前言
相关方法
- “赋值法”普遍运用于恒等式，是一种处理二项式相关问题比较常用的方法。
二项式定理
项的排列规则：按照\(a\)的降幂排列同时按照\(b\)的升幂排列，每一项的次数(\(a\)和\(b\)的指数之和)为\(n\)，如果不按照这样的规则排列，由于加法具有交换律，故通项公式就没有意义；等式右边称为\((a+b)^n\)二项展开式，共有\(n+1\)项，其中各项的系数\(C_n^r(r=0，1，2，\cdots，n)\)称为二项式系数，\(C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)称为二项展开式的第\(r+1\)项，又称为二项式通项。故通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，\(r=0，1，2，\cdots，n\)。
- 证明思路：
①由具体到抽象；
②组合数法；比如第一项，\(C_n^n\cdot a^n\cdot C_n^0\cdot b^0=C_n^0\cdot a^n\)；
比如第二项，\(C_n^{n-1}\cdot a^{n-1}\cdot C_1^1\cdot b^1=C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1\)；
其他项依此类推；
- 应用时需要注意：
①\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，可以表达展开式中的任意项，当\(n\)和\(r\)确定，该项就随之确定；
②\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，\(r=0，1，2，\cdots，n\)，是展开式中的第\(r+1\)项，不是第\(r\)项；
③公式中\(a\)与\(b\)的指数之和为\(n\)，且\(a\)和\(b\)的位置不能随意颠倒；
④要将通项公式中的系数和字母分离开，以便于解决计算问题；
⑤关于\((a-b)^n\)展开式的通项公式，要特别注意符号问题，\((a-b)^n=[a+(-b)]^n\)；
赋值应用
- ① 令\(a=1\)，\(b=x\)，则得到公式：
- ② 当需要求二项展开式的系数之和时，常将\((m+cx)^n\)展开为：
- ③ 二项式系数之和
在\((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中，
令\(a=1\)，\(b=1\)，得到
应用：含有\(n\)个元素的集合\(\{a_1，a_2，\cdots，a_n\}\)，其所有的子集个数有\(2^n\)个；所有的真子集个数有\(2^n-1\)个；所有的非空子集个数有\(2^n-1\)个；所有的非空真子集个数有\(2^n-2\)个。
解释：从含有\(n\)个元素的集合中分别取\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(\cdots\)，\(n\)个元素，则构成的集合的子集的个数分别为\(C_n^0\)，\(C_n^1\)，\(C_n^2\)，\(\cdots\)，\(C_n^n\)个，故所有的子集的个数有\(C_n^0+C_n^1+C_n^2+\cdots+C_n^n=2^n\)；所有的真子集个数有\(2^n-1\)个，即去掉\(C_n^n\)的那一个；所有的非空子集个数有\(2^n-1\)个。即去掉\(C_n^0\)的那一个；所有的非空真子集个数有\(2^n-2\)个。即去掉\(C_n^0=1\)和\(C_n^n=1\)那两个。
- ④ 各项的系数和与各项的系数的绝对值之和
若二项式\((3-x)^n(n\in N^*)\)中所有项的系数之和为\(A\)，所有项的系数的绝对值之和为\(B\)，求\(A\)，\(B\)的值。
分析：\((3-x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\)
令\(x=1\)，得到所有项的系数之和
\(A=a_0+a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=(3-1)^n=2^n\)，
令\(x=-1\)，得到所有项的系数的绝对值之和
\(B=|a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\cdots+|a_n|\)
\(=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-\cdots+(-1)^n\cdot a_n\)
\(=(3+1)^n=4^n\)，
- ⑤ 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和
在\((a+b)^n=C_n^0\cdot a^n\cdot b^0+C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1+C_n^2\cdot a^{n-2}\cdot b^2+\cdots+C_n^n\cdot a^0\cdot b^n\)中，
令\(a=1\)，\(b=-1\)，则可得到：
由此整理即可得到：
①若\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\)，
则\(f(x)\)展开式中各项系数之和为\(f(1)\)；
奇数项系数之和为\(\frac{f(1)+f(-1)}{2}\)；
偶数项系数之和为\(\frac{f(1)-f(-1)}{2}\)。
②对形如\((ax+b)^n\)，\((a+x)(b+cx^2)^n\)，\((ax^2+bx+c)^n\)(\(a\)，\(b\)，\(c\in R\))的式子求其展开式各项系数之和，只需令\(x=1\)即可。
③求\((ax+by)^n\)的展开式中的各项系数之和，只需令\(x=y=1\)即可。
相关性质
- 组合数性质：
\(①C_n^m=C_n^{n-m}\)
\(②C_{n+1}^m=C_n^m+C_n^{m-1}\)
- 二项式系数的性质
二项式系数先增后减中间项最大；
当\(n\)为偶数时，第\(\cfrac{n}{2}+1\)项的二项式系数最大，最大值为\(C_n^{\frac{n}{2}}\)；
当\(n\)为奇数时，第\(\cfrac{n+1}{2}\)项和第\(\cfrac{n+3}{2}\)项的二项式系数最大，最大值为\(C_n^{\frac{n-1}{2}}\)或\(C_n^{\frac{n+1}{2}}\)；
典例剖析
分析：\((2-1)^n=C_n^0\cdot 2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n\cdot C_n^n\cdot 2^0\)
故\(2^n-C_n^1\cdot 2^{n-1}+C_n^2\cdot 2^{n-2}+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot C_n^{n-1}\cdot 2+(-1)^n=(2-1)^n=1\)。
分析：令\(x=1\)，则其展开式的系数和为\((1+a)(2-1)^5=2\)，解得\(a=1\)，
从而\((x+\cfrac{1}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5=\cfrac{x^2+1}{x}\cdot \cfrac{(2x^2-1)^5}{x^5}=\cfrac{(x^2+1)(2x^2-1)^5}{x^6}\)，
故转化为求\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项的系数问题；
法1：通项公式法，\((2x^2-1)^5\)的通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x^2)^{5-r}\cdot (-1)^r=C_5^r\cdot 2^{5-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{10-2r}\)，
当\(10-2r=4\)时，即\(r=3\)时，该项为\(-40x^4\)；当\(10-2r=6\)时，即\(r=2\)时，该项为\(80x^4\)；
故\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(40x^6\)，故原题目中的展开式中的常数项为\(40\)，故选\(D\)。
法2：组合数法，\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展开式中的\(x^6\)项为\(C_1^1\cdot x^2\cdot C_5^2\cdot (2x^2)^2\cdot C_3^3\cdot (-1)^3\) \(+C_1^1\cdot 1\cdot C_5^3\cdot (2x^2)^3\cdot C_2^2\cdot (-1)^2=40x^6\)；
故原题目中的展开式中的常数项为\(40\)，故选\(D\)。
分析：令\(x=-2\)，则\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{11}+a_{12}=(-2+1)^4(-2+4)^8=2^8\)①；
令\(x=-4\)，则\(a_0-a_1+a_2-\cdots-a_{11}+a_{12}=(-4+1)^4(-4+4)^8=0\)②；
①-②得到，\(2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=2^8\)，
即\(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11}=2^7\)，
故\(log_2(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{11})=log_22^7=7\).
分析：由组合数法可以求得，\(x^my^n\)项的系数为\(f(m，n)=C_6^m\cdot x^m\cdot C_{6-m}^{6-m}\cdot 1^{6-m}\cdot C_4^n\cdot y^n\cdot C_{4-n}^{4-n}\cdot 1^{4-n}=C_6^m\cdot C_4^n\)，
故\(f(3，0)+f(2，1)+f(1，2)+f(0，3)\)
\(=C_6^3\cdot C_4^0+C_6^2\cdot C_4^1+C_6^1\cdot C_4^2+C_6^0\cdot C_4^3=120\)，故选\(C\)。
分析：由题目可知，\(a=C_{2m}^m\)，\(b=C_{2m+1}^{m+1}\)，又\(13a=7b\)，即\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\)，
即\(13\cdot \cfrac{(2m)!}{m!\cdot m!}=7\cdot \cfrac{(2m+1)!}{m!\cdot (m+1)!}\)，解得\(m=6\)，故选\(B\)。
法2：当解得\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\)，用代入验证法，解得\(m=6\)，故选\(B\)。
法1：将三项式转化为二项式的形式来处理。
\((x^2+2x+3y)^5=[(x^2+2x)+3y]^5\)，其通项公式为\(T_{r+1}=C_5^r(x^2+2x)^{5-r}(3y)^r\)，
由此式可知令\(r=2\)，则有\(T_{2+1}=C_5^2(x^2+2x)^{5-2}(3y)^2=9C_5^2(x^2+2x)^3y^2\)，
以下确定\(x\)的次数，再令\((x^2+3x)^3\)的通项公式为\(T_{k+1}=C_3^k(x^2)^{3-k}(2x)^k=2^kC_3^kx^{6-k}\)，
由此式可知令\(k=1\)，则\(T_{1+1}=C_3^1(x^2)^{3-1}(2x)^1=2\times3 x^5\)，
故含有\(x^5y^2\)的项的系数应该是\(9C_5^2\times2\times3=540\).
法2：排列组合法，
\((x^2+2x+3y)^5=(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)\)，
先分析\(x^5y^2\)的项的构成方式，在本题中，只能是2次\(x^2\)，1次\(x\)，2次\(y\)构成，
故按照多项式乘法法则可知，我们可以先从5个因式中任意选取二个有\(C_5^2\)种，在取出的这个因式种只选取项\(x^2\)；
然后再从剩余的3个因式中任意选取一个有\(C_3^1\)种，在取出的这个因式中只选取项\(2x\)；
最后将剩余的2个因式全部选取，有\(C_2^2\)种，在取出的每个因式种只选取项\(3y\)；
故有\(C_5^2\cdot x^2 \cdot x^2 \cdot C_3^1\cdot 2x\cdot C_2^2 3y\cdot 3y=C_5^2\cdot C_3^1\cdot C_2^2\cdot 2\cdot 9x^5y^2=540x^5y^2\).
法1：通项公式法，由\((2x-y)^5\)展开式的通项公式：\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x)^{5-r}\cdot (-y)^r\)可得：
当\(r=3\)时，\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^3\times 2^2\times (-1)^3=-40\)；
当\(r=2\)时，\(x(2x-y)^5\)展开式中\(x^3y^3\)的系数为\(C_5^2\times 2^3\times (-1)^2=-40\)；
则\(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\)，故选\(C\)。
法2：排列组合法，构成\(x^3y^3\)的有两个来源：
其一，\(C_1^1\cdot x\cdot C_5^2\cdot (2x)^2\cdot C_3^3\cdot (-y)^3=-40x^3y^3\)；
其二，\(C_1^1\cdot y\cdot C_5^3\cdot (2x)^3\cdot C_2^2\cdot (-y)^2=80x^3y^3\)；
则\(x^3y^3\)的系数为\(80-40=40\)，故选\(C\)。
分析：由于\((a+b)^n\)的二项展开式的通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，
故\(T_{r+1}=C_n^r\cdot x^{n-r}\cdot (-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^r=(-1)^r\cdot C_n^r\cdot x^{n-\cfrac{3r}{2}}\)，
则\(n-\cfrac{3r}{2}=0\)，且\(m=r+1\)，代入整理得到，\(2n=3(m-1)\)，故选\(A\)。