高考数学 17-18版 附加题部分 第1章 第59课 课时分层训练3

高考数学 17-18版 附加题部分 第1章 第59课 课时分层训练3

课时分层训练(三)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．设(5x－)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，求展开式中二项式系数最大的项. 【导学号：62172324】‎ ‎[解]　依题意得，M＝4n＝(2n)2，N＝2n，‎ 于是有(2n)2－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0，‎ ‎∴2n＝16＝24，‎ 解得n＝4.‎ 要使二项式系数C最大，只有r＝2，‎ 故展开式中二项式系数最大的项为 T3＝C(5x)2·(－)2＝150x3.‎ ‎2．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，求m的值．‎ ‎[解]　(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为C，‎ ‎∴a＝C，同理，b＝C.‎ ‎∵13a＝7b，∴13·C＝7·C.‎ ‎∴13·＝7·.‎ ‎∴m＝6‎ ‎3．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.‎ 求：(1)a1＋a2＋…＋a7；‎ ‎(2)a1＋a3＋a5＋a7；‎ ‎(3)a0＋a2＋a4＋a6；‎ ‎(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|. 【导学号：62172325】‎ ‎[解]　令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①‎ 令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②‎ ‎(1)∵a0＝C＝1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.‎ ‎(2)(①－②)÷2，‎ 得a1＋a3＋a5＋a7‎ ‎＝＝－1 094.‎ ‎(3)(①＋②)÷2，‎ 得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.‎ ‎(4)法一：∵(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，‎ ‎∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.‎ 法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|，‎ 即(1＋2x)7展开式中各项的系数和，令x＝1，‎ ‎∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2 187.‎ ‎4．已知二项式n的展开式中各项的系数和为256.‎ ‎(1)求n；‎ ‎(2)求展开式中的常数项．‎ ‎[解]　(1)由题意得C＋C＋C＋…＋C＝256，∴2n＝256，解得n＝8.‎ ‎(2)该二项展开式中的第r＋1项为 Tr＋1＝C()8－r·r＝C·x，‎ 令＝0，得r＝2，此时，常数项为T3＝C＝28.‎ ‎5．若n展开式中前三项的系数成等差数列，求：‎ ‎(1)展开式中所有x的有理项；‎ ‎(2)展开式中系数最大的项．‎ ‎[解]　易求得展开式前三项的系数为1，C，C.‎ 据题意得2×C＝1＋C⇒n＝8.‎ ‎(1)设展开式中的有理项为Tr＋1，‎ 由Tr＋1＝C()8－rr＝rCx，‎ ‎∴r为4的倍数，‎ 又0≤r≤8，∴r＝0,4,8.‎ 故有理项为T1＝0Cx＝x4，‎ T5＝4Cx＝x，‎ T9＝8Cx＝.‎ ‎(2)设展开式中Tr＋1项的系数最大，则：‎ rC≥r＋1C且rC≥r－1C⇒r＝2或r＝3.‎ 故展开式中系数最大的项为T3＝2Cx＝7x，‎ T4＝3Cx＝7x.‎ ‎6．(1)已知2n＋2·3n＋5n－a能被25整除，求正整数a的最小值；‎ ‎(2)求1.028的近似值．(精确到小数点后三位)‎ ‎[解]　(1)原式＝4·6n＋5n－a＝4(5＋1)n＋5n－a ‎＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52＋C5＋C)＋5n－a ‎＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52)＋25n＋4－a，‎ 显然正整数a的最小值为4.‎ ‎(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172.‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．(2017·苏州期中)设f(x，n)＝(1＋x)n，n∈N＋.‎ ‎(1)求f(x,6)的展开式中系数最大的项；‎ ‎(2)n∈N＋，化简C4n－1＋C4n－2＋C4n－3＋…＋C40＋C4－1；‎ ‎(3)求证：C＋2C＋3C＋…＋nC＝n×2n－1.‎ ‎[解]　(1)展开式中系数最大的项是第4项为Cx3＝20x3.‎ ‎(2)C4n－1＋C4n－2＋C4n－3＋…＋C40＋C4－1‎ ‎＝[C4n＋C4n－1＋C4n－2＋…＋C4＋C]＝(4＋1)n＝.‎ ‎(3)证明：因为kC＝nC，‎ 所以C＋2C＋3C＋…＋nC＝n(C＋C＋C＋…C)＝n×2n－1.‎ ‎2．已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N＋)的展开式中x的系数为11.‎ ‎(1)求x2的系数取最小值时n的值；‎ ‎(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．‎ ‎[解]　(1)由已知得C＋2C＝11，∴m＋2n＝11，‎ x2的系数为 C＋22C＝＋2n(n－1)‎ ‎＝＋(11－m) ‎＝2＋.‎ ‎∵m∈N＋，∴m＝5时，x2的系数取得最小值22，此时n＝3.‎ ‎(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，‎ m＝5，n＝3，‎ ‎∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3.‎ 设这时f(x)的展开式为 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，‎ 令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33＝59，‎ 令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，‎ 两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，‎ 故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.‎ ‎3．(2017·南京模拟)设集合S＝{1,2,3，…，n}(n∈N＋，n≥2)，A，B是S的两个非空子集，且满足集合A中的最大数小于集合B中的最小数，记满足条件的集合对(A，B)的个数为Pn.‎ ‎(1)求P2，P3的值；‎ ‎(2)求Pn的表达式．‎ ‎[解]　(1)当n＝2时，即S＝{1,2}，此时A＝{1}，B＝{2}，所以P2＝1.‎ 当n＝3时，即S＝{1,2,3}．若A＝{1}，则B＝{2}，或B＝{3}，或B＝{2,3}；‎ 若A＝{2}或A＝{1,2}，则B＝{3}．所以P3＝5.‎ ‎(2)当集合A中的最大元素为“k”时，集合A的其余元素可在1,2，…，k－1中任取若干个(包含不取)，所以集合A共有C＋C＋C＋…＋C＝2k－1种情况．‎ 此时，集合B的元素只能在k＋1，k＋2，…，n中任取若干个(至少取1个)，所以集合B共有C＋C＋C＋…＋C＝2n－k－1种情况，‎ 所以，当集合A中的最大元素为“k”时，‎ 集合对(A，B)共有2k－1(2n－k－1)＝2n－1－2k－1对．‎ 当k依次取1,2,3，…，n－1时，可分别得到集合对(A，B)的个数，求和可得 Pn＝(n－1)·2n－1－(20＋21＋22＋…＋2n－2)＝(n－2)·2n－1＋1.‎ ‎4．(2017·苏锡常镇调研一)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的二个数值之和，其它每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形数阵开头几行如图592所示．‎ 图592‎ ‎(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；‎ ‎(2)已知n、r为正整数，且n≥r＋3.‎ 求证：任何四个相邻的组合数C，C，C，C不能构成等差数列．‎ ‎[解]　(1)杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k＝0,1,2，…，n组成．‎ 如果第n行中有＝＝，＝＝，‎ 那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5，‎ 解这个联立方程组，得k＝27，n＝62.‎ ‎ 即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为3∶4∶5.‎ ‎(2)假设有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差数列，‎ 则2C＝C＋C，2C＝C＋C，‎ 即＝＋，‎ ＝＋.‎ 所以有＝＋，‎ ＝＋，‎ 经整理得到n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0，n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0. ‎ 两式相减可得n＝2r＋3，‎ ‎ 于是C，C，C，C成等差数列，‎ 而由二项式系数的性质可知C＝C＜C＝C，‎ 这与等差数列性质矛盾，从而要证明的结论成立．‎