高中数学3.3 二项式定理与杨辉三角同步测试题

这是一份高中数学3.3 二项式定理与杨辉三角同步测试题，共8页。试卷主要包含了求证等内容，欢迎下载使用。
1．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是( )
A．8 B．6 C．4 D．2
【解析】选B.由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.
【补偿训练】
如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于( )
A．20 B．21 C．22 D．23
【解析】选C.由a＝7，可知b左肩上的数为6，右肩上的数为(11＋5)即16，所以b＝6＋16＝22.
2．已知bxn＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，对任意x∈R恒成立，且a1＝9，a2＝36，则b＝( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【解析】选D.由已知得bxn＋1＝b[(x－1)＋1]n＋1＝a0＋a1(x－1)＋…＋an(x－1)n，所以a1＝C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ·b＝nb＝9，a2＝C eq \\al(\s\up1(n－2),\s\d1(n)) ·b＝ eq \f(n（n－1）b,2) ＝36，所以n－1＝8，n＝9，所以b＝1.
【补偿训练】
对任意实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2的值为( )
A．3 B．6 C．9 D．21
【解析】选B.由于x3＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)))) 3，其展开式的通项为C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(3)) ·23－r· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)) r，当r＝2时，
为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ·21· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)) 2＝6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)) 2，故a2＝6.
3．已知(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A．1 B．－1 C．36 D．26
【解析】选C.由已知展开式中a0，a2，a4，a6大于零，a1，a3，a5小于零．所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|
＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6.
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝36.
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝36.
4．(x2＋1)(x－2)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a11(x－1)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________.
【解析】令x＝1，得a0＝－2.
令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝2.
答案：2
5．已知n∈N*，C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＝192，且(3－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.
求：(1)展开式中各项的二项式系数之和．
(2)a0＋a2＋a4＋a6.
(3)|a0|＋|a1|＋…＋|an|.
【解析】因为iC eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝i· eq \f(n！,i！·（n－i）！) ＝nC eq \\al(\s\up1(i－1),\s\d1(n－1)) (i＝1，2，…，n)，
所以C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n))
＝n(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n－1)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n－1)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n－1)) )
＝n·2n－1＝3×26，所以n＝6.
(1)展开式中各项的二项式系数之和为26＝64.
(2)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a6＝1①，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a6＝56②，
相加得a0＋a2＋a4＋a6＝7813 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(56＋1,2))) .
(3)令x＝－1，得|a0|＋|a1|＋…＋|an|＝56.
【补偿训练】
已知(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，求：(1)a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
(2)(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2.
【解析】(1)由(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，
令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，
所以a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1.
(2)在(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，①
令x＝－1得(－2－3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.②
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2
＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)
＝(－2－3)4(2－3)4＝(2＋3)4(2－3)4＝625.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分，共20分)
1.将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0­1三角”．在“0­1三角”中，从第1行起，设第n(n∈N＋)次出现全行为1时，1的个数为an，则a3等于( )
A．26 B．27 C．7 D．8
【解题指南】由于是将奇数换成1，故C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) 都是奇数，分别验证n＝6，7时C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) 的情况，直接得出正确选项．
【解析】选D.第1行和第3行全是1，已经出现了2次，依题意，第6行原来的数是C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) ，而C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＝6为偶数，不合题意；第7行原来的数是C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(7)) ，即1，7，21，35，35，21，7，1全为奇数，一共有8个，全部转化为1，这是第三次出现全为1的情况．
【补偿训练】
如图，在杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列{an}，则数列的第10项为________．
【解析】由题意a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1＋2＝3，a5＝2＋3＝5，a6＝3＋5＝8，a7＝5＋8＝13，a8＝8＋13＝21，a9＝13＋21＝34，a10＝21＋34＝55.
答案：55
2．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C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(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.
3．已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x)))) eq \s\up12(n) 的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n＝( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【解析】选C.二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x)))) eq \s\up12(n) 的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x)))) eq \s\up12(n) 的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以 eq \f(4n,2n) ＝2n＝64，n＝6.
4．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＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) ＝70，设b＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) 2r，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) 2r≥C eq \\al(\s\up1(r－1),\s\d1(8)) 2r－1，,C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) 2r≥C eq \\al(\s\up1(r＋1),\s\d1(8)) 2r＋1，)) 得5≤r≤6，所以b＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(8)) 26＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) 26＝7×28，所以 eq \f(b,a) ＝ eq \f(128,5) .
二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
5．已知(a＋b)n展开式中第5项的二项式系数最大，则n可能等于( )
A．7 B．8 C．9 D．10
【解析】选ABC.第5项的二项式系数最大，故第5项是展开式最中间的一项或两项之一．若n为偶数，则共有9项，n＝8；若n为奇数，则共有8项或10项，所以n＝7或9.
6．对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9.则下列结论成立的是( )
A．a2＝－144
B．a0＝1
C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1
D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39
【解析】选ACD.对任意实数x，
有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，
所以a2＝－C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(9)) ×22＝－144，故A正确；
故令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；
令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；
令x＝0，可得a0－a1＋a2＋…－a9＝－39，故D正确．
三、填空题(每小题5分，共10分)
7．记f(m，n)为(1＋x)6(1＋y)4展开式中xm·yn项的系数，则f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝________.
【解析】f(3，0)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝20，f(2，1)＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝60，f(1，2)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝36，f(0，3)＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝4，所以f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝20＋60＋36＋4＝120.
答案：120
8．(2021·浙江高考)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________．
【解析】因为(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，由二项式展开定理可得：a1＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝5，令x＝1可得各项系数和：(x－1)3＋(x＋1)4＝24，所以a2＋a3＋a4＝16－a1－1＝10.
答案：5 10
四、解答题(每小题10分，共20分)
9．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
【证明】32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n＋1)) 8n＋1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n＋…＋C eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n＋1)) －8n－9
＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n＋1)) 8n＋1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) 82＋8(n＋1)＋1－8n－9＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n＋1)) 8n＋1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n＋1)) 8n＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n＋1)) 82，该式每一项都含因式82，故能被64整除．
10．已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up12(n) 的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求n；
(2)求展开式中的有理项；
(3)求展开式中系数最大的项．
【解析】(1)由二项展开式知，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)) ，
由已知2× eq \f(1,2) 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)) ，解得n＝8(n＝1舍去).
(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up12(8) 的展开式的通项Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) ( eq \r(x) )8－r· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(4,x)))) eq \s\up12(r) ＝2－rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) x4－ eq \f(3r,4) (r＝0，1，…，8)，
要求有理项，则4－ eq \f(3r,4) 必为整数，即r＝0，4，8，共3项，这3项分别是T1＝x4，T5＝ eq \f(35,8) x，T9＝ eq \f(1,256x2) .
(3)设第r＋1项的系数为ar＋1最大，则ar＋1＝2－rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) ，则 eq \f(ar＋1,ar) ＝ eq \f(2－rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) ,2－（r－1）C eq \\al(\s\up1(r－1),\s\d1(8)) ) ＝ eq \f(9－r,2r) ≥1，
eq \f(ar＋1,ar＋2) ＝ eq \f(2－rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(8)) ,2－（r＋1）C eq \\al(\s\up1(r＋1),\s\d1(8)) ) ＝ eq \f(2（r＋1）,8－r) ≥1，解得2≤r≤3.
当r＝2时，a3＝2－2C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) ＝7，当r＝3时，a4＝2－3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) ＝7，因此，第3项和第4项的系数最大，
故系数最大的项为T3＝7x eq \f(5,2) ，T4＝7x eq \f(7,4) ．
【补偿训练】
在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,\r(x)))) eq \s\up12(n) 的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为 eq \f(1,2) .
(1)求n的值．
(2)求展开式中所有的有理项．
(3)求展开式中系数最大的项．
【解题指南】(1)由二项展开式的通项公式分别求出第4项的系数与倒数第4项的系数，然后计算出结果．
(2)由通项公式分别计算当r＝0，2，4，6时的有理项．
(3)设展开式中第r＋1项的系数最大，列出不等式求出结果．
【解析】(1)由题意知：Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) 2rx2n－ eq \f(5,2) r，
则第4项的系数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) 23，倒数第4项的系数为
C eq \\al(\s\up1(n－3),\s\d1(n)) 2n－3, 则有 eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) 23,C eq \\al(\s\up1(n－3),\s\d1(n)) 2n－3) ＝ eq \f(1,2) ，即 eq \f(1,2n－6) ＝ eq \f(1,2) ，所以n＝7.
(2)由(1)可得Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(7)) 2rx14－ eq \f(5,2) r(r＝0，1，…，7)，
当r＝0，2，4，6时，所有的有理项为T1，T3，T5，T7，
即T1＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(7)) 20x14＝x14，T3＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) 22x9＝84x9，
T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(7)) 24x4＝560x4，T7＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(7)) 26x－1＝448x－1.
(3)设展开式中第r＋1项的系数最大，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(7)) 2r≥C eq \\al(\s\up1(r＋1),\s\d1(7)) 2r＋1，,C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(7)) 2r≥C eq \\al(\s\up1(r－1),\s\d1(7)) 2r－1)) ⇒
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＋1≥2（7－r），,2（8－r）≥r)) ⇒ eq \f(13,3) ≤r≤ eq \f(16,3) ，所以r＝5，故系数最大项为T6＝C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(7)) 25x eq \f(3,2) ＝672x eq \f(3,2) ．
【创新迁移】
已知函数f(x)＝(1＋x)n，n∈N*.
(1)当n＝8时，求展开式中系数的最大项．
(2)化简C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) 2n－1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) 2n－2＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 2n－3＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) 2－1.
(3)定义： eq \i\su(i＝1,n,) ai＝a1＋a2＋…＋an，化简： eq \i\su(i＝1,n, ) (i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) .
【解题指南】(1)根据题意知展开式中系数的最大项就是二项式系数最大的项，n＝8，中间项为第5项，其系数最大．(2)根据f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x)) n＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) x＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) x2＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) xn－1＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) xn，令x＝2，即可求值．(3)原式添加C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ，利用倒序相加，化简即可．
【解析】(1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x)) 8，所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) x4＝70x4.
(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋x)) n＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) x＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) x2＋…＋
C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) xn－1＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) xn，
所以原式＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) 2n＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) 2n－1＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 2n－2＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) 20))
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2)) n＝ eq \f(3n,2) .
(3) eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)) C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ， ①
eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)) C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋…＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ， ②
在①，②添加C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ，则得1＋ eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)) C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ， ③
1＋ eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)) C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋…＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋1C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ， ④
③＋④得：2(1＋ eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) )
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) )) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)) 2n，
所以 eq \i\su(i＝1,n, ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋1)) C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)) 2n－1－1.