赋值法在二项式定理中的应用

概要：定理展开求解.从另一个角度看，a0为x=0时右式的结果，因而令x=0,∴ (1-0)5=a0, ∴ a0=1. 2）令x=1, 则(1-2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5 又a0=1,∴ a1+a2+a3+a4+a5=-2. 3）令x=1，得a0+a1+a2+……+a5=-1 (*) 令x=-1, 得35=a0-a1+a2-a3+a4-a5 (**) 因而,(a0+a2+a4)2-(a1+a3+a5)2 4）联立(*),(**)两方程，解得a1+a3+a5=-122. 5） 因而 |a0|+|a1|+……+|a5|即为(1+2x)5的展开式的所有系数和， ∴ |a0|+|a1|+……+|a5|=(1+2)5=35=243. 小结:①求展开式的系数和只需令x=1可解；② 赋值法也需合情合理的转化. 例3．求的展开式中有理项系数的和. 分析:研究其通项. 显然当r=2k(k∈Z)时为有理项.因而它的有理项系数和即为(2+t)n的奇数项的系数和. 设 (2+t)n=a0+a1t+a2t2+……+antn 令t=1，即3n=a0+a1+a2+……+an 令t=-1，即1=a0-a1+a2-……+(-1)nan 上两式相加，解得奇数项系数和.

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赋值法在二项式定理中的应用
　　例1．已知, 其中b₀+b₁+b₂+……+b_n=62, 则n=_________.

　　分析:令x=1，则 ,
　　由已知， 2ⁿ⁺¹-2=62,　 ∴ 2ⁿ⁺¹=64,
　　∴ n=5.
　　例2．已知
　　1）求a₀, 　　　　　　　　　　　　　2）求a₁+a₂+a₃+a₄+a₅
　　3）求(a₀+a₂+a₄)²-(a₁+a₃+a₅)²　　　4）求a₁+a₃+a₅
　　5）|a₀|+|a₁|+……+|a₅|

　　分析:
　　1）可以把(1-2x)⁵用二项式定理展开求解.从另一个角度看，a₀为x=0时右式的结果，因而令x=0,
　　∴ (1-0)⁵=a₀, ∴ a₀=1.

　　2）令x=1, 则(1-2)₅=a₀+a₁+a₂+a₃+a₄+a₅ 又a₀=1,∴ a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=-2.

　　3）令x=1，得a₀+a₁+a₂+……+a₅=-1 (*)　 令x=-1, 得35=a₀-a₁+a₂-a₃+a₄-a₅ (**)
　　因而,(a₀+a₂+a₄)²-(a₁+a₃+a₅)²
　　

　　4）联立(*),(**)两方程，解得a₁+a₃+a₅=-122.

　　5）
　　因而 |a₀|+|a₁|+……+|a₅|即为(1+2x)⁵的展开式的所有系数和，
　　∴ |a₀|+|a₁|+……+|a₅|=(1+2)⁵=3⁵=243.

　　小结:①求展开式的系数和只需令x=1可解；　② 赋值法也需合情合理的转化.
　　例3．求的展开式中有理项系数的和.

　　分析:研究其通项.
　　显然当r=2k(k∈Z)时为有理项.因而它的有理项系数和即为(2+t)ⁿ的奇数项的系数和.
　　设 (2+t)ⁿ=a₀+a₁t+a₂t²+……+a_ntⁿ 令t=1，即3ⁿ=a₀+a₁+a₂+……+a_n　 　令t=-1，
即1=a₀-a₁+a₂-……+(-1)ⁿa_n
　　上两式相加，解得奇数项系数和.