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知识点 二项式系数的性质
7.4.2 二项式系数的性质及应用
必备知识 清单破
1.对称性
在(a+b)n的展开式中,与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即 = (m∈N,n∈N*,
m≤n).
2.增减性与最大值
(1)增减性:当r< 时, < ;当r> 时, < .
(2)最大值:当n为偶数时,中间一项的二项式系数 最大;当n为奇数时,中间两项的二项式系
数 , 相等,且最大.
3.二项式系数的和
(1)二项展开式中,各项的二项式系数的和等于2n,即 + + +…+ =2n.
(2) + + +…= + + +…= .
4.特殊情况
在杨辉三角中,除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和,即 + = .
知识辨析
1.二项展开式的各二项式系数的和是 + +…+ 吗
2.(x+2)5与(x-2)5的展开式的各二项式系数和相等吗
3.若(a+b)n的展开式的第4项的二项式系数与第6项的二项式系数相等,则二项式系数最大的 项是哪一项
4.在(1-x)9的展开式中,系数最大的项是第5项和第6项吗
一语破的
1.不是.二项展开式的各二项式系数的和是 + + +…+ =2n.
2.相等.均为25=32.
3.由题意可知, = ,所以n=3+5=8,(a+b)8的展开式的中间项为第5项,所以第5项为二项式系
数最大的项.
4.不是.展开式共有10项,其中奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,所以系数最大的项仅为 第5项.
1.展开式中二项式系数最大的项的确定方法
(1)当n为偶数时,中间一项 的二项式系数最大;
(2)当n为奇数时,中间两项 第 项和第 项,即 和 的二项式系数相等且最大.
2.展开式中系数最值的确定方法
方法一,二项展开式中的系数是关于正整数n的式子,可以看成关于n的函数,利用判断函数单 调性的方法判断系数的增减性,从而求出系数的最值.
关键能力 定点破
定点 1 求解二项式系数、系数最值问题
方法二,分析系数的符号,利用不等式组求解,具体如下:(1)在系数符号相同的前提下,求系数 的最大(小)值只需比较两组相邻两项系数的大小,根据通项列出不等式组即可.(2)当各项系 数正负相间时,求系数的最大值应在系数都为正的各项系数间构造不等式组;求系数的最小
值应在系数都为负的各项系数间构造不等式组.
典例 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;
(3)系数最大的项.
解析 (1)二项式系数最大的项是第11项,T11= ×310×(-2)10x10y10=610 x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是第(r+1)(0≤r≤20,r∈N)项,
于是
化简,得
解得 ≤r≤ (r∈N),所以r=8,
即T9= ×312×28×x12y8是系数绝对值最大的项.
(3)因为系数为正的项为y的偶次方项,
所以可设第(2k-1)(1≤k≤11,k∈N)项系数最大,
于是
所以
解得k=5,即第9项系数最大,T9= ×312×28×x12y8.
知识拓展 二项展开式系数最大理论:在(ax+by)n(a,b∈R,且a,b≠0,n∈N*)的展开式中,第k= +1项系数的绝对值最大,其中[x]为取整函数.
1.利用二项式定理解决整除或求余数问题
(1)利用二项式定理解决整除或求余数问题,关键是要巧妙构造二项式,通常把底数写成除数 (或与除数密切相关的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,只考虑后面(或前面) 一两项就可以了.
(2)要注意余数的范围:a=cr+b中,r是除数,b是余数,且b∈[0,r).切记余数不能为负数,所以利用 二项式定理展开变形后,若“剩余部分”是负数,则要注意进行转换.
2.利用二项式定理进行近似计算
利用二项式定理进行近似计算,其关键在于构造恰当的二项式(p+q)n(n∈N*,p∈Z,|q|<1), 并根据近似要求,对其展开式的项合理取舍,通常只考虑前面(或后面)几项,从而确定(p+q)n的 近似值.
定点 2 二项式定理的应用
3.利用二项式定理证明有关不等式
利用二项式定理证明组合数不等式,通常表现为二项式定理的正用或逆用,再结合不等 式证明的方法进行论证.证明不等式时,应注意运用放缩法,可将对结论不构成影响的若干项 去掉.
典例 (1)求证:5151-1能被7整除;
(2)求0.9986的近似值,使误差小于0.001;
(3)求证:对一切n∈N*,都有2≤ <3.
解析 (1)证明:5151-1=(49+2)51-1= ×4951+ ×4950×2+…+ ×49×250+ ×251-1,
易知除 ×251-1=251-1以外各项都能被7整除.
又251-1=(23)17-1=(7+1)17-1= 717+ 716+…+ 7+ -1=7( 716+ 715+…+ ),
显然上式能被7整除,所以5151-1能被7整除.
(2)0.9986=(1-0.002)6=1+6×(-0.002)+15×(-0.002)2+…+(-0.002)6.
因为T3=15×(-0.002)2=0.000 06<0.001,且第3项以后的项的绝对值都远小于0.001,
所以第3项及其以后的项可以忽略不计,
所以0.9986=(1-0.002)6≈1+6×(-0.002)=1-0.012=0.988.
(3)证明:∵ = + · + · + · +…+ · =1+1+ · + · · +…+
· · ·…· ,
∴2≤ <2+ + +…+ <2+ + +…+ =2+ + +…+ =
3- <3,即2≤ <3.
当且仅当n=1时, =2;
当n≥2时,2< <3.
故对一切n∈N*,都有2≤ <3.
解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
定点 3 杨辉三角
典例 (1)(多选)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系 数表,数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是 ( )
A.1+ + + =
B.第2 022行的第1 011个数最大
ACD
C.第20行所有数字之和为220
D.第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为2∶3
(2)若图中的数字满足条件:①第n行首尾两数均为n;②递推关系类似杨辉三角,则第10行的第 2个数是 ,第n(n≥2,n∈N*)行的第2个数是 .
46
解析 (1)1+ + + =1+6+ + =84, = =84,故A正确;
第2 022行的第1 012个数最大,故B错误;
第20行所有数字之和为 + +…+ =220,故C正确;
第34行第14个数是 = ,第15个数是 = ,
所以 = = =2∶3,故D正确.
(2)由题图可知,第10行的第2个数为(1+2+3+…+9)+1=46,第n(n≥2,n∈N*)行
的第2个数为[1+2+3+…+(n-1)]+1=
+1= .
素养解读
排列、组合知识在高考中多以选择题或填空题的形式出现,要求考生能对不确定的情况 进行分析,因此在学习中,要注意由点到面,由浅至深的辩证理解,多方面、多角度的思考并解 决问题.
在解决排列与组合的相关问题时,常用的方法有相邻问题捆绑法、相间问题插空法、多排问 题单排法、定序问题缩倍法、定位问题优先法、有序分配问题分步法、多元问题分类法、 交叉问题集合法、至少(或至多)问题间接法等.通过正确分类将排列、组合问题进行模型化, 从而找到解决对策,提高解题效率,培养逻辑推理、数学建模的核心素养.
学科素养 情境破
素养 通过对排列、组合的研究,培养逻辑推理、数学建模的核心素养
例题 将A,B,C,D,E,F这六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有 种. (用数字作答)
典例呈现
480
解题思路 解法一(特殊元素优先法):如图,
①C在第1位时,有 =120种排法;
②C在第2位时,在字母D,E,F中任取一个放在第1位,剩下的4个字母全排列,共有 · =72种
排法;
③C在第3位时,若A,B均在C的左侧,则有 种排法,若A,B均在C的右侧,则在字母D,E,F中任
取两个放在C的左侧,有 · 种排法,故共有 + =48种排法.
根据对称性可知,不同的排法共有2×(120+72+48)=480(种).
解法二(定序问题缩倍法):由题设可知,A,B,C三者的顺序可以为ABC,ACB,BAC,BCA,CBA, CAB,共6种情况,其中满足条件的共有4种情况,所以将A,B,C,D,E,F这六个字母排成一排,且A,
B均在C的同侧的不同的排法共有 × = ×720=480(种).
思维升华
解决排列、组合问题后要注意进行反思,总结题目考查的是哪个知识点、与哪些知识相关 联、是以什么形式来出题的、题目中隐藏的信息有哪些、怎样将已有知识综合运用到题目 中等,多角度分析问题的来龙去脉,从而提高逻辑思考能力,掌握解决每类问题的通法,达到培 养数学建模素养的目的.7.4.2 二项式系数的性质及应用
基础过关练
题组一 二项式系数的性质及其应用
1.若(n∈N*)的展开式中所有项的二项式系数之和为16,则的展开式中的常数项为( )
A.6 B.8 C.28 D.56
2.在的展开式中,各二项式系数之和为A,各项系数之和为B,若B-A=240,则n=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
3.已知的展开式中所有奇数项的二项式系数的和为28,则展开式中有理项项数为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
4.在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中含x2的项的系数等于( )
A.280 B.300 C.210 D.120
5.对于:
(1)若展开式的第4项与第8项的二项式系数相等,求展开式中x2的系数;
(2)若展开式的前三项的系数成等差数列,求展开式的中间项.
题组二 二项式系数与项的系数的最大值问题
6.设n∈N*,(a+b)2n的展开式中二项式系数的最大值为x,(a+b)2n+1的展开式中二项式系数的最大值为y,若11x=6y,则n=( )
A.2 B.3
C.4 D.5
7.已知(a>0)的展开式中唯有第5项的系数最大,则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.若(mx-1)n(n∈N*)的展开式中,所有项的系数和与二项式系数和相等,且第6项的二项式系数最大,则有序实数对(m,n)共有( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
9.(多选题)在的展开式中,下列说法中正确的是( )
A.常数项是
B.各项系数和是64
C.第4项的二项式系数最大
D.奇数项的二项式系数和是32
10.在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含x2项的系数为 .
11.在的展开式中,前三项的二项式系数之和等于79.
(1)求n的值;
(2)若展开式中的常数项为,求展开式中系数最大的项.
12.已知(n∈N*)的展开式的第5项的系数与第3项的系数之比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和;
(2)求展开式中含的项;
(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项.
题组三 二项式定理的应用
13.32 023被8除所得的余数为( )
A.1 B.3 C.5 D.7
14.(多选题)若f(x)=x5-5x4+10x3-10x2+5x-1,则( )
A.f(x)可以被(x-1)3(x≠1)整除
B.f(x+y+1)可以被(x+y)4(x+y≠0)整除
C.f(30)被27除所得的余数为6
D.f(29)的个位数为6
15.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod m).若a=×218,a≡b(mod 10),则b的值可以是( )
A.2 018 B.2 020
C.2 022 D.2 024
16.1.026的近似值为 .(精确到0.01)
17.已知f(x)=(x2+2x+3)8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a16(x+1)16.
(1)求an(n=0,1,2,…,16)的最大值;
(2)求f(5)-5被13除所得的余数.
能力提升练
题组一 二项式中系数的综合应用
1.已知在的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3,则展开式中系数的绝对值最大的项为( )
A.第6项 B.第8项 C.第9项 D.第11项
2.在的展开式中,含x3项的系数为15,则展开式中二项式系数最大的项是( )
A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第3项
3.(多选题)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且存在正整数n,满足a1+2a2+…+nan=321,则下列结论正确的是( )
A.n=6
B.a1+a2+…+an=119
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数之和为126
D.(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项
4.在(1+ax)8的展开式中,若x3的系数为-56,则a= ;若展开式中有且仅有x4项的系数最大,则a的取值范围是 .
5.已知m,n是正整数,(1+x)m+(1+x)n的展开式中x的系数为15.
(1)求展开式中x2的系数的最小值;
(2)已知(2+3x的展开式中的二项式系数的最大值为a,项的系数的最大值为b,求a+b.
题组二 二项式定理的综合应用
6.(多选题)下列说法正确的是( )
A.若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则|a1|+|a2|+…+|a10|=310-1
B.1.0510精确到0.1的近似数为1.6
C.5555被8除所得的余数为1
D.=39
7.(多选题)定义集合Tn={an|2n
A.S1=3
B.T2={3,6}
C.当n为偶数时,Tn中有项
D.当n为奇数时,Tn中元素的最小值为2n+1
8.设a∈Z,且0≤a≤7,若32 024+a能被8整除,则a= .
9.若(x+5)2 023=a0+a1x+a2x2+…+a2 023x2 023,T=a0+a1+a2+…+a2 023,则T被5除所得的余数为 .
10.证明:(1)5151-1能被7整除;
(2)当n∈N*时,(1+)n为偶数.
答案与分层梯度式解析
7.4.2 二项式系数的性质及应用
基础过关练
1.C 2.B 3.C 4.D 6.D 7.A 8.D 9.ACD
13.B 14.AB 15.A
1.C 由题意得2n=16,所以n=4,则的展开式的通项为Tr+1=(0≤r≤8且r∈N),
令=0,得r=2,
故的展开式中的常数项为T3==28.故选C.
2.B 当x=1时,=4n,故B=4n,
易知各二项式系数之和为A=2n,
因为B-A=240,所以4n-2n=240,则2n=16,所以n=4.故选B.
3.C 由题意得+…==2n-1=28,所以n-1=8,解得n=9,
所以的展开式的通项为Tr+1=(0≤r≤9,r∈N),
若Tr+1为有理项,则r能被3整除,即满足题意的r可以是0,3,6,9,共4个.
故选C.
4.D 在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中含x2的项的系数为+…++…++…+=…==120.故选D.
5.解析 (1)由题意得,所以n=10,则展开式的通项为Tr+1=,
令=2,解得r=4,则T5=x2,所以x2的系数为.
(2)的展开式的通项为Tr+1=)n-r·,
所以第一项的系数为=1,第二项的系数为,第三项的系数为,
因为前三项的系数成等差数列,
所以2×,解得n=8或n=1,
因为至少有三项,所以n=8,
所以展开式有9项,中间项为T5=x.
6.D 由题意可得x=,
则11,即11×,所以11=6×,解得n=5.
故选D.
7.A 的展开式的通项为Tr+1=(x3)6-r··ar·x18-4r,
由题可知.
故选A.
8.D 由第6项的二项式系数最大,知n的可能取值为9,10,11,
令x=1,可得所有项的系数和为(m-1)n,
又二项式系数和为2n,
所以(m-1)n=2n,当n=9或n=11时,m=3;当n=10时,m=3或m=-1,
故有序实数对(m,n)共有4个,分别为(3,9),(3,11),(-1,10),(3,10).故选D.
9.ACD 的展开式的通项为Tk+1=·(,
令3-k=0,得k=2,所以常数项为,故A正确;
令x=1,得各项系数和为,故B错误;
易知第4项的二项式系数最大,故C正确;
奇数项的二项式系数和为×26=32,故D正确.
故选ACD.
10.答案 70
解析 由只有第5项的二项式系数最大可得n=8,
∴的展开式的通项为Tr+1=,
令8-r=2,解得r=4.
∴展开式中含x2项的系数为(-1)4=70.
11.解析 (1)展开式中前三项的二项式系数之和为=79,
整理,得n2+n-156=0,因为n∈N*,所以n=12.
(2)的展开式的通项为Tr+1=·(ax)12-r··a12-r·(r=0,1,2,…,12),
令12-r=0,得r=9,
所以展开式中的常数项为T10=,解得a=.
设展开式中系数最大的项是第(k+1)项,
则
解得≤k≤.
因为k∈N,所以k=8,
故展开式中系数最大的项为T9=.
12.解析 由题意知,第5项的系数为(-2)4,第3项的系数为(-2)2,则=10,
化简,得n2-5n-24=0,解得n=8或n=-3(舍去),故.
(1)令x=1,得各项系数的和为(1-2)8=1.
(2)的展开式的通项为Tr+1=)8-r··(-2)r,
令4-,解得r=1,故展开式中含的项为T2=-16.
(3)的展开式中的第r项,第(r+1)项,第(r+2)项的系数的绝对值分别为·2r-1,·2r,,设第(r+1)项的系数的绝对值最大,
则解得5≤r≤6(r∈N*).
又第6项的系数为负,所以系数最大的项为T7=1 792.
由n=8知第5项的二项式系数最大,即T5=1 120x-6.
13.B 32 023=3×32 022=3×91 011=3×(8+1)1 011
=3(×80×11 011)
=3(×81×11 010)+3,
其中3(×81×11 010)是8的整数倍,
故32 023被8除所得的余数为3.
故选B.
14.AB ∵f(x)=x5-5x4+10x3-10x2+5x-1=(x-1)5,
∴f(x)可以被(x-1)3(x≠1)整除,故A正确;
∵f(x+y+1)=(x+y)5,
∴f(x+y+1)可以被(x+y)4(x+y≠0)整除,故B正确;
∵f(30)=(30-1)5=(27+2)5=·25
=·27×24+27+5,
∴f(30)被27除所得的余数为5,故C错误;
∵f(29)=(29-1)5=(30-2)5=·(-2)5
=·30×(-2)4-32,
∴个位数为10-2=8,故D错误.
故选AB.
15.A 由二项式定理得,a=(1+2)18-)-2,
所以a被10除所得的余数为8,
结合选项知,2 018被10除所得的余数是8.故选A.
16.答案 1.13
解析 由二项式定理得,1.026=(1+0.02)6=1+×0.023+…+0.026≈1+0.12+0.006≈1.13.
17.解析 (1)由题意得(x2+2x+3)8=[2+(x+1)2]8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a16(x+1)16,
因为[2+(x+1)2]8的展开式的通项为Tr+1=28-r(x+1)2r,r=0,1,2,…,8,
所以a1=a3=…=a15=0,a2n=28-n,n=0,1,2,…,8.
令25=1 792,
所以an的最大值为1 792.
(2)因为f(5)-5=388-5=(39-1)8-5=39(-1)7+1-5,
所以f(5)-5被13除所得的余数即为-4被13除所得的余数,为9.
能力提升练
1.B 2.A 3.AC 6.ABD 7.ACD
1.B ,r=0,1,2,…,n,
所以第5项的系数为(-2)4·,
由题意得,整理得n2-5n-50=0,解得n=10或n=-5(舍去),
所以Tr+1=(-2)r·.
设第(s+1)项的系数的绝对值最大,则该项系数的绝对值为|(-2)s·,
所以
即
整理可得.
又s∈N,所以s=7,所以展开式中系数的绝对值最大的项是第8项.故选B.
2.A 由题意可得x>0,
当0其展开式的通项为Tr+1=,
令=15,解得n=6,r=4;
当x≥1时,x≥,
其展开式的通项为Tk+1=,
令n-=15,解得n=6,k=2.
综上所述,n=6,所以展开式共有7项,故展开式中二项式系数最大的项是第4项.故选A.
3.AC 对(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn两边同时求导,得1+2(1+x)+…+n(1+x)n-1=a1+2a2x+…+nanxn-1,
令x=1,得1+2×2+…+n·2n-1=a1+2a2+…+nan=321,
令Sn=1+2×2+…+n·2n-1①,得Sn=321,
所以2Sn=1×2+2×22+…+n·2n②,
①-②得,-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1=-321,解得n=6,故A正确;
对于(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,
令x=1,得2+22+…+26=a0+a1+a2+…+a6==126,
令x=0,得6=a0,
所以a1+a2+…+a6=126-6=120,故B错误,C正确;
因为(1+2x)6的展开式共7项,
所以(1+2x)6的展开式中二项式系数最大的项为第4项,故D错误.
故选AC.
4.答案 -1;
解析 在(1+ax)8的展开式中,x3的系数为a3,
由题知,a3=-56,即56a3=-56,∴a3=-1,解得a=-1.
若展开式中有且仅有x4项的系数最大,则a≠0,
当a>0时,所有项的系数均为正数,则需满足;
当a<0时,奇数项的系数均为正数,偶数项的系数均为负数,
则需满足.
综上可得,a的取值范围是.
5.解析 (1)由题意得=15,即m+n=15,所以n=15-m,
所以展开式中x2的系数为,
故当m=7或m=8时,x2的系数取得最小值,且最小值为49.
(2)由(1)知=(2+3x)7,
所以a==35,
(2+3x)7的展开式的通项为Tr+1=27-r·3rxr,
令,
因为r∈N,所以r=4.
因为×23×34=22 680>37>27成立,
所以b=22 680,
所以a+b=35+22 680=22 715.
6.ABD 对于A,(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,
令x=0,则a0=1,易知a1,a3,a5,a7,a9为负数,a2,a4,a6,a8,a10为正数,
令x=-1,得310=a0-a1+a2-…-a9+a10,
故|a1|+|a2|+…+|a10|=-a1+a2-…-a9+a10=310-1,故A正确;
对于B,1.0510=(1+0.05)10=×0.0510=1+0.5+0.112 5+…=1.5+0.112 5+…,故1.0510精确到0.1的近似数为1.6,故B正确;
对于C,5555=(56-1)55=×560,
由此可得5555被8除所得的余数为8-1=7,故C错误;
对于D,=(2+1)9=39,故D正确.
故选ABD.
7.ACD 对于A,T1={a1|2对于B,T2={a2|4对于C,当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,则Tn=T2k={a2k|22k其中22k=4k=(3+1)k=3k-1+…+3+1,
22k+1=2(3k-1+…+3k-1+…+3)+2,
所以3k-1+…+3+3≤a2k≤2(3k-1+…+3),
即22k+2≤a2k≤22k+1-2,即2n+2≤an≤2n+1-2,
集合Tn中元素个数为,故C正确;
对于D,当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,k≥2,
则Tn=T2k-1={a2k-1|22k-1其中22k-1=22(k-1)+1=2×4k-1=2×(3+1)k-1=2(3k-2+…+3+1),
所以a2k-1≥2(3k-2+…+3)+3
=2(3k-2+…+3+1)+1=2×(3+1)k-1+1=22k-1+1,即an≥2n+1,
当n=1时,T1={a1|2即Tn中元素的最小值为2n+1,故D正确.
故选ACD.
8.答案 7
解析 32 024=(8+1)1 012=81 012+81 011+…+81 011+81 010+…+80)+1,故32 024-1能被8整除,又a∈Z,0≤a≤7,故当a=7时,32 024+7能被8整除.
方法总结 用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,但要注意两点:一是余数的范围,二是二项式定理的逆用.
9.答案 1
解析 由题知,当x=1时,a0+a1+a2+a3+…+a2 023=62 023=(5+1)2 023,
故T=52 023+52 022+…+51+1,
所以T被5除所得的余数是1.
10.证明 (1)5151-1=(49+2)51-1=×4950×2+…+×251-1,
易知除×251-1以外各项都能被7整除.
又×251-1=(23)17-1=(7+1)17-1
=×716+…+-1
=7×(×715+…+),
显然上式能被7整除,所以5151-1能被7整除.
(2)(1+)2+…+)n,
(1-)2+…+·(-)n.
当n为正奇数时,(1+·()2+…++…+),显然+…+为正整数,
所以(1++…+)为偶数;
当n为正偶数时,(1+)2+…++…+),显然+…+为正整数,
所以(1++…+)为偶数.
综上,当n∈N*时,(1+)n为偶数.
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