2025版新教材高中数学第五章计数原理4二项式定理4.1二项式定理的推导课时作业北师大版选择性必修第一册

4．1二项式定理的推导必备学问基础练学问点一二项式定理的正用、逆用1.若(2x－3eq\r(x))n＋3(n∈N*)的绽开式中共有15项，则n的值为()A．11B．12C．13D．142．1－3Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋9Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－27Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…－39Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))＋310＝______．3．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．学问点二二项绽开式的通项与系数4.(x－eq\r(2)y)10的绽开式中x6y4的系数是()A．－840B．840C．210D．－2105．(2x－eq\f(1,\r(x)))6的二项绽开式中的常数项为________．6．在(eq\r(x)＋eq\f(1,2\r(4,x)))n的绽开式中，前三项的系数按原依次成等差数列．(1)求绽开式中含x项的系数；(2)求绽开式中的有理项．学问点三二项绽开式中各项系数的和7.在(2x＋x2)10的绽开式中，各项的系数之和为()A．1B．310－1C．310D．2108．将(1－2x)(1－x)8的绽开式写成按升幂排列的和的形式，那么全部奇数项的系数和为________，全部奇次项的系数和为________．9．设(1－2x)2024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2024x2024(x∈R).(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2024的值；(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2024的值；(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2024|的值．关键实力综合练一、选择题1．若(1＋eq\r(2))5＝a＋beq\r(2)(a，b为有理数)，则a＋b＝()A．45B．55C．70D．802．在(eq\r(x)＋eq\f(2,x))n的绽开式中，若常数项为60，则n等于()A．3B．6C．9D．123．已知(1＋ax)(1＋x)5的绽开式中x2的系数为5，则a＝()A．－1B．－2C．－3D．－44．若(1－2x)2024＝a0＋a1x＋…＋a2024x2024(x∈R)，则eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2024,22024)的值为()A．2B．1C．0D．－15．已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a2＋a4＋a6＝()A．123B．155C．－120D．－886．[探究题](x＋eq\f(1,x2)－1)6绽开式中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*)的绽开式的第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的绽开式中全部项的系数和为96，则绽开式中含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*)的绽开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1.(1)求绽开式中的全部有理项；(2)求n＋6Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋36Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＋…＋6n－1Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))的值；(3)求系数的肯定值最大的项．(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的绽开式中各项系数之和为2，则下列结论正确的是()A．a＝1B．绽开式中x6的系数是－32C．绽开式中含x－1项D．绽开式中的常数项为402．(x＋y－2z)5的绽开式中，xy2z2的系数是________．3．[学科素养——数学运算]设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的绽开式中含x项的系数是19(m，n∈N*).(1)求f(x)的绽开式中含x2项的系数的最小值；(2)当f(x)的绽开式中含x2项的系数取最小值时，求f(x)的绽开式中含x7项的系数．4．1二项式定理的推导必备学问基础练1．解析：因为(2x－3eq\r(x))n＋3的绽开式中共有n＋4项，所以n＋4＝15，即n＝11.故选A.答案：A2．解析：1－3Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋9Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－27Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…－39Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))＋310＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(10))(－1)10×30＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))(－1)9×31＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))(－1)8×32＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(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＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))8n－1＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1))82＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n＋1))8＋1－8n－9＝82(8n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n－2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))8n－3＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1)))＋8(n＋1)＋1－8n－9＝64(8n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n－2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))8n－3＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1))).∵n∈N*，∴8n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n＋1))8n－2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))8n－3＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n＋1))是整数，∴32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．4．解析：在通项Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))x10－k(－eq\r(2)y)k中，令k＝4，即得(x－eq\r(2)y)10的绽开式中x6y4的系数为Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))×(－eq\r(2))4＝840.答案：B5．解析：二项式(2x－eq\f(1,\r(x)))6的绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·(2x)6－k·(－eq\f(1,\r(x)))k＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(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×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))×22＝60.答案：606．解析：(eq\r(x)＋eq\f(1,2\r(4,x)))n的绽开式中前三项的系数分别为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，eq\f(1,2)Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，eq\f(1,4)Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，由题意知Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋eq\f(1,4)Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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的绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))·xeq\s\up6(\f(8－k,2))·eq\f(1,2k)·x－eq\f(k,4)＝eq\f(1,2k)·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(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)×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))＝eq\f(35,8).(2)设绽开式中，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：C8．解析：设(1－2x)(1－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则全部奇数项的系数和为a0＋a2＋a4＋a6＋a8，全部奇次项的系数和为a1＋a3＋a5＋a7＋a9.令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0①，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8－a9＝3×28＝768②.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，所以全部奇数项的系数和为384，全部奇次项的系数和为－384.答案：384－3849．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2024＝(－1)2024＝1.(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a2024＋a2024＝32024，①由(1)，知a0＋a1＋a2＋…＋a2024＝1，②由②－①，得2(a1＋a3＋…＋a2024)＝1－32024，∴a1＋a3＋a5＋…＋a2024＝eq\f(1－32024,2).(3)∵Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(2024))(2x)k，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2024|＝a0－a1＋a2－…＋a2024＝32024.关键实力综合练1．解析：由二项式定理，得(1＋eq\r(2))5＝1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))×eq\r(2)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×(eq\r(2))2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))×(eq\r(2))3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))×(eq\r(2))4＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(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：C2．解析：绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))(eq\r(x))n－k(eq\f(2,x))k＝2kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))xeq\s\up6(\f(n－3k,2))，令eq\f(n－3k,2)＝0，得n＝3k.依据题意有2kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3k))＝60，验证知k＝2，故n＝6.答案：B3．解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的绽开式中x2的系数为5，所以Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aCeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故选A.答案：A4．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(a2024,22024)＝0，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2024,22024)＝－a0＝－1.答案：D5．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：C6．解析：(x＋eq\f(1,x2)－1)6＝[(x＋eq\f(1,x2))－1]6，绽开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))(x＋eq\f(1,x2))6－r(－1)r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·(－1)r(x＋eq\f(1,x2))6－r(r＝0，1，…，6)，对于(x＋eq\f(1,x2))6－r，设其绽开式的通项为Uk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6－r))x6－r－k(eq\f(1,x2))k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(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绽开式x2的系数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))(－1)1Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))(－1)4Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))＝－15，故选B.答案：B7．解析：∵512017＋a＝(52－1)2017＋a＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2017))·522017－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2017))522016＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2016),\s\do1(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：18．解析：由(x＋2)n(n∈N*)的绽开式的第4项为23Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))xn－3，第3项的二项式系数是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，可知23Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))xn－3＝eq\f(5,2)，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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的绽开式中全部项的系数和为3×2n＝96，解得n＝5，∴(1＋eq\f(1,x))5绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))eq\f(1,xk)，∴(1＋2x2)(1＋eq\f(1,x))5绽开式中含eq\f(1,x2)项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋2Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝20.答案：2010．解析：(1)(eq\r(x)－eq\f(2,\r(3,x)))n(n∈N*)的绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))(eq\r(x))n－k(eq\f(－2,\r(3,x)))k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))(－2)kxeq\s\up6(\f(3n－5k,6)).由于绽开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1，则eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))24,Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))22)＝30，化简得n2－5n－84＝0，解得n＝12或n＝－7(舍去)，则绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(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＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(12))26x，T13＝Ceq\o\al(\s\up1(12),\s\do1(12))·212x－4.(2)n＋6Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋36Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＋…＋6n－1Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))＋6Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12))＋36Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))＋…＋612－1Ceq\o\al(\s\up1(12),\s\do1(12))＝eq\f(1,6)(1＋6Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))＋62Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12))＋63Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))＋…＋612Ceq\o\al(\s\up1(12),\s\do1(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项的系数的肯定值最大，由Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(12))(－2)k·xeq\s\up6(\f(36－5k,6))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(12))2k≥Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(12))2k－1,Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(12))2k≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(12))2k＋1))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(12))≥Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(12)),Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(12))≥2Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(12))))，即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(26－2k≥k,24－2k≤1＋k))，解得eq\f(23,3)≤k≤eq\f(26,3)，则k＝8，故系数的肯定值最大的项为T9＝Ceq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(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的绽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绽开式的通项为Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(2x)5－k·(－eq\f(1,x))k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))25－k(－1)kx5－