前言
相關方法
- “賦值法”普遍運用於恆等式，是一種處理二項式相關問題比較常用的方法。
二項式定理
項的排列規則：按照\(a\)的降冪排列同時按照\(b\)的升冪排列，每一項的次數(\(a\)和\(b\)的指數之和)為\(n\)，如果不按照這樣的規則排列，由於加法具有交換律，故通項公式就沒有意義；等式右邊稱為\((a+b)^n\)二項展開式，共有\(n+1\)項，其中各項的系數\(C_n^r(r=0，1，2，\cdots，n)\)稱為二項式系數，\(C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)稱為二項展開式的第\(r+1\)項，又稱為二項式通項。故通項公式為\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，\(r=0，1，2，\cdots，n\)。
- 證明思路：
①由具體到抽象；
②組合數法；比如第一項，\(C_n^n\cdot a^n\cdot C_n^0\cdot b^0=C_n^0\cdot a^n\)；
比如第二項，\(C_n^{n-1}\cdot a^{n-1}\cdot C_1^1\cdot b^1=C_n^1\cdot a^{n-1}\cdot b^1\)；
其他項依此類推；
- 應用時需要注意：
①\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，可以表達展開式中的任意項，當\(n\)和\(r\)確定，該項就隨之確定；
②\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，\(r=0，1，2，\cdots，n\)，是展開式中的第\(r+1\)項，不是第\(r\)項；
③公式中\(a\)與\(b\)的指數之和為\(n\)，且\(a\)和\(b\)的位置不能隨意顛倒；
④要將通項公式中的系數和字母分離開，以便於解決計算問題；
⑤關於\((a-b)^n\)展開式的通項公式，要特別注意符號問題，\((a-b)^n=[a+(-b)]^n\)；
賦值應用
- ① 令\(a=1\)，\(b=x\)，則得到公式：
- ② 當需要求二項展開式的系數之和時，常將\((m+cx)^n\)展開為：
- ③ 二項式系數之和
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
應用：含有\(n\)個元素的集合\(\{a_1，a_2，\cdots，a_n\}\)，其所有的子集個數有\(2^n\)個；所有的真子集個數有\(2^n-1\)個；所有的非空子集個數有\(2^n-1\)個；所有的非空真子集個數有\(2^n-2\)個。
解釋：從含有\(n\)個元素的集合中分別取\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(\cdots\)，\(n\)個元素，則構成的集合的子集的個數分別為\(C_n^0\)，\(C_n^1\)，\(C_n^2\)，\(\cdots\)，\(C_n^n\)個，故所有的子集的個數有\(C_n^0+C_n^1+C_n^2+\cdots+C_n^n=2^n\)；所有的真子集個數有\(2^n-1\)個，即去掉\(C_n^n\)的那一個；所有的非空子集個數有\(2^n-1\)個。即去掉\(C_n^0\)的那一個；所有的非空真子集個數有\(2^n-2\)個。即去掉\(C_n^0=1\)和\(C_n^n=1\)那兩個。
- ④ 各項的系數和與各項的系數的絕對值之和
若二項式\((3-x)^n(n\in N^*)\)中所有項的系數之和為\(A\)，所有項的系數的絕對值之和為\(B\)，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\(x=1\)，得到所有項的系數之和
\(A=a_0+a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=(3-1)^n=2^n\)，
令\(x=-1\)，得到所有項的系數的絕對值之和
\(B=|a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\cdots+|a_n|\)
\(=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-\cdots+(-1)^n\cdot a_n\)
\(=(3+1)^n=4^n\)，
- ⑤ 奇數項的二項式系數和與偶數項的二項式系數和
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\(a=1\)，\(b=-1\)，則可得到：
由此整理即可得到：
①若\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots+a_nx^n\)，
則\(f(x)\)展開式中各項系數之和為\(f(1)\)；
奇數項系數之和為\(\frac{f(1)+f(-1)}{2}\)；
偶數項系數之和為\(\frac{f(1)-f(-1)}{2}\)。
②對形如\((ax+b)^n\)，\((a+x)(b+cx^2)^n\)，\((ax^2+bx+c)^n\)(\(a\)，\(b\)，\(c\in R\))的式子求其展開式各項系數之和，只需令\(x=1\)即可。
③求\((ax+by)^n\)的展開式中的各項系數之和，只需令\(x=y=1\)即可。
相關性質
- 組合數性質：
\(①C_n^m=C_n^{n-m}\)
\(②C_{n+1}^m=C_n^m+C_n^{m-1}\)
- 二項式系數的性質
二項式系數先增后減中間項最大；
當\(n\)為偶數時，第\(\cfrac{n}{2}+1\)項的二項式系數最大，最大值為\(C_n^{\frac{n}{2}}\)；
當\(n\)為奇數時，第\(\cfrac{n+1}{2}\)項和第\(\cfrac{n+3}{2}\)項的二項式系數最大，最大值為\(C_n^{\frac{n-1}{2}}\)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\(x=1\)，則其展開式的系數和為\((1+a)(2-1)^5=2\)，解得\(a=1\)，
從而\((x+\cfrac{1}{x})(2x-\cfrac{1}{x})^5=\cfrac{x^2+1}{x}\cdot \cfrac{(2x^2-1)^5}{x^5}=\cfrac{(x^2+1)(2x^2-1)^5}{x^6}\)，
故轉化為求\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展開式中的\(x^6\)項的系數問題；
法1：通項公式法，\((2x^2-1)^5\)的通項公式為\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x^2)^{5-r}\cdot (-1)^r=C_5^r\cdot 2^{5-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{10-2r}\)，
當\(10-2r=4\)時，即\(r=3\)時，該項為\(-40x^4\)；當\(10-2r=6\)時，即\(r=2\)時，該項為\(80x^4\)；
故\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展開式中的\(x^6\)項為\(40x^6\)，故原題目中的展開式中的常數項為\(40\)，故選\(D\)。
法2：組合數法，\((x^2+1)(2x^2-1)^5\)展開式中的\(x^6\)項為\(C_1^1\cdot x^2\cdot C_5^2\cdot (2x^2)^2\cdot C_3^3\cdot (-1)^3\) \(+C_1^1\cdot 1\cdot C_5^3\cdot (2x^2)^3\cdot C_2^2\cdot (-1)^2=40x^6\)；
故原題目中的展開式中的常數項為\(40\)，故選\(D\)。
分析：令\(x=-2\)，則\(a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{11}+a_{12}=(-2+1)^4(-2+4)^8=2^8\)①；
令\(x=-4\)，則\(a_0-a_1+a_2-\cdots-a_{11}+a_{12}=(-4+1)^4(-4+4)^8=0\)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：由組合數法可以求得，\(x^my^n\)項的系數為\(f(m，n)=C_6^m\cdot x^m\cdot C_{6-m}^{6-m}\cdot 1^{6-m}\cdot C_4^n\cdot y^n\cdot C_{4-n}^{4-n}\cdot 1^{4-n}=C_6^m\cdot C_4^n\)，
故\(f(3，0)+f(2，1)+f(1，2)+f(0，3)\)
\(=C_6^3\cdot C_4^0+C_6^2\cdot C_4^1+C_6^1\cdot C_4^2+C_6^0\cdot C_4^3=120\)，故選\(C\)。
分析：由題目可知，\(a=C_{2m}^m\)，\(b=C_{2m+1}^{m+1}\)，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\(m=6\)，故選\(B\)。
法2：當解得\(13C_{2m}^m=7C_{2m+1}^{m+1}\)，用代入驗證法，解得\(m=6\)，故選\(B\)。
法1：將三項式轉化為二項式的形式來處理。
\((x^2+2x+3y)^5=[(x^2+2x)+3y]^5\)，其通項公式為\(T_{r+1}=C_5^r(x^2+2x)^{5-r}(3y)^r\)，
由此式可知令\(r=2\)，則有\(T_{2+1}=C_5^2(x^2+2x)^{5-2}(3y)^2=9C_5^2(x^2+2x)^3y^2\)，
以下確定\(x\)的次數，再令\((x^2+3x)^3\)的通項公式為\(T_{k+1}=C_3^k(x^2)^{3-k}(2x)^k=2^kC_3^kx^{6-k}\)，
由此式可知令\(k=1\)，則\(T_{1+1}=C_3^1(x^2)^{3-1}(2x)^1=2\times3 x^5\)，
故含有\(x^5y^2\)的項的系數應該是\(9C_5^2\times2\times3=540\).
法2：排列組合法，
\((x^2+2x+3y)^5=(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)(x^2+2x+3y)\)，
先分析\(x^5y^2\)的項的構成方式，在本題中，只能是2次\(x^2\)，1次\(x\)，2次\(y\)構成，
故按照多項式乘法法則可知，我們可以先從5個因式中任意選取二個有\(C_5^2\)種，在取出的這個因式種只選取項\(x^2\)；
然后再從剩余的3個因式中任意選取一個有\(C_3^1\)種，在取出的這個因式中只選取項\(2x\)；
最后將剩余的2個因式全部選取，有\(C_2^2\)種，在取出的每個因式種只選取項\(3y\)；
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：通項公式法，由\((2x-y)^5\)展開式的通項公式：\(T_{r+1}=C_5^r\cdot (2x)^{5-r}\cdot (-y)^r\)可得：
當\(r=3\)時，\(x(2x-y)^5\)展開式中\(x^3y^3\)的系數為\(C_5^3\times 2^2\times (-1)^3=-40\)；
當\(r=2\)時，\(x(2x-y)^5\)展開式中\(x^3y^3\)的系數為\(C_5^2\times 2^3\times (-1)^2=-40\)；
則\(x^3y^3\)的系數為\(80-40=40\)，故選\(C\)。
法2：排列組合法，構成\(x^3y^3\)的有兩個來源：
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，\(C_1^1\cdot y\cdot C_5^3\cdot (2x)^3\cdot C_2^2\cdot (-y)^2=80x^3y^3\)；
則\(x^3y^3\)的系數為\(80-40=40\)，故選\(C\)。
分析：由於\((a+b)^n\)的二項展開式的通項公式為\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，
故\(T_{r+1}=C_n^r\cdot x^{n-r}\cdot (-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^r=(-1)^r\cdot C_n^r\cdot x^{n-\cfrac{3r}{2}}\)，
則\(n-\cfrac{3r}{2}=0\)，且\(m=r+1\)，代入整理得到，\(2n=3(m-1)\)，故選\(A\)。