高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第二课时二项式定理学案
展开1.二项式定理:(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b1+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn(n∈N*).
2.二项展开式的通项:Tk+1=Cnkan-kbk,它表示展开式的第k+1项.
3.二项式系数:二项展开式中各项的系数Cn0,Cn1,…,Cnk,…,Cnn.
提醒:(a+b)n的展开式与(b+a)n的展开式的项完全相同,但对应的项不相同,而且两个展开式的通项不同.
形如(a+b)n的展开式问题
[典例1] (1)(2022·上海春季高考)已知二项式x3+1x12,则展开式中含1x4项的系数为________.
(2)设(1+3x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a5=a6,则n=________.
(1)66 (2)7 [(1)展开式的通项为Tk+1=C12kx312-k1xk=C12kx36-4k,由36-4k=-4,得k=10,即T11=C1210x-4=66x4,即含1x4项的系数为66.
(2)因为a5,a6分别为x5,x6的系数,则a5=Cn5·35,a6=Cn6·36,
所以由a5=a6,得Cn5=3Cn6,
解得n=7.]
形如(a+b)n(c+d)m的展开式问题
[典例2] (1)(2023·河北唐山二模)已知(ax+1)·(2x-1)6展开式中x5的系数为48,则实数a=( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)1-yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为______.(用数字作答)
(1)A (2)-28 [(1)二项式(2x-1)6的通项为Tk+1=C6k(2x)6-k·(-1)k=C6k·26-k·(-1)k·x6-k,(ax+1)(2x-1)6的展开式中,x5的系数为aC6224×-12+1×C6125×(-1)=15×16a-32×6=48,
解得a=1.故选A.
(2)因为1-yx(x+y)8=(x+y)8-yx(x+y)8,
所以1-yx(x+y)8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6-yx C85x3y5=-28x2y6,
所以1-yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28.]
形如(a+b+c)n的展开式问题
[典例3] (2023·甘肃金昌统考模拟)在(x2-x+y)6的展开式中,x5y2的系数为( )
A.30 B.-30 C.-60 D.60
C [(x2-x+y)6=[(x2-x)+y]6,其展开式的通项为Tr+1=C6r(x2-x)6-ryr,
若先满足x5y2中y2的次数,则r=2,可得T3=15(x2-x)4y2,
其中(x2-x)4展开式的通项为Tk+1=C4k(x2)4-k·(-x)k=-1kC4kx8-k,
令8-k=5,得k=3,所以T4=-4x5,故x5y2的系数为-4×15=-60.故选C.]
几种求展开式特定项的解法
(1)求二项展开式中的特定项,一般是化简通项后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数k+1,代回通项即可.
(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题,一般都可以根据因式连乘的规律,结合组合思想求解,但要注意适当地运用分类方法,以免重复或遗漏.
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决.
跟进训练1 (1)(2024·甘肃张掖模拟预测)二项式x-3x26的展开式中含x3的项的系数为( )
A.-360 B.-18 C.18 D.135
(2)若x+12x8(x3+a)的展开式中含x项的系数为-218,则实数a的值为( )
A.-1 B.-2 C.-3 D.-4
(3)(2024·湖北武汉模拟预测)sinθx-x+16的展开式中x4的系数为12,则cs 2θ=( )
A.14 B.-12 C.12 D.34
(1)B (2)A (3)C [(1)x-3x26的展开式的通项为Tk+1=C6k·x6-k·(-3x-2)k=C6k·(-3)k·x6-3k,
令6-3k=3,解得k=1,所以二项式x-3x26的展开式中含x3的项的系数为 C61·(-3)1=-18.
故选B.
(2)x+12x8的展开式的通项为Tk+1=C8kx8-k12xk=12kC8kx8-3k2(k=0,1,2,3,4,5,6,7,8),令8-3k2=-2,得k=4,令8-3k2=1,得k=2,故含x的项的系数为124C84+122C82a=-218,解得a=-1.故选A.
(3)sinθx-x+16的展开式中x4的系数可以看成6个因式sinθx-x+1中选取5个因式提供x,
余下一个因式中提供sinθx或者6个因式sinθx-x+1中选取4个因式提供x,余下两个因式中均提供1,
故x4的系数为C64-C65·sin θ=12,
∴sin θ=12,∴cs 2θ=1-2sin2θ=1-2×14=12.故选C.]
考点二 二项式系数与项的系数问题
二项式系数和与项的系数和
(1)(a+b)n展开式的各二项式系数的和:Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n.
(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,即Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+Cn5+…=2n-1.
(3)在二项式定理中,令a=1,b=x,得(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnkxk+…+Cnnxn.
(4)若f (x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则
①a0+a1+a2+…+an=f (1).
②奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=f1+f-12.
③偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=f1-f-12.
[典例4] (1)若3x-1xn(n∈N*)的展开式中所有项的二项式系数之和为16,则3x+1x2n的展开式中的常数项为( )
A.6 B.8 C.28 D.56
(2)(2023·四川南充三模)若(x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a4-a3+a2-a1=________.
(1)C (2)15 [(1)由3x-1xn(n∈N*)的展开式中所有项的二项式系数之和为16,得2n=16,所以n=4,
则二项式3x+1x8的展开式的通项为Tk+1=C8k3x8-k1xk=C8kx8-4k3(0≤k≤8且k∈N),
令8-4k3=0,解得k=2,所以T3=C82=28,
故3x+1x8的展开式中的常数项为28,故选C.
(2)不妨设f (x)=(x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,令x=0得f (0)=a0=(0-1)4=1,
令x=-1得f (-1)=a4-a3+a2-a1+a0=(-1-1)4=16,
所以a4-a3+a2-a1=15.故答案为:15.]
【教师备用】
1.(2022·北京卷)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )
A.40 B.41 C.-40 D.-41
B [当x=1时,1=a4+a3+a2+a1+a0①;
当x=-1时,81=a4-a3+a2-a1+a0②;
①+②2得a4+a2+a0=41.]
2.在x+3xn的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为32∶1,则x2的系数为( )
A.50 B.70 C.90 D.120
C [令x=1,则x+3xn=4n,
所以x+3xn的展开式中,各项系数和为4n.又二项式系数和为2n,所以4n2n=2n=32,解得n=5.所以二项展开式的通项Tk+1=C5kx5-k3xk=C5k3kx5-32k,令5-32k=2,得k=2,
所以x2的系数为C5232=90,故选C.]
系数和问题常用“赋值法”求解
赋值法是指对二项式中的未知元素赋值,从而求得二项展开式的各项系数和的方法.求解有关系数和问题的关键点如下:
(1)赋值,观察已知等式与所求式子的结构特征,确定所赋的值,常赋的值有-1,0,1等.
(2)求参数,通过赋值,建立参数的相关方程,解方程,可得参数值.
(3)求值,根据题意,得出指定项的系数和.
二项式系数的性质
[典例5] 已知(3x+x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x-1)n的展开式的二项式系数和大992,则在2x-1x2n的展开式中,二项式系数最大的项为________,系数的绝对值最大的项为________.
-8 064 -15 360x4 [由题意知,22n-2n=992,即(2n-32)(2n+31)=0,故2n=32,解得n=5.由二项式系数的性质知,2x-1x10的展开式中第6项的二项式系数最大,故二项式系数最大的项为T6=C105(2x)5-1x5=-8 064.
设第k+1项的系数的绝对值最大,
则Tk+1=C10k·(2x)10-k·-1xk=-1kC10k·210-k·x10-2k,
令C10k·210-k≥C10k-1·210-k+1,C10k·210-k≥C10k+1·210-k-1, 得C10k≥2C10k-1,2C10k≥C10k+1,
即11-k≥2k, 2k+1≥10-k, 解得83≤k≤113.
∵k∈Z,∴k=3.
故系数的绝对值最大的项是第4项,
T4=-C103·27·x4=-15 360x4.]
求解二项式系数或展开式系数的最值问题的一般步骤
第一步,求系数的最大值问题,要先弄清所求问题是“展开式中项的系数最大”“二项式系数最大”以及“最大项”三者中的哪一个;
第二步,若是求二项式系数最大值,则依据(a+b)n中n的奇偶及二项式系数的性质求解.若是求展开式中项的系数的最大值,由于展开式中项的系数是离散型变量,设展开式各项的系数分别为A1,A2,…,An+1,且第k项系数最大,因此在系数均为正值的前提下,求展开式中项的系数的最大值只需解不等式组Ak≥Ak-1,Ak≥Ak+1, 即得结果.
跟进训练2 (1)(2024·云南大理统考模拟)已知多项式(x+1)3(x+2)2=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0-a1+a2-a3+a4-a5=( )
A.0 B.4 C.8 D.32
(2)(2023·四川雅安一模)(1-x)10的展开式中,系数最小的项是( )
A.第4项 B.第5项
C.第6项 D.第7项
(1)A (2)C [(1)依题意,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=(-1+1)3·(-1+2)2=0.故选A.
(2)依题意,(1-x)10的展开式通项为Tk+1=C10k(-x)k=-1kC10kxk(0≤k≤10,k∈N),其系数为-1kC10k,
当k为奇数时,-1kC10k才能取得最小值,又由二项式系数的性质可知,C105是{C10k}的最大项,
所以当k=5时,-1kC10k取得最小值,即第6项的系数最小.故选C.]
考点三 二项式定理的应用
[典例6] (1)设a∈Z,且0≤a≤13,若512 023+a能被13整除,则a=( )
A.0 B.1 C.11 D.12
(2)1.026的近似值(精确到0.01)为( )
A.1.12 B.1.13 C.1.14 D.1.20
(1)B (2)B [(1)因为a∈Z,且0≤a≤13,
所以512 023+a=(52-1)2 023+a
=C2 0230522 023-C2 0231522 022+C2 0232522 021-…+C2 0232 02252-
C2 0232 023+a,因为512 023+a能被13整除,结合选项,
所以-C2 0232 023+a=-1+a能被13整除,所以a=1.
(2)1.026=(1+0.02)6=1+C61×0.02+C62×0.022+C63×0.023+…+0.026≈1+0.12+0.006≈1.13.]
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形,使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式.
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算:当n不很大,|x|比较小时,(1+x)n≈1+nx.
跟进训练3 C271+C272+C273+…+C2727除以9的余数是________.
7 [C271+C272+…+C2727=227-1=89-1=(9-1)9-1
=C90×99-C91×98+…+C98×9-C99-1
=9(C90×98-C91×97+…+C98)-2
=9(C90×98-C91×97+…+C98-1)+7,
显然上式括号内的数是正整数,故除以9的余数是7.]
课后习题(五十一) 二项式定理
1.(北师大版选择性必修第一册P176练习T2改编)x-2x6的展开式中的常数项是( )
A.240 B.-240 C.192 D.-192
A [x-2x6的展开式的通项为Tk+1=C6k·x6-k·-2xk=C6k·(-2)k·x6-32 k,
令6-32k=0得k=4,∴T5=C64·(-2)4=240,故选A.]
2.(人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T5(3)改编)2x-134x 6的展开式的中间项为( )
A.-40 B.-40x2 C.40 D.40x2
B [2x-134x 6的展开式的中间项为C63(2x)3·-134x 3=-40x2.故选B.]
3.(人教B版选择性必修第二册P35习题3-3BT2改编)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,那么此展开式中二项式系数最大的项为( )
A.252x3 B.210x4 C.252x5 D.210x6
C [由题意可得,二项式的展开式满足Tk+1=Cnkxk,且有Cn3=Cn7,因此n=10.故二项式系数最大的项为C105x5=252x5.故选C.]
4.(人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T2改编)(x+1)5(x-2)的展开式中x2的系数为________.
-15 [(x+1)5(x-2)=x(x+1)5-2(x+1)5展开式中含有x2的项为5x2-20x2=-15x2.
故x2的系数为-15.]
5.(2023·辽宁葫芦岛二模)1-yx(2x+y)8的展开式中x2y6的系数为( )
A.-336 B.-28 C.56 D.112
A [1-yx(2x+y)8=(2x+y)8-yx(2x+y)8,
(2x+y)8展开式的通项为Tk+1=C8k(2x)8-kyk,
将含x2y6项记为S,则S=C862x2y6-yx ·C852x3y5=112x2y6-448x2y6=-336x2y6,
故含x2y6项的系数为-336,故选A.]
6.(2023·辽宁沈阳三模)(2x-3)21-1x6的展开式中,含x-2项的系数为( )
A.430 B.435 C.245 D.240
B [(2x-3)21-1x6=(4x2-12x+9)1-1x6,
1-1x6展开式的通项为Tk+1=C6k-1xk=-1kC6kx-k,k=0,1,2,3,4,5,6,
令-k=-4,则k=4,令-k=-3,则k=3,令-k=-2,则k=2,
所以x-2项的系数为4×-14C64+-12×-13C63+9×-12C62=435. 故选B.]
7.(2024·浙江联考模拟)如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为m,圆柱的表面积与球的表面积之比为n,则nmx-1x26的展开式中的常数项是( )
A.-15 B.-20 C.15 D.20
C [设球的半径为R,则球的体积为43πR3,圆柱的底面积为πR2,高为2R,
故圆柱的体积为πR2·2R=2πR3,故m=2πR343πR3=32,球的表面积为4πR2,圆柱的表面积为2πR2+2πR·2R=6πR2,故n=6πR24πR2=32,故nm=1,则x-1x26展开式中的通项为Tk+1=C6kx6-k(-x-2)k=-1kC6kx6-3k,
令6-3k=0,解得k=2,故常数项为T3=-12C62=15.故选C.]
8.(2023·河北邯郸统考三模)如图,在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列:1,2,3,3,6,4,10,5,…,则此数列的前30项的和为( )
A.680 B.679 C.816 D.815
D [根据“杨辉三角”,得1+2+3+3+6+4+10+5+…=C22+C21+C32+C31+C42+C41+C52+C51+…,
因此,此数列的前30项和为:
S30=C22+C21+C32+C31+C42+C41++C51+…+C162+C161=(C22+C21)+(C32+C31)+(C42+C41)+(C52+C51)+…+(C162+C161)=C32+ C42+C52+C62+…+C172
=(C33+C32)+C42+C52+C62+…+C172-C33=C43+C42+C52+C62+…+C172-C33=C53+C52+C62+…+C172-C33=…=C183-C33=816-1=815.故选D.]
9.(2023·山东烟台三模)已知x-12xn的展开式中共有7项,则有理项共________项.(用数字表示)
4 [因为x-12xn的展开式中共有7项,所以n=6,则通项Tk+1=C6kx6-k-12xk=-12kC6kx6-3k2,
当k=0,2,4,6时,6-3k2∈Z,相应项为有理项,故有理项共有4项,故答案为:4.]
10.(2024·江西校联考模拟预测)已知多项式(x+1)5-(x-3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则x3的系数为__________.
22 [(x+1)5的展开式中含有x3的项为C52×x3=10x3,
(x-3)4的展开式中含有x3的项为C41×x3×(-3)=-12x3, 10x3-(-12x3)=22x3,故x3的系数为22.
故答案为:22.]
11.(2023·福建龙岩二模)已知(a+x)(1+x)6的展开式中x2的系数为21,则a=________.
1 [由二项式定理可知(1+x)6的展开式中含x,x2的项分别为C61×15·x=6x,C62×14·x2=15x2,
故(a+x)(1+x)6的展开式中含x2的项为a×15x2+x·6x=(15a+6)x2,即15a+6=21⇒a=1.故答案为:1.]
12.(2023·宁夏石嘴山一模)已知(x-1)4(x+2)5=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则a2+a4+a6+a8=________.
-24 [令x=1,则0=a0+a1+a2+…+a9,令x=-1,则16=a0-a1+a2-a3+…-a9,
两式相加可得2(a0+a2+a4+a6+a8)=16⇒a0+a2+a4+a6+a8=8,
令x=0,a0=32,所以a2+a4+a6+a8=8-32=-24,故答案为:-24.]
阶段提能(十七) 排列、组合、二项式定理
1.(北师大版选择性必修第一册P169习题5-2B组T2)甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技术比赛,产生了第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩.回答者对甲说“很遗憾,你和乙都未拿到冠军”;对乙说“你当然不是最差的”.试仅从这个回答中分析5人的名次排列共有多少种情况.
[解] 甲、乙都不是冠军,因此冠军只能从丙、丁、戊这三名学生中选1名,有A31种选法;乙不是最差的,即乙不是第五名,则第五名只能从除去冠军和乙外的其余三名学生中选1名,有A31种选法,第二名到第四名任排,有A33种排法,根据分步乘法计数原理,共有A31·A31·A33=54(种)排法.
2.(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T13)从5名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛.
(1)如果4人中男生、女生各选2人,那么有多少种选法?
(2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有多少种选法?
(3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有多少种选法?
(4)如果4人中必须既有男生又有女生,那么有多少种选法?
[解] (1)从5名男生和4名女生中选出4人参加创新大赛,则4人中男生和女生各选2人,共有
C52·C42=10×6=60(种)选法.
(2)除去甲、乙之外,其余2人可以从剩下的7人中任意选择,
则男生中的甲和女生中的乙必须在内有C72=21(种)选法.
(3)男生中的甲和女生中的乙不在内的情况,共有C74=35(种)选法.
则可得男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内有C94-C74=126-35=91(种)选法.
(4)如果4人中必须既有男生又有女生,可以按含有女生的人数分成三类:1男3女;2男2女;3男1女,
则4人中必须既有男生又有女生有
C51C43+C52C42+C53C41=20+60+40=120(种)选法.
3.(人教A版选择性必修第三册P38复习参考题6T5)(1)求(1-2x)5(1+3x)4的展开式中按x的升幂排列的第3项;
(2)求9x+13x18的展开式的常数项;
(3)已知(1+x)n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列,求n;
(4)求(1+x+x2)(1-x)10的展开式中x4的系数;
(5)求(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数.
[解] (1)依题意,第3项是含x2的项,其系数是C4232+C41C51(-2×3)+C52(-2)2=-26.
∴展开式中按x的升幂排列的第3项为-26x2.
(2)由通项Tk+1=C18k(9x)18-k13xk
=C18k336-3kx18-32k,
令18-32k=0,得k=12,
∴常数项为T13=18 564.
(3)由题意得2Cn9=Cn8+Cn10,
得n2-37n+322=0,解得n=14或n=23.
(4)原式=(1-x3)(1-x)9
=(1-x3)(1-9x+C92x2-C93x3+C94x4-…-C99x9),
∴x4的系数=C94+9=135.
(5)原式=[(x2+x)+y]5,
∴通项Tk+1=C5k(x2+x)5-kyk,
令k=2,∴5-k=3,∴T3=C52(x2+x)3y2.
又(x2+x)3的展开式的通项为T′r+1=C3r(x2)3-rxr=C3rx6-r,
令6-r=5,∴r=1,∴T′2=C31x6-1=C31x5,
∴(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数为C52C31=30.
4.(人教B版选择性必修第二册P35习题3-3BT4)已知13x -15x2n的展开式中,所有奇数项的系数和等于1 024,求展开式中二项式系数最大的项.
[解] 由题意知Cn0+Cn2+Cn4+…=1 024=2n-1,
∴n=11,
∴展开式中二项式系数最大的项为T6和T7.
∵T6=C115·13x 6·-15x25=-462x-4,
T7=C11613x 5·1-5x26=462x-6115,
∴展开式中二项式系数最大的项为-462x-4和462x-6115.
5.(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
B [先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人,再用插空法选甲的位置,则有A22A33C21=24(种).故选B.]
6.(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有( )
A.C40045·C20015种 B.C40020·C20040种
C.C40030·C20030种 D.C40040·C20020种
D [由题意,初中部和高中部学生人数之比为400200=21,所以抽取的60名学生中初中部应有60×23=40(人),高中部应有60×13=20(人),所以不同的抽样结果共有C40040·C20020种,故选D.]
7.(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
B [先从5人中选择1人两天均参加公益活动,有C51种方式;再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日,有A42种安排方式,所以不同的安排方式共有C51·A42=60(种).故选B.]
8.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
C [甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有C61=6(种)情况,再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物,有C51C41=20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)选法,故选C.]
9.(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有________种(用数字作答).
64 [法一:由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有C41C41种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有C41C42种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有C42C41种方案.综上,不同的选课方案共有C41C41+C41C42+C42C41=64(种).
法二:若学生从这8门课中选修2门课,则有C82-C42-C42=16(种)选课方案;若学生从这8门课中选修3门课,则有C83-C43-C43=48(种)选课方案.综上,不同的选课方案共有16+48=64(种).]
10.(2022·上海春季卷)用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数,则这些四位数中比2 134大的四位数的个数为 ________.(用数字作答)
17 [根据题意,用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数,当其千位数字为3或4时,有2A33=12种情况,即有12个符合题意的四位数,当其千位数字为2时,有6种情况,其中最小的为2 134,则有6-1=5(个)比2 134大的四位数,故有12+5=17(个)比2 134大的四位数.]
11.(2023·天津卷)在2x3-1x6的展开式中,x2的系数是________.
60 [法一:二项式2x3-1x6展开式的通项Tk+1=C6k(2x3)6-k-1xk=-1k26-kC6kx18-4k,令18-4k=2,解得k=4,所以x2的系数为-14×22×C64=60.
法二:将二项式2x3-1x6看成6个多项式2x3-1x相乘,要想出现x2项,则先在2个多项式中分
别取2x3,然后在余下的多项式中都取-1x,相乘,
即C622x32×C44-1x4=60x2,
所以x2的系数为60.]
12.(2023·上海卷)已知(1+2 023x)100+(2 023-x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,其中a0,a1,a2,…,a100∈R,若0≤k≤100且k∈N,当ak<0时,k的最大值为________.
49 [xk的系数为ak=C100k2 023k+C100k2 023100-k(-1)k=C100k2 023k[1+2 023100-2k(-1)k],k=0,1,2,…,100,要使ak<0,则k必为奇数,且2 023100-2k>1,∴100-2k>0,即k<50,∴k的最大值为49.]
性质
性质描述
对称性
与首末两端等距离的两个二项式系数相等,即Cnk=Cnn-k
增减性
二项式
系数Cnk
当k<n+12(n∈N*)时,是递增的
当k>n+12(n∈N*)时,是递减的
最大值
当n为偶数时,中间的一项Cnn2 取得最大值
当n为奇数时,中间的两项Cnn-12 与Cnn+12相等,且同时取得最大值
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