＝10种选法，
则有5+35+35+10＝85种选法，
②，将选出的4个元素全排列，有A44＝24种情况，
则一共有85×24＝2040种不同排法；
故答案为：C．
8.已知 (x-1)5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a5(x+1)5 ，则 a2= （  ）
A. 20                                      B. -20                                      C. 80                                      D. -80
【答案】 D
【考点】二项式系数的性质
【解析】解：因为 (x-1)5=[(x+1)-2]5=[-2+(x+1)]5
第三项为 C52(-2)3(x+1)2
所以 a2=C52(-2)3=-80
故答案为：D.
二、多选题
9.已知 (2x+1x)n 的二项展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（    ）
A. 二项展开式中各项系数之和为 36                         B. 二项展开式中二项式系数最大的项为 160x32
C. 二项展开式中无常数项                                        D. 二项展开式中系数最大的项为 90x3
【答案】 A,B
【考点】二项式定理，二项式系数的性质
【解析】解：因为 (2x+1x)n 的二项展开式中二项式系数之和为64，
所以 2n=64 ，得 n=6 ，所以二项式为 (2x+1x)6 ，
则二项式展开式的通式公式 Tr+1=C6r(2x)6-r(1x)r=C6r26-rx6-32r ，
对于A，令 x=1 ，可得二项展开式中各项系数之和为 36 ，所以A符合题意；
对于B，第4项的二项式系数最大，此时 r=3 ，则二项展开式中二项式系数最大的项为 T4=C6326-3x6-32×3=160x32 ，所以B符合题意；
对于C，令 6-32r=0 ，则 r=4 ，所以二项展开式中的常数项为 C6426-4x6-32×4=60 ，所以C不符合题意；
对于D，令第 r 项的系数最大，则 {C6r26-r≥C6r-126-(r-1)C6r26-r≥C6r+126-(r+1) ，解得 53≤r≤73 ，
因为 r∈N* ，所以 r=2 时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为 T3=C6224x3=240x3 ，所以D不符合题意，
故答案为：AB
10.若 (1-2x)2009=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋅⋅⋅+a2009x2009 （ x∈R ），则（    ）
A. a0=1                                                                 B. a1+a3+a5+⋅⋅⋅+a2009=32009+12
C. a0+a2+a4+⋅⋅⋅+a2008=32009-12          D. a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a200922009=-1
【答案】 A,C,D
【考点】二项式系数的性质
【解析】由题意，当 x=0 时， a0=12009=1 ，
当 x=1 时， a0+a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2009=(-1)2009=-1 ，
当 x=-1 时， a0-a1+a2-a3+⋅⋅⋅-a2009=32009 ，
所以 a1+a3+a5+⋅⋅⋅+a2009=-32009+12 ， a0+a2+a4+⋅⋅⋅+a2008=32009-12 ，
a12+a222+⋅⋅⋅+a200922009=a1×12+a2×(12)2+⋅⋅⋅+a2009×(12)2009 ，
当 x=12 时， 0=a0+a1×12+a2×(12)2+⋅⋅⋅+a2009×(12)2009 ，
所以 a1×12+a2×(12)2+⋅⋅⋅+a2009×(12)2009=-a0=-1 .
故答案为：ACD.
11.已知 (3x2+1x)4 的展开式中各项系数之和为 A ，第二项的二项式系数为 B ，则（    ）
A. A=256          B. A+B=260          C. 展开式中存在常数项          D. 展开式中含 x2 项的系数为54
【答案】 A,B,D
【考点】二项式定理，二项式系数的性质
【解析】令 x=1 ，得 (3x2+1x)4 的展开式中各项系数之和为 44=256 ，所以 A=256 ，
A符合题意；
(3x2+1x)4 的展开式中第二项的二项式系数为 C41=4 ，所以 B=4 ， A+B=260 ，B符合题意；
(3x2+1x)4 的展开式的通项公式为 Tr+1=C4r(3x2)4-r(1x)r=34-rC4rx8-3r ，
令 8-3r=0 ，则 r=83 ，所以展开式中不存在常数项，C不符合题意；
令 8-3r=2 ，则 r=2 ，所以展开式中含 x2 项的系数为 34-2C42=54 ，D符合题意.；
故答案为：ABD
12.设常数 a∈R ， n∈N* ，对于二项式 (1+ax)n 的展开式，下列结论中，正确的是（    ）
A. 若 an
C. 若 a=-2 ， n=10 ，则第7项的系数最大
D. 若 a=-2 ， n=7 ，则所有奇数项系数和为239
【答案】 B,C,D
【考点】二项式定理，二项式系数的性质
【解析】二项式 (1+ax)n 的展开式的通项为 Tr+1=Cnr⋅1n-r⋅(ax)r=Cnr⋅ar⋅xr2 ，
对于A，当 a=0 时，则任意项的系数均为0（除常数项），A不符合题意；
对于B，若 a≤n ，则最后两项为 Cnn-1an-1,Cnnan ，有 Cnn-1an-1≥Cnnan ，与已知矛盾，故 a>n ，B符合题意；
对于C，若 a=-2 ， n=10 ，则各项系数为 C100(-2)0=1 ， C101(-2)1=-20 ， C102(-2)2=180 ，
C103(-2)3=-960 ， C104(-2)4=3360 ， C105(-2)5=-8064 ， C106(-2)6=13440 ， C107(-2)7=-15360 ， C108(-2)8=11520 ， C109(-2)9=-5120 ， C1010(-2)10=1024 ，故第7项的系数最大，C符合题意.
对于D，若 a=-2 ， n=7 ，则所有奇数项系数和为 C70a0+C72a2+C74a4+C76a6=1×1+21×2+35×4+7×8=239 ，D符合题意.
故答案为：BCD.
三、填空题
13.将2个2021，3个2019，4个2020填入如图的九宫格中，使得每行数字之和、每列数字之和都为奇数，不同的填法有________种.（用数字回答）

【答案】 90
【考点】分步乘法计数原理，排列、组合及简单计数问题
【解析】若某行（列）的数字和为奇数，则该行（列）的奇数个数为1个或3个，
题中有5个奇数，4个偶数，则分布到3行，必有一行有3个奇数，另两行只有1个奇数，列同理，
则奇数的位置分布有 3×3=9 种，
对于每种位置，从5个位置中选择2个位置放2021，有 C52=10 种.
由分步乘法计数原理可知，不同的填法种数为 9×10=90 种.
故答案为：90.
14.疫情防控期间，某中学从9位(包含甲､乙､丙､丁)行政人员中选出6人负责某月1日到6日的学生体温情况统计工作，每人各1天，其中甲､乙､丙､丁四人必须选中，且甲､乙两人不能安排在相邻的两天，丙､丁两人也不能安排在相邻的两天，则不同的安排方法共有________种(用数字作答).
【答案】 3360
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】余下5人选2人，即 C52 ，6人全排，即 A66 ，所以共有 C52⋅A66=7200 种，
甲乙捆绑一起，即 A22 ，丙丁捆绑一起，即 A22 ，
2个组合与另外2人全排，即 A44 ，故 A22⋅A22⋅A44⋅C52=960 ；
甲乙捆绑一起，与另外4人全排，即 A22⋅A55⋅C52=2400 ；
丙丁捆绑一起，与另外4人全排，即 A22⋅A55⋅C52=2400 ；
所以符合条件的有 7200-(2400+2400-960)=3360 种.
故答案为：3360
15.首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有________种（结果用数值表示）

【答案】 24
【考点】分步乘法计数原理，排列、组合及简单计数问题
【解析】解：在五天里，甲连续参加2天，一共有4种，剩下的3人排列，故有 4A33=24 种，
故答案为：24．
16.某校 13 名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从小到大共 9 种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令.游戏分组有两种方式，可以 2 人一组或者 3 人一组.如果 2 人一组，则必须角色相同；如果 3 人一组，则 3 人角色相同或者 3 人为级别连续的 3 个不同角色.已知这 13 名学生扮演的角色有 3 名士兵和 3 名司令，其余角色各 1 人，现在新加入 1 名学生，将这 14 名学生分成 5 组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为________.
【答案】 9
【考点】分类加法计数原理
【解析】依题意， 14 名学生分成 5 组，则一定是 4 个 3 人组和 1 个 2 人组.
①若新加入的学生是士兵，则可以将这 14 个人分组如下； 3 名士兵；士兵、排长、连长各 1 名；营长、团长、旅长各 1 名；师长、军长、司令各 1 名； 2 名司令.所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知也可以是司令；
②若新加入的学生是排长，则可以将这 14 个人分组如下： 3 名士兵；连长、营长、团长各 1 名；旅长、师长、军长各 1 名； 3 名司令； 2 名排长.所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知也可以是军长；
③若新加入的学生是连长，则可以将这 14 个人分组如下： 2 名士兵；士兵、排长、连长各 1 名；连长、营长、团长各 1 名；旅长、师长、军长各 1 名； 3 名司令.所以新加入的学生可以是连长，由对称性可知也可以是师长；
④若新加入的学生是营长，则可以将这 14 个人分组如下： 3 名士兵；排长、连长、营长各 1 名；营长、团长、旅长各 1 名；师长、军长、司令各 1 名； 2 名司令.所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知也可以是旅长；
⑤若新加入的学生是团长，则可以将这 14 个人分组如下： 3 名士兵；排长、连长、营长各 1 名；旅长、师长、军长各 1 名； 3 名司令； 2 名团长.所以新加入的学生可以是团长.
综上所述，新加入学生可以扮演 9 种角色.
故答案为： 9 .
四、解答题
17.已知 (x+33x)n 展开式中，各项系数的和与其二项式系数的和之比为64．
（1）求 x3 项的系数；
（2）求二项式系数最大的项．
【答案】 （1）令x＝1，得各项系数和为4n ， 又二项式系数和为2n ， 故有 4n2n ＝2n＝64，
∴n＝6.
故展开式的通项公式为：Tr+1=C6r·x126-r·(33x)r=3r·C6r·x3-56r ；
令3-56r=3 ， 得r=0，
则所求x3项的系数为30·C60=1
（2）由（1）知n=6，则二项式系数最大的项为T4=T3+1=33·C63·x3-56·3=540x12
【考点】二项式定理，二项式系数的性质，二项式定理的应用
【解析】（1）根据二项式系数之和与系数之和的定义，结合二项式的通项公式直接求解即可；
（2）根据二项式系数的规律直接求解即可.
18.      
（1）证明： 1k+1Cnk=1n+1Cn+1k+1(n∈N*,k∈N) ；
（2）计算： (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+⋯+(-1)202012021C20202020 ；
（3）计算： k=02020(-1)kC2020k2k+2 .
【答案】 （1）证明： 1k+1Cnk=1k+1⋅n!k!(n-k)!=1n+1⋅(n+1)!(k+1)!(n-k)!=1n+1Cn+1k+1 ；
（2）解： (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+⋯+(-1)202012021C20202020
=k=02020(-1)k1k+1C2020k=12021k=02020(-1)kC2021k+1=12021
（3）解：设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 ，
则 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-1)2k+2+(-1)n2n+2
=an-1+k=1n(-1)kCn-1k-12k+2=an-1+2nk=1n(-1)kCnkkk+2
=an-1+2n{k=0n(-1)kCnk-k=0n(-1)kCnk2k+2}=an-1+2n(0-an) .
所以 an=nn+2an-1⇒an=nn+2⋅n-1n+1an-2 =⋅⋅⋅=n(n-1)⋅⋅⋅-3⋅2(n+2)(n+1)⋅⋅⋅5⋅4a1 ，
又 a1=13 ，所以 an=n!2!(n+2)!=1Cn+2n .
所以 k=02020(-1)kC2020k2k+2=a2020=1C20222020=1C20222
=11011×2021=12043231 .（结果没化简，不扣分）
方法二： k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k⋅2020!k!(2020-k)!⋅2(k+1)(k+2)(k+1)
=k=02020(-1)k⋅2022!(k+2)!(2020-k)!⋅2(k+1)2022×2021
=22022×2021⋅k=02020(-1)k⋅(k+1)⋅C2022k+2
=22022×2021⋅k=02020(-1)k⋅(k+2-1)⋅C2022k+2
=22022×2021⋅[k=02020(-1)k⋅(k+2)⋅C2022k+2-k=02020(-1)k⋅C2022k+2]
=22022×2021⋅[k=02020(-1)k⋅2022⋅C2021k+1-k=02020(-1)k+2⋅C2022k+2]
=22022×2021⋅[-2022k=02020(-1)k+1⋅C2021k+1-((1-1)2022-1-C20221(-1)1)]
=22022×2021⋅[-2022⋅((1-1)2021-1)+1-2022]
=22022×2021=11011×2021=12043231 .
【考点】组合及组合数公式
【解析】（1）利用组合数的运算即可求证.（2）利用组合数的运算与性质即可证出.（3）方法一：设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 ，可得 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-1)2k+2+(-1)n2n+2 ，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二： k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k⋅2020!k!(2020-k)!⋅2(k+1)(k+2)(k+1) ，根据组合数的运算即可求解
19.设 f(x,n)=(1+x)n ， n∈N* .
（1）求 f(x,6) 的展开式中系数最大的项；
（2）n∈N* 时，化简 Cn04n-1+Cn14n-2+Cn24n-3+⋯+Cnn-140+Cnn4-1 ；
（3）求证： Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯+nCnn=n×2n-1 .
【答案】 （1）解： f(x,6)=(1+x)6 ，通项为： Tk+1=C6kxk ，
故各项的系数即为二项式系数，故系数最大的项为 T4=C63x3=20x3 ；
（2）解： Cn04n-1+Cn14n-2+Cn24n-3+⋯+Cnn-140+Cnn4-1
=14[Cn04n+Cn14n-1+Cn24n-2+⋯+Cnn-141+Cnn]=14(4+1)n=5n4 ；
（3）证明：令 S=Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯+(n-1)Cnn-1+nCnn ①，
则 S=nCnn+(n-1)Cnn-1+(n-2)Cnn-2+⋯+2Cn2+Cn1 ，
所以 S=nCn0+(n-1)Cn1+(n-2)Cn2+⋯+2Cnn-2+Cnn-1 ②，
① + ②得： 2S=n(Cn0+Cn1+⋯⋯+Cnn)=n⋅2n ，∴ S=n⋅2n-1 .
【考点】二项式定理，二项式系数的性质
【解析】（1）中间项的二项式系数（也是系数）最大；（2）在原式乘以4，然后逆用二项式定理即可；（3）根据 Cnk=Cnn-k ，将左边利用倒序相加法求和.
20.设 (1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn,n⩾4,n∈N* .已知 a32=2a2a4 .
（1）求n的值；
（2）设 (1+3)n=a+b3 ，其中 a,b∈N* ，求 a2-3b2 的值.
【答案】 （1）解：因为 (1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn ，  n≥4 ，
所以 a2=Cn2=n(n-1)2,a3=Cn3=n(n-1)(n-2)6 ，
a4=Cn4=n(n-1)(n-2)(n-3)24 ．
因为 a32=2a2a4 ，
所以 [n(n-1)(n-2)6]2=2×n(n-1)2×n(n-1)(n-2)(n-3)24 ，
解得 n=5
（2）解：由（1）知， n=5 ．
(1+3)n=(1+3)5
=C50+C513+C52(3)2+C53(3)3+C54(3)4+C55(3)5
=a+b3 ．
解法一：
因为 a,b∈N* ，所以 a=C50+3C52+9C54=76,b=C51+3C53+9C55=44 ，
从而 a2-3b2=762-3×442=-32 ．
解法二：
(1-3)5=C50+C51(-3)+C52(-3)2+C53(-3)3+C54(-3)4+C55(-3)5
=C50-C513+C52(3)2-C53(3)3+C54(3)4-C55(3)5 ．
因为 a,b∈N* ，所以 (1-3)5=a-b3 ．
因此 a2-3b2=(a+b3)(a-b3)=(1+3)5×(1-3)5=(-2)5=-32
【考点】组合及组合数公式，二项式定理的应用
【解析】利用二项式定理结合已知条件求出展开式中通项公式，再利用展开式中的通项公式求出系数，再利用 a32=2a2a4 结合组合数公式求出 n 的值。（2）由（1）知， n=5 。
（2）用两种方法求出 a2-3b2 的值，利用二项式定理求出展开式中通项公式，再利用展开式中的通项公式求出系数，再结合已知条件求出 a2-3b2 的值。
21.综合题。
（1）(2x+x)5 的展开式中，求x3的系数；
（2）已知 (x-ax)5 的展开式中含 x32 的项的系数为30，求a的值；
（3）(x+ax)⋅(2x-1x)5 的展开式中各项系数的和为2，求该展开式中的常数项．
【答案】 （1）解： (2x+x)5 的展开式的通项公式为Tr+1= C5r • x5-12r •25﹣r ，
令5﹣ 12r =3，r=4，可得展开式中x3的系数为10
（2）解：根据所给的二项式写出展开式的通项，Tr+1= (-a)rC5rx52-r
展开式中含 x32 的项的系数为30，
∴ 52 ﹣r= 32 ，
∴r=1，并且﹣5a=30，解得a=﹣6
（3）解：∵ (x+ax)⋅(2x-1x)5 的展开式中各项系数的和为（a+1）（2﹣1）=2，
∴a=1，
（2x﹣ 1x ）5的通项为Tr+1= C5r⋅(-1)r⋅25-r⋅x5-2r ，
故常数项为 -C53⋅4 + C52⋅8 =40
【考点】二项式系数的性质
【解析】（1）在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得展开式中x3的系数．（2）根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成最简形式，令x的指数为 32 求得r，再代入系数求出结果．（3）根据 (x+ax)⋅(2x-1x)5 的展开式中各项系数的和为2求得a=1，再根据它的展开式的通项公式求得它的常数项．
22.已知 f(x)=(x+1x+1)n,n∈N* .
（1）记其展开式中常数项为 m ，当 n=4 时.求 m 的值；
（2）证明:在 f(x) 的展开式中，对任意 1≤t≤n(t∈N*) ， xt 与 1xt 的系数相同.
【答案】 （1）解： m=C42x2(1x)2+C41C31⋅x⋅1x+C44=19 ；
（2）证明：由项式定理可知， f(x)=i=0mCmi⋅(x+1x)i
对任意给定的 1≤t≤n ，当 1≤i≤t 时，
(x+1x)i 的展开式中无 xt 与 1xt 项；
当 i≥t 时， Cmi⋅(x+1x)i=Cmi⋅k=0tCikxi-k1xk=Cmi⋅k=0tCikxi-2k
若 i-t 为奇数，则 i-2k≠±t ，
即 (x+1x)i 的展开式中无 xt 与 1xt 项；
若 i-t 为偶数，设 i=2k+t ，
则 Cnt(x+1x)t 的展开式中， xt 的系数为 Cni⋅Cik
1xt 的系数为 Cni⋅Cii-k ，即 xt 与 1xt 项的系数相同，
即当 i≥t 且 i-t 为偶数时，在 Cnt(x+1x)t 的展开式中，
xt 与 1xt 项的系数均相同，
所以在 f(x) 的展开式中， xt 与 1xt 项的系数相同，原命题得证.
【考点】二项式定理，二项式系数的性质
【解析】（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果；（1）先由展开式写出通项，分类讨论 xt 与 1xt 存在，再证明系数相等.