二项式定理题型破解思路与策略

刘千吉

摘要：二项式定理是历年高考考查的热点内容之一，本文中整理了涉及二项式定理的常见题型，如求二项展开式中的特定项或特定项系数问题、与二项展开式中的系数和有关的问题、利用二项式定理处理整除问题以及计算近似值的问题.破解核心在于通过排列组合从本质上理解二项展开式的通项公式，以及掌握赋值法在求解二项展开式系数和问题中的巧妙运用.

关键词：二项式定理；通项公式；赋值法；排列组合

二项式定理的起源最早可以追溯到古希腊时期的欧几里得《几何原本》，而后到了1654年，数学家帕斯卡，建立了“一般正整数次幂”的二项式定理，并研究了二项式系数的性质和规律.1665年，牛顿在前人的研究成果上把二项式定理推广到n为分数与负数的情形，创立了现代的“二项式定理”＼.二项式定理的发展不仅丰富了数学知识体系，也为解决实际问题提供了有力的工具.

在历年高考试题中，二项式定理也是考查的热点内容之一，常以客观题形式出现，例如求二项展开式中的特定项或特定项系数问题、与二项展开式中的系数和有关的问题、利用二项式定理处理整除问题以及计算近似值的问题等.随着新课标的修订与新高考改革，数学教学与考试更加注重核心素养与思维能力＼.针对有关二项式定理的问题，学生需要通过排列组合从本质上理解二项展开式的通项公式，了解二项式系数的性质，掌握赋值法在求解二项展开式系数和问题中的巧妙运用，这样才能在面对此类问题时得心应手、游刃有余.

1 通过排列组合理解二项展开式通项公式的本质

二项展开式的第k+1项Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n）叫做二项展开式的通项，它体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律.但学生往往欠缺对二项展开式通项公式的理解，而仅仅死记硬背通项公式，导致题型稍有变化便无从应对，所以通过排列组合来理解二项展开式的本质更具意义和价值.

对于二项式（a+b）n可以写成（a+b）（a+b）……（a+b）这样n个因式乘积的形式，打开括号后得到的是每个因式中取一个a或一个b，并将所有因式中取出的结果进行组合相乘，然后将所有组合的情况一一列出求和，那么得到的二项展开式中每一项都是一个n次单项式，即每一项中a的次数与b的次数之和为n.设b的次数为k，则可得a的次数为n－k，据此可以得到每一项为an－kbk（k=0，1，2，……，n），最后将所有同类项合并得到每一项的二项式系数为Ckn.实质上，展开式中每一项的二项式系数也就是经过组合得到的an－kbk这一项重复的数量，那么根据前面学过的组合数知识，很容易得到这个数量为从n个因式中选出k个因式取元素b，再从剩下的n－k个因式中选出n－k个因式取元素a，根据分步乘法计数原理得到选取的情况种数为Ckn·Cn－kn－k即Ckn.于是得到二项展开式的通项公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n）.

通过排列组合理解二项展开式通项公式的本质，能够帮助我们更好地解决如下问题.

1.1 求二项展开式中的特定项或特定项系数

类型1：求形如（a+b）n（n∈N*）的式子中与特定项相关的量（如求常数项、特定项）.

例1  （2020年高考天津卷）x+2x25展开式中，x2项的系数是.

分析：本题要求二项展开式中x2项的系数，比较简单，可以直接写出二项展开式的通项，令x的次数为2从而求出该项，体现了通项公式的作用.

解析：二项式x+2x25的展开式通项为Tk+1=Ck5（x）5－k2x2k=2kCk5x5－3k（k=0，1，2，……，5）.由5－3k=2，得k=1，所以x2项的系数是2C15=10.

类型2：求形如（a+b）m （c+d）n （m，n∈N*）的式子中与特定项相关的量.

例2  （2022年全国新高考Ⅰ卷）1－yx＼5（x+y）8的展开式中x2y6的系数为 .

分析：本题是两个二项式乘积求展开式中特定项的系数，针对这类问题依然可以先分别写出两个二项式的通项公式，再相乘得到这两个二项式乘积的通项公式，最后找出其中特定项的系数.

解析：1－yx的展开式通项为Cr111－r－yxr即（－1）rCr1yxr（r=0，1），（x+y）8的二项展开式通项为Ck8x8－kyk（k=0，1，2，……，8），所以1－yx＼5（x+y）8的展开式通项为（－1）rCr1Ck8x8－k－ryk+r（r=0，1，且k=0，1，2，……，8），可得x2y6项的系数为（－1）0C01C68+（－1）1C11C58=28－56=－28.

例3  （对例2进行变式）1－yx4（x+y）8的展开式中x2y6的系数为.

解析：1－yx4的二项展开式通项为Cr4－yxr即（－1）rCr4yxr（r=0，1，2，3，4），（x+y）8的二項展开式通项为Ck8x8－kyk（k=0，1，2，……，8），所以1－yx4（x+y）8的展开式的通项为（－1）rCr4Ck8＼5x8－k－ryk+r（r=0，1，2，3，4，且k=0，1，2，……，8），可得x2y6项的系数为（－1）0C04C68+（－1）1C14C58+（－1）2C24C48+（－1）3C34C38+（－1）4C44C28=28－224+420－224+28=28.

类型3：求形如（a+b+c）n（n∈N*）式子中与特定项相关的量.

例4  （x+y－2z）5的展开式中，xy2z2的系数是.

分析：本题是求三项展开式中特定项的系数，因此二项展开式的通项公式并不能直接运用，有的方法是将三项式转化为二项式，例如将x+y-2z化为“x+y”与“－2z”和的五次方，然后运用二项展开式的通项公式展开，再对x+y的相应次方展开.此种方法确实将三项式转化为了二项式，从而使其可以使用二项展开式的通项公式求解，但无疑增加了求解难度和计算量.如果我们充分理解了二项展开式通项公式的本质，能够运用排列组合写出多项式的通项公式或直接写出其特定项，这道题目则会变得非常简单.

解析：对于xy2z2项，依据排列组合知识，相当于从（x+y－2z）（x+y－2z）……（x+y－2z）这5个因式中选出2个因式取元素“－2z”，再从剩下的3个因式中选出2个因式取元素y，最后从剩下的1个因式中取元素x.根据分步乘法计数原理，可知选取的情况种数为C25·C23·C11.所以该项为C25·C23·C11＼5xy2（－2z）2，即（－2）2C25·C23·C11xy2z2，其系数为（－2）2C25·C23·C11=120.

例5  （1+x+x2）3的展开式中，x2的系数是.

解析：对于（1+x+x2）3的展开式，依据排列组合知识，相当于从（1+x+x2）（1+x+x2）（1+x+x2）这3个因式中选出k个因式取元素x2，再从剩下的3-k个因式中选出r个因式取元素x，最后再从剩下的5－k－r个因式中取元素1.根据分步乘法计数原理，可知选取的情况种数为Ck3Cr3－kC3－k－r3－k－r.所以可以得到（1+x+x2）3的通項公式为Ck3Cr3－kC3－k－r3－k－r13－k－rxr＼5（x2）k（k=0，1，2，3，r∈{r∈Z|0≤r≤5－k}）.根据通项公式，可得x2的系数为C13C02C22+C03C23C11=6.

1.2 处理整除问题

例6  设c∈Z，且0≤c≤13，若531 024+c能被13整除，则c等于 .

分析：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.根据二项展开式的通项公式Tk+1=Cknan－kbk（k=0，1，2，……，n），只需要构造a和b两项使其中一个元素可以被这个式子整除，则除其0次方项外的各项均是含有这个式子的乘积形式，其必定能被这个式子整除，最后便将问题转化为只需分析其0次方项与其他式子的运算是否能被该式整除，从而得到解决.

解析：531 024+c转化为（52+1）1 024+c，二项式（52+1）1 024展开式的通项公式为Tk+1=Ck1 024×521 024－k×1k（k=0，1，2，……，1 024），其中除了C1 0241 024×520×11 024项，其他项均含有因数52，而52能被13整除，所以这些项均能被13整除，又C1 0241 024×520×11 024为1，则根据题意1+c能被13整除，且0≤c≤13，得c=12.

1.3 计算近似值问题

例7  利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是 （  ）.

A.1.23

B.1.24

C.1.33

D.1.34

分析：利用二项式定理计算近似值依然可以借助于二项展开式的通项公式，将1.056化为一个容易计算的值与另一个远远小于其值的和或差的形式，从而通过尽可能少地计算二项展开式中的前几项来达到近似计算的效果.

解析：1.056可以转化为（1+0.05）6，其展开式的通项公式为Tk+1=Ck6×16－k×0.05k（k=0，1，2，……，n），第一项C06×0.050=1，第二项C16×0.051=0.30，第三项C261×0.052=0.037 5，第四项C36×0.053=0.002 5，据此可以近似估计1.056≈1.34（精确到0.01）.（事实上，依据前三项的规律可以无需计算第四项便可确定近似值为1.34.）

2 二项展开式系数和问题中的破解

“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，（ax2+bx+c）m（a，b，c∈R）的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，令x=1即可；对形如（ax+by）n（a，b∈R）的式子求其展开式各项系数之和，只需令x=y=1即可.

例如，对于（cx+d）7（c，d∈R） 的式子，其展开式各项可以写成a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7形式.

令x=1，可得各项系数和

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倍偶次项系数和）

①-②=2a1+2a3+2a5+2a7.（2倍奇次项系数和）

注意：“二项式系数和”与“系数和”是有区别的，二者极易混淆.以上是系数和的求法，而“二项式系数和”即C0n+C1n+C2n+……+Cnn是固定的数2n，可以利用赋值法对二项式（1+x）n中的x赋值为1得到，依据二项式系数的对称性，可得推论C0n+C2n+C4n+……=C1n+C3n+C5n+……=2n－1.

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

分析：本题第一问属于求展开式中x2项的系数问题，可以运用通项公式计算.第二问先求展开式各项系数和a0+a1+a2+a3+a4+a5，再减去a0.各项系数和可以通过对x赋值为1求得，a0可以通过对x赋值为0而求得.

解析：（1）（x+2）的展开式的通项为Cr1x1－r2r，即2rCr1x1－r（r=0，1），（x－1）4展开式的通项为Ck4x4－k＼5（－1）k，即（－1）kCk4x4－k（k=0，1，2，3，4），所以可得（x+2）（x－1）4展开式的通项为（－1）k2rCr1Ck4x5－k－r（r=0，1）（k=0，1，2，3，4）.所以x2项的系数a2为（－1）320C01C34+（－1）221C11C24=－4+12=8.

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

所以a1+a2+a3+a4+a5=0－2=－2.

面对新高考更加注重对数学核心素养的考查，在二项式定理方面，更需要学生运用排列组合知识从本质上理解二项展开式的通项公式，以及掌握赋值法在求解二项展开式系数和问题中的巧妙运用.把握原理与核心才能以不变应万变，高效地解决二项式定理相关的各种题型，并且真正促进学生素养与思维的发展.

参考文献：

[1]陈长华，王俊辉.HPM视角下二项式定理发展史的教学设计＼.江苏教育学院学报（自然科学版），2010，26（5）：43-45.

[2]王云龙.追根溯源 回归本质——二项式定理问题类型剖析＼.中学生数理化（高考数学），2022（11）：17-18.