2009-湖北卷理-06 单-二项式定理

本题导读

本题考查二项式定理、赋值法，以及相关运算的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2009年湖北卷(理)） 设 ${\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+x\right)}^{2n}=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{2n-1}{x}^{2n-1}+a_{2n}{x}^{2n}$，则 ${\lim }_{n\to \infty }\left[(a_0+a_2+a_4+\cdots +a_{2n}{)}^2-(a_1+a_3+a_5+\cdots +a_{2n-1}{)}^2\right]=$ ()

A. $-1$　　　　　　　B. 0　　　　　　　C. 1　　　　　　　D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

🔍【思路分析】

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1. 利用平方差公式将待求极限的代数式分解为两项相乘的形式。
2. 观察到两项分别代表二项式展开式中偶次项系数之和与奇次项系数之和。
3. 利用赋值法（分别令 $x=1$ 和 $x=-1$）求出两部分和的乘积，再求极限。

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B

✍【详细解析】

Abstract

令 $f(x)={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+x\right)}^{2n}=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_{2n}{x}^{2n}$。 设 $A=a_0+a_2+a_4+\cdots +a_{2n}$（偶次项系数和）， $B=a_1+a_3+a_5+\cdots +a_{2n-1}$（奇次项系数和）。 利用平方差公式，待求式可化为： $(a_0+a_2+a_4+\cdots +a_{2n}{)}^2-(a_1+a_3+a_5+\cdots +a_{2n-1}{)}^2=(A+B)(A-B)$ 分别在 $f(x)$ 中赋值 $x=1$ 和 $x=-1$： 当 $x=1$ 时，$A+B=f(1)={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+1\right)}^{2n}$ 当 $x=-1$ 时，$A-B=f(-1)={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)}^{2n}$ 所以： $(A+B)(A-B)=f(1)f(-1)={\left[\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+1\right)\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)\right]}^{2n}={\left(\frac{1}{2}-1\right)}^{2n}={\left(-\frac{1}{2}\right)}^{2n}={\left(\frac{1}{4}\right)}^n$ 因此， ${\lim }_{n\to \infty }\left[(a_0+a_2+a_4+\cdots +a_{2n}{)}^2-(a_1+a_3+a_5+\cdots +a_{2n-1}{)}^2\right]={\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{1}{4}\right)}^n=0$。 答案：B

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：二项式展开式的双向赋值法（$x=\pm 1$），无穷递减等比数列的极限。
2. 核心方法：结构化整法与多项式赋值技术。
3. 避坑指南：不要盲目展开去单独求解 $a_i$，看到奇偶项平方差的组合应立即联想到因式分解和 $f(1)f(-1)$ 的代数对称结构。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是经典的二项式系数赋值问题的升级版，将原本静态的代数和与动态的数列极限融合，突出了对数学符号和结构的直觉转化。
2. 结论推广：若 $f(x)=(k+x{)}^m={\sum }_{i=0}^m{a}_i{x}^i$，则其偶次项和之方与奇次项和之方差恒等于 $f(1)f(-1)=(k^2-1{)}^m$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-02 填-数列极限
• 2011-上海卷文-23 解-数列交并分组求和
• 2011-上海卷理-18 单-等比数列