北师大版 (2019)选择性必修 第一册第五章 计数原理4 二项式定理4.1 二项式定理的推导课时作业

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册第五章 计数原理4 二项式定理4.1 二项式定理的推导课时作业，共8页。

知识点一二项式定理的正用、逆用
1.若(2x－3eq \r(x))n＋3(n∈N*)的展开式中共有15项，则n的值为( )
A．11 B．12 C．13 D．14
2．1－3C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(10)) ＋9C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) －27C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＋…－39C eq \\al(\s\up1(9),\s\d1(10)) ＋310＝______．
3．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
知识点二二项展开式的通项与系数
4.(x－eq \r(2)y)10的展开式中x6y4的系数是( )
A．－840B．840C．210D．－210
5．(2x－eq \f(1,\r(x)))6的二项展开式中的常数项为________．
6．在(eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(4,x)))n的展开式中，前三项的系数按原顺序成等差数列．
(1)求展开式中含x项的系数；
(2)求展开式中的有理项．
知识点三二项展开式中各项系数的和
7.在(2x＋x2)10的展开式中，各项的系数之和为( )
A．1B．310－1C．310D．210
8．将(1－2x)(1－x)8的展开式写成按升幂排列的和的形式，那么所有奇数项的系数和为________，所有奇次项的系数和为________．
9．设(1－2x)2020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2020x2020(x∈R).
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2020的值；
(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2019的值；
(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2020|的值．
关键能力综合练
一、选择题
1．若(1＋eq \r(2))5＝a＋beq \r(2)(a，b为有理数)，则a＋b＝( )
A．45 B．55 C．70 D．80
2．在(eq \r(x)＋eq \f(2,x))n的展开式中，若常数项为60，则n等于( )
A．3B．6C．9D．12
3．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－1B．－2C．－3D．－4
4．若(1－2x)2020＝a0＋a1x＋…＋a2020x2020(x∈R)，则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2020,22020)的值为( )
A．2B．1C．0D．－1
5．已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a2＋a4＋a6＝( )
A．123B．155C．－120D．－88
6．[探究题](x＋eq \f(1,x2)－1)6展开式中x2的系数为( )
A．－45B．－15C．15D．45
二、填空题
7．设a∈Z，且0≤a<13，若512017＋a能被13整除，则a＝________．
8．若(x＋2)n(n∈N*)的展开式的第4项是eq \f(5,2)，第3项的二项式系数是15，则x的值为________．
9．[易错题]若(1＋2x2)(1＋eq \f(1,x))n的展开式中所有项的系数和为96，则展开式中含eq \f(1,x2)项的系数是________．
三、解答题
10．已知(eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x)))n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1.
(1)求展开式中的所有有理项；
(2)求n＋6C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋36C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) ＋…＋6n－1C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) 的值；
(3)求系数的绝对值最大的项．(注：结果可以有组合数、幂)
学科素养升级练
1．[多选题]若(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))5的展开式中各项系数之和为2，则下列结论正确的是( )
A．a＝1
B．展开式中x6的系数是－32
C．展开式中含x－1项
D．展开式中的常数项为40
2．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是________．
3．[学科素养——数学运算]设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中含x项的系数是19(m，n∈N*).
(1)求f(x)的展开式中含x2项的系数的最小值；
(2)当f(x)的展开式中含x2项的系数取最小值时，求f(x)的展开式中含x7项的系数．
4．1 二项式定理的推导
必备知识基础练
1．解析：因为(2x－3eq \r(x))n＋3的展开式中共有n＋4项，所以n＋4＝15，即n＝11.故选A.
答案：A
2．解析：1－3Ceq \\al(\s\up1(1),\s\d1(10))＋9C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) －27C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＋…－39C eq \\al(\s\up1(9),\s\d1(10)) ＋310＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(10)) (－1)10×30＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(10)) (－1)9×31＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) (－1)8×32＋…＋C eq \\al(\s\up1(10),\s\d1(10)) (－1)0×310＝(－1＋3)10＝210＝1024.
答案：1024(或210)
3．证明：32n＋2－8n－9
＝9n＋1－8n－9
＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝8n＋1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) 8n－1＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) 82＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n＋1)) 8＋1－8n－9
＝82(8n－1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n－2＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) 8n－3＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) )＋8(n＋1)＋1－8n－9
＝64(8n－1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n－2＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) 8n－3＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) ).
∵n∈N*，∴8n－1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n－2＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) 8n－3＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) 是整数，
∴32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
4．解析：在通项Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) x10－k(－eq \r(2)y)k中，令k＝4，即得(x－eq \r(2)y)10的展开式中x6y4的系数为C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) ×(－eq \r(2))4＝840.
答案：B
5．解析：二项式(2x－eq \f(1,\r(x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) ·(2x)6－k·(－eq \f(1,\r(x)))k＝(－1)kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) ·26－k·x6－eq \f(3,2)k.令6－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝4，所以常数项为(－1)4×C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(6)) ×22＝60.
答案：60
6．解析：(eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(4,x)))n的展开式中前三项的系数分别为C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ，eq \f(1,2)C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ，eq \f(1,4)C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ，由题意知C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋eq \f(1,4)C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ，所以n＝1＋eq \f(n（n－1）,8)，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去).
则二项式(eq \r(x)＋eq \f(1,2\r(4,x)))8的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(8)) ·xeq \s\up6(\f(8－k,2))·eq \f(1,2k)·x－eq \f(k,4)＝eq \f(1,2k)·C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(8)) ·x4－eq \f(3,4)k.
(1)令4－eq \f(3,4)k＝1，得k＝4，所以含x项的系数为eq \f(1,24)×C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) ＝eq \f(35,8).
(2)设展开式中，第k＋1项为有理项，
则当k＝0，4，8时对应的项为有理项，
有理项分别为T1＝x4，T5＝eq \f(35,8)x，T9＝eq \f(1,256x2).
7．解析：设(2x＋x2)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a20x20，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a20＝310.故选C.
答案：C
8．解析：设(1－2x)(1－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则所有奇数项的系数和为a0＋a2＋a4＋a6＋a8，所有奇次项的系数和为a1＋a3＋a5＋a7＋a9.令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0 ①，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8－a9＝3×28＝768 ②.由①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq \f(1,2)×768＝384.由①－②，得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－eq \f(1,2)×768＝－384，所以所有奇数项的系数和为384，所有奇次项的系数和为－384.
答案：384 －384
9．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2020＝(－1)2020＝1.
(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a2019＋a2020＝32020， ①
由(1)，知a0＋a1＋a2＋…＋a2020＝1， ②
由②－①，得2(a1＋a3＋…＋a2019)＝1－32020，
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝eq \f(1－32020,2).
(3)∵Tk＋1＝(－1)kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(2020)) (2x)k，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2020|＝a0－a1＋a2－…＋a2020＝32020.
关键能力综合练
1．解析：由二项式定理，得(1＋eq \r(2))5＝1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ×eq \r(2)＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ×(eq \r(2))2＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ×(eq \r(2))3＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) ×(eq \r(2))4＋C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ×(eq \r(2))5＝1＋5eq \r(2)＋20＋20eq \r(2)＋20＋4eq \r(2)＝41＋29eq \r(2).所以a＝41，b＝29，所以a＋b＝70.故选C.
答案：C
2．解析：展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) (eq \r(x))n－k(eq \f(2,x))k＝2kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) xeq \s\up6(\f(n－3k,2))，令eq \f(n－3k,2)＝0，得n＝3k.根据题意有2kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(3k)) ＝60，验证知k＝2，故n＝6.
答案：B
3．解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，所以C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋aC eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故选A.
答案：A
4．解析：令x＝0，得a0＝1，令x＝eq \f(1,2)，得a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2020,22020)＝0，
所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2020,22020)＝－a0＝－1.
答案：D
5．解析：在(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243，
∴2(a0＋a2＋a4＋a6)＝－240，即a0＋a2＋a4＋a6＝－120，故选C.
答案：C
6．解析：(x＋eq \f(1,x2)－1)6＝[(x＋eq \f(1,x2))－1]6，
展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) (x＋eq \f(1,x2))6－r(－1)r＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) ·(－1)r(x＋eq \f(1,x2))6－r(r＝0，1，…，6)，
对于(x＋eq \f(1,x2))6－r，设其展开式的通项为Uk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6－r)) x6－r－k(eq \f(1,x2))k＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6－r)) x6－r－3k(k＝0，1，…，6)，
令6－r－3k＝2，所以r＋3k＝4，解得r＝1，k＝1或者r＝4，k＝0.
所以(x＋eq \f(1,x2)－1)6展开式x2的系数为C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) (－1)1C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(6)) (－1)4C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2)) ＝－15，故选B.
答案：B
7．解析：∵512017＋a＝(52－1)2017＋a＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2017)) ·522017－C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2017)) 522016＋…＋C eq \\al(\s\up1(2016),\s\d1(2017)) 521－1＋a能被13整除，且0≤a＜13，a∈Z，∴－1＋a能被13整除，故a＝1.
答案：1
8．解析：由(x＋2)n(n∈N*)的展开式的第4项为23C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) xn－3，第3项的二项式系数是C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ，可知23C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) xn－3＝eq \f(5,2)，C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝15，可得n＝6，x＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
9．解析：当x＝1时，(1＋2x2)(1＋eq \f(1,x))n的展开式中所有项的系数和为3×2n＝96，解得n＝5，∴(1＋eq \f(1,x))5展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) eq \f(1,xk)，
∴(1＋2x2)(1＋eq \f(1,x))5展开式中含eq \f(1,x2)项的系数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋2C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) ＝20.
答案：20
10．解析：(1)(eq \r(x)－eq \f(2,\r(3,x)))n(n∈N*)的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) (eq \r(x))n－k(eq \f(－2,\r(3,x)))k＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) (－2)kxeq \s\up6(\f(3n－5k,6)).
由于展开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1，
则eq \f(C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(n)) 24,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 22)＝30，化简得n2－5n－84＝0，
解得n＝12或n＝－7(舍去)，
则展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) (－2)kxeq \s\up6(\f(36－5k,6))，
当k＝0，6，12时对应的项为有理项，即T1＝x6，T7＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(12)) 26x，
T13＝C eq \\al(\s\up1(12),\s\d1(12)) ·212x－4.
(2)n＋6C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋36C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) ＋…＋6n－1C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n))
＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(12)) ＋6C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) ＋36C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(12)) ＋…＋612－1C eq \\al(\s\up1(12),\s\d1(12))
＝eq \f(1,6)(1＋6C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(12)) ＋62C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) ＋63C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(12)) ＋…＋612C eq \\al(\s\up1(12),\s\d1(12)) )－eq \f(1,6)
＝eq \f(1,6)×(1＋6)12－eq \f(1,6)
＝eq \f(712－1,6).
(3)设第k＋1项的系数的绝对值最大，
由Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) (－2)k·xeq \s\up6(\f(36－5k,6))，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) 2k≥C eq \\al(\s\up1(k－1),\s\d1(12)) 2k－1,C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) 2k≥C eq \\al(\s\up1(k＋1),\s\d1(12)) 2k＋1))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) ≥C eq \\al(\s\up1(k－1),\s\d1(12)) ,C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(12)) ≥2C eq \\al(\s\up1(k＋1),\s\d1(12)) ))，
即有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(26－2k≥k,24－2k≤1＋k))，解得eq \f(23,3)≤k≤eq \f(26,3)，则k＝8，
故系数的绝对值最大的项为T9＝C eq \\al(\s\up1(8),\s\d1(12)) 28x－eq \f(2,3).
学科素养升级练
1．解析：因为(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))5的展开式中各项系数的和为2，令x＝1得，1＋a＝2，所以a＝1，故A正确；(x＋eq \f(a,x))(2x－eq \f(1,x))5＝(x＋eq \f(1,x))(2x－eq \f(1,x))5，(2x－eq \f(1,x))5展开式的通项为C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) (2x)5－k·(－eq \f(1,x))k＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) 25－k(－1)kx5－2k(k＝0，1，…，5).令5－2k＝5，解得k＝0，所以x6的系数是32，故B错误；
令5－2k＝－2，无解，令5－2k＝0，无解，所以展开式中不含x－1项，故C错误；
令5－2k＝－1，解得k＝3，令5－2k＝1，解得k＝2，所以展开式中的常数项为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ·22·(－1)3＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ·23·(－1)2＝40，故D正确．故选AD.
答案：AD
2．解析：(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，展开式的第k＋1项为C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) (x＋y)5－k(－2z)k，而(x＋y)3的展开式的第m＋1项为C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(3)) x3－m·ym，所以(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是(－2)2C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝120.
答案：120
3．解析：(1)由题意知，m＋n＝19，所以m＝19－n，
令x2项的系数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(19－n)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝eq \f(（19－n）（18－n）,2)＋eq \f(n（n－1）,2)＝n2－19n＋171＝(n－eq \f(19,2))2＋eq \f(323,4).因为n∈N*，所以当n＝9或n＝10时，含x2项的系数最小，为(eq \f(1,2))2＋eq \f(323,4)＝81.
(2)当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x2项的系数取最小值，此时x7项的系数为C eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(9)) ＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(9)) ＝156.