课时跟踪检测（八） 二项式系数的性质

这是一份课时跟踪检测（八） 二项式系数的性质，共4页。

A．第6项 B．第8项
C．第5,6项 D．第6,7项
解析：选D 由n＝11为奇数，则展开式中第eq \f(11＋1,2)项和第eq \f(11＋1,2)＋1项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大．
2．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－\r(3,x)))n(n∈N*)的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有系数之和为( )
A．32 B．－32
C．0 D．1
解析：选D 由题意得2n＝32，得n＝5.令x＝1，得展开式所有项的系数之和为(2－1)5＝1.
3．已知Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝729，则Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(5,n)的值等于( )
A．64 B．32
C．63 D．31
解析：选B ∵Ceq \\al(0,n)＋2Ceq \\al(1,n)＋22Ceq \\al(2,n)＋…＋2nCeq \\al(n,n)＝(1＋2)n＝729，
∴n＝6，∴Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(5,6)＝32.
4．若(1－2x)2 020＝a0＋a1x＋…＋a2 020x2 020(x∈R)，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 020,22 020)的值为( )
A．2 B．0
C．－2 D．－1
解析：选D (1－2x)2 020＝a0＋a1x＋…＋a2 020x2 020，令x＝eq \f(1,2)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2×\f(1,2)))2 020＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 020,22 020)＝0，其中a0＝1，所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 020,22 020)＝－1.
5．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．212 B．211
C．210 D．29
解析：选D 因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(7,n)，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇数项的二项式系数和为eq \f(1,2)×210＝29.
6．在(a＋b)8的展开式中，二项式系数最大的项为______，在(a＋b)9的展开式中，二项式系数最大的项为________．
解析：因为(a＋b)8的展开式中有9项，所以中间一项的二项式系数最大，该项为Ceq \\al(4,8)a4b4＝70a4b4.
因为(a＋b)9的展开式中有10项，所以中间两项的二项式系数最大，这两项分别为Ceq \\al(4,9)a5b4＝126a5b4，Ceq \\al(5,9)a4b5＝126a4b5.
答案：70a4b4 126a5b4与126a4b5
7．在多项式(1＋2x)6(1＋y)5的展开式中，xy3的系数为________，含x3y的系数为________．
解析：因为二项式(1＋2x)6的展开式中含x的项的系数为2Ceq \\al(1,6)，二项式(1＋y)5的展开式中含y3的项的系数为Ceq \\al(3,5)，所以在多项式(1＋2x)6(1＋y)5的展开式中，xy3的系数为2Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(3,5)＝120，同理可得x3y的系数为8Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(1,5)＝800.
答案：120 800
8．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________．
解析：展开式中含x3的项的系数为Ceq \\al(3,5)(－1)3＋Ceq \\al(3,6)(－1)3＋Ceq \\al(3,7)(－1)3＋Ceq \\al(3,8)(－1)3＝－121.
答案：－121
9．(1＋3x)n的展开式中第6项和第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
解：T6＝Ceq \\al(5,n)(3x)5，T7＝Ceq \\al(6,n)(3x)6，
依题意有Ceq \\al(5,n)·35＝Ceq \\al(6,n)·36⇒n＝7，
∴(1＋3x)7的展开式中，二项式系数最大的项为
T4＝Ceq \\al(3,7)·(3x)3＝945x3，
T5＝Ceq \\al(4,7)·(3x)4＝2 835x4.
设第r＋1项系数最大，则有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,7)·3r≥C\\al(r－1,7)·3r－1，,C\\al(r,7)·3r≥C\\al(r＋1,7)·3r＋1))⇒5≤r≤6.
∵r∈{0,1,2，…，7}，
∴r＝5或r＝6.
∴系数最大的项为T6＝5 103x5，T7＝5 103x6.
10．在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)系数绝对值的和．
解：设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为Ceq \\al(0,9)＋Ceq \\al(1,9)＋Ceq \\al(2,9)＋…＋Ceq \\al(9,9)＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，∴a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
令x＝1，y＝－1，可得a0－a1＋a2－…－a9＝59，
将两式相加除以2可得：a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq \f(59－1,2)，
即为所有奇数项系数之和．
(4)法一：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|
＝a0－a1＋a2－…－a9＝59.
法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|即为(2x＋3y)9展开式中各项系数和，令x＝1，y＝1得：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59.
1．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))n的二项展开式的各项系数和为32，则二项展开式中x4的系数为( )
A．5 B．10
C．20 D．40
解析：选B 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))n的二项展开式的各项系数和为32，所以令x＝1得2n＝32，所以n＝5.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))5的二项展开式的第r＋1项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,5)x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，故二项展开式中x4的系数为Ceq \\al(2,5)＝10.
2．已知(1＋2x)8展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，则eq \f(b,a)的值为( )
A.eq \f(128,5) B.eq \f(256,7)
C.eq \f(512,5) D.eq \f(128,7)
解析：选A a＝Ceq \\al(4,8)＝70，设b＝Ceq \\al(r,8)2r，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,8)2r≥C\\al(r－1,8)2r－1，,C\\al(r,8)2r≥C\\al(r＋1,8)2r＋1，))得5≤r≤6，
所以b＝Ceq \\al(6,8)26＝Ceq \\al(2,8)26＝7×28，所以eq \f(b,a)＝eq \f(128,5).
3．若Ceq \\al(2n＋6,20)＝Ceq \\al(n＋2,20)(n∈N*)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝________.
解析：由Ceq \\al(2n＋6,20)＝Ceq \\al(n＋2,20)可知n＝4，令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.
答案：81
4．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中偶数项的二项式系数和比(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数和小120，求第一个展开式中的第3项．
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中的偶数项的二项式系数和为2n－1，而(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数的和为22n－1，所以有2n－1＝22n－1－120，解得n＝4，故第一个展开式中第3项为T3＝Ceq \\al(2,4)(eq \r(x))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))2＝6eq \r(3,x).
5．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))n展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解：(1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第r＋1项，
则Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))r＝Ceq \\al(r,8)mrx8－2r.
令8－2r＝0，得r＝4，则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，
解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,8)mr≥C\\al(r－1,8)mr－1，,C\\al(r,8)mr≥C\\al(r＋1,8)mr＋1，))
化简可得eq \f(8m－1,m＋1)≤r≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4<\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)<7.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,4)所以m只能等于2.