前言
注意总结常见的二项式定理的使用范例，同时体会其中的数学思想。
运算技巧
- 主要涉及指数运算的性质和法则；
比如，((-cfrac{1}{2sqrt{x}})^{6-r}=(-cfrac{1}{2})^{6-r}cdot (cfrac{1}{x^{frac{1}{2}}})^{6-r}=(-1)^{6-r}cdot 2^{r-6}cdot x^{-frac{6-r}{2}}=(-1)^{6-r}cdot 2^{r-6}cdot x^{frac{r}{2}-3})
-
赋值法；
-
整除理论；
(cfrac{24}{8}=3cdots 0)；整除问题中要求三整余零，即被除数、除数、商数为整数，余数为零。
若余数为负时，如何调整为正值？(22=3 imes 8-2=2 imes 8+8-2=2 imes 8+6)；
- 排列数、组合数的相关运算；(C_n^m=cfrac{A_n^n}{A_m^m}=cfrac{n!}{m!cdot (n-m)!})
常规题型
- 求展开式中的某一项的系数
法1：将三项式转化为二项式的形式来处理。((x^2-x+2)^5=[(x^2-x)+2]^5=[(x^2+2)-x]^5)，留作练习。
法2：组合法，推荐方法，希望掌握；
由于((x^2-x+2)^5=(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2)(x^2-x+2))，
按照多项式乘法法则可知，每次只能从每一个因式中取出一项，每一个因式中都必须取出某项，然后乘在一起，构成展开式中的某一项；这样我们可以按照这样的操作思路来构成含有(x^3)的项：
其一：先从5个相同因式中任意选取一个有(C_5^1)种，在取出的这个因式中只选取项(x^2)；
然后再从剩余的4个相同因式中任意选取一个有(C_4^1)种，在取出的这个因式中只选取项(-x)；
最后将剩余的3个相同因式全部选取有(C_3^3)种，在取出的每个因式中只选取项(2)；
故有(C_5^1cdot x^2 cdot C_4^1cdot(-x)cdot C_3^3 cdot 2cdot 2cdot 2=-C_5^1cdot C_4^1cdot C_3^3cdot 2^3cdot x^3)；
其二：先从5个相同因式中任意选取三个有(C_5^3)种，在取出的每个因式中只选取项(-x)；
然后将剩余的2个相同因式中全部选取有(C_2^2)种，在取出的每个因式中只选取项(2)；
故有(C_5^3cdot (-x) cdot (-x) cdot (-x) cdot C_2^2cdot 2cdot 2=-C_5^3cdot C_2^2cdot 2^2cdot x^3)；
故(x^3)的项的组成是(C_5^1cdot x^2 cdot C_4^1cdot(-x)cdot C_3^3cdot 2^3+C_5^3cdot(-x)^3cdot C_2^2cdot 2^2=-200x^3)；
注意两点：①组合数的上标之和应该等于题目中的指数；②组合数的上标和出现的对应项的次数应该一致；
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).
- 求展开式中的常数项
分析：常数项来源于两个，
其一是(C_1^1cdot xcdot [C_5^3(2x)^2(-cfrac{1}{x})^3])，
其二是(C_1^1cdot cfrac{1}{x}cdot [C_5^2(2x)^3(-cfrac{1}{x})^2])，
故常数项为(C_5^32^2(-1)^3+C_5^22^3(-1)^2=40)
- 求展开式中的有理项
分析：展开式的通项公式(T_{r+1}=C_{14}^rx^{7-frac{r}{6}}，r=0，1,2，cdots，14)，
所求有理项必须满足(r)是6的倍数，符合条件的只有(r=0，6,12)，
所以展开式中的有理项共有3项：
(r=0，T_1=C_{14}^0cdot x^7=x^7)；
(r=6，T_7=C_{14}^6cdot x^6=3003cdot x^6)；
(r=12，T_{13}=C_{14}^{12}cdot x^5=91cdot x^5)；
分析：先化简整理得到(T_{r+1}=(-1)^rcdot 2^{6-r}cdot C_6^rcdot x^{frac{6-3r}{2}})，其中(r=0，1，2，3，4，5，6)；
所求的项要是有理项必须满足(r)是2的倍数，符合条件的只有(r=0，2，4，6)，
所以展开式中的有理项共有4项：
(r=0)时，(T_1=(-1)^0cdot 2^{6-0}cdot C_6^0cdot x^{frac{6-3 imes0}{2}}=64cdot x^3)；
(r=2)时，(T_3=(-1)^2cdot 2^{6-2}cdot C_6^2cdot x^{frac{6-3 imes2}{2}}=240cdot x^0)；
(r=4)时，(T_5=(-1)^4cdot 2^{6-4}cdot C_6^4cdot x^{frac{6-3 imes4}{2}}=60cdot x^{-3})；
(r=6)时，(T_7=(-1)^6cdot 2^{6-6}cdot C_6^6cdot x^{frac{6-3 imes6}{2}}=x^{-2})；
故所有有理项的系数之和为(64+240+60+1=365)。
- 求展开式中的系数之和
分析：二项式系数之和为：
(C_7^0+C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^4+C_7^5+C_7^6+C_7^7=(1+1)^7=2^7)；
求二项展开式中的系数之和，需要使用赋值法；
令(x=1)，原等式的右端即为(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7)，
与此相等的左端为((2 imes 1-1)^7=1^7=1)。
即二项展开式中的系数之和为：
(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7=(2 imes 1-1)^7=1^7=1)。
分析：令(x=1)，可得((sqrt{2}-1)^{10}=a_0+a_1+a_2+cdots+a_{10})①，
令(x=-1)，可得((sqrt{2}+1)^{10}=a_0-a_1+a_2-cdots+a_{10})②，
结合①②式，可知：
((a_0+a_2+cdots+a_{10})^2-(a_1+a_3+cdots+a_9)^2)
(=(a_0+a_1+a_2+cdots+a_{10})(a_0-a_1+a_2-cdots+a_{10}))
(=(sqrt{2}-1)^{10}(sqrt{2}+1)^{10})
(=[(sqrt{2}-1)(sqrt{2}+1)]^{10}=1)
分析：先求得(a=(-cosx-sinx)|_0^{pi}=2)，
代入已知表达式，再赋值(x=1)，
得到(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6+a_7=(1+1)(2-1)^6=2)，
又由组合法求的(x^7)项的系数为：
(C_1^1cdot xcdot C_6^6cdot (-x)^6=x^7)，故(a_7=1)，
从而解得(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6=1).
分析：令(x=-1)，得到(a_0=1)，再令(x=0)，得到(a_0+a_1+a_2+cdots+a_7=2^7)，
又由于((2+x)^7=[1+(1+x)]^7=a_0+a_1(1+x)+a_2(1+x)^2+cdots+a_7(1+x)^7)，故(a_7=1)，
综上可知，(a_1+a_2+cdots+a_6=2^7-2=126).
若((1-3x)^{2018}=a_0+a_1x+a_2x^2+cdots+a_{2018}x^{2018})，则(cfrac{a_1}{3}+cfrac{a_2}{3^2}+cdots+cfrac{a_{2018}}{3^{2018}})的值为___________。
分析：赋值法，令展开式中(x=0)，得到(a_0=1)，
令(x=cfrac{1}{3})，得到(a_0+cfrac{a_1}{3}+cfrac{a_2}{3^2}+cdots+cfrac{a_{2018}}{3^{2018}}=0)，
所以(cfrac{a_1}{3}+cfrac{a_2}{3^2}+cdots+cfrac{a_{2018}}{3^{2018}}=-a_0=-1)。
法1：设((a+x)(1+x)^4=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)，
令(x=1)，得到((a+1) imes 2^4=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5)①；
令(x=-1)，得到(0=a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-a_5)②；
①-②得到，(16(a+1)=2(a_1+a_3+a_5)=2 imes 32)，
解得(a=3)。
法2：设(f(x)=(a+x)(1+x)^4)，则其所有项的系数和为(f(1)=(a+1)(1+1)^4=16(a+1))，
又奇数次幂项的系数和为(a(C_4^1+C_4^3)+(C_4^0+C_4^2+C_4^4)=8a+8)，
则由题目可知，(8a+8=32)，解得(a=3)。
- 求二项展开式中的系数最大的项
法1：由于展开式中(x^3)与(x^4)项的二项式系数相等，即(C_n^3=C_n^4)，故(n=7)。
则展开式的通项公式为(T_{k+1}=C_7^kcdot 1^{7-k}cdot (2x)^k=C_7^kcdot 2^kcdot x^k)，
设系数最大的项为(T_{k+1})，则其必须同时满足条件
求解组合数不等式是难点，详解如下：
先转化为如下形式：
再次转化：
化简得到，
再次化简得到，
(egin{cases} k+1ge 2(7-k) \ 2(8-k)ge k end{cases})，即(egin{cases} 3kge 13 \ 3kleq 16 end{cases})，
解得：(cfrac{13}{3}leq k leq cfrac{16}{3})，
故(k=5)，即系数最大的项为(T_6=C_7^5cdot 2^5cdot x^5=672x^5).
法2：由于展开式中的项的数目比较小，所以还可以利用通项公式写出所有项，从中挑出系数最大的项。
- 整除问题和余数问题
分析：(1+2+2^2+cdots+2^{5n-1})
(=cfrac{1cdot (2^{5n}-1)}{2-1}=2^{5n}-1=32^n-1=(31+1)^n-1)
(=C_n^0cdot 31^n+C_n^1cdot 31^{n-1}+C_n^2cdot 31^{n-2}+cdots+C_n^{n-1}cdot 31^1+C_n^ncdot 31^0-1)
(=C_n^0cdot 31^n+C_n^1cdot 31^{n-1}+C_n^2cdot 31^{n-2}+cdots+C_n^{n-1}cdot 31^1)
(=31cdot (C_n^0cdot 31^{n-1}+C_n^1cdot 31^{n-2}+C_n^2cdot 31^{n-3}+cdots+C_n^{n-1}))
故(1+2+2^2+cdots+2^{5n-1}(nin N^*))能被31整除。
分析：(S=C_{27}^1+C_{27}^2+cdots+C_{27}^{27})
(S=C_{27}^0+C_{27}^1+C_{27}^2+cdots+C_{27}^{27}-1)
(=(1+1)^{27}-1=2^{27}-1=8^9-1=(9-1)^9-1)
(=C_9^0 imes9^9-C_9^1 imes9^8+C_9^2 imes9^7+cdots+C_9^8 imes9^1-C_9^9-1)
(=9(C_9^0 imes9^8-C_9^1 imes9^7+C_9^2 imes9^6+cdots+C_9^8 imes9^0)-2)
(=9(C_9^0 imes9^8-C_9^1 imes9^7+C_9^2 imes9^6+cdots+C_9^8 imes9^0+1-1)-2)，
(=9(C_9^0 imes9^8-C_9^1 imes9^7+C_9^2 imes9^6+cdots+C_9^8 imes9^0-1)+7)，
所以余数为(7)。
分析：(0.998^6=(1-0.002)^2=1+6 imes (-0.002)+15 imes (-0.002)^2+cdots+(-0.002)^6)
由于(T_3=15 imes (-0.002)^2=0.00006<0.001)，
即第3项以后的项的绝对值都小于(0.001)，
所以从第3项起，以后的项可以忽略不计，
即(0.998^6=(1-0.002)^2approx 1+6 imes (-0.002)=0.998)。
故(0.998^6)的误差小于(0.001)的近似值是(0.998)。
综合创新
分析：令(x=1)，得到所有项的系数之和(a=(3-1)^n=2^n)，
令(x=-1)，得到所有项的系数的绝对值之和(b=(3+1)^n=4^n)，
所以(cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}=2^n+cfrac{1}{2^n})，令(t=2^n)，则(tge 2)且(tin N^*)，
则(cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}=t+cfrac{1}{t})，(tge 2)，
设(f(t)=t+cfrac{1}{t}(tge 2))，则(f'(t)=1-cfrac{1}{t^2})，
当(tge 2)时，(f'(t)> 0)恒成立，所以(f(t)=t+cfrac{1}{t})在区间([2，+infty))上单调递增，
所以(t=2)时，([cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}]_{min}=f(t)_{min}=2+cfrac{1}{2}=cfrac{5}{2})，
故(cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b})的最小值为(cfrac{5}{2})，故选(B)。
- 二项式定理证明不等式
分析：由二项展开式可知$$(1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n}$$
由于各项均为正数，且(nin N^*)，删减项放缩法得到，
则((1+cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}=2)；
又由于((1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n})
(=1+1+cfrac{1}{2!}cdot cfrac{n-1}{n}+cfrac{1}{3!}cdot cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+cdots+cfrac{1}{n!}cdot cfrac{(n-1) imes (n-2) imes cdots imes 2 imes 1}{n^{n-1}})
(<1+1+cfrac{1}{2!}+cfrac{1}{3!}+cdots +cfrac{1}{n!})
(<1+1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2^2}+cdots +cfrac{1}{2^{n-1}})
$=1+cfrac{1-cfrac{1}{2^n}}{1-cfrac{1}{2}} $
(=3-cfrac{1}{2^{n-1}}<3)，
故(2<(1+cfrac{1}{n})^n<3)，证毕。
反思：也可以考虑使用数学归纳法证明。
拔高题型
说明，以下题目可用于优生思维拔高训练。
分析：由于(3S_n=3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+cdots+3^nC_n^n)，
给等式两边同时加1，右边就能逆用二项式定理，
(3S_n+1=C_n^0+3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+cdots+3^nC_n^n)
即(3S_n+1=(1+3)^n)，则有(3S_n=(1+3)^n-1)，
故求得(S_n=cfrac{4^n-1}{3})。
分析：((1+x)^{10}=[2-(1-x)]^{10})，
由通项公式得到(T_{r+1}=C_{10}^r2^{10-r}(-1)^r(1-x)^r)，
由于系数是(a_8)，故(r=8)，
则代入得到(a_8=C_{10}^82^{10-8}(-1)^8=180)。
- 求展开式中的系数的线性和
分析：令((2x-3)^5=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)，
对等式两边同时求导得到，
([(2x-3)^5]'=(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5)')，
即(5cdot (2x-3)^4cdot 2=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4)，
即(10cdot (2x-3)^4=a_1+2a_2+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4)，
令(x=1)，得到(a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5=10(2 imes1-3)^4=10)。