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第十九章 计数原理１４１ §１９．２ 二项式定理对应学生用书起始页码Ｐ３９１考点二项式定理 １．二项式定理（ａ＋ｂ）ｎ＝Ｃ０ｎａｎ＋Ｃ１ｎａｎ－１ｂ＋…＋Ｃｒｎａｎ－ｒｂｒ＋…＋Ｃｎｎｂｎ（ｎ∈Ｎ∗）．这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做（ａ＋ｂ）ｎ的二项展开式，其中系数Ｃｒｎ（ｒ＝０，１，２，…，ｎ）叫做第ｒ＋１项的二项式系数．式中的Ｃｒｎａｎ－ｒｂｒ叫做二项展开式的第ｒ＋１项（通项），用Ｔｒ＋１表示，即展开式的第ｒ＋１项；Ｔｒ＋１＝Ｃｒｎａｎ－ｒｂｒ．２．二项展开式形式上的特点（１）项数为ｎ＋１．（２）各项的次数都等于二项式的幂指数ｎ，即ａ与ｂ的指数的和为ｎ．（３）字母ａ按降幂排列，从第一项起，次数由ｎ逐项减１直到零；字母ｂ按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项加１直到ｎ．（４）二项式的系数从Ｃ０ｎ，Ｃ１ｎ，一直到Ｃｎ－１ｎ，Ｃｎｎ．３．二项式系数的性质（１）在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等．（２）若二项式的幂指数是偶数，则中间项的二项式系数最大；若二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等并且最大．（３）二项式系数的和等于２ｎ，即Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ＋…＋Ｃｎｎ＝２ｎ．（４）二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即Ｃ０ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＝Ｃ１ｎ＋Ｃ３ｎ＋…＝２ｎ－１． １．二项式的通项易误认为是第ｒ项，实质上是第（ｒ＋１）项．２．（ａ＋ｂ）ｎ与（ｂ＋ａ）ｎ虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量ａ与第二个量ｂ的位置不能颠倒．３．易混淆二项式中的“项”“项的系数”“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指Ｃｒｎ（ｒ＝０，１，…，ｎ）．对应学生用书起始页码Ｐ３９１一、展开式中特定项或特定项系数的求法 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Ｔｒ＋１＝Ｃｒｎａｎ－ｒｂｒ的特点，一般需要建立方程求ｒ，再将ｒ的值代回通项求解，注意ｒ的取值范围（ｒ＝０，１，２，…，ｎ）．常见题型及求解方法：（１）求第ｍ项：此时ｒ＋１＝ｍ，直接代入通项；（２）求常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为０建立方程；（３）求有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．（１）在二项式ｘ＋１２４ｘæèçöø÷ｎ的展开式中，前三项的系数成等差数列，展开式中的有理项是 ，二项式系数最大的项是 ．（２）ｘ－１３ｘæèçöø÷１０的展开式的中间项是 ．（３）在二项式（ｘ－１）１１的展开式中，系数最小的项的系数是 ．解析 （１）∵二项展开式的前三项的系数分别是１，ｎ２，１８ｎ（ｎ－１），∴２·ｎ２＝１＋１８ｎ（ｎ－１），解得ｎ＝８或ｎ＝１（不合题意，舍去），∴Ｔｒ＋１＝Ｃｒ８ｘ８－ｒ２１２ｘ－１４()ｒ＝Ｃｒ８２－ｒｘ４－３ｒ４，当４－３４ｒ∈Ｚ时，Ｔｒ＋１为有理项．∵０≤ｒ≤８且ｒ∈Ｚ，∴ｒ＝０，４，８符合要求．故有理项有３项，分别是Ｔ１＝ｘ４，Ｔ５＝３５８ｘ，Ｔ９＝１２５６ｘ－２．∵ｎ＝８，∴展开式中共９项，中间一项即第５项的二项式系数最大，且Ｔ５＝３５８ｘ．（２）∵Ｔｒ＋１＝Ｃｒ１０（ｘ）１０－ｒ－１３ｘæèçöø÷ｒ，∴展开式的中间项为Ｃ５１０（ｘ）５－１３ｘæèçöø÷５＝－２５２ｘ５６．（３）Ｔｒ＋１＝Ｃｒ１１ｘ１１－ｒ（－１）ｒ．要使项的系数最小，则ｒ必为奇数，且使Ｃｒ１１最大，由此得ｒ＝５，从而可知系数最小项的系数为Ｃ５１１（－１）５＝－４６２．答案 （１）Ｔ１＝ｘ４，Ｔ５＝３５８ｘ，Ｔ９＝１２５６ｘ－２；Ｔ５＝３５８ｘ （２）－２５２ｘ５６ （３）－４６２归纳总结 一般地：当ｎ为奇数时，（ａ＋ｂ）ｎ的展开式的中间项是Ｃｎ－１２ｎａｎ＋１２ｂｎ－１２和Ｃｎ＋１２ｎａｎ－１２ｂｎ＋１２；１４２ ５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）当ｎ为偶数时，（ａ＋ｂ）ｎ的展开式的中间项是Ｃｎ２ｎａｎ２ｂｎ２． １－１ （２０１６天津理，１０，５分）ｘ２－１ｘ()８的展开式中ｘ７的系数为 ．（用数字作答）１－１答案 －５６解析 Ｔｒ＋１＝Ｃｒ８ｘ１６－２ｒ（－ｘ）－ｒ＝（－１）－ｒＣｒ８ｘ１６－３ｒ，令１６－３ｒ＝７，得ｒ＝３，所以ｘ７的系数为（－１）－３Ｃ３８＝－５６． １－２ 已知ａｘ－ｘ２æèçöø÷９的展开式中ｘ３的系数为９４，常数ａ的值为 ．１－２答案 ４解析 Ｔｒ＋１＝Ｃｒ９ａｘ()９－ｒ－ｘ２æèçöø÷ｒ＝Ｃｒ９（－１）ｒ·２－ｒ２·ａ９－ｒ·ｘ３２ｒ－９，令３２ｒ－９＝３，得ｒ＝８，依题意，得Ｃ８９（－１）８·２－４·ａ９－８＝９４，解得ａ＝４． １－３ 若二项式ｘ＋１ｘ()ｎ（ｎ∈Ｎ∗）的展开式中各项的系数和为３２，则该展开式中含ｘ项的系数为 ．１－３答案 ５解析 令ｘ＝１，得ｘ＋１ｘ()ｎ的展开式中各项的系数和为２ｎ，即２ｎ＝３２，所以ｎ＝５．ｘ＋１ｘ()５的展开式的通项为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ５（ｘ）５－ｒ１ｘ()ｒ＝Ｃｒ５ｘ５－３ｒ２，令５－３ｒ２＝１，得ｒ＝１，所以该展开式中含ｘ项的系数为Ｃ１５＝５． １－４ （２０１５课标全国Ⅰ改编，１０，５分）（ｘ２＋ｘ＋ｙ）５的展开式中，ｘ５ｙ２的系数为 ．１－４答案 ３０解析 （ｘ２＋ｘ＋ｙ）５＝［（ｘ２＋ｘ）＋ｙ］５的展开式中只有Ｃ２５（ｘ２＋ｘ）３ｙ２中含ｘ５ｙ２，易知ｘ５ｙ２的系数为Ｃ２５Ｃ１３＝３０． １－５ ｘ＋１２４ｘæèçöø÷８的展开式中系数最大的项是 ．１－５答案 Ｔ３＝７ｘ５２，Ｔ４＝７ｘ７４解析 ｘ＋１２４ｘæèçöø÷８的展开式的通项为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ８ｘ８－ｒ２１２()ｒｘ－ｒ４＝Ｃｒ８１２()ｒｘ４－３ｒ４．要求系数最大的项，则有Ｃｒ８１２()ｒ≥Ｃｒ－１８１２()ｒ－１，Ｃｒ８１２()ｒ≥Ｃｒ＋１８１２()ｒ＋１，ìîíïïïï即８！ｒ！（８－ｒ）！·１２≥８！（ｒ－１）！（９－ｒ）！，８！ｒ！（８－ｒ）！≥１２·８！（ｒ＋１）！（７－ｒ）！，ìîíïïïï即１２ｒ≥１９－ｒ，１８－ｒ≥１２（ｒ＋１），ìîíïïïï解得２≤ｒ≤３．∴系数最大的项为第３项Ｔ３＝７ｘ５２和第４项Ｔ４＝７ｘ７４．二、展开式中系数和的有关问题的解法 （１）“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如（ａｘ＋ｂ）ｎ（ａ、ｂ∈Ｒ）的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令ｘ＝１即可；对形如（ａｘ＋ｂｙ）ｎ（ａ、ｂ∈Ｒ）的式子求其展开式的各项系数之和，只需令ｘ＝ｙ＝１即可．（２）一般地，对于多项式（ａ＋ｂｘ）ｎ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａｎｘｎ，令ｇ（ｘ）＝（ａ＋ｂｘ）ｎ，则（ａ＋ｂｘ）ｎ展开式中各项的系数的和为ｇ（１），（ａ＋ｂｘ）ｎ展开式中奇数项的系数和为１２［ｇ（１）＋ｇ（－１）］，（ａ＋ｂｘ）ｎ展开式中偶数项的系数和为１２［ｇ（１）－ｇ（－１）］．已知等式（ｘ２＋２ｘ＋２）５＝ａ０＋ａ１（ｘ＋１）＋ａ２（ｘ＋１）２＋…＋ａ９（ｘ＋１）９＋ａ１０（ｘ＋１）１０，其中ａｉ（ｉ＝０，１，２，…，１０）为常数．求：（１）∑１０ｎ＝１ａｎ的值；（２）∑１０ｎ＝１ｎａｎ的值．解析 （１）在（ｘ２＋２ｘ＋２）５＝ａ０＋ａ１（ｘ＋１）＋ａ２（ｘ＋１）２＋…＋ａ９（ｘ＋１）９＋ａ１０（ｘ＋１）１０中，令ｘ＝－１，得ａ０＝１；令ｘ＝０，得ａ０＋ａ１＋ａ２＋…＋ａ９＋ａ１０＝２５＝３２．所以∑１０ｎ＝１ａｎ＝ａ１＋ａ２＋…＋ａ１０＝３１．（２）等式（ｘ２＋２ｘ＋２）５＝ａ０＋ａ１（ｘ＋１）＋ａ２（ｘ＋１）２＋…＋ａ９（ｘ＋１）９＋ａ１０（ｘ＋１）１０的两边对ｘ求导，得５（ｘ２＋２ｘ＋２）４·（２ｘ＋２）＝ａ１＋２ａ２（ｘ＋１）＋…＋９ａ９（ｘ＋１）８＋１０ａ１０（ｘ＋１）９．在５（ｘ２＋２ｘ＋２）４·（２ｘ＋２）＝ａ１＋２ａ２（ｘ＋１）＋…＋９ａ９（ｘ＋１）８＋１０ａ１０（ｘ＋１）９中，令ｘ＝０，整理，得∑１０ｎ＝１ｎａｎ＝ａ１＋２ａ２＋…＋９ａ９＋１０ａ１０＝５×２５＝１６０． ２－１ 若（ｘ＋１）２（ｘ＋２）２０１６＝ａ０＋ａ１（ｘ＋２）＋ａ２（ｘ＋２）２＋…＋ａ２０１８（ｘ＋２）２０１８，求ａ１２＋ａ２２２＋ａ３２３＋…＋ａ２０１８２２０１８的值．２－１解析 依题意，令ｘ＝－２，得ａ０＝０；令ｘ＝－３２，得－３２＋１()２×－３２＋２()２０１６＝ａ０＋ａ１·－３２＋２()＋ａ２－３２＋２()２＋…＋ａ２０１８－３２＋２()２０１８，即ａ１２＋ａ２２２＋ａ３２３＋…＋ａ２０１８２２０１８＝１２()２０１８． ２－２ 已知ａｎ＝（１＋２）ｎ（ｎ∈Ｎ∗）．（１）若ａｎ＝ａ＋ｂ２（ａ，ｂ∈Ｚ），求证：ａ是奇数；（２）求证：对于任意ｎ∈Ｎ∗都存在正整数ｋ，使得ａｎ＝ｋ－１＋ｋ．２－２证明 （１）由二项式定理，得ａｎ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ２＋Ｃ２ｎ（２）２＋Ｃ３ｎ（２）３＋…＋Ｃｎｎ（２）ｎ，所以ａ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ２ｎ（２）２＋Ｃ４ｎ（２）４＋…＝１＋２Ｃ２ｎ＋２２Ｃ４ｎ＋…，第十九章 计数原理１４３ 因为２Ｃ２ｎ＋２２Ｃ４ｎ＋…为偶数，所以ａ是奇数．（２）由（１）设ａｎ＝（１＋２）ｎ＝ａ＋ｂ２（ａ，ｂ∈Ｚ），则（１－２）ｎ＝ａ－ｂ２，所以ａ２－２ｂ２＝（ａ＋ｂ２）（ａ－ｂ２）＝（１＋２）ｎ（１－２）ｎ＝（１－２）ｎ＝（－１）ｎ，当ｎ为偶数时，ａ２＝２ｂ２＋１，存在ｋ＝ａ２，使得ａｎ＝ａ＋ｂ２＝ａ２＋２ｂ２＝ｋ＋ｋ－１；当ｎ为奇数时，ａ２＝２ｂ２－１，存在ｋ＝２ｂ２，使得ａｎ＝ａ＋ｂ２＝ａ２＋２ｂ２＝ｋ－１＋ｋ．综上，对于任意ｎ∈Ｎ∗，都存在正整数ｋ，使得ａｎ＝ｋ－１＋ｋ．三、利用二项式定理解决相关化简、证明问题的方法 二项式定理常常用来化简、证明有关组合数问题，常见方法有：（１）赋值法：用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决，普遍适用于恒等式．（２）构造法：是指构造函数或构造同一问题的两种算法，用于证明组合恒等式或化简组合式，是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法．（３）整除性问题：利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．（４）余数问题：应明确被除式ｆ（ｘ）与除式ｇ（ｘ）（ｇ（ｘ）≠０），商式ｑ（ｘ）与余式的关系及余式的范围．（５）有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理．（２０１８南通调研，２３，１０分）已知（１＋ｘ）２ｎ＋１＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ２ｎ＋１ｘ２ｎ＋１，ｎ∈Ｎ∗．记Ｔｎ＝∑ｎｋ＝０（２ｋ＋１）ａｎ－ｋ．（１）求Ｔ２的值；（２）化简Ｔｎ的表达式，并证明：对任意的ｎ∈Ｎ∗，Ｔｎ都能被４ｎ＋２整除．解析 由二项式定理，得ａｉ＝Ｃｉ２ｎ＋１（ｉ＝０，１，２，…，２ｎ＋１）．（１）Ｔ２＝ａ２＋３ａ１＋５ａ０＝Ｃ２５＋３Ｃ１５＋５Ｃ０５＝３０．（２）因为（ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１＝（ｎ＋１＋ｋ）·（２ｎ＋１）！（ｎ＋１＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！＝（２ｎ＋１）·（２ｎ）！（ｎ＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！＝（２ｎ＋１）Ｃｎ＋ｋ２ｎ，所以Ｔｎ＝∑ｎｋ＝０（２ｋ＋１）ａｎ－ｋ＝∑ｎｋ＝０（２ｋ＋１）Ｃｎ－ｋ２ｎ＋１＝∑ｎｋ＝０（２ｋ＋１）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１＝∑ｎｋ＝０［２（ｎ＋１＋ｋ）－（２ｎ＋１）］Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１＝２∑ｎｋ＝０（ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋