章末检测（七） 计数原理
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（ ）
A.10种 B.20种
C.25种 D.32种
2.已知＝10，那么＝（ ）
A.20 B.60
C.42 D.72
3.从甲、乙、丙、丁四名同学中选出三名同学，分别参加三个不同科目的竞赛，其中甲同学必须参赛，则不同的参赛方案共有（ ）
A.24种 B.18种
C.21种 D.9种
4.若二项式（2x＋）7的展开式中的系数是84，则实数a＝（ ）
A.2 B.
C.1 D.
5.若（1＋mx）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m＝（ ）
A.1或3 B.－3
C.1 D.1或－3
6.（2x＋1） 的展开式的常数项是（ ）
A.－10 B.－9
C.11 D.9
7.某城市有3个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分配到这3个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则不同的分配方案种数为（ ）
A.150 B.240
C.360 D.540
8.习近平总书记在党的十九大报告中指出：“要坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.”“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A.＋＋＋…＋＝120 B.第2 025行中从左往右第1 014个数与第1 015个数相等
C.记第n行的第i个数为ai，则2i－1ai＝4n D.第20行中第8个数与第9个数之比为8∶13
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.下列问题属于排列问题的是（ ）
A.从10人中选2人分别去种树和扫地
B.从10人中选2人去扫地
C.从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D.从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算
10.带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是（ ）
A.全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法
B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法
D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有·种不同的放法
11.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形，设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若f（x）＝（x3－）8，则（ ）
A.f（x）的展开式中的常数项是56
B.f（x）的展开式中的各项系数之和为0
C.f（x）的展开式中的二项式系数最大值是70
D.f（i）＝－16，其中i为虚数单位
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有 个.
13.早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表.已知（ax－1）6的展开式中x3的系数为－160，则实数a＝ ，展开式中各项系数之和为 （用数字作答）.
14.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为 .（用数字作答）
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知（－）n的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等.
（1）求n；
（2）求展开式中含x的项的系数.
16.（本小题满分15分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人.
（1）若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？
（2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？
17.（本小题满分15分）在（3x－2y）20的展开式中，求：
（1）二项式系数最大的项；
（2）系数绝对值最大的项.
18.（本小题满分17分）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表：
乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12
票价（元） 3 5 7
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的.
（1）若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
19.（本小题满分17分）已知f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*）.
（1）当n＝3时，求f（x）的展开式中含x3项的系数；
（2）证明：f（x）的展开式中含xn项的系数为（n＋1）；
（3）定义：ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：（i＋1）.
章末检测（七） 计数原理
1.D 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种.故选D.
2.B 因为＝10，所以＝10即n＝5，故＝＝60.
3.B 从除甲外的乙、丙、丁三名同学中选出2人，有种选法，再将3人安排到3个科目，有种，故共有×＝18（种）不同的参赛方案.
4.C （2x＋）7的二项展开式的通项为Tr＋1＝（2x）7－r（）r＝27－rarx7－2r（r＝0，1，2，…，7），令7－2r＝－3，得r＝5，故含的项的系数为22a5＝84，解得a＝1.
5.D 令x＝0，得a0＝（1＋0）6＝1.令x＝1，得（1＋m）6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴（1＋m）6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.
6.B （2x＋1）＝（2x＋1）·（ 1－＋10·－10·＋5·－），故展开式中的常数项是2×（－5）＋1＝－9.故选B.
7.A 由题意得，把5个消防队分成三组，可分为1，1，3和1，2，2两类方法.（1）分组为1，1，3，共有＝10种不同的分组方法；（2）分组为1，2，2，共有＝15种不同的分组方法.所以分配到3个演习点，共有（10＋15）×＝150种不同的分配方案.
8.D 根据题意，由“杨辉三角”可得，第n行的第r个数为.对于A，＋＋…＋＝＋＋＋…＋－1＝－1＝119，故A错误；对于B，第2 025行中从左往右第1 014个数为，第1 015个数为，两者不相等，故B错误；对于C，记第n行的第i个数为ai，则ai＝，则2i－1ai＝2i－1×1n－i＋1＝（1＋2）n＝3n，故C错误；对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为∶＝∶＝8∶13，故D正确.
9.AD 对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；对于D，从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题.
10.ACD 五个球投入4个不同的盒子里共有45种放法，A选项对；若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有·种放法，B选项错，D选项对；将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法，C选项对.故选A、C、D.
11.BC 设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝＝，n＝＝，则＝1，∴f（x）＝（x3－）8.对于A，f（x）展开式的通项为Tr＋1＝x24－3r·（－）r＝（－1）rx24－4r，令24－4r＝0，解得r＝6，∴f（x）展开式的常数项为（－1）6＝28，A错误；对于B，令x＝1，得f（1）＝0，即f（x）展开式的各项系数之和为0，B正确；对于C，f（x）展开式中二项式系数最大值为＝70，C正确；对于D，f（i）＝（i3－）8＝（－i＋i）8＝0，D错误.
12.36 解析：第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步计数原理，共有6×6＝36（种）方法，即共组成36个虚数.
13.2 1 解析：由于（ax－1）6展开式的通项公式为Tk＋1＝·a6－k·x6－k·（－1）k，令6－k＝3，解得k＝3，故（ax－1）6展开式中x3的系数为·a3（－1）3＝－160，解得a＝2，故（ax－1）6＝（2x－1）6展开式中各项系数和为（2－1）6＝1.
14.5 040 解析：分两类，一类是甲、乙都参加，另一类是甲、乙中选一人，方法数为N＝＋＝1 440＋3 600＝5 040.
15.解：（1）由第4项和第9项的二项式系数相等可得＝，解得n＝11.
（2）由（1）知，展开式的第r＋1项为Tr＋1＝（）11－r（－）r＝（－2）r，
令＝1，得r＝3，
此时T3＋1＝（－2）3x＝－1 320x.
所以展开式中含x的项的系数为－1 320.
16.解：（1）若正、副组长相邻而坐，可将此2人看作1人，即7人围一圆桌，有种坐法，
由于正、副组长2人可交换，有种坐法，
所以共有＝6×5×4×3×2×1×2×1＝1 440种坐法.
（2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将3人看作1人，即6人围一圆桌，有种坐法，
因为正、副组长2人可交换，有种坐法，
所以共有＝5×4×3×2×1×2×1＝240种坐法.
17.解：（1）二项式（3x－2y）20的展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝（3x）20－k（－2y）k，
其二项式系数最大的项为第11项，T11＝·（3x）10·（－2y）10＝·610·x10y10.
（2）设系数绝对值最大的项是第k＋1（k∈N*）项，
则
即
解得7≤k≤8，
所以k＝8，系数绝对值最大的项为T9＝·312·28·x12·y8.
18.解：（1）若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，共有＝24（种），
故甲、乙下地铁的方案共有24种.
（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：
第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，有＝15（种）；
第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，记地铁第四站至第七站分别为P4，P5，P6，P7，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形：
①甲P4站下，乙下地铁方式有种；②甲P5站下，乙下地铁方式有种；③甲P6站下，乙只能从P7下地铁，共有1种方式，共有＋＋1＝6（种），
依据分类计数原理，得15＋6＝21（种），
故甲比乙先下地铁的方案共有21种.
19.解：（1）当n＝3时，f（x）＝（1＋x）4＋2（1＋x）5＋3（1＋x）6，
∴f（x）的展开式中含x3项的系数为＋2＋3＝84.
（2）证明：∵f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*），
故f（x）的展开式中含xn项的系数为＋2＋3＋…＋n＝＋2＋3＋…＋n.
∵k＝k＝
＝（n＋1）＝（n＋1），
（3）（i＋1）＝2＋3＋…＋n＋（n＋1）， ①
（i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2， ②
在①②中分别添加，则得1＋（i＋1）＝＋2＋3＋…＋n＋（n＋1）， ③
1＋（i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2＋， ④
③＋④得2（1＋（i＋1））＝（n＋2）（＋＋＋…＋＋）＝（n＋2）2n，
∴（i＋1）＝（n＋2）2n－1－1.
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章末检测（七）
计数原理
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给
出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小
组，则不同的报名方法共有（ ）
A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种
解析： 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中
的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种.故选D.
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2. 已知 ＝10，那么 ＝（ ）
A. 20 B. 60
C. 42 D. 72
解析： 因为 ＝10，所以 ＝10即n＝5，故 ＝
＝60.
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3. 从甲、乙、丙、丁四名同学中选出三名同学，分别参加三个不同科
目的竞赛，其中甲同学必须参赛，则不同的参赛方案共有（ ）
A. 24种 B. 18种
C. 21种 D. 9种
解析： 从除甲外的乙、丙、丁三名同学中选出2人，有 种选
法，再将3人安排到3个科目，有 种，故共有 × ＝18
（种）不同的参赛方案.
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4. 若二项式（2x＋ ）7的展开式中 的系数是84，则实数a＝
（ ）
A. 2
C. 1
解析： （2x＋ ）7的二项展开式的通项为Tr＋1＝ （2x）7－r
（ ）r＝ 27－rarx7－2r（r＝0，1，2，…，7），令7－2r＝－
3，得r＝5，故含 的项的系数为 22a5＝84，解得a＝1.
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5. 若（1＋mx）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝
63，则实数m＝（ ）
A. 1或3 B. －3
C. 1 D. 1或－3
解析： 令x＝0，得a0＝（1＋0）6＝1.令x＝1，得（1＋m）6
＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴（1＋m）6
＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.
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6. （2x＋1） 的展开式的常数项是（ ）
A. －10 B. －9
C. 11 D. 9
解析： （2x＋1） ＝（2x＋1）·（ 1－ ＋10· －
10· ＋5· － ），故展开式中的常数项是2×（－5）＋1＝－9.
故选B.
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7. 某城市有3个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分配到这3
个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则不同的分配方案
种数为（ ）
A. 150 B. 240
C. 360 D. 540
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解析： 由题意得，把5个消防队分成三组，可分为1，1，3和
1，2，2两类方法.（1）分组为1，1，3，共有 ＝10种不同的
分组方法；（2）分组为1，2，2，共有 ＝15种不同的分组方
法.所以分配到3个演习点，共有（10＋15）× ＝150种不同的分
配方案.
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8. 习近平总书记在党的十九大报告中指出：“要坚定文化自信，推动
社会主义文化繁荣兴盛.”“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角
形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著
的《详解九章算法》一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的
一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，
由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
B. 第2 025行中从左往右第1 014个数与第1 015个数相等
D. 第20行中第8个数与第9个数之比为8∶13
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解析： 根据题意，由“杨辉三角”可得，第n行的第r个数为
.对于A， ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋ ＋…＋ －1＝
－1＝119，故A错误；对于B，第2 025行中从左往右第1 014个
数为 ，第1 015个数为 ，两者不相等，故B错误；对于
C，记第n行的第i个数为ai，则ai＝ ，则 2i－1ai＝ 2i－
1 ×1n－i＋1＝（1＋2）n＝3n，故C错误；对于D，第20行中第8
个数为 ，第9个数为 ，则两个数的比为 ∶ ＝
∶ ＝8∶13，故D正确.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给
出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选
对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列问题属于排列问题的是（ ）
A. 从10人中选2人分别去种树和扫地
B. 从10人中选2人去扫地
C. 从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D. 从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算
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解析： 对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2
人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10人中选2人去扫地，
与顺序无关，是组合问题；对于C，从班上30名男生中选出5人组
成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；对于D，从数字5，6，
7，8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一
样，是排列问题.
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10. 带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是（ ）
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法
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解析： 五个球投入4个不同的盒子里共有45种放法，A
选项对；若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有
· 种放法，B选项错，D选项对；将其中的4个球投入4个
盒子里的一个（另一个球不投入），共有 · 种放法，C选
项对.故选A、C、D.
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11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一
个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德
认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他
死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形，设圆柱的体
积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，
若f（x）＝（ x3－ ）8，则（ ）
A. f（x）的展开式中的常数项是56
B. f（x）的展开式中的各项系数之和为0
C. f（x）的展开式中的二项式系数最大值是70
D. f（i）＝－16，其中i为虚数单位
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解析： 设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝
＝ ，n＝ ＝ ，则 ＝1，∴f（x）＝（x3－ ）8.对
于A，f（x）展开式的通项为Tr＋1＝ x24－3r·（－ ）r＝（－
1）r x24－4r，令24－4r＝0，解得r＝6，∴f（x）展开式的常
数项为（－1）6 ＝28，A错误；对于B，令x＝1，得f（1）＝
0，即f（x）展开式的各项系数之和为0，B正确；对于C，f
（x）展开式中二项式系数最大值为 ＝70，C正确；对于D，f
（i）＝（i3－ ）8＝（－i＋i）8＝0，D错误.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中
横线上）
12. 从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组
成复数a＋bi，其中虚数有 个.
解析：第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方
法，根据分步计数原理，共有6×6＝36（种）方法，即共组成36
个虚数.
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13. 早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中
就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表.已知（ax－
1）6的展开式中x3的系数为－160，则实数a＝ ，展开式中各
项系数之和为 （用数字作答）.
解析：由于（ax－1）6展开式的通项公式为Tk＋1＝ ·a6－k·x6－
k·（－1）k，令6－k＝3，解得k＝3，故（ax－1）6展开式中x3的
系数为 ·a3（－1）3＝－160，解得a＝2，故（ax－1）6＝（2x
－1）6展开式中各项系数和为（2－1）6＝1.
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14. 从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天
安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，
且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那
么不同的安排种数为 .（用数字作答）
解析：分两类，一类是甲、乙都参加，另一类是甲、乙中选一
人，方法数为N＝ ＋ ＝1 440＋3 600＝5 040.
5 040
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）已知（ － ）n的展开式中，第4项和第9
项的二项式系数相等.
（1）求n；
解： 由第4项和第9项的二项式系数相等可得 ＝
，解得n＝11.
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（2）求展开式中含x的项的系数.
解： 由（1）知，展开式的第r＋1项为Tr＋1＝
（ ）11－r（－ ）r＝（－2）r ，令 ＝1，
得r＝3，此时T3＋1＝（－2）3 x＝－1 320x.所以展开式
中含x的项的系数为－1 320.
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16. （本小题满分15分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记
录员1人.
（1）若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？
解： 若正、副组长相邻而坐，可将此2人看作1人，即7
人围一圆桌，有 种坐法，
由于正、副组长2人可交换，有 种坐法，
所以共有 ＝6×5×4×3×2×1×2×1＝1 440种坐法.
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（2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种
坐法？
解： 若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可
将3人看作1人，即6人围一圆桌，有 种坐法，
因为正、副组长2人可交换，有 种坐法，
所以共有 ＝5×4×3×2×1×2×1＝240种坐法.
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17. （本小题满分15分）在（3x－2y）20的展开式中，求：
（1）二项式系数最大的项；
解： 二项式（3x－2y）20的展开式有21项，展开式的
通项为Tk＋1＝ （3x）20－k（－2y）k，
其二项式系数最大的项为第11项，T11＝ ·（3x）10·（－
2y）10＝ ·610·x10y10.
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（2）系数绝对值最大的项.
解： 设系数绝对值最大的项是第k＋1（k∈N*）项，
则
即解得7 ≤k≤8 ，
所以k＝8，系数绝对值最大的项为T9＝ ·312·28·x12·y8.
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18. （本小题满分17分）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定
按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地
铁票价如下表：
乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12
票价（元） 3 5 7
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘
坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是
相同的.
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（1）若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多
少种？
解： 若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁
站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7
站，共有 ＝24（种），
故甲、乙下地铁的方案共有24种.
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（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有
多少种？
解： 若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁
的情形有两类：
第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且
不超过12站，有 ＝15（种）；
第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，记
地铁第四站至第七站分别为P4，P5，P6，P7，易知甲比乙
先下地铁有以下三种情形：
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①甲P4站下，乙下地铁方式有 种；②甲P5站下，乙下地
铁方式有 种；③甲P6站下，乙只能从P7下地铁，共有1种
方式，共有 ＋ ＋1＝6（种），
依据分类计数原理，得15＋6＝21（种），
故甲比乙先下地铁的方案共有21种.
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19. （本小题满分17分）已知f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2
＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*）.
（1）当n＝3时，求f（x）的展开式中含x3项的系数；
解： 当n＝3时，f（x）＝（1＋x）4＋2（1＋x）5＋3
（1＋x）6，
∴f（x）的展开式中含x3项的系数为 ＋2 ＋3 ＝84.
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（2）证明：f（x）的展开式中含xn项的系数为（n＋1） ；
解： 证明：∵f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2
＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*），
故f（x）的展开式中含xn项的系数为 ＋2 ＋3
＋…＋n ＝ ＋2 ＋3 ＋…＋n .
∵k ＝k ＝
＝（n＋1） ＝（n＋1） ，
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（3）定义： ai＝a1＋a2＋…＋an，化简： （i＋1） .
解： （i＋1） ＝2 ＋3 ＋…＋n ＋（n
＋1） ， ①
（i＋1） ＝（n＋1） ＋n ＋…＋3 ＋
2 ， ②
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在①②中分别添加 ，则得1＋ （i＋1） ＝ ＋2
＋3 ＋…＋n ＋（n＋1） ， ③
1＋ （i＋1） ＝（n＋1） ＋n ＋…＋3 ＋
2 ＋ ， ④
③＋④得2（1＋ （i＋1） ）＝（n＋2）（ ＋ ＋
＋…＋ ＋ ）＝（n＋2）2n，
∴ （i＋1） ＝（n＋2）2n－1－1.
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谢 谢 观 看！
