十分广泛的应用，遍及初等数学和高等数学领域⑴.认真研究问题的条件和结构，把一些表面与二项式定理或推广定理无关的问题作适当变形，构造出二项式定理或推广定理，再用其求解（证明），可使解题简洁明快.巧妙应用二项式定理或推广定理，不仅为许多问题提供另类解法，还能解决一些难度较大的数学问题.因此，把二项式定理进一步推广完善，并充分研究其用途，拓宽其应用范围，仍是一件有意义的工作.
2问题的提出
虽然学者们对二项式定理的推广及应用的研究取得了丰硕的成果，但已有成果都存在两个不足方面：
一是推广不够完善；二是应用范围不够
广.针对此情况，笔者试图将其推广进一步完善，系统整理已有用途，并
提出新的用途，拓宽其应用范围.
3二项式定理的推广
二项式定理是在处理有关两个元素和的方幕问题时常常考虑到的一个
重要公式.数式二项式定理表述为：
（a+b）n=C0an+川+0^节+||i+C：
bn=送C；an」br,（n，飞N,0Er兰n）
n-r=q
其中Tr+=Cnra2br叫做二项式的通项公式，cn=n!
叫做二项式系数.门（n—r）!
rn!
Cn=而，（n，r€N,且r+q=n）.
若令…~
则
3.1推广一
除遇到二项式外还常常遇到多项式问题，为便于应用,
在实际应用中，
（a+b+c）n（n迂N）的展开式：
现将其作推广.
先考察三项式
（a+b+c）n=[（a+b）+c]n
斗11+cn（a+b厂cr+）H
RII+C；⑴l+C：
』an3bq+（||）crVII
=lll+CnCnq討Jbqcr+1（1
若令n-r-q=p，便得到三项式（a+b+c）n（n^N）展开式通项公式：
CnCn-rapbqcr（p,q,r亡N且p+q+r=n）,
其中cncn」n!
（n—r）!
=n!
叫三项式系数.【2】
r!
（n-r）q!
（n-r-q）r!
q!
p!
类似地可得四项式（a+b+c+d）n（n^N）通项公式为
af^b'^c'd\p,q,r,s亡N且p+q+r+s=n）,
n!
P!
q!
门s!
其中」称四项式系数.于是猜想m项式定理为：
p!
q!
r!
s!
定理1（6“2+||i+am）n=送：
!
ala^illam,山,n亡N,k=1,2,川,m）.
ii七和十mnllhHIIlrn!
在证明之前，先分析一下上述定理的结构.如果像二项、三项那样展开求和或用归纳法证明，显然十分繁琐，于是考虑用排列组合知识进行证明.
证明设@1+a2+|||+am）n=2f（rnOHlJmlag；2川a；m,它的一般项可以这样得到，从n个式子（a+&2+111+am），…，（a+&2中川+am）中由「1个式子里取a1有C1种方法，再由剩下的n—r1个式子中选「2个式子取a2有C」种方法，依次类推，从最后的n-r1—D-川-rm_,=rm个式子中选am有C池nm丄种方法.于是选取这m个元素总共有Cdnc池If丄种方法，将所得元素相乘即为a^^lHam；，因此一般项系数为
n-ri-忖』-rm_J）!
rm!
心卫川仏）乂8：
11|心
_n!
（n-r1）i（
r1!
（n-r1）!
r2!
（n-r1-k'）!
_n!
『叨山咕！
•
于是定理得到证明.
这个结论结构优美，记忆简便，体现出数学美.[3]
3.2推广二
r=0
由数式二项式定理可得（1+x）n=Zcnxr,（n,r€N,OGEn）.这里的n是正数，当指数为负整数时，又是什么
情形呢？
定理2当-1兰X兰1,n为正整数时（1-x）』=1+{；}x+{2}x2+{3}x3+111+{:
}xr+HI
{n}xr其中{n}_n（nKn+2）川（n+r—D
r£r!
证明
（1）当n=1时，左边=（1—x）」=丄,
n1-x
右边=1+x+x2+x3+川=lim1一=—^,
Y1-x1-x
左边=右边，即上式成立.
⑵假设当n=k时，有
lim（1}x+{：
人2+{3}x3+川+{:
}xr）=lim送{:
}xr成立，
则当n=k+1时，考虑
其中
因为
所以
所以
（1—x）（1+{Ex+{k*x2+{3竹X3+HI+L}xr）=1+（{严}_1”+（{严}一{严加2切|+（{均-{世}氏一{严}{申=1+{1k}x+{k}x2+HI+C}xr—{：
甲仪甲,
jyir（k+1）（k+2）川（k+r）r屮（k+r）!
卄
£ix=X=X
r!
k!
r!
（k+r）（k+r_1）川（r+1）r屮
=X
k!
”/，八kr卡
<（r+1）X,
型r+1）『=o,
limC%—o,
r^C'7
1髮1-x）[（1+{F}x+{kTx2+n^x3+山+卄xr）]=（1-X）」
两边同时除以1-x得
1竖1+{kTx+{r}x2+{3Tx3+山+{：
卅}£）=（1-X）」f
即当n=k+1也成立.
综上所述，定理成立.
3.3推广三
设mX1，对于多项式（1+x+x2切|+xm）n迈3jXj,约定展开式中含xj项的系数3j=fm（n,j）xj，易得
3^-f/n,jw=Cn.
定理3设（1+x+x2）n=3o+3iX+32X2+||i+32nX2n，贝J
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
2n
2a^3n；
j=0
ai+a3+35+111+a2nj=a2+a4+HI+a2n;
ao+a3+86+IH=ai+a4+a7+丨丨1=a2+a5+a8+1丨丨=3“'；当n为奇数时，ao+34+38+111=32+36+aio+111；当n为偶数时，3i+35+39+111=33+37+3ii卄||.
若令x=±1，则可得结论
（1）和⑵成立.
（护=1）则有
3o+◎时+32时2+H）+32n时2n=0,
即（3o+33+36+丨1）+（31+34+37+11网+（32^35+33+山）豹2=0,
由复数相等的定义可知结论⑶成立.
⑶令X"
证明
下面证明结论⑷和（5）:
令x=i则有
in=a0+0/+a2i2+||（+a?
」2",
整理可得
[@0+04+&8+11）—@2+&6+aio+IID]+[（ai+a5+ag+||）—何+&7+aii+|||）]i=in.
当n为奇数时，上式右边为纯虚数，所以左边实数部分为0,即结论（4）成立;当n为偶数时，上式右边为实数，所以左边虚数部分为0,即结论（5）成立.4二项式定理的应用
二项式定理是代数中的一个重要定理，恰当应用二项式定理和其推广定理可使一些复杂问题简洁化，困难问题简单化.
4.1在求值问题中的应用
巧妙运用二项式定理可使一些看似十分困难的求值问题简单化.
例1用{x}表示实数x的小数部分，若0=（5713+18）99，则a{a}的值为多少？
分析：
此题表面看较为困难，但若能发现0<5用-18<1，且
（5J13+18）（5J13-18）=1，便能迎刃而解.
解令b=（57i3-18）gg，因为（5（13-18严（0,1），所以^（0,1）,
由二项式定理有
a=（5届+18）99=cg9（57^3）99+cg9（5^/i3）98x18+|||
+。
；/昕3）\€：
：
/?
513）98C89：
9,998
b=（5届—18）99=（9（5用）99-C99（5^3）9^18+|||
+（-1）「4（5届）99匕18「+|||弋；8（5713）心898弋991899,
因为a-b=2£99（5713）98勺8+|||弋；；1899]是正整数，
所以{a}=b,
所以a{a}=（57i3+18）99（57i3-18）99=[（5713+18）（5713-18）]99=1.
在挖掘出倒数关系（5713+18）（5屆-18）=1的基础上，巧妙构造
b=（5胡3-18）99来替代◎是顺利解题的关键.[5】
例2若（1+x+x2）1000的展开式为ao+a1x+a?
%2+a2oooX2000，求
ao+a3+a6+川+^998的值.（2001年全国高中数学联赛题）
解令x=1，可得，
JOooI「
3=ao+ai+a2+11）+a2ooo；
令X=©，可得，
（其中
令xw2，可得
0=ao+印时+a^2+11（+a2ooo时2000,
O=-1+—i，则053=1，且⑷2+03+1=0）;
22
0=ao+a,时2+a2t/+11（+a2oo^4000
以上三式相加可得
31000=3（ao+a3+a6+Ili+sw）,
所以
a。
+a3+a6+111+a1998=3.
对求有关二项式系数和的问题，常用赋值法.一般地，多项式
（1）
f（x）的
各项系数和为f⑴，奇次项系数的和为;[f⑴-fl];偶次项系数和为
1
Hf
（1）+f（—1）].[6]
2
4.2在近似计算问题中的应用
求近似值问题常把二项式定理展开，根据精确度决定所取项数可使计算简捷.⑺
例3求（0.997）5的近似值（精确到0.001）.
分析：
（0.997）5=（1-0.003）5，简单构造二项式定理模型，展开按精确度要
求取前两项计算便得符合条件的结果.
解（0.997）5=（1-0.003）5
=1-C5o.OO3+C；（O.OO3）2-lll-C?
（0.003）5
“一5咒0.003=0.985.
4.3在整除与余数问题中的应用
二项式定理是解决整除和余数问题最有效的策略之一.
例4试证大于（1+73）2n（n-N）的最小整数能被2n^整除.（第六届普特
南数学竞赛题）
所以
分析：
由（1+妁2n联想到其对偶式（1—73）叫（0,1），考虑二者之和即可.证明因为0v1—>/3v1,
（1-73）2n-（o,1）.
由二项式定理可得
（1+轴2n+（1—V3）2n=2（3n+c2n32+川）
2k=（1+^/3）2n+（1-V3）2n=[（1+73）2]n[（1_73）2]n
=2n[（2+73）n+（2-73）n],
是偶数，记为2k（"N），贝y大于（W3）2n的最小整数为2k.又因为
由二项式定理知
（2+J3）n+（2-轴n是偶数，记为2k1（k1迂N）,
所以
2k=2nS.
即命题得证.
今天是星期日，再过10100天后是星期几？
分析:
此题实质是求10100除以7后的余数问题.
10100=10050=（98+2）50
=C；9085半C5^0则492C+5o9>8C2+502因为前50项都能被7整除，只需考查250除以7所得余数.
250=4X248=4^816=4X（7+1）16
=4C0617羊C1117+15C17C
于是得余数为4，故10100天后是星期四.
4.4在不等式问题中的应用
利用二项式定理证明不等式，是二项式定理的一个重要应用.一般情况，在二项式展开式中取舍若干项，即可将相等关系转化为不等关系，从而获得相关不等式.特别在有关幕不等式和组合不等式方面有独特作用.
11
例6求证：
2<（1+-）n^3-p,（n迂N）.
n2
证明由二项式定理得
1
（1+
n
（1+—）n=C0+cnl+Cn2丄+川+C：
4nn,nnn
21
i+1+Cn—+川
n
>2.
+Cn11+Cn221+iH+Cj1
in1n11n2112
=2+-（1-—）+-（1-—）（1-—）+川+-（1-—）（1-—）训.（1
2!
n3!
nnn!
nn
口）
n
111
<2+丄+丄+川十丄2!
3!
n!
111小1
兰2+2十歹+歹+川+尹=3--1
2
根据实际需要进行实际取舍相关项是这类题的关键.
n_J
例7设a,b壬R+,分析：
设a=s+d，
L“a+bja+bin
n匸V,求证:
>[].
22
b=s-d,（s,d亡r+且s>d），贝Ja+b=2s,
再用二项
式定理解题.
证明设a=s+d，
b=s-d，（s,d迂r+且s>d），
于是有
an+bn=（s+d）n+（s-d）n
=2[C0sn+C：
s2d2+M
>2sn；
又因为
所以
a+b=2s,
an+bn、2snn「a+b、n
工一=s=[].
222
即题目得证.
此题表面看似乎与二项式定理无关，但做换元后便露出其本质.
a+b
结论也可以写成苗.在高中数学教材不再介绍数学归纳法的情
V22
况之下，二项式定理是证明这一不等式简捷且有效的途径.[8-13】
例8设a,b€R+,且1+^1.求证：
对每个自然数n忘N都有
ab
（a+b）n-an-bn>22n-2n+.（1998年全国高中数学竞赛题）
分析：
因为a,b迂R+,且1+
a
/,IXnn1n
（a+b）-a-b
=1[a心b+abn
再利用均值不等式求证.
证明由
及二项式定理得
冷，所以屁2；
na2弘3诚iC2+（n^abkn-a）nbC
仁丄+丄二二二届二2,abJab
（a+b）n冷-L
：
4abn」+cnbn-an-bn
n_22-n_2,n」-n」
=C0an+怖宀+|H+C
小1nX,^2n_2.2,iII,小n22.n_2.—nj.
=Cnab+Cnab+|||+Cnab+Cnab
1r/n」,,1n」\c1,/n_2,2,2.n_2\c2,ijj,,,nJ,nd,x—n」,
=—[（ab+ab）6+（ab+ab）Cn+m+（ab+ab）Cn]
2
>7（^（cn+c：
+iH+cn」）
>2n（2n-2）=22n-2n^.
本题一般用数学归纳法证明，但用二项式定理结合基本不等式证明更
简捷明快.
4.5在多项式问题中的应用
在实际应用中，除遇到二项式问题外还常常遇到多项式问题，利用推
广定理可使解题方便快捷.
例10求（3x+2y-z）7的展开式中含x3y2z5的项.
解直接应用推广定理1有（3x+2y-z）7的展开式中x3y2z5项为7!
（3x）3（2y）2（—z）5=—378x3y2z5.
3!
2!
5!
例11求（2x3-x-1）8中x4的系数.
分析：
直接展开项数太多，显得冗长复杂，利用定理1可快速解决.
pqr®）Prq（十2P（廿命x2pF
的通项为
解（2x'—X—1）8"EH48!
.p.-p.8!
于是有方程组
[2p+q=4,lp+q+r=8;
其非负整数解为
P=0
{q=4，
故（2x3—x—1）8中X4的系数为4
20（—1）87?
^十2（-1）7
0!
4!
4!
—1
〔P=2
q=2，
{q=0.
1
[r=5
1
V=6
26
一+2（—1）-
8!
一154.
8!
5结论
本文首先将二项式定理进行推广，然后系统整理了二项式定理已有的
用途，同时提出不同于前人成果的用途，即求解一些特殊极限问题.再以
典型实例说明了二项式定理有着十分广泛的应用.
二项式定理在中学教材中占有的篇幅并不大，但其有着十分广泛的应用，可以从初等数学跨到高等数学中，可使一些困难问题简洁化.深入挖
掘二项式定理及推广定理的应用，不但为教师教学提供参考，提供一种新
的解题途径，且拓宽了二项式定理的应用范围.
本文存在着两方面的局限：
一是推广没有从本质上突破前人的成果，
只是将其进一步完善；二是在高等数学中的应用范围有待拓宽.
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