二項(xiàng)式定理題型破解思路與策略

劉千吉

摘要：二項(xiàng)式定理是歷年高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，本文中整理了涉及二項(xiàng)式定理的常見題型，如求二項(xiàng)展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)系數(shù)問題、與二項(xiàng)展開式中的系數(shù)和有關(guān)的問題、利用二項(xiàng)式定理處理整除問題以及計(jì)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(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，以及掌握賦值法在求解二項(xiàng)展開式系數(shù)和問題中的巧妙運(yùn)用.

關(guān)鍵詞：二項(xiàng)式定理；通項(xiàng)公式；賦值法；排列組合

二項(xiàng)式定理的起源最早可以追溯到古希臘時(shí)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(xiàng)式定理，并研究了二項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)式定理”＼.二項(xiàng)式定理的發(fā)展不僅豐富了數(shù)學(xué)知識(shí)體系，也為解決實(shí)際問題提供了有力的工具.

在歷年高考試題中，二項(xiàng)式定理也是考查的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，常以客觀題形式出現(xiàn)，例如求二項(xiàng)展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)系數(shù)問題、與二項(xiàng)展開式中的系數(shù)和有關(guān)的問題、利用二項(xiàng)式定理處理整除問題以及計(jì)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(duì)有關(guān)二項(xiàng)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(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，了解二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，掌握賦值法在求解二項(xiàng)展開式系數(shù)和問題中的巧妙運(yùn)用，這樣才能在面對(duì)此類問題時(shí)得心應(yīng)手、游刃有余.

1 通過排列組合理解二項(xiàng)展開式通項(xiàng)公式的本質(zhì)

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

對(duì)于二項(xiàng)式（a+b）n可以寫成（a+b）（a+b）……（a+b）這樣n個(gè)因式乘積的形式，打開括號(hào)后得到的是每個(gè)因式中取一個(gè)a或一個(gè)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(xiàng)展開式中每一項(xiàng)都是一個(gè)n次單項(xiàng)式，即每一項(xiàng)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(xiàng)為an－kbk（k=0，1，2，……，n），最后將所有同類項(xiàng)合并得到每一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)為Ckn.實(shí)質(zhì)上，展開式中每一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)也就是經(jīng)過組合得到的an－kbk這一項(xiàng)重復(fù)的數(shù)量，那么根據(jù)前面學(xué)過的組合數(shù)知識(shí)，很容易得到這個(gè)數(shù)量為從n個(gè)因式中選出k個(gè)因式取元素b，再?gòu)氖Ｏ碌膎－k個(gè)因式中選出n－k個(gè)因式取元素a，根據(jù)分步乘法計(jì)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(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n）.

通過排列組合理解二項(xiàng)展開式通項(xiàng)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(xiàng)展開式中的特定項(xiàng)或特定項(xiàng)系數(shù)

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

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

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

解析：二項(xiàng)式x+2x25的展開式通項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)相關(guān)的量.

例2? （2022年全國(guó)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(gè)二項(xiàng)式乘積求展開式中特定項(xiàng)的系數(shù)，針對(duì)這類問題依然可以先分別寫出兩個(gè)二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式，再相乘得到這兩個(gè)二項(xiàng)式乘積的通項(xiàng)公式，最后找出其中特定項(xiàng)的系數(shù).

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

例3? （對(duì)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(xiàng)展開式通項(xiàng)為Cr4－yxr即（－1）rCr4yxr（r=0，1，2，3，4），（x+y）8的二項(xiàng)展開式通項(xiàng)為Ck8x8－kyk（k=0，1，2，……，8），所以1－yx4（x+y）8的展開式的通項(xiàng)為（－1）rCr4Ck8＼5x8－k－ryk+r（r=0，1，2，3，4，且k=0，1，2，……，8），可得x2y6項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)展開式中特定項(xiàng)的系數(shù)，因此二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式并不能直接運(yùn)用，有的方法是將三項(xiàng)式轉(zhuǎn)化為二項(xiàng)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(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式展開，再對(duì)x+y的相應(yīng)次方展開.此種方法確實(shí)將三項(xiàng)式轉(zhuǎn)化為了二項(xiàng)式，從而使其可以使用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求解，但無疑增加了求解難度和計(jì)算量.如果我們充分理解了二項(xiàng)展開式通項(xiàng)公式的本質(zhì)，能夠運(yùn)用排列組合寫出多項(xiàng)式的通項(xiàng)公式或直接寫出其特定項(xiàng)，這道題目則會(huì)變得非常簡(jiǎn)單.

解析：對(duì)于xy2z2項(xiàng)，依據(jù)排列組合知識(shí)，相當(dāng)于從（x+y－2z）（x+y－2z）……（x+y－2z）這5個(gè)因式中選出2個(gè)因式取元素“－2z”，再?gòu)氖Ｏ碌?個(gè)因式中選出2個(gè)因式取元素y，最后從剩下的1個(gè)因式中取元素x.根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，可知選取的情況種數(shù)為C25·C23·C11.所以該項(xiàng)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(duì)于（1+x+x2）3的展開式，依據(jù)排列組合知識(shí)，相當(dāng)于從（1+x+x2）（1+x+x2）（1+x+x2）這3個(gè)因式中選出k個(gè)因式取元素x2，再?gòu)氖Ｏ碌?-k個(gè)因式中選出r個(gè)因式取元素x，最后再?gòu)氖Ｏ碌?－k－r個(gè)因式中取元素1.根據(jù)分步乘法計(jì)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(xiàng)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(xiàng)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(gè)式子能被另一個(gè)式子整除，只要證明這個(gè)式子按二項(xiàng)式定理展開后的各項(xiàng)均能被另一個(gè)式子整除即可.根據(jù)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n），只需要構(gòu)造a和b兩項(xiàng)使其中一個(gè)元素可以被這個(gè)式子整除，則除其0次方項(xiàng)外的各項(xiàng)均是含有這個(gè)式子的乘積形式，其必定能被這個(gè)式子整除，最后便將問題轉(zhuǎn)化為只需分析其0次方項(xiàng)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(xiàng)式（52+1）1 024展開式的通項(xiàng)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(xiàng)，其他項(xiàng)均含有因數(shù)52，而52能被13整除，所以這些項(xiàng)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(jì)算近似值問題

例7? 利用二項(xiàng)式定理計(jì)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(xiàng)式定理計(jì)算近似值依然可以借助于二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，將1.056化為一個(gè)容易計(jì)算的值與另一個(gè)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(jì)算二項(xiàng)展開式中的前幾項(xiàng)來達(dá)到近似計(jì)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(xiàng)公式為Tk+1=Ck6×16－k×0.05k（k=0，1，2，……，n），第一項(xiàng)C06×0.050=1，第二項(xiàng)C16×0.051=0.30，第三項(xiàng)C261×0.052=0.037 5，第四項(xiàng)C36×0.053=0.002 5，據(jù)此可以近似估計(jì)1.056≈1.34（精確到0.01）.（事實(shí)上，依據(jù)前三項(xiàng)的規(guī)律可以無需計(jì)算第四項(xiàng)便可確定近似值為1.34.）

2 二項(xiàng)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(duì)形如（ax+b）n，（ax2+bx+c）m（a，b，c∈R）的式子求其展開式的各項(xiàng)系數(shù)之和，常用賦值法，令x=1即可；對(duì)形如（ax+by）n（a，b∈R）的式子求其展開式各項(xiàng)系數(shù)之和，只需令x=y=1即可.

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

令x=1，可得各項(xiàng)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(xiàng)系數(shù)和）

①-②=2a1+2a3+2a5+2a7.（2倍奇次項(xiàng)系數(shù)和）

注意：“二項(xiàng)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(xiàng)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(duì)二項(xiàng)式（1+x）n中的x賦值為1得到，依據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的對(duì)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(xiàng)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(xiàng)的系數(shù)問題，可以運(yùn)用通項(xiàng)公式計(jì)算.第二問先求展開式各項(xiàng)系數(shù)和a0+a1+a2+a3+a4+a5，再減去a0.各項(xiàng)系數(shù)和可以通過對(duì)x賦值為1求得，a0可以通過對(duì)x賦值為0而求得.

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

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

所以a1+a2+a3+a4+a5=0－2=－2.

面對(duì)新高考更加注重對(duì)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的考查，在二項(xiàng)式定理方面，更需要學(xué)生運(yùn)用排列組合知識(shí)從本質(zhì)上理解二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，以及掌握賦值法在求解二項(xiàng)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(xiàng)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(zhǎng)華，王俊輝.HPM視角下二項(xiàng)式定理發(fā)展史的教學(xué)設(shè)計(jì)＼.江蘇教育學(xué)院學(xué)報(bào)（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(xiàng)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.