二項式定理題型破解思路與策略

劉千吉

摘要：二項式定理是歷年高考考查的熱點內(nèi)容之一，本文中整理了涉及二項式定理的常見題型，如求二項展開式中的特定項或特定項系數(shù)問題、與二項展開式中的系數(shù)和有關(guān)的問題、利用二項式定理處理整除問題以及計算近似值的問題.破解核心在于通過排列組合從本質(zhì)上理解二項展開式的通項公式，以及掌握賦值法在求解二項展開式系數(shù)和問題中的巧妙運(yùn)用.

關(guān)鍵詞：二項式定理；通項公式；賦值法；排列組合

二項式定理的起源最早可以追溯到古希臘時期的歐幾里得《幾何原本》，而后到了1654年，數(shù)學(xué)家帕斯卡，建立了“一般正整數(shù)次冪”的二項式定理，并研究了二項式系數(shù)的性質(zhì)和規(guī)律.1665年，牛頓在前人的研究成果上把二項式定理推廣到n為分?jǐn)?shù)與負(fù)數(shù)的情形，創(chuàng)立了現(xiàn)代的“二項式定理”＼.二項式定理的發(fā)展不僅豐富了數(shù)學(xué)知識體系，也為解決實際問題提供了有力的工具.

在歷年高考試題中，二項式定理也是考查的熱點內(nèi)容之一，常以客觀題形式出現(xiàn)，例如求二項展開式中的特定項或特定項系數(shù)問題、與二項展開式中的系數(shù)和有關(guān)的問題、利用二項式定理處理整除問題以及計算近似值的問題等.隨著新課標(biāo)的修訂與新高考改革，數(shù)學(xué)教學(xué)與考試更加注重核心素養(yǎng)與思維能力＼.針對有關(guān)二項式定理的問題，學(xué)生需要通過排列組合從本質(zhì)上理解二項展開式的通項公式，了解二項式系數(shù)的性質(zhì)，掌握賦值法在求解二項展開式系數(shù)和問題中的巧妙運(yùn)用，這樣才能在面對此類問題時得心應(yīng)手、游刃有余.

1 通過排列組合理解二項展開式通項公式的本質(zhì)

二項展開式的第k+1項Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n）叫做二項展開式的通項，它體現(xiàn)了二項展開式的項數(shù)、系數(shù)、次數(shù)的變化規(guī)律.但學(xué)生往往欠缺對二項展開式通項公式的理解，而僅僅死記硬背通項公式，導(dǎo)致題型稍有變化便無從應(yīng)對，所以通過排列組合來理解二項展開式的本質(zhì)更具意義和價值.

對于二項式（a+b）n可以寫成（a+b）（a+b）……（a+b）這樣n個因式乘積的形式，打開括號后得到的是每個因式中取一個a或一個b，并將所有因式中取出的結(jié)果進(jìn)行組合相乘，然后將所有組合的情況一一列出求和，那么得到的二項展開式中每一項都是一個n次單項式，即每一項中a的次數(shù)與b的次數(shù)之和為n.設(shè)b的次數(shù)為k，則可得a的次數(shù)為n－k，據(jù)此可以得到每一項為an－kbk（k=0，1，2，……，n），最后將所有同類項合并得到每一項的二項式系數(shù)為Ckn.實質(zhì)上，展開式中每一項的二項式系數(shù)也就是經(jīng)過組合得到的an－kbk這一項重復(fù)的數(shù)量，那么根據(jù)前面學(xué)過的組合數(shù)知識，很容易得到這個數(shù)量為從n個因式中選出k個因式取元素b，再從剩下的n－k個因式中選出n－k個因式取元素a，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理得到選取的情況種數(shù)為Ckn·Cn－kn－k即Ckn.于是得到二項展開式的通項公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n）.

通過排列組合理解二項展開式通項公式的本質(zhì)，能夠幫助我們更好地解決如下問題.

1.1 求二項展開式中的特定項或特定項系數(shù)

類型1：求形如（a+b）n（n∈N*）的式子中與特定項相關(guān)的量（如求常數(shù)項、特定項）.

例1? （2020年高考天津卷）x+2x25展開式中，x2項的系數(shù)是.

分析：本題要求二項展開式中x2項的系數(shù)，比較簡單，可以直接寫出二項展開式的通項，令x的次數(shù)為2從而求出該項，體現(xiàn)了通項公式的作用.

解析：二項式x+2x25的展開式通項為Tk+1=Ck5（x）5－k2x2k=2kCk5x5－3k（k=0，1，2，……，5）.由5－3k=2，得k=1，所以x2項的系數(shù)是2C15=10.

類型2：求形如（a+b）m （c+d）n （m，n∈N*）的式子中與特定項相關(guān)的量.

例2? （2022年全國新高考Ⅰ卷）1－yx＼5（x+y）8的展開式中x2y6的系數(shù)為 .

分析：本題是兩個二項式乘積求展開式中特定項的系數(shù)，針對這類問題依然可以先分別寫出兩個二項式的通項公式，再相乘得到這兩個二項式乘積的通項公式，最后找出其中特定項的系數(shù).

解析：1－yx的展開式通項為Cr111－r－yxr即（－1）rCr1yxr（r=0，1），（x+y）8的二項展開式通項為Ck8x8－kyk（k=0，1，2，……，8），所以1－yx＼5（x+y）8的展開式通項為（－1）rCr1Ck8x8－k－ryk+r（r=0，1，且k=0，1，2，……，8），可得x2y6項的系數(shù)為（－1）0C01C68+（－1）1C11C58=28－56=－28.

例3? （對例2進(jìn)行變式）1－yx4（x+y）8的展開式中x2y6的系數(shù)為.

解析：1－yx4的二項展開式通項為Cr4－yxr即（－1）rCr4yxr（r=0，1，2，3，4），（x+y）8的二項展開式通項為Ck8x8－kyk（k=0，1，2，……，8），所以1－yx4（x+y）8的展開式的通項為（－1）rCr4Ck8＼5x8－k－ryk+r（r=0，1，2，3，4，且k=0，1，2，……，8），可得x2y6項的系數(shù)為（－1）0C04C68+（－1）1C14C58+（－1）2C24C48+（－1）3C34C38+（－1）4C44C28=28－224+420－224+28=28.

類型3：求形如（a+b+c）n（n∈N*）式子中與特定項相關(guān)的量.

例4? （x+y－2z）5的展開式中，xy2z2的系數(shù)是.

分析：本題是求三項展開式中特定項的系數(shù)，因此二項展開式的通項公式并不能直接運(yùn)用，有的方法是將三項式轉(zhuǎn)化為二項式，例如將x+y-2z化為“x+y”與“－2z”和的五次方，然后運(yùn)用二項展開式的通項公式展開，再對x+y的相應(yīng)次方展開.此種方法確實將三項式轉(zhuǎn)化為了二項式，從而使其可以使用二項展開式的通項公式求解，但無疑增加了求解難度和計算量.如果我們充分理解了二項展開式通項公式的本質(zhì)，能夠運(yùn)用排列組合寫出多項式的通項公式或直接寫出其特定項，這道題目則會變得非常簡單.

解析：對于xy2z2項，依據(jù)排列組合知識，相當(dāng)于從（x+y－2z）（x+y－2z）……（x+y－2z）這5個因式中選出2個因式取元素“－2z”，再從剩下的3個因式中選出2個因式取元素y，最后從剩下的1個因式中取元素x.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可知選取的情況種數(shù)為C25·C23·C11.所以該項為C25·C23·C11＼5xy2（－2z）2，即（－2）2C25·C23·C11xy2z2，其系數(shù)為（－2）2C25·C23·C11=120.

例5? （1+x+x2）3的展開式中，x2的系數(shù)是.

解析：對于（1+x+x2）3的展開式，依據(jù)排列組合知識，相當(dāng)于從（1+x+x2）（1+x+x2）（1+x+x2）這3個因式中選出k個因式取元素x2，再從剩下的3-k個因式中選出r個因式取元素x，最后再從剩下的5－k－r個因式中取元素1.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可知選取的情況種數(shù)為Ck3Cr3－kC3－k－r3－k－r.所以可以得到（1+x+x2）3的通項公式為Ck3Cr3－kC3－k－r3－k－r13－k－rxr＼5（x2）k（k=0，1，2，3，r∈{r∈Z|0≤r≤5－k}）.根據(jù)通項公式，可得x2的系數(shù)為C13C02C22+C03C23C11=6.

1.2 處理整除問題

例6? 設(shè)c∈Z，且0≤c≤13，若531 024+c能被13整除，則c等于 .

分析：要證明一個式子能被另一個式子整除，只要證明這個式子按二項式定理展開后的各項均能被另一個式子整除即可.根據(jù)二項展開式的通項公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n），只需要構(gòu)造a和b兩項使其中一個元素可以被這個式子整除，則除其0次方項外的各項均是含有這個式子的乘積形式，其必定能被這個式子整除，最后便將問題轉(zhuǎn)化為只需分析其0次方項與其他式子的運(yùn)算是否能被該式整除，從而得到解決.

解析：531 024+c轉(zhuǎn)化為（52+1）1 024+c，二項式（52+1）1 024展開式的通項公式為Tk+1=Ck1 024×521 024－k×1k（k=0，1，2，……，1 024），其中除了C1 0241 024×520×11 024項，其他項均含有因數(shù)52，而52能被13整除，所以這些項均能被13整除，又C1 0241 024×520×11 024為1，則根據(jù)題意1+c能被13整除，且0≤c≤13，得c=12.

1.3 計算近似值問題

例7? 利用二項式定理計算1.056，則其結(jié)果精確到0.01的近似值是 （? ）.

A.1.23

B.1.24

C.1.33

D.1.34

分析：利用二項式定理計算近似值依然可以借助于二項展開式的通項公式，將1.056化為一個容易計算的值與另一個遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于其值的和或差的形式，從而通過盡可能少地計算二項展開式中的前幾項來達(dá)到近似計算的效果.

解析：1.056可以轉(zhuǎn)化為（1+0.05）6，其展開式的通項公式為Tk+1=Ck6×16－k×0.05k（k=0，1，2，……，n），第一項C06×0.050=1，第二項C16×0.051=0.30，第三項C261×0.052=0.037 5，第四項C36×0.053=0.002 5，據(jù)此可以近似估計1.056≈1.34（精確到0.01）.（事實上，依據(jù)前三項的規(guī)律可以無需計算第四項便可確定近似值為1.34.）

2 二項展開式系數(shù)和問題中的破解

“賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法.對形如（ax+b）n，（ax2+bx+c）m（a，b，c∈R）的式子求其展開式的各項系數(shù)之和，常用賦值法，令x=1即可；對形如（ax+by）n（a，b∈R）的式子求其展開式各項系數(shù)之和，只需令x=y=1即可.

例如，對于（cx+d）7（c，d∈R） 的式子，其展開式各項可以寫成a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7形式.

令x=1，可得各項系數(shù)和

a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7 .①

令x=－1，可得

a0－a1+a2－a3+a4－a5+a6－a7 .②

①+②=2a0+2a2+2a4+2a6.（2倍偶次項系數(shù)和）

①-②=2a1+2a3+2a5+2a7.（2倍奇次項系數(shù)和）

注意：“二項式系數(shù)和”與“系數(shù)和”是有區(qū)別的，二者極易混淆.以上是系數(shù)和的求法，而“二項式系數(shù)和”即C0n+C1n+C2n+……+Cnn是固定的數(shù)2n，可以利用賦值法對二項式（1+x）n中的x賦值為1得到，依據(jù)二項式系數(shù)的對稱性，可得推論C0n+C2n+C4n+……=C1n+C3n+C5n+……=2n－1.

例8? （2022年高考浙江卷）已知多項式（x+2）＼5（x－1）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則a2=，a1+a2+a3+a4+a5= .

分析：本題第一問屬于求展開式中x2項的系數(shù)問題，可以運(yùn)用通項公式計算.第二問先求展開式各項系數(shù)和a0+a1+a2+a3+a4+a5，再減去a0.各項系數(shù)和可以通過對x賦值為1求得，a0可以通過對x賦值為0而求得.

解析：（1）（x+2）的展開式的通項為Cr1x1－r2r，即2rCr1x1－r（r=0，1），（x－1）4展開式的通項為Ck4x4－k＼5（－1）k，即（－1）kCk4x4－k（k=0，1，2，3，4），所以可得（x+2）（x－1）4展開式的通項為（－1）k2rCr1Ck4x5－k－r（r=0，1）（k=0，1，2，3，4）.所以x2項的系數(shù)a2為（－1）320C01C34+（－1）221C11C24=－4+12=8.

（2）對x賦值1，求得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0；對x賦值0，求得a0=2.

所以a1+a2+a3+a4+a5=0－2=－2.

面對新高考更加注重對數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查，在二項式定理方面，更需要學(xué)生運(yùn)用排列組合知識從本質(zhì)上理解二項展開式的通項公式，以及掌握賦值法在求解二項展開式系數(shù)和問題中的巧妙運(yùn)用.把握原理與核心才能以不變應(yīng)萬變，高效地解決二項式定理相關(guān)的各種題型，并且真正促進(jìn)學(xué)生素養(yǎng)與思維的發(fā)展.

參考文獻(xiàn)：

[1]陳長華，王俊輝.HPM視角下二項式定理發(fā)展史的教學(xué)設(shè)計＼.江蘇教育學(xué)院學(xué)報（自然科學(xué)版），2010，26（5）：43-45.

[2]王云龍.追根溯源 回歸本質(zhì)——二項式定理問題類型剖析＼.中學(xué)生數(shù)理化（高考數(shù)學(xué)），2022（11）：17-18.