二项式定理

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

[(a+b)^n=C_n^0cdot a^ncdot b^0+C_n^1cdot a^{n-1}cdot b^1+C_n^2cdot a^{n-2}cdot b^2+cdots+C_n^rcdot a^{n-r}cdot b^r+cdots+C_n^ncdot a^0cdot b^n ]

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^rcdot 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^rcdot 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^ncdot a^ncdot C_n^0cdot b^0=C_n^0cdot a^n)；

比如第二项，(C_n^{n-1}cdot a^{n-1}cdot C_1^1cdot b^1=C_n^1cdot 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^rcdot 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^rcdot 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：

[(1+x)^n=1+C_n^1x+C_n^2x^2+C_n^3x^3+cdots+C_n^rx^r+cdots+C_n^nx^n ]

• ② 当需要求二项展开式的系数之和时，常将((m+cx)^n)展开为：

[(m+cx)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+cdots+a_nx^n ]

• ③ 二项式系数之和

在((a+b)^n=C_n^0cdot a^ncdot b^0+C_n^1cdot a^{n-1}cdot b^1+C_n^2cdot a^{n-2}cdot b^2+cdots+C_n^ncdot a^0cdot b^n)中，

令(a=1)，(b=1)，得到

[C_n^0+C_n^1+cdots+C_n^r+cdots+C_n^n=2^n ]

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(nin 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)^ncdot 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^0cdot a^ncdot b^0+C_n^1cdot a^{n-1}cdot b^1+C_n^2cdot a^{n-2}cdot b^2+cdots+C_n^ncdot a^0cdot b^n)中，

令(a=1)，(b=-1)，则可得到：

[(1-1)^n=C_n^0-C_n^1+C_n^2-C_n^3+cdots+(-1)^nx^n=0 ]

由此整理即可得到：

[C_n^0+C_n^2+C_n^4+C_n^6+cdots =C_n^1+C_n^3+C_n^5+C_n^7+cdots =2^{n-1} ]

引申

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)，(cin 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

例1求值：(2^n-C_n^1cdot 2^{n-1}+C_n^2cdot 2^{n-2}+cdots+(-1)^{n-1}cdot C_n^{n-1}cdot 2+(-1)^n)=___________。

分析：((2-1)^n=C_n^0cdot 2^n-C_n^1cdot 2^{n-1}+C_n^2cdot 2^{n-2}+cdots+(-1)^{n-1}cdot C_n^{n-1}cdot 2+(-1)^ncdot C_n^ncdot 2^0)

故(2^n-C_n^1cdot 2^{n-1}+C_n^2cdot 2^{n-2}+cdots+(-1)^{n-1}cdot C_n^{n-1}cdot 2+(-1)^n=(2-1)^n=1)。

例2【2011课标全国】((x+cfrac{a}{x})(2x-cfrac{1}{x})^5)的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为【】

$A.-40$ $B.-20$ $C.20$ $D.40$

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^rcdot (2x^2)^{5-r}cdot (-1)^r=C_5^rcdot 2^{5-r}cdot (-1)^rcdot 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_1^1cdot x^2cdot C_5^2cdot (2x^2)^2cdot C_3^3cdot (-1)^3) (+C_1^1cdot 1cdot C_5^3cdot (2x^2)^3cdot C_2^2cdot (-1)^2=40x^6)；

故原题目中的展开式中的常数项为(40)，故选(D)。

例3若((x+1)^4(x+4)^8=a_0(x+3)^{12}+a_1(x+3)^{11}+a_2(x+3)^{10}+cdots+a_{11}(x+3)+a_{12})，则(log_2(a_1+a_3+a_5+cdots+a_{11}))=_______。

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).

例4【2014浙江高考】在((1+x)^6(1+y)^4)的展开式中，记(x^my^n)项的系数为(f(m，n))，则(f(3，0)+f(2，1)) (+f(1，2)+f(0，3))=【】

$A.45$ $B.60$ $C.120$ $D.210$

分析：由组合数法可以求得，(x^my^n)项的系数为(f(m，n)=C_6^mcdot x^mcdot C_{6-m}^{6-m}cdot 1^{6-m}cdot C_4^ncdot y^ncdot C_{4-n}^{4-n}cdot 1^{4-n}=C_6^mcdot C_4^n)，

故(f(3，0)+f(2，1)+f(1，2)+f(0，3))

(=C_6^3cdot C_4^0+C_6^2cdot C_4^1+C_6^1cdot C_4^2+C_6^0cdot C_4^3=120)，故选(C)。

例5【2013课标全国Ⅰ】设(m)为正整数，((x+y)^{2m})的展开式的二项式系数的最大值为(a)，((x+y)^{2m+1})的展开式的二项式系数的最大值为(b)，若(13a=7b)，则(m)=【】

$A.5$ $B.6$ $C.7$ $D.8$

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(13cdot cfrac{(2m)!}{m!cdot m!}=7cdot 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)。

例6((x^2+2x+3y)^5)的展开式中，含(x^5y^2)的项的系数是多少？

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 imes3 x^5)，

故含有(x^5y^2)的项的系数应该是(9C_5^2 imes2 imes3=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_5^2cdot x^2 cdot x^2 cdot C_3^1cdot 2xcdot C_2^2 3ycdot 3y=C_5^2cdot C_3^1cdot C_2^2cdot 2cdot 9x^5y^2=540x^5y^2).

例7【2017高考全国卷丙】((x+y)(2x-y)^5)的展开式中(x^3y^3)的系数为【】

$A.-80$ $B.-40$ $C.40$ $D.80$

法1：通项公式法，由((2x-y)^5)展开式的通项公式：(T_{r+1}=C_5^rcdot (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 imes 2^2 imes (-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 imes 2^3 imes (-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_1^1cdot xcdot C_5^2cdot (2x)^2cdot C_3^3cdot (-y)^3=-40x^3y^3)；

其二，(C_1^1cdot ycdot C_5^3cdot (2x)^3cdot C_2^2cdot (-y)^2=80x^3y^3)；

则(x^3y^3)的系数为(80-40=40)，故选(C)。

例8【2019届高三理科数学二轮用题】若二项式((x-cfrac{1}{sqrt{x}})^n)的展开式中第(m)项为常数项，则(m)，(n)应该满足【】

$A.2n=3(m-1)$ $B.2n=3m$ $C.2n=3(m+1)$ $D.2n=m$

分析：由于((a+b)^n)的二项展开式的通项公式为(T_{r+1}=C_n^rcdot a^{n-r}cdot b^r)，

故(T_{r+1}=C_n^rcdot x^{n-r}cdot (-cfrac{1}{sqrt{x}})^r=(-1)^rcdot C_n^rcdot 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)。