《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第三册人教版青海专用》

例 1
(1) 若 $(1 - 2x)^n$ 的展开式有且只有第 5 项的二项式系数最大,则展开式中 $x^3$ 的系数为(D)
A.$-960$
B.$960$
C.$448$
D.$-448$

答案： D

(2)(对接教材例 3)$(x - \frac{3}{x})^n$ 展开式中所有奇数项的二项式系数和为 $32$,则展开式中的常数项为-540。(用数字作答)

答案： -540

(1) $(1 + 2x)^n$ 的展开式中二项式系数最大的为 $\mathrm{C}_n^6$,则 $n$ 不可能为(A)
A.$10$
B.$11$
C.$12$
D.$13$

答案： A

(2) 在 $(2x^3 - \frac{1}{\sqrt{x}})^n$ 的二项展开式中，各项的二项式系数之和为 $128$，则展开式中 $x^7$ 的系数为280。（用数字作答）

答案： 280

例 2
在 $(ax + \frac{1}{\sqrt[3]{x}})^n$ 的展开式中,前三项的二项式系数之和等于 $79$,常数项为 $\frac{55}{2}$。
(1) 求 $n$ 和 $a$ 的值；
(2) 求展开式中系数最大的项。
(1)由题意可知，展开式中前三项的二项式系数之和为$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}=1+n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^{2}+n+2}{2}=79$，整理可得$n^{2}+n-156=0(n\in\mathbf{N}^{*})$，解得$n=12$或$n=-13$(舍去)，又$\left(ax+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{12}$的展开式的通项为$T_{k+1}=C_{12}^{k}(ax)^{12-k}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{k}=C_{12}^{k}a^{12-k}x^{12-\frac{4}{3}k}(k=0,1,2,\cdots,12)$，令$12-\frac{4}{3}k=0$，可得$k=9$，所以，展开式中的常数项为$T_{10}=C_{12}^{9}a^{3}=220a^{3}=\frac{55}{2}$，解得$a=\frac{1}{2}$，故$n=12$，$a=\frac{1}{2}$.(2)由不等式组$\begin{cases}C_{12}^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{12-k}\geqslantC_{12}^{k-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{13-k},\\C_{12}^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{12-k}\geqslantC_{12}^{k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{11-k}\end{cases}$($k=0,1,2,\cdots,12$)，解得$\frac{23}{3}\leqslant k\leqslant\frac{26}{3}$，所以$k=8$，所以展开式中系数最大的项为$T_{9}=C_{12}^{8}×\left(\frac{1}{2}\right)^{4}× x^{\frac{4}{3}}=\frac{495}{16}x^{\frac{4}{3}}.$

答案：
(1)由题意可知，展开式中前三项的二项式系数之和为$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}=1+n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^{2}+n+2}{2}=79$，整理可得$n^{2}+n-156=0(n\in\mathbf{N}^{*})$，解得$n=12$或$n=-13$(舍去)，又$\left(ax+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{12}$的展开式的通项为$T_{k+1}=C_{12}^{k}(ax)^{12-k}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\right)^{k}=C_{12}^{k}a^{12-k}x^{12-\frac{4}{3}k}(k=0,1,2,\cdots,12)$，令$12-\frac{4}{3}k=0$，可得$k=9$，所以，展开式中的常数项为$T_{10}=C_{12}^{9}a^{3}=220a^{3}=\frac{55}{2}$，解得$a=\frac{1}{2}$，故$n=12$，$a=\frac{1}{2}$.
(2)由不等式组$\begin{cases}C_{12}^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{12-k}\geqslantC_{12}^{k-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{13-k},\\C_{12}^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{12-k}\geqslantC_{12}^{k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{11-k}\end{cases}$($k=0,1,2,\cdots,12$)，解得$\frac{23}{3}\leqslant k\leqslant\frac{26}{3}$，所以$k=8$，所以展开式中系数最大的项为$T_{9}=C_{12}^{8}×\left(\frac{1}{2}\right)^{4}× x^{\frac{4}{3}}=\frac{495}{16}x^{\frac{4}{3}}$.

已知二项式 $(x - \frac{a}{\sqrt{x}})^6(a ＞ 0)$ 的展开式中 $x^3$ 的系数为 $r$，常数项为 $s$，且 $r = s$。
(1) 求 $a$ 的值；
(2) 求展开式中系数最小的项。
(1)由题意根据二项展开式的通项，得$T_{k+1}=C_{6}^{k}x^{6-k}\left(-\frac{a}{\sqrt{x}}\right)^{k}=(-a)^{k}C_{6}^{k}x^{6-\frac{3}{2}k}$，令$k=2$，得展开式中$x^{3}$的系数为$r=a^{2}C_{6}^{2}=15a^{2}$，令$k=4$，得展开式中的常数项为$s=a^{4}C_{6}^{4}=15a^{4}$，又因为$r=s$，所以$15a^{2}=15a^{4}$，解得$a=0$或$a=-1$或$a=1$，又$a＞0$，故$a=1$.
(2)由(1)知$a=1$，故原二项式为$\left(x-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{6}$，则展开式中第$k$项、第$k+1$项、第$k+2$项的系数绝对值分别为$C_{6}^{k-1},C_{6}^{k},C_{6}^{k+1}$，若第$k+1$项的系数绝对值最大，则有$\begin{cases}C_{6}^{k}\geqslantC_{6}^{k-1},\\C_{6}^{k}\geqslantC_{6}^{k+1}\end{cases}$，解得$\frac{5}{2}\leqslant k\leqslant\frac{7}{2}$，又因为$k\in\mathbf{N}^{*}$，所以$k=3$，则展开式中系数的绝对值最大的项是第4项，所以$T_{4}=(-1)^{3}C_{6}^{3}x^{\frac{3}{2}}$，其系数为负数，此时该项的系数最小，故展开式中系数最小的项为$T_{4}=-20x^{\frac{3}{2}}$.

答案：
(1)由题意根据二项展开式的通项，得$T_{k+1}=C_{6}^{k}x^{6-k}\left(-\frac{a}{\sqrt{x}}\right)^{k}=(-a)^{k}C_{6}^{k}x^{6-\frac{3}{2}k}$，令$k=2$，得展开式中$x^{3}$的系数为$r=a^{2}C_{6}^{2}=15a^{2}$，令$k=4$，得展开式中的常数项为$s=a^{4}C_{6}^{4}=15a^{4}$，又因为$r=s$，所以$15a^{2}=15a^{4}$，解得$a=0$或$a=-1$或$a=1$，又$a＞0$，故$a=1$.
(2)由
(1)知$a=1$，故原二项式为$\left(x-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{6}$，则展开式中第$k$项、第$k+1$项、第$k+2$项的系数绝对值分别为$C_{6}^{k-1},C_{6}^{k},C_{6}^{k+1}$，若第$k+1$项的系数绝对值最大，则有$\begin{cases}C_{6}^{k}\geqslantC_{6}^{k-1},\\C_{6}^{k}\geqslantC_{6}^{k+1}\end{cases}$，解得$\frac{5}{2}\leqslant k\leqslant\frac{7}{2}$，又因为$k\in\mathbf{N}^{*}$，所以$k=3$，则展开式中系数的绝对值最大的项是第4项，所以$T_{4}=(-1)^{3}C_{6}^{3}x^{\frac{3}{2}}$，其系数为负数，此时该项的系数最小，故展开式中系数最小的项为$T_{4}=-20x^{\frac{3}{2}}$.