-高中數(shù)學(xué)課時(shí)練習(xí)9“楊輝三角”與二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)含解析新人教A版選修2-

PAGEPAGE11“楊輝三角”與二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)基礎(chǔ)全面練(20分鐘35分)1．(2021·新鄉(xiāng)高二檢測(cè))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))6的展開(kāi)式中，下列結(jié)論不正確的是()A．二項(xiàng)式系數(shù)和為64 B．常數(shù)項(xiàng)為60C．二項(xiàng)式系數(shù)和為1 D．各項(xiàng)系數(shù)和為1【解析】選C.由條件可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))6中，二項(xiàng)式系數(shù)的和為26＝64，故A正確，C不正確；通項(xiàng)公式Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2))6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))r·26－r·x12－3r，當(dāng)12－3r＝0時(shí)，r＝4，所以展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)是Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))4·22＝60，故B正確；令x＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))6＝1，所以各項(xiàng)系數(shù)和為1，故D正確．2．如圖是與楊輝三角有類似性質(zhì)的三角形數(shù)壘，a，b是某行的前兩個(gè)數(shù)，當(dāng)a＝7時(shí)，b等于()A．20B．21C．22D．23【解析】選C.由a＝7，可知b左肩上的數(shù)為6，右肩上的數(shù)為(11＋5)即16，所以b＝6＋16＝22.【補(bǔ)償訓(xùn)練】觀察圖中的數(shù)所成的規(guī)律，則a所表示的數(shù)是()A.8B．6C．4D．2【解析】選B.由題圖知，下一行的數(shù)是其肩上兩數(shù)的和，所以4＋a＝10，得a＝6.3.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))eq\s\up12(2n)(n∈N*)的展開(kāi)式中，系數(shù)最大的項(xiàng)是()A．第eq\f(n,2)＋1項(xiàng) B．第n項(xiàng)C．第n＋1項(xiàng) D．第n項(xiàng)與第n＋1項(xiàng)【解析】選C.在(1＋x)2n(n∈N*)的展開(kāi)式中，第n＋1項(xiàng)的系數(shù)與第n＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相同，再根據(jù)中間項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，展開(kāi)式共有2n＋1項(xiàng)，可得第n＋1項(xiàng)的系數(shù)最大，故選C.【補(bǔ)償訓(xùn)練】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(11)的展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是()A．第6項(xiàng) B．第7項(xiàng)C．第8項(xiàng) D．第6項(xiàng)和第7項(xiàng)【解析】選D.由n＝11為奇數(shù)，則展開(kāi)式中第eq\f(11＋1,2)項(xiàng)和第eq\f(11＋1,2)＋1項(xiàng)，即第6項(xiàng)和第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，且最大．4．設(shè)(3x＋eq\r(x))n的展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)之和為M，二項(xiàng)式系數(shù)之和為N，若M－17N＝480，則展開(kāi)式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為_(kāi)_______．【解析】由4n－17×2n＝480得n＝5.Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(3x)5－k×(eq\r(x))k＝35－k×Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x，令5－eq\f(k,2)＝3，得k＝4.故展開(kāi)式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為3×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝15.答案：155．如圖所示的數(shù)陣叫“萊布尼茨調(diào)和三角形”，它們是由正整數(shù)的倒數(shù)組成的，第n行有n個(gè)數(shù)且兩端的數(shù)均為eq\f(1,n)(n≥2)，每個(gè)數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如：eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，則第n(n≥3)行第3個(gè)數(shù)是________．eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)…【解析】設(shè)第n行各數(shù)為an，1，an，2，an，3，…an，n.由題意an，1＝eq\f(1,n)，an，1＋an，2＝an－1，1，an，2＋an，3＝an－1，2，又an，2＝an－1，1－an，1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以an－1，2＝eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1).所以an，3＝an－1，2－an，2＝eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(2,n（n－1）（n－2）).答案：eq\f(2,n（n－1）（n－2）)(n∈N*，n≥3)6．在二項(xiàng)式(2x－3y)9的展開(kāi)式中，求：(1)二項(xiàng)式系數(shù)之和；(2)各項(xiàng)系數(shù)之和；(3)所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和；(4)系數(shù)絕對(duì)值的和．【解析】設(shè)(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.(1)二項(xiàng)式系數(shù)之和為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(9))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(9))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(9))＝29.(2)各項(xiàng)系數(shù)之和為a0＋a1＋a2＋…＋a9，令x＝1，y＝1，所以a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，令x＝1，y＝－1，可得：a0－a1＋a2－…－a9＝59，將兩式相加除以2可得：a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝eq\f(59－1,2)，即為所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和．(4)方法一：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59.方法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|即為(2x＋3y)9展開(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)和，令x＝1，y＝1得：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59.綜合突破練(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．已知(1＋x)n的展開(kāi)式中第4項(xiàng)與第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為()A．212 B．211C．210 D．29【解析】選D.因?yàn)?1＋x)n的展開(kāi)式中第4項(xiàng)與第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，所以Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(n))，解得n＝10，所以二項(xiàng)式(1＋x)10中奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為eq\f(1,2)×2010＝29.【補(bǔ)償訓(xùn)練】對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，則a2的值為()A．3B．6C．9D．21【解析】選B.由于x3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))))3，其展開(kāi)式的通項(xiàng)為Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))·23－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))r，當(dāng)r＝2時(shí)，為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·21·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，故a2＝6.2．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)的二項(xiàng)展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)和為32，則二項(xiàng)展開(kāi)式中x4的系數(shù)為()A．5B．10C．20D．40【解析】選B.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)的二項(xiàng)展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)和為32，所以令x＝1得2n＝32，所以n＝5.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(5)的二項(xiàng)展開(kāi)式的第r＋1項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，故二項(xiàng)展開(kāi)式中x4的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10.3．關(guān)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))10的結(jié)論，不正確的是()A．展開(kāi)式中的二項(xiàng)式系數(shù)之和為1024B．展開(kāi)式中第6項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大C．展開(kāi)式中第5項(xiàng)和第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大D．展開(kāi)式中第6項(xiàng)的系數(shù)最小【解析】選C.關(guān)于(a－b)10的說(shuō)法：對(duì)于選項(xiàng)A，由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)知，二項(xiàng)式系數(shù)之和為210＝1024，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，C，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是中間一項(xiàng)，故B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)檎归_(kāi)式中第6項(xiàng)的系數(shù)是負(fù)數(shù)且其絕對(duì)值最大，所以是系數(shù)中最小的，故D正確．4．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－2\r(3,x)))eq\s\up12(11)的展開(kāi)式中任取一項(xiàng)，設(shè)所取項(xiàng)為有理項(xiàng)的概率為α，eq\i\in(0,1,)xαdx＝()A．eq\f(2,11)B．eq\f(6,7)C．eq\f(3,5)D．eq\f(1,3)【解題指南】先求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(x)－2\r(3,x)))eq\s\up12(11)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，其中有2項(xiàng)有理項(xiàng)，確定概率α＝eq\f(1,6)，根據(jù)定積分的計(jì)算法則，先求出被積函數(shù)xα的原函數(shù)，再分別將積分上下限代入求差，即可求出結(jié)果．【解析】選B.Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(11))·(3eq\r(x))11－r·eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(11))·311－r·(－2)r·x，r＝0，1，…，11，共12項(xiàng)，其中只有第4項(xiàng)和第10項(xiàng)是有理項(xiàng)，故所求概率為α＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6)，所以eq\i\in(0,1,)xαdx＝eq\i\in(0,1,)dx＝＝eq\f(6,7).5．將多項(xiàng)式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m))5，m為常數(shù)，若a5＝－7，則a0＝()A．－2B．－1C．1D．2【解析】選D.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m))5的通項(xiàng)公式為T(mén)r＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x5－rmr，a5x5＝x·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))x5－1m1＋(－2)x5＝(5m－2)x5，所以a5＝5m－2，又a5＝－7，所以5m－2＝－7，所以m＝－1，a0＝(－2)·Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(－1)5＝2.【補(bǔ)償訓(xùn)練】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x2))eq\s\up12(3)的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為a，則直線y＝ax與曲線y＝x2圍成圖形的面積為()A．eq\f(27,2)B．9C．eq\f(9,2)D．eq\f(27,4)【解析】選C.設(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x2))eq\s\up12(3)的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為T(mén)r＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))x－(3－r)x2r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(3))x3r－3，令3r－3＝0，得r＝1，故展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為a＝3，則直線y＝ax即y＝3x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3x，,y＝x2，))求得直線y＝ax與曲線y＝x2的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，0)，(3，9)，故直線y＝ax與曲線y＝x2圍成圖形的面積為eq\i\in(0,3,)(3x－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2－\f(x3,3)))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))＝eq\f(9,2).二、填空題(每小題5分，共15分)6．如圖所示是一個(gè)類似楊輝三角的遞推式，則第n行的首尾兩個(gè)數(shù)均為_(kāi)_______．13356571111791822189…【解析】由1，3，5，7，9，…，可知它們成等差數(shù)列，所以an＝2n－1.答案：2n－17．實(shí)數(shù)ai(i＝0，1，2，3，4，5)滿足：對(duì)任意x∈R，都有(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，則a0＝________，eq\f(a0,1)＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,5)＋eq\f(a5,6)＝________．【解題指南】由二項(xiàng)展開(kāi)式可直接求出各項(xiàng)的系數(shù)，即可求出ai(i＝0，1，2，3，4，5)，進(jìn)而可求出結(jié)果．【解析】由二項(xiàng)展開(kāi)式可得(1＋x)5＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))x2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))x3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))x4＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))x5＝1＋5x＋10x2＋10x3＋5x4＋x5，所以a0＝1，a1＝5，a2＝10，a3＝10，a4＝5，a5＝1，故eq\f(a0,1)＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,5)＋eq\f(a5,6)＝1＋eq\f(5,2)＋eq\f(10,3)＋eq\f(10,4)＋eq\f(5,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(21,2).答案：1eq\f(21,2)【補(bǔ)償訓(xùn)練】設(shè)(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，當(dāng)a0＋a1＋a2＋…＋an＝254時(shí)，n＝________．【解析】令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq\f(2（2n－1）,2－1)＝254，所以2n＝128，即n＝7.答案：78．如圖，在楊輝三角中，虛線所對(duì)應(yīng)的斜行的各數(shù)之和構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{an}，則數(shù)列的第10項(xiàng)為_(kāi)_______．【解析】由題意a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1＋2＝3，a5＝2＋3＝5，a6＝3＋5＝8，a7＝5＋8＝13，a8＝8＋13＝21，a9＝13＋21＝34，a10＝21＋34＝55.答案：55三、解答題(每小題10分，共20分)9．(2020·遵義高二檢測(cè))若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求：(1)a1＋a2＋…＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6.【解析】(1)令x＝0，則a0＝－1，令x＝1則a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128.①所以a1＋a2＋…＋a7＝129.(2)令x＝－1，則－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)7，②由eq\f(①－②,2)，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(1,2)[128－(－4)7]＝8256.(3)由eq\f(①＋②,2)得a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(1,2)[128＋(－4)7]＝－8128.10．已知(＋3x2)n的展開(kāi)式中，各項(xiàng)系數(shù)的和與其各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和之比為32.(1)求n；(2)求展開(kāi)式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)．【解析】(1)令x＝1，則原二項(xiàng)式展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)和為4n，又原二項(xiàng)式展開(kāi)式的各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)和為2n，所以eq\f(4n,2n)＝32，即2n＝32，解得n＝5；(2)由(1)可知：n＝5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)＋3x2))n展開(kāi)式的中間兩項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)最大，即T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2))2＝90x6，T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2))3＝270x.【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)＝(1＋x)n，n∈N*.(1)當(dāng)n＝8時(shí)，求展開(kāi)式中系數(shù)的最大項(xiàng)．(2)化簡(jiǎn)Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))2n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))2n－2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))2n－3＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))2－1.(3)定義：ai＝a1＋a2＋…＋an，化簡(jiǎn)：(i＋1)Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n)).【解題指南】(1)根據(jù)題意知展開(kāi)式中系數(shù)的最大項(xiàng)就是二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)，n＝8，中間項(xiàng)為第5項(xiàng)，其系數(shù)最大．(2)根據(jù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))n＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))xn－1＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn，令x＝2，即可求值．(3)原式添加Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，利用倒序相加，化簡(jiǎn)即可．【解析】(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))8，所以系數(shù)最大的項(xiàng)即為二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)T5＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))x4＝70x4.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))n＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))x＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))xn－1＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))xn，所以原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))2n＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))2n－1＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))2n－2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))20))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))n＝eq\f(3n,2).(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))，①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，②在①，②添加Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，則得1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))，③1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＋nCeq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋…＋3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋1Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，④③＋④得：2(1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n)))＝(n＋2)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))2n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋1))Ceq\o\al(\s\up1(i),\s\do1(n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))2n－1－1．創(chuàng)新遷移練1．(2021·許昌高二檢測(cè))“楊輝三角”揭示了二項(xiàng)式系數(shù)的一種幾何排列規(guī)律，最早在中國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書(shū)中出現(xiàn)．歐洲數(shù)學(xué)家帕斯卡在1654年才發(fā)現(xiàn)這一規(guī)律，比楊輝要晚近四百年．“楊輝三角”是中國(guó)數(shù)學(xué)史上的一個(gè)偉大成就，激發(fā)起一批又一批數(shù)學(xué)愛(ài)好者的探究欲望．如下圖，在由二項(xiàng)式系數(shù)所構(gòu)成的“楊輝三角”中，第10行中從左至右第5與第6個(gè)數(shù)的比值為_(kāi)_______．【解析】由題意第10行的數(shù)就是二項(xiàng)式(a＋b)10的展開(kāi)式中各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)，因此從左至右第5與第6個(gè)數(shù)的比值為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)),Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10)))＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)2．設(shè)(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2.(1)設(shè)n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；(2)設(shè)bk＝eq\f(k＋1,n－k)ak＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈N，k≤n－1))，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Sm,Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n－1)))))的值．【解析】(1)由二項(xiàng)式定理可得ak＝(－1)k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))，當(dāng)n＝11時(shí)，|