《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教B版》

10. 在$(x+\frac{3}{\sqrt{x}})^{n}$的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为$64:1$，则$x^{3}$项的系数为(C)

A.$15$
B.$45$
C.$135$
D.$405$

答案： 10.C 【解析】由题意知$\frac{4^{n}}{2^{n}}=64$，得$n = 6$，二项式的通项为$T_{k + 1}=C_{6}^{k}x^{6 - k}\left(\frac{3}{\sqrt{x}}\right)^{k}=3^{k}C_{6}^{k}x^{6 - \frac{3}{2}k}$。令$6 - \frac{3}{2}k = 3$，得$k = 2$，所以$x^{2}$项的系数为$3^{2}C_{6}^{2}=135$。故选C。
易错规避 令$x = 1$，即得$(ax + b)^{n}$的展开式中各项系数之和为$(a + b)^{n}$，二项式系数之和为$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+·s + C_{n}^{n}=2^{n}$。需要注意区分某项的系数与二项式系数。

11. [2022·江西抚州第二中学高二月考]在二项式$(x - 2y)^{6}$的展开式中，设二项式系数和为$A$，各项系数和为$B$，含$x$的偶次幂项的系数和为$C$，则$\frac{C - 1}{AB}$等于(D)

A.$-\frac{16}{91}$
B.$\frac{16}{91}$
C.$-\frac{91}{16}$
D.$\frac{91}{16}$

答案： 11.D 思维路径 根据二项式系数的性质求出$A$→利用赋值法求$B,C$→得解。
【解析】由二项式$(x - 2y)^{6}$可知二项式系数和为$A = 2^{6}=64$。令$x = y = 1$，得$B = (1 - 2)^{6}=1$。令$f(x)=(x - 2)^{6}=a_{0}+a_{1}x+·s + a_{6}x^{6}$，则$C=\frac{f(1)+f(-1)}{2}=\frac{1 + 3^{6}}{2}=365$。所以$\frac{C - 1}{AB}=\frac{364}{64}=\frac{91}{16}$。故选D。

12. [2022·广西百色高二期末]$(2x-\frac{1}{x^{2}})^{n}$的展开式共有$7$项，则下列说法正确的是(B)

A.展开式中二项式系数之和为$32$
B.展开式中各项系数之和为$1$
C.展开式中二项式系数最大的项为第$3$项
D.展开式中系数最大的项为第$4$项

答案： 12.B 【解析】因为二项式$\left(2x-\frac{1}{x^{2}}\right)^{n}$的展开式中共有7项，所以$n = 6$。对于A，所有项的二项式系数之和为$2^{6}=64$，故A错误。对于B，令$x = 1$，则$\left(2×1-\frac{1}{1^{2}}\right)^{6}=1$，所以所有项的系数之和为1，故B正确。对于C，二项式系数最大的项为第4项，故C错误。对于D，二项式的通项为$T_{k + 1}=C_{6}^{k}(2x)^{6 - k}\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)^{k}=C_{6}^{k}(-1)^{k}2^{6 - k}x^{6 - 3k}$，系数为$C_{6}^{k}(-1)^{k}2^{6 - k}$，系数的最大项只从$k = 0,2,4,6$中选择。当$k = 0$时，$C_{6}^{0}(-1)^{0}2^{6}=64$；当$k = 2$时，$C_{6}^{2}(-1)^{2}2^{4}=240$；当$k = 4$时，$C_{6}^{4}(-1)^{4}2^{2}=60$；当$k = 6$时，$C_{6}^{6}(-1)^{6}2^{0}=1$。所以当$k = 2$时系数最大，所以展开式中系数最大的项为第3项，故D错误。选B。

13. (多选)[2022·福建三明高二期末]设$m$为正整数，$(x + 1)^{2m}$展开式的系数的最大值为$a$，$(x - 2)^{2m + 1}$展开式的二项式系数的最大值为$b$，则下列说法正确的是(ABD)

A.若$m = 3$，则$a = 20$
B.若$9a = 5b$，则$m = 4$
C.若$m = 5$，则$(x - 2)^{2m + 1}$展开式中$x^{2}$项的系数为$28160$
D.若$m = 2$，则$(x + 1)^{2m}+(x - 2)^{2m + 1}$展开式中$x^{3}$项的系数为$44$

答案： 13.ABD 【解析】因为$m$为正整数，所以$(x + 1)^{2m}$展开式的系数的最大值即为二项式系数的最大值，故$a = C_{2m}^{m}$。$(x - 2)^{2m + 1}$展开式的二项式系数的最大值为$b = C_{2m + 1}^{m}$。对于A，若$m = 3$，则$a = C_{2m}^{m}=C_{6}^{3}=20$，故A正确；对于B，若$9a = 5b$，则$9C_{2m}^{m}=5C_{2m + 1}^{m}$，即$9·\frac{2m!}{m!m!}=5·\frac{(2m + 1)!}{m!(m + 1)!}$，解得$m = 4$，故B正确；对于C，若$m = 5$，则$(x - 2)^{2m + 1}=(x - 2)^{11}$展开式中$x^{2}$项的系数为$C_{11}^{9}(-2)^{9}\neq28160$，故C错误；对于D，若$m = 2$，则$(x + 1)^{2m}+(x - 2)^{2m + 1}=(x + 1)^{4}+(x - 2)^{5}$展开式中$x^{3}$项的系数为$C_{4}^{1}+C_{5}^{2}(-2)^{2}=44$，故D正确。选ABD。

14. 已知函数$f(x)=\frac{ax^{2}+1}{bx}(b ＞ 0)$.证明：当$a = b = 1$时，不等式$\vert [f(x)]^{n}\vert-\vert f(x^{n})\vert\geqslant 2^{n}-2(n\in\mathbf{N}^{*})$对任意$x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$恒成立.

答案： 14.【证明】当$a = b = 1$时，$f(x)=\frac{x^{2}+1}{x}=x+\frac{1}{x}$。
设$g(x)=\vert[f(x)]^{n}\vert-\vert f(x^{n})\vert(n\in N_{+})$，
则$g(x)=\left\vert x+\frac{1}{x}\right\vert^{n}-\left\vert x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right\vert(n\in N_{+})$。
因为$x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$关于原点对称，
$g(-x)=\left\vert(-x)+\left(-\frac{1}{x}\right)\right\vert^{n}-\left\vert(-x)^{n}+\frac{1}{(-x)^{n}}\right\vert=\left\vert-\left(x+\frac{1}{x}\right)\right\vert^{n}-\left\vert(-x)^{n}+\frac{1}{(-x)^{n}}\right\vert=\left\vert x+\frac{1}{x}\right\vert^{n}-\left\vert x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right\vert=g(x)(n\in N_{+})$，
所以$g(x)$为偶函数，
则只需证明当$x\gt0$时，不等式$\left(x+\frac{1}{x}\right)^{n}-\left(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right)\geq2^{n}-2(n\in N_{+})$恒成立。
因为$\left(x+\frac{1}{x}\right)^{n}=C_{n}^{0}x^{n}\left(\frac{1}{x}\right)^{0}+C_{n}^{1}x^{n - 1}\left(\frac{1}{x}\right)^{1}+C_{n}^{2}x^{n - 2}\left(\frac{1}{x}\right)^{2}+·s + C_{n}^{n - 1}x^{1}\left(\frac{1}{x}\right)^{n - 1}+C_{n}^{n}x^{0}\left(\frac{1}{x}\right)^{n}=x^{n}+C_{n}^{1}x^{n - 2}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+·s + C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}+\frac{1}{x^{n}}$，
所以$\left(x+\frac{1}{x}\right)^{n}-\left(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right)=C_{n}^{1}x^{n - 2}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+·s + C_{n}^{n - 2}x^{-(n - 4)}+C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}$。
因为$C_{n}^{r}x^{n - 2r}+C_{n}^{n - r}x^{-(n - 2r)}=C_{n}^{r}x^{n - 2r}+C_{n}^{r}\frac{1}{x^{n - 2r}}\geq2C_{n}^{r}$，
所以$2\left[C_{n}^{1}x^{n - 2}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+·s + C_{n}^{n - 2}x^{-(n - 4)}+C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}\right]=C_{n}^{1}x^{n - 2}+C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+C_{n}^{n - 2}x^{-(n - 4)}+·s + C_{n}^{n - 2}x^{-(n - 4)}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}+C_{n}^{1}x^{n - 2}\geq2C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}+·s + 2C_{n}^{n - 1}=2\left(C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+·s + C_{n}^{n - 1}\right)$。
因为$C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+·s + C_{n}^{n}=2^{n}$，
所以$2\left(C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+·s + C_{n}^{n - 1}\right)=2\left(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+·s + C_{n}^{n}-C_{n}^{0}-C_{n}^{n}\right)=2\left(2^{n}-2\right)$，
则$C_{n}^{1}x^{n - 2}+C_{n}^{2}x^{n - 4}+·s + C_{n}^{n - 2}x^{-(n - 4)}+C_{n}^{n - 1}x^{-(n - 2)}\geq2^{n}-2$，
即$\left(x+\frac{1}{x}\right)^{n}-\left(x^{n}+\frac{1}{x^{n}}\right)\geq2^{n}-2$。
综上所述，当$a = b = 1$时，不等式$\vert[f(x)]^{n}\vert-\vert f(x^{n})\vert\geq2^{n}-2(n\in N_{+})$对任意$x\in(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$恒成立。