系数和与组合恒等式：赋值、递推、带权与配对

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不必逐个求出全部系数。先辨认目标的下标、权重和符号，再选择赋值、杨辉递推、求导或配对；图中行号、缺项和边界决定公式能否直接用。先修：二项式定理与通项、组合数性质。

一、知识梳理

1. 杨辉三角：行号是指数，位置要减一

本页及下方原题图2约定第 $0$ 行为单个 $1$ ；第 $n$ 行为 $C_n^0,C_n^1,\ldots,C_n^n$ ，有 $n+1$ 个数。第 $r$ 个数是 $C_n^{r-1}$ ，须 $1\le r\le n+1$ ；第三个数 $C_n^2$ 从 $n=2$ 才存在。有些图从第1行计数，应按图转换，不能换编号却不改下标。

下面知识表从幂指数 $n=1$ 展示，左列标出了对应指数。第一条可见行不自动代表另一套行号。

对称性 $C_n^r=C_n^{n-r}$ 来自“选中 $r$ 个”与“留下 $n-r$ 个”的一一对应。内部递推为

C_n^r=C_{n-1}^{r-1}+C_{n-1}^r\quad(n\ge2,\ 1\le r\le n-1).

按指定元素是否选入分两类，分别再选 $r-1$ 个或 $r$ 个，互斥穷尽。两端 $C_n^0=C_n^n=1$ 单独处理；若为求和扩展约定越界组合数为零，必须说明这是记号约定，不能计算负数阶乘。

2. 对称、中央与全行奇偶和

相邻比

\frac{C_n^{r+1}}{C_n^r}=\frac{n-r}{r+1}\quad(0\le r\le n-1)

由阶乘约分得到。它大于、等于、小于 $1$ ，分别对应 $r<(n-1)/2$ 、 $r=(n-1)/2$ 、 $r>(n-1)/2$ 。

$n$ 为正偶数：中央下标 $n/2$ 唯一最大，项序 $n/2+1$ 。
$n$ 为奇数：中央下标 $(n-1)/2,(n+1)/2$ 并列最大，项序 $(n+1)/2,(n+3)/2$ 。
$n=0$ 只有一个 $1$ 。比较当前项与前项时，因下标平移，阈值相应为 $(n+1)/2$ ，不要混用两个比式。

中央最大只针对二项式系数，带常数幂或符号的实际系数不能直接套用。全行和由 $(1+x)^n$ 取 $x=1$ 得 $2^n$ 。当 $n\ge1$ 时取 $x=-1$ 得交替和零，偶下标和、奇下标和各为 $2^{n-1}$ ； $n=0$ 则分别是 $1$ 与 $0$ 。

3. 有限多项式的赋值与奇偶拆分

设合并同类项后的有限多项式为 $P(x)=\sum_{r=0}^n a_rx^r$ 。全部系数和 $S=P(1)$ ，按幂指数交替的和 $D=P(-1)$ ，常数项 $a_0=P(0)$ 。若 $E,O$ 分别为偶下标、奇下标系数和，则

S=E+O,\quad D=E-O,\qquad E=\frac{P(1)+P(-1)}2,\quad O=\frac{P(1)-P(-1)}2.

因为代 $1$ 后每个幂为一，代 $-1$ 后偶次幂为一、奇次幂为负一，相加或相减恰使另一类抵消。这里看的是实际幂指数，不是二项通项的项序。目标若为 $\sum a_rc^r$ ，应代 $x=c$ ，权必须匹配；多变量多项式的全部系数和，把所有变量都赋 $1$ 。

若目标只含 $a_0+a_2+a_4$ ，而次数高于五，不能直接当作完整 $E$ ，须扣去后面的偶项。比值还要核分母和不为零。

4. 赋值是否合法，绝对值能否去掉

真正多项式允许任意实数赋值。含 $1/x$ 的原式不能直接代零，含 $\sqrt{x}$ 的实数表达式不能直接代负数。即使经已证恒等变形得到一个多项式，也应明确赋值的是延伸多项式，不是让原式原本无定义的函数值突然存在。分母与根式常数项原题的定义域是 $x>0$ ，应解通项指数方程，不能代 $0$ 或 $-1$ 。

绝对值系数和不自动等于 $P(1)$ 或 $P(-1)$ 。全系数非负时可用 $P(1)$ ；若偶下标系数非负、奇下标系数非正，才有 $|a_r|=(-1)^ra_r$ ，从而用 $P(-1)$ 。其他符号排列须按实际符号处理。

5. 带权和：先生成权，再赋值

对 $n\ge1$ 的有限多项式 $(1+x)^n$ 求导，得到

n(1+x)^{n-1}=\sum_{r=1}^{n}rC_n^r x^{r-1}.

再取 $x=1$ ，得 $\sum_{r=1}^n rC_n^r=n2^{n-1}$ 。不能先代 $1$ 失去变量结构后再求导。

不求导也可用阶乘约分： $rC_n^r=nC_{n-1}^{r-1}$ ，其中 $1\le r\le n$ ；换元 $j=r-1$ 后，首尾同时变成 $0,\ldots,n-1$ ，故全和为 $n2^{n-1}$ 。

线性权可拆成 $A\sum rC_n^r+B\sum C_n^r$ ，或用对称性把 $Ar+B$ 与 $A(n-r)+B$ 配对，和为 $An+2B$ 。二阶权在 $n\ge2$ 时再求导，或用 $r(r-1)C_n^r=n(n-1)C_{n-2}^{r-2}$ （ $2\le r\le n$ ），得 $n(n-1)2^{n-2}$ ； $r^2=r(r-1)+r$ 可拆开求。 $n=0,1$ 的缺项或空和单列，不制造负下标。这里全是有限多项式，不涉及无限逐项求导；一般非多项式仍须另核可导性和定义域。

对有限多项式 $f(x)=\sum_{r=0}^n a_rx^r$ ，常用目标可这样对应：

所求	运算	注意事项
全部系数和	$f(1)$	原代入须合法
交替系数和	$f(-1)$	符号由幂的奇偶决定
偶次幂系数和	$[f(1)+f(-1)]/2$	包含常数项
奇次幂系数和	$[f(1)-f(-1)]/2$	若题缺项要另扣
带下标权的和	$f'(1)=\sum r a_r$	先生成权重再赋值

二、考点与方法

方法 1：图先换坐标，跨行递推再核首尾

先将行号、位置改写为合法组合数。全行和用 $2^n$ ；跨行固定第三个数用 $C_n^3+C_n^2=C_{n+1}^3$ 逐次合并，起点取 $C_2^2=C_3^3=1$ ，从较高行开始要扣掉被省略的低行贡献。连续三数设 $C_n^{k-1},C_n^k,C_n^{k+1}$ ，先核 $n\ge2,1\le k\le n-1$ ，用正分母相邻比求参数，再回验整数范围与原比例。

例题 01 杨辉三角的行和、列和与相邻比

题目

杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式

(1)求图2中第11行的各数之和；

(2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和；

(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由.

答案与解析

解析

图示勘误。原图2的第 $n-1$ 行右侧末两个内项写作 $C_{n-1}^{r-3},C_{n-1}^{r-2}$ ，与标准尾项不一致，应为 $C_{n-1}^{n-3},C_{n-1}^{n-2}$ 。保留原图并公开指出，以下三问不用错误尾标计算。图2从第0行开始。

(1) 第11行和为 $\sum_{r=0}^{11}C_{11}^r=2^{11}=2048$ 。

(2) 第 $n$ 行第三个数是 $C_n^2$ ，从 $n=2$ 才存在。利用 $C_2^2=C_3^3$ ，随后逐次合并：

C_2^2+C_3^2+\cdots+C_{100}^2=C_{101}^3=\frac{101\cdot100\cdot99}{6}=166650.

也可用 $C_n^2=C_{n+1}^3-C_n^3$ 累加抵消，剩 $C_{101}^3-C_2^3$ 。后一写法单独约定越界 $C_2^3=0$ ，不能代进负阶乘表达式；不采用扩展记号时就用前面的起点合并法。

(3) 设连续三数为 $C_n^{k-1},C_n^k,C_n^{k+1}$ ，其中 $n\ge2,1\le k\le n-1$ 。分母都正，约分后

\frac{k}{n-k+1}=\frac38,\qquad\frac{k+1}{n-k}=\frac8{14}.

故 $11k=3n+3$ 、 $22k+14=8n$ ，解得 $k=3,n=10$ 。整数范围合法，回代得到 $C_{10}^2=45,C_{10}^3=120,C_{10}^4=210$ ，除以公因子15恰为 $3:8:14$ ，所以确实存在，不能只报形式方程解。

本题结论

(1) $2048$ ；(2) $166650$ ；(3) 存在，三个数为 $45,120,210$ 。

方法 2：先匹配所求下标，再选择赋值

先核变量与定义域。全和、奇偶和、几何权依次选择合适赋值；若少头尾或中项，先求完整和，再用通项或乘积搭配求被扣系数。绝对值题额外证明每类符号。相减后的两倍、比值的非零分母都必须写清。

例题 02 奇次幂的系数和

题目

已知 ${\left( x+2\right)}^{11}={a}_{0}+{a}_{1}x+\cdots +{a}_{11}{x}^{11}$ ，则 ${a}_{1}+{a}_{3}+\cdots +{a}_{11}=$ （）

A． $\frac{{3}^{11}-1}{2}$ B． ${3}^{11}-1$ C． $\frac{{3}^{11}+1}{2}$ D． ${3}^{11}+1$

答案与解析

解析

取 $P(x)=(x+2)^{11}$ ，有 $S=P(1)=3^{11}$ 、 $D=P(-1)=1$ 。 $S-D$ 中偶次项抵消、奇次项各出现两次，所求为

O=\frac{3^{11}-1}{2}.

B 少除二，C 是完整偶数下标和，D 又少除二。拆分依据实际 $x$ 幂，不是通项的项序。

本题结论

A。

例题 03 先证符号，再求绝对值和

题目

若 ${(1-2x)}^{2024}={a}_{0}+{a}_{1}x+{a}_{2}{x}^{2}+\cdot \cdot \cdot +{a}_{2024}{x}^{2024}$ ，则 $\left| {a}_{0}\right|+\left| {a}_{1}\right|+\left| {a}_{2}\right|+\cdot \cdot \cdot \left| {a}_{2024}\right|=$ （）

A．4048 B． ${2}^{2024}$ C．1 D． ${3}^{2024}$

答案与解析

解析

规范通项给 $a_r=C_{2024}^r(-2)^r$ 。组合数与 $2^r$ 均正，故偶下标系数正、奇下标系数负，每一项都有 $|a_r|=(-1)^ra_r$ 。因此

\sum_{r=0}^{2024}|a_r|=P(-1)=(1+2)^{2024}=3^{2024}.

资料校正：原解写成 $C_{2020}^r$ ，与题目指数 $2024$ 不一致，规范应为 $C_{2024}^r$ 。本解按题目重新推导，不沿用错误下标。

没有上述符号规律时， $P(-1)$ 只是交替和。选项 A 的 $4048$ 不对应系数总量；B 混为纯二项式系数和；C 为普通系数和 $P(1)=1$ ，不是绝对值和。

本题结论

D。

例题 04 系数和的比值

题目

已知 $(1+2x){(2-x)}^{6}={a}_{0}+{a}_{1}x+{a}_{2}{x}^{2}+\cdots +{a}_{7}{x}^{7}$ ，那么 $\frac{{a}_{0}+{a}_{2}+{a}_{4}}{{a}_{1}+{a}_{3}+{a}_{5}+{a}_{7}}$ 的值为（）

A． $\frac{170}{183}$ B． $-\frac{170}{183}$ C． $\frac{121}{122}$ D． $-\frac{121}{122}$

答案与解析

解析

设 $P(x)=(1+2x)(2-x)^6$ 。 $P(1)=3$ ， $P(-1)=-729$ ，故完整偶数和 $E=-363$ ，完整奇数和 $O=366$ 。

分子缺少 $a_6$ ，须先求它。 $x^6$ 有两条搭配来源：外层常数1乘内层 $x^6$ ，以及外层 $2x$ 乘内层 $x^5$ 。内层这两个系数分别为 $1$ 与 $C_6^5\cdot2\cdot(-1)^5=-12$ ，所以

a_6=1+2(-12)=-23.

分子 $E-a_6=-363+23=-340$ ，分母 $O=366\ne0$ ，商为 $-170/183$ 。A 符号错；C、D 的 $121/122$ 来自把不完整偶数和当成完整和，符号也需核对。

本题结论

B，即 $-170/183$ 。

方法 3：带权用求导、移下标或对称对齐

出现 $r$ 权先求导或约组合数，不能直接代一；移下标同步改上下界。线性权可拆和，也可倒序后利用 $C_n^{n-r}=C_n^r$ 对齐同一组合数，再将权相加。不是把原式倒着写一次就自动变为常数权。

例题 05 下标作为权重

题目

${C}_{2022}^{1}+2{C}_{2022}^{2}+3{C}_{2022}^{3}+4{C}_{2022}^{4}+\cdot \cdot \cdot +2022{C}_{2022}^{2022}=$ （）

A． ${2}^{2021}-1$ B． ${2}^{2024}-1$ C． $1011\times {2}^{2021}$ D． $1011\times {2}^{2022}$

答案与解析

解析

对有限多项式 $(1+x)^n=\sum_{r=0}^n C_n^r x^r$ （ $n\ge1$ ）求导，再代 $x=1$ ，得

\sum_{r=1}^n rC_n^r=n2^{n-1}.

取 $n=2022$ ，结果为 $2022\cdot2^{2021}=1011\cdot2^{2022}$ ，选 D。A、B 的减一没有根据，C 少一个因子二。

另一方法：由 $rC_n^r=nC_{n-1}^{r-1}$ ，把 $j=r-1$ 改为从0到 $n-1$ ，即得 $n\sum_{j=0}^{n-1}C_{n-1}^j=n2^{n-1}$ ，不必求导。

资料校正：原求和中出现的“ $3C$ ”缺组合数上下标，按相邻项及求导式应为 $3C_n^3$ ；上面给出完整推导。

本题结论

D。

例题 06 线性权的倒序相加

题目

求证： $1+4{C}_{n}^{1}+7{C}_{n}^{2}+\cdot \cdot \cdot +\left( 3n+1\right){C}_{n}^{n}=\left( 3n+2\right)\cdot {2}^{n-1}$

答案与解析

解析

对非负整数 $n$ ，记 $S=\sum_{r=0}^n(3r+1)C_n^r$ 。用 $r$ 与 $n-r$ 换元并以对称性对齐：

S=\sum_{r=0}^n[3(n-r)+1]C_n^r.

两式逐项相加，两个权的和恒为 $3n+2$ ，所以

2S=\sum_{r=0}^n[(3r+1)+(3(n-r)+1)]C_n^r=(3n+2)2^n.

除二即得原命题。 $n=0$ 单独读为一项 $S=1$ ，右边也为 $2\cdot2^{-1}=1$ ，不存在的中间项不造下标。也可在 $n\ge1$ 时拆成 $3\sum rC_n^r+\sum C_n^r$ 验证，但倒序法的关键仍是组合数对称性。

本题结论

命题成立， $S=(3n+2)2^{n-1}$ 。

方法 4：恒等式证明要覆盖全部下标与边界

无权或奇偶和用赋值；带权先产生权；两组合数相乘可比较同一个多项式两种写法的指定幂系数，搭配指数和须等于目标幂。奇数阶交替平方和也可按互补下标配对，先核没有未配对的中央项。有限试值只能检查，不能代替全体证明；更不能把“和的平方”直接改成“平方的和”而漏交叉项。

例题 07 偶数下标和的证明与边界

题目

证明： ${C}_{n}^{0}+{C}_{n}^{2}+{C}_{n}^{4}+\ldots +{C}_{n}^{n}={2}^{n-1}$ （n是偶数）.

答案与解析

解析

题干只写 $n$ 是偶数，需要区分0与正偶数。按本节通常的正整数指数语境，须取正偶数 $n$ 。由 $(1+1)^n=2^n$ 与 $(1-1)^n=0$ ，得到全行和与交替和，两式相加：

2(C_n^0+C_n^2+\cdots+C_n^n)=2^n.

除二即得所证。若允许 $n=0$ ，左边 $C_0^0=1$ ，右边 $2^{-1}=1/2$ ，原命题不成立，必须单列此例外，不能用 $(1-1)^0=0$ 。

若 $n\ge1$ 为奇数，偶下标和仍是 $2^{n-1}$ ，但最后一项应为 $C_n^{n-1}$ ，不能保留原题末项 $C_n^n$ 后直接外推。

本题结论

正偶数 $n$ 时成立；若包含 $n=0$ ，该命题在零处不成立。

例题 08 交替平方和的两种证明

题目

求证： ${\left( {C}_{2n+1}^{0}\right)}^{2}-{\left( {C}_{2n+1}^{1}\right)}^{2}+{\left( {C}_{2n+1}^{2}\right)}^{2}-{\left( {C}_{2n+1}^{3}\right)}^{2}+\cdots +{\left( -1\right)}^{2n+1}\cdot {\left( {C}_{2n+1}^{2n+1}\right)}^{2}=0$ $\text{．}$

答案与解析

解析

令 $N=2n+1$ ， $n$ 为非负整数，故 $N$ 为正奇数。记 $A=\sum_{r=0}^N(-1)^r(C_N^r)^2$ 。

配对法。 $r$ 与 $N-r$ 不同，组合数相等，且 $(-1)^{N-r}=-(-1)^r$ ，所以两项和为零。所有下标恰好两两配完，没有中央剩项，故 $A=0$ 。 $N$ 为偶数时有中央未配项，不能照此推广。

系数比较法。恒等式 $(1+x)^N(1-x)^N=(1-x^2)^N$ 两边为同一多项式。左边 $x^N$ 的所有搭配给系数

\sum_{r=0}^N C_N^r(-1)^{N-r}C_N^{N-r}=-\sum_{r=0}^N(-1)^r(C_N^r)^2=-A.

右边仅有偶次幂，因 $N$ 为奇数， $x^N$ 系数为零，所以 $-A=0$ ，仍得 $A=0$ 。

资料校正：原解将 $-A$ 展开时，开头已取负号，却让末项仍写 $(-1)^N(C_N^N)^2$ 。一致展开的末项应为 $+(C_N^N)^2$ 。目标命题正确，需修正中间式的末项符号；这里用完整求和式避免漏改末项。

本题结论

恒等式成立，两法均得零。

答案与解析

解析

绝对值和为 $1+1+1=3$ ； $P(1)=1$ ， $P(-1)=1-1-1=-1$ ，都不等于三。系数既非全非负，也不是偶非负奇非正，不能套对应的去绝对值条件。

本题结论

绝对值和 $3$ ， $P(1)=1$ ， $P(-1)=-1$ ；不能自动套用。