热门试卷

展开式的通项为Tk+1=•(

x

)n-k•(

2

x2

)k=•2k•xn-5k2

第5项的系数为•24，第3项的系数为•22

由已知，得出•24：•22=56：3，解得n=10

所以通项公式Tk+1=(

x

)10-k(

2

x2

)k=2kx5-52k，

当k=2时，取到常数项 即T3=180．

解：（Ⅰ）①A={1，5}不是M={1，2，3，4，5}的一个二元基底．

理由是3≠λ1×1+λ2×5；

②A={2，3}是M={1，2，3，4，5}的一个二元基底．

理由是 1=﹣1×2+1×3，2=1×2+0×3，3=0×2+1×3，

4=1×2+1×2，5=1×2+1×3，6=1×3+1×3．          

（Ⅱ）不妨设a1＜a2＜a3＜…＜am，则形如1×ai+0×aj（1≤i≤j≤m）的正整数共有m个；

形如1×ai+1×ai（1≤i≤m）的正整数共有m个；

形如1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有 个；

形如﹣1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有 个．

又集合M={1，2，3，…，n}（n∈N*），

含n个不同的正整数，A为集合M的一个m元基底．

故m+m+ + ≥n，即m（m+1）≥n

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知m（m+1）≥19，所以m≥4．

当m=4时，m（m+1）﹣19=1，

即用基底中元素表示出的数最多重复一个…*

假设A=a1，a2，a3，，a4为M={1，2，3，…，19}的一个4元基底，

不妨设a1＜a2＜a3＜a4，则a4≥10．

当a4=10时，有a3=9，这时a2=8或7．

如果a2=8，则由1=10﹣9，1=9﹣8，18=9+9，18=10+8，这与结论*矛盾．

如果a2=7，则a1=6或5．

易知A={6，7，9，10}和A={5，7，9，10}都不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．当a4=11时，有a3=8，这时a2=7，a1=6，

易知A={6，7，8，11}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4=12时，有a3=7，这时a2=6，a1=5，

易知A={5，6，7，12}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4=13时，有a3=6，a2=5，a1=4，

易知A={4，5，6，13}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4=14时，有a3=5，a2=4，a1=3，

易知A={3，4，5，14}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4=15时，有a3=4，a2=3，a1=2，

易知A={2，3，4，15}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4=16时，有a3=3，a2=2，a1=1，

易知A={1，2，3，16}不是M={1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．

当a4≥17时，A均不可能是M的4元基底．

当m=5时，M的一个基底A={1，3，5，9，16}．

综上所述，m的最小可能值为5．

解：（1）由题意，知，

∴2n=32， 解得：n=5。

（2），

令，

∴r=2，

∴所以展开式中含x6的项为。  

（3）设第r+1项的系数为tr+1最大，则，

 ∴，

 。  

解：（1）∵a7是展开式中，T7+1的系数，∴a7=（﹣1）7C7727=﹣128；

（2）令x=1，得a0﹣a1+a2﹣a3+…+a6﹣a7=﹣1

令x=﹣1，得a0+a1+a2+a3+…+a6+a7=37两式相加：a0+a2+a4+a6=1093．

解：根据二项式系数的性质，列方程求解n，系数绝对值最大问题需要列不等式组求解

由题意知，22n-2n=992，

即（2n-32）（2n+31）=0，

∴2n=32，解得n=5。

（1）由二项式系数的性质知，的展开式中第6项的二项式系数最大

即T6==-8064。

（2）设第r+1项的系数的绝对值最大

∵Tr+1

∴

得，即

解得

∵r∈Z，∴r=3

故系数的绝对值最大的项是第4项。

解：（1）由题设，得，则

n2﹣5n﹣50=0n=10或n=﹣5（舍）

（2）=

当

即当r=8时为常数项

．

（1）二项式(x

x

+

2

3x

)n的展开式的通项公式为 Tr+1=•x3(n-r)2•2r•x-r3=2r ••x9n-11r6，

展开式中前3项系数的和为 20 •+21 •+22 •=129，解得n=8．

故通项公式为 Tr+1=2r ••x72-11r6，令 =0，自然数r无解，故展开式中没有常数项．

令 =1，解得自然数r=6，故有一次项，且一次项为1792x．

（2）①因为q≠1，所以，an=1+q+q2+…+qn-1=．

于是，An=++…+ Cnn =[（Cn1+Cn2+…+Cnn）-（Cn1q+Cn2q2+…+Cnnqn）]

={（2n-1）-[（1+q）n-1]}=[2n-（1+q）n]．

②∵An=[2n-(1+q)n]，∴=[1-(1-)n]，

当q充分接近于1时，接近于0，由二项式定理知(1-)n充分接近于1-n()，

所以[1-(1-

1-q

2

)n]充分接近n()，故[1-(1-

1-q

2

)n]充分接近，命题得证．

解：（1）当n=5时，原等式变为（x+1）5=a0+a1（x-1）+a2（x-1）2+a3（x-1）3+a4（x-1）4+a5（x-1）5，

令x=2 得a0+a1+a2+a3+a4+a5=35=243。

（2）因为（x+1）n=[2+（x-1）]n，

所以，

，

①当n=2时，左边=T2=b2-2，

右边2，

左边=右边，等式成立；

②假设当n=k（k≥2，k∈N*）时，等式成立，

即Tk，

那么，当n=k+1时，

左边

右边，

故当n=k+1时，等式成立；

综上①②，当n≥2时，。

解：由已知得，

（1）的通项，

当r=3时，展开式中的系数最小，即为展开式中的系数最小的项；

当r=2或4时，展开式中的系数最大，即为展开式中的系数最大的项。

（2）展开式中含x2项的系数为．

（1）∵已知=56，∴n（n-1）（n-2）（n-3）（n-4）=56•，

即（n-5）（n-6）=90，解之得：n=15或n=-4（舍去），∴n=15．

（2）（Ⅱ）当n=15时，由已知有（1-2x）15=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a15x15，

令x=1得：a0+a1+a2+a3+…+a15=-1，再令x=0得：a0=1，∴a1+a2+a3+…+a15=-2．

（3）展开式的通项公式为 Tr+1= •(-2x) r，故展开式中第r+1项的系数绝对值为 2r•．

由  解得 ≤r≤，

∴r=10，故展开式中系数绝对值最大的项是第11项．

（1 ）  （2）180

解:

（1）,

∵18-3=9,∴=3,

∵,∴=2

因此展开式中的常数项为T7=。

（2）=

解：展开式的通项为：

由已知得成等差数列，于是可得：或（舍去）

（1）；

（2）第五项是二项式系数最大的项；

（3）令x=1，各项系数和为：。

（1）∵fn（x）=（1+x）n，

∴f2011（x）=（1+x）2011，

又f2011（x）=a0+a1x+…+a2011x2011，

∴f2011（1）=a0+a1+…+a2011=22011，①

f2011（-1）=a0-a1+…+a2010-a2011=0，②

①-②得：2（a1+a3+…+a2009+a2011）=22011，

∴a1+a3+…+a2009+a2011=22010．

（2）∵g（x）=f6（x）+2f7（x）+3f8（x），

∴g（x）=（1+x）6+2（1+x）7+3（1+x）8

∴g（x）中含x6项的系数为1+2×+3=99．