课时过关检测（五十八） 二项式定理

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1．(2021·栖霞模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的展开式中的常数项为( )
A．－150 B．150
C．－240 D．240
解析：选D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的二项展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)x6－k·(－2)k·x－eq \f(k,2)＝(－2)kCeq \\al(k,6)x6－eq \f(3,2)k.令6－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝4，故所求的常数项为T5＝(－2)4·Ceq \\al(4,6)＝240.
2．(2021·深圳市统一测试)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))7的展开式中x3的系数为( )
A．168B．84
C．42D．21
解析：选B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))7的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)x7－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝(－2)rCeq \\al(r,7)x7－2r，令7－2r＝3，则r＝2，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x)))7的展开式中x3的系数为(－2)2Ceq \\al(2,7)＝84，故选B.
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( )
A．6eq \r(3,x)B．eq \f(4,\r(x))
C．4xeq \r(6,x)D．eq \f(4,\r(x)) 或4xeq \r(6,x)
解析：选A 令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和为2n即8＜2n＜32，解得n＝4，故第3项的系数最大，所以展开式中系数最大的项是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).
4．(2021·贵阳市适应性考试)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x)))n的二项展开式中，各项系数之和为A，二项式系数之和为B，若A＋B＝72，则二项展开式中常数项的值为( )
A．6B．9
C．12D．18
解析：选B 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x)))n中，令x＝1，得A＝4n，由题意知B＝2n，所以4n＋2n＝72，得n＝3，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x)))3的二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)(eq \r(x))3－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)))r＝3rCeq \\al(r,3)xeq \f(3－3r,2)，令eq \f(3－3r,2)＝0，得r＝1，所以常数项为T2＝3Ceq \\al(1,3)＝9.
5．已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a2＋a4＝( )
A．123B．91
C．－120D．－152
解析：选D 法一：因为(2x－1)5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－r·(－1)r(r＝0,1,2,3,4,5)，所以a0＋a2＋a4＝2×Ceq \\al(5,5)×20×(－1)5＋[1×Ceq \\al(4,5)×21×(－1)4＋2×Ceq \\al(3,5)×22×(－1)3]＋[1×Ceq \\al(2,5)×23×(－1)2＋2×Ceq \\al(1,5)×24×(－1)1]＝－2－70－80＝－152，故选D.
法二：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3 ①；令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243 ②.①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＝－120.又a6＝1×25＝32，所以a0＋a2＋a4＝－152，故选D.
6．(多选)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))5的展开式中，有( )
A．含x的项B．含eq \f(1,x2)的项
C．含x4的项D．含eq \f(1,x4)的项
解析：选ABC 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·35－r·(－2)r·x10－3r，r＝0,1,2,3,4,5，故展开式中含x的项为x10－3r，结合所给的选项，知ABC的项都含有．故选A、B、C．
7．(多选)(2021·沈阳模拟)已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，设(3x－1)n的展开式的二项式系数之和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an，则( )
A．a0＝1
B．Tn＝2n－(－1)n
C．n为奇数时，Sn＜Tn；n为偶数时，Sn＞Tn
D．Sn＝Tn
解析：选BC 由题意知Sn＝2n，令x＝0，得a0＝(－1)n，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，所以Tn＝2n－(－1)n，故选B、C．
8．(多选)若(1－ax＋x2)4的展开式中x5的系数为－56，则下列结论正确的是( )
A．a的值为－2
B．展开式中各项系数和为0
C．展开式中x的系数为4
D．展开式中二项式系数最大为70
解析：选BD (1－ax＋x2)4＝[(1－ax)＋x2]4，故展开式中x5项为Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)(－ax)3x2＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)(－ax)(x2)2＝(－4a3－12a)x5，所以－4a3－12a＝－56，解得a＝2.(1－ax＋x2)4＝(x－1)8，则展开式中各项系数和为0，展开式中x的系数为Ceq \\al(7,8)(－1)7＝－8，展开式中二项式系数最大为Ceq \\al(4,8)＝70.故选B、D.
9．(2020·天津高考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式中，x2的系数是________．
解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·x5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))r＝Ceq \\al(r,5)·2r·x5－3r.令5－3r＝2得r＝1.因此，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式中，x2的系数为Ceq \\al(1,5)·21＝10.
答案：10
10．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2x)))n(n≥4，n∈N*)的二项展开式中前三项的系数依次成等差数列，则n＝________.
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2x)))n的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)xn－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))r＝Ceq \\al(r,n)2－rxn－2r，则前三项的系数分别为1，eq \f(n,2)，eq \f(nn－1,8)，由其依次成等差数列，得n＝1＋eq \f(nn－1,8)，解得n＝8或n＝1(舍去)，故n＝8.
答案：8
11．已知(a2＋1)n展开式中的二项式系数之和等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的二项式系数最大的项等于54，则正数a的值为________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2＋\f(1,\r(x))))5展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)x2))5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)))5－rxeq \f(20－5r,2).
令20－5r＝0，得r＝4，
故常数项T5＝Ceq \\al(4,5)×eq \f(16,5)＝16，
又(a2＋1)n展开式中的二项式系数之和为2n，
由题意得2n＝16，∴n＝4.
∴(a2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T3，
从而Ceq \\al(2,4)(a2)2＝54，∴a＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
12．已知f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N*)的展开式中x的系数为24，则展开式中x2的系数的最小值为________．
解析：由f(x)的展开式中x的系数为24，可得
Ceq \\al(1,m)2x＋Ceq \\al(1,n)2x＝2mx＋2nx＝24x，解得m＋n＝12.
设f(x)的展开式中x2的系数为t，则
t＝Ceq \\al(2,m)22＋Ceq \\al(2,n)22＝2(m2＋n2－m－n)
＝2(m2＋n2－12)≥2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(m＋n2,2)－12))＝2×(72－12)＝120.
当且仅当m＝n＝6时，t有最小值120.
∴f(x)的展开式中x2的系数的最小值为120.
答案：120
B级——综合应用
13．(多选)已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a7,27)＝－128，则有( )
A．m＝2
B．a3＝－280
C．a0＝－1
D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14
解析：选BCD 令1－x＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,2)，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)－m))7＝(1－m)7＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a7,27)＝－128，得m＝3，则令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1，(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝Ceq \\al(3,7)×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.
14．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为( )
A．10B．20
C．30D．40
解析：选D 令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1.因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中的常数项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中x的系数与eq \f(1,x)的系数的和.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,5)25－rx5－2r·(－1)r.
令5－2r＝1，得r＝2，因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中x的系数为Ceq \\al(2,5)25－2×(－1)2＝80；
令5－2r＝－1，得r＝3，因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中eq \f(1,x)的系数为Ceq \\al(3,5)25－3×(－1)3＝－40，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中的常数项为80－40＝40.
15．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m＞0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a＝b(md m)．若a＝Ceq \\al(0,20)＋Ceq \\al(1,20)·2＋Ceq \\al(2,20)·22＋…＋Ceq \\al(20,20)·220，a＝b(md 10)，则b的值可以是( )
A．2 011B．2 012
C．2 013D．2 014
解析：选A ∵a＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝Ceq \\al(0,10)1010－Ceq \\al(1,10)109＋…－Ceq \\al(0,10)10＋1，∴被10除得的余数为1，而2 011被10除得的余数是1，故选A．