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1、探究(+xxx+)的展开式摘要：本文是从新教材人教A版(2019年)的选择性必修三的第六章第三节的二项式定理中对二项式(a+),(31,ZIiN)推导通项与项数的思想出发，联想到从排列组合角度进行思考，进一步对多项式(+xxx+)(n32,n31.,w1.N/N)的展开式通项及项数的探究得出定理。继而用该定理及这个新的思路解决多项式(a+a+a)(m329n39mNniN)展开项含有某项的系数等问题。关键词：展开式通项，展开式项数，推导思路一、问题的提出新教材人教A版(2019年)的选择性必修三的第六章第三节的二项式定理中对二项式(a+b)nn3,nN)的展开式的思想如下：由于(+/?)“是个
2、(。+。)相乘，每个(+。)中有两种个选择，选择a或b,而且每个(。+人)中的或b都被选定后，才能得到展开式的一项。因此，由分步计数原理可知，在合并同类项之前，(。+人)的展开式共有2项。其中每一项都是MA=O,1,1.,)的形式。对于每个Zk=O,1,1.,),对应的项。”方人也是由个(。+)中选出另外k个(+b)中选出得到的。由于选定后，a的选法也随之确定，因此人出现的次数相当于从个(。+8)中取2个匕的组合数C,“。这样(。+人)”的展开式中，akbk共有Cu个，将他们合并同类项，就可以得到二项式展开式及其通项。于是提出这么一个问题：多项式(a+a+a)(m32,n31,INnIN)的展
3、开式的通项及项数是什么呢？二、新的思路我们现在换一种思路：由(+是个(+。)相乘，每个(+h)中有两种于,个选择，选。或b,不妨设选和b分别有“八2=1.ni=1.n),此时择择If)I2C1.+=2O在合建同类项之(+加的展开式共有2”项。其中每一项都abi2前，是，的形式，于是该项的系数为CgC”.=上=C1.IF=”()！zZ1!2,1下面讨论(+(M1.,niN)展开式有多少项。由于日h=1.i2=0,1.)分别为和人的个数。个数本身并没有什么211不同，从而该问题相当于个相同小球放置于。和人两个盒子里，其和b“押分别有个”。12当没有空盒子时，从而把n个相同小球放入2不同的盒子中，共
4、有CCzoh-=-1项；当有1个空盒子时，从而把个相同小球放入不同的个盒子，共有CC-=I项；综合可得：展开式共十项。三、(a+a+a)展开式12mn现在我尝试从这个角度去探究求(。+xxx+)(团32,3,向Nf1.TN)的展开式的通项及项数。由于(a+a2+6?/n)个(I+2+XXX+4m)相乘，每个(1+a2+an)n中有用个选择，可以选择aaI2,xxxq中任何一个，而且每个(41+42+xxx+a/m)中的2,XXX。所全部都被选定后，才能得到展开式的一项。不妨设选择的412,xxx4,”分别为ii,2个，于是有II+21m=n在合并同类项之前(+Q2+xxx+C1.m)”的展开式
5、共有相项。其中展开式的每一项都是a1.iig42i2g1.gh*g1.g4riM的形式。于是相当于把个小球分配给,xxxa,且,xxx4的个数分别为2w2w,XXX，于是该项的系数为C；gC”g；g1.g：1.hg1.g：i-；C厂-z- Z-L- z )!12 的=0 z /1! !2!- -. ）/1，A,m即可以利用组合数的公式得到下列式子：nr I -1 - 1. - i gL S w /1. . L . 1 2*- C 2 Ei)! g ( n-i -z 2)!( n- * . . gL g-/ )! 13! n- -z 2-13 ,n !i/1! !2n ae n,从而可 9 e
6、/ Z / a + ) (n 3 2/2 3 l,zlgCgJgnii2C=211.g（in-i）H21.n11我将上述式子简记为:Ye因此我得到多项式（i-i2-1.-z1)!项为:nz!2g1.!ai g ig1.g4i或出12 2ni r gH06f i m,-i - Wg1.ga”I 1 r im其中ii满足：it=，且左=1,2,1.,加时，i0,，4iN。C1.ki1.1. Xn研究过各项系数后，我进一步的来讨论展开式有多少项的问题。如同我提出的二项式定理的第二种思路，于是该问题转化成下列问题：“把个相同的小球放入机个盒子，且盒子可以是空的，问共有多少种不同的放O这个问题就回到了组
7、合数的分组分配问题，我对空盒子的数量进行了下列的分类，并利用了归纳推理思想。第一种情况：当时，则空盒子的数目可以取值为0,121.,/H-I第二种情况：当加时，则空盒子的数目可以取值为tn-ntn-n+1,1.,m-于是取r-nax0,tn-n,从而空盒子数量为+1,r+2,1.,团-1当只有个空盒子时，第一步选择个盒子是空的，有。i种空盒子选法；第二步，由于余下的非空盒子数量为7-，故相当于把个相同小球放入w不同的个盒子中，即在n-1个空挡放入m-r+1个挡板，有Cnmrii种方法，共有CCmmr-Ii项；当只有+1个空盒子时，第一步选择+1个盒子是空的，有c+m种空盒子选法；第二步，由于余
8、下的非空盒子数量为入1,故余下的非空盒子相当于在n-1个空挡放入m-r-2个挡板，有12种方法，共有r+1.C”mrI2项；当只有+2个空盒子时，第一步选择+2个盒子是空的，有C+总种空盒子选法，第二步，由于余下的非空盒子数量为m-r-2,故余下的非空盒子相当于在-1个空挡放入阳-h3个挡板，有CI3种方法，共有r+2。”mr1 3中项；依此类推可得：当只有Z个空盒子时，共有CGT项;当只有阳-1个空盒子时，共有项。绣上所述：多项（4+。2+XXX+）（加32,31,泊N-N）的展开式项数为CCY丁+C*;+CC,*/+C1g,其中=maxm-nI。一1.八r/%可简记为：w-1.ccf1.,
9、r,+c,wr+z,r*2+1.+ccwf,+m,10,ccmk-Cn1/J-1rn-1=1mk1.C1.mk故而(4I+Q2+XXX+)(m32,3,加NniN)的展开式项数为OaCCw,0下面证明:事实上，我们观察这个通CCjt-1,并注意到cc,k1k=r+1.-1)MCnn.是一个超几何分布的概率问题。于是我就构造这样一个超几何分布问题：现在有+1件产品，其中含有用件次品，随机的从中不放回的取出m- 1件产品。记随机变量X为取到的次品个数，于是X满足超几何分布，且其分 布列可表示为PX=k)”mk(k= r r + 1.w-I),其中 r = max m - n1,0,从而由离散型随机
10、变量分布列的性质可知:m PX = k) w, CCmk-1 = 1故而mQ-1 - 1A 1. 1- crrwlmk-Jtr，小1从而 Cemk-I= C,” i 得证。d1nm于是有以下的结论:定理:多项(Q+42+XXX+ )(m32,3 1MiN i N)的展开式为 甫I”:niX ni1.ihi X ae /,1-Lf 1L p_ fn、 Q C o v e a a CCCaeoaj i 6 g g1.g T a,n0其展开式的项数为且该多项式的展开式的通项为asn eiiiO6Z； 一p.g，g1. g M 或1,1 a 2 a m其中U1 . . 2酒足：maik=nf且当女=1
11、.,小时，ki I 0, 1,2,kiI N O四、解题应用下面将使用该定理解决展开式某项系数或某些项的问题。例1球；十二X4的展开式中的常数项解：t十2-1。X&:展开式通项为E8 9- q q ae e i i i 其中/ = 2 3且i i i1 Qn 1令心=0可得if,22茅g()8!g4()/，-03223=123。OQ即1/2=2/，,于是可解得(，)12的所有可能为12=-3i3。，I(0,0,8),(1,2,5),(242)且通项可化简为变为从而常数项为8!88!gg() +8;gg9处/用的展开式中的含皿解：其展开项为g()-=Zg()32Si=I时i-i3=2,于是结合i
12、+=34,故而1此时通项可化简变为98淞82jg()i+3g2i+-2=6!C2“2g2Hiix1.Wh32!(z-2)!(8-2)!2又因为2=2;i=3;i=4故而此时有2342!0!4!6!203!1!2!2+4!2!0!2215120601851=Q978127当if时ji3=O,结合i+=34,故而13=12O12-1.?此时(，)12的所套可能(1.,O,O,5),(1.,1.,1.,3),(1.,2,2,1.)此时通项可化简变为2jg()i+ag2i+i3=-6!C82ig2/i-2)!2g又因为2= 0； i =2!(5260=2故而此时有O12.0!0!5!6!2-山.2!2
13、!1!6!22=-6-80-80=-166当i-时j_i=_2，结合i+=34，故而二十22。22324J4=-2i此时(,)12的所有可能为(2,0,2,2),(2,1,3,0)此时通项可化简变为iiii2ig()i+3g2i+-2i3=6!e.2i+g2“！22!(2+2)!(2-2)!2z2e0又因为2=0；i=1故而此时有O12!0!2!2!6!20+2!1.!3!0!=90160=250当小3时i-i-4,而i+343,从而(，)12没有任何可能。综上所述：2的项的系数为166+250185+84二羽含27=27例3球+工-2。的展开式有21项，求其展开式中所有的有理项。IV2eKY解：叭+了=26共有项数为C+=21,故=59r2巴+了=-26展开式的通项为92日益21.诲5!Crr QO 5!r4.40,FZ1.TJ日令早1.%5! a V= _ v 5!当；口土徂千县/BT能火/n.5!续卜.而看的看理而头1.Qv-
