二项式定理典型例题

二项式定理典型例题--
典型例题一
（1 <
例1在二项式Jx十一^ 的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有
< 2仮丿
理项.
分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公
式解决.
解：二项式的展开式的通项公式为：
前三项的r =0,1,2.
1 1 1
2 1 1
得系数为：t1 =1, t2= C n— = — n,t3 = C n— = —n(n -1),
2 2 4 8
1 由已知：2t^t1 t3 n=1 n(n—1),
8
n = 8
通项公式为
1 16 J3r
T r 1 =c8-r xFr =0,1,2…8,T r 1为有理项，故16-3r是4的倍数, 2r
••• r =0,4,8.
依次得到有理项为「=X4,T5二c8■丄x二色乂忑二c81x‘1X2.
248 28256 说明：本题通过抓特定项满足的条件，利用通项公式求出了r的取值，得到了有理项.类
似地，C-.2 3 3）100的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中r的取值，得到共有17页
系数和为3n.
典型例题四
例4 （1 ）求（1 -X）3（1 - x）10展开式中X5的系数；（2）求（X - 2）6展开式中的常
X
数项.
分析：本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（1）可以视为两个二项展开式相乘；（2）可以经过代数式变形转化为二项式.
3 10 5
解：（1）（1-X）（1 X）展开式中的X可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项:
3 io c 55
用(1 -X )展开式中的常数项乘以 (1 X )展开式中的 x 项，可以得到 C io X ;用
(1-X )3
展开式中的一次项乘以(1 - X)10
展开式中的X 4
项可得到(_3x)(C ：o x 4
) =-3C ：o x 5
；
4
3 2
(C 10
~C 10 '
3C 1o —'Go
lx
63x
、.x 1
7x
1
— 展开式的通项公式
X
的常数项为C ；2二924 .
说明：问题(2)中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决•这时我们还可以通过 合并项转化为二项式展开的问题来解决.
典型例题五
2 6 c
例5求(1 • x -X )展开式中X 5的系数. 分析：(1，x-x 2)6不是二项式，我们可以通过 1 • X - X 2
=(1 • x) -X 2
或1・(x-x 2
)
把它看成二项式展开.
解：方法一：(1 • x -x )
=(1 x) -x
2 6
6
5 2 4 4
=(1 x ) -6(1 x) x 15(1 x) x -…
其中含 x 5 的项为 c ：x 5 -6C ；X 5 15C ；X 5 =6x 5. 含x 5项的系数为6.
方法二：(1 x -x 2)6 = 1(X -X 2)F
=1 6(x-x 2
) 15(x -X 2)2
20(x -X 2
)3
15(x -X 2
)4
6(x-x 2)5
(x-x 2)6
5 5 555
用(1 —x)3中的x 2乘以(1 x)10展开式中的 X 3
可得到 3x 2
C ；o X 3
=3C ；o X 5
；用(1 -X )3
中的
3
10 2
X 项乘以(1 X)展开式中的X 项可得到
—3x C 10X = -C 10X ，合并同类项得
5
X 项为:
12
由
T r 1 二C ；2(、2)
12
二C ；2X 6_C ，可得展开式
其中含x 的项为20(-3)x ，15(-4)x 6x = 6x .
5 二
x 项的系数为6.
方法3 :本题还可通过把（1 • x - X 2）6看成6个1 • x - X 2相乘，每个因式各取一项相乘 可得到乘积的一项，x 5项可由下列几种可能得到.5个因式中取x , —个取1得到C 6x 5.
2
3
13
2
3个因式中取x , —个取-X ，两个取1得到C 6 C 3X •（-x ）.
1个因式中取X ,两个取-x 2，三个取1得到C ； C ；x （_x 2）2 . 合并同类项为（C ； -c l c ； • C ；C ；）X 5 =6x 5, X 5项的系数为6.
典型例题六
例 6 求证：（1） C 「2C 2zr nV = 2心； （2）
c n 〔c ；- C n - （2n 1 -1）.
2 3 n 十1 n +1
分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证 明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值.
解决这两个小题的关键是通过组合数公式
将等式左边各项变化的等数固定下来，从而使用二项式系数性质
c n - Cn -c n -c n =2n .
•••左边=n C 0」+ nC ；_1+…+n
-n (Cn J ' C^^ ' ，Cnj.) = n ，2 =右边.
丄 cn=——=—n!— k 1 k 1 k!(n -k)! (k -1)!(n - k)!
丄，
(n +
1)!
二丄cn*
n 1 (k 1)!(n -k)! n 1
本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和，再用二项式系数的性质 求解.此外，有些组合数的式子可以直接作为某个二项式的展开式， 但这需要逆用二项式定 理
才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例子：求
91089
7
8
2
2 C io 2 C 10 2 C w
■ 2C io 10的结果.仔细观察可以发现该组合数的式与
(1 -2)10
的展开式接近，但要注意：
解: （1）； kc n
n! k!(n -k)!
n! (k -1)!(n -k)!
(n-1)! (k -1)!( n k)!
nC
(2)
•左边
(c
n 1 ■ c 21
cn1"=(2n1"
右边.
说明: c ： -1
(1 2)10二C o Co 2 •C2。

22———C：0-29- C10 -210
2 2 99 10 10
=1 2 10 22C0 29C90 2 C；0
2 8 9 9 10
=1 2(10 2C0… 28C90 29C10)
从而可以得到：10 2C 2O」28c：0 29C10=1(310_1)•
2
典型例题七
例7利用二项式定理证明：32「2-8n -9是64的倍数.
分析：64是8的平方，问题相当于证明32「2- 8n - 9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32「2=9n 1=(8 T)n 1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来.
解：•/ 32n 2-8n—9
=9n 1_8n _9 =(8 1)n 1_8n _9
n 1 1 n n」 2 n
=8 C n 1 8 '' '-'C n 1 8 C n 1 8 1「8n「9
-8n 1C n彳8n… C；828(n 1) 1 -8n-9
= 8n18n•…C黑82
= (8n1(爲8n，•… 1；) 64是64的倍数.
说明：利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题，而且可以用此方程求一些复杂的指数式除以一个数的余数.
典型例题八
/ - 、5
例8展开2x 21 •
< 2x2丿
分析1：用二项式定理展开式
3于
解法1：2x 2
I 2x2丿
HM+C 仙心丿
= 32x 5 -120x 2 型一哮 驾一號
x x 8x 32x
分析2:对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开.
召[C?(4x 3)5 +C 5(4x 3)4(—3) +C ；(4x 3)3(—3)2
32 x
C ；(4x 3)2
(—3)3
CfZx 3
)" 一 3)4
C ；(-3)5
]
打(1024x 15 -3840x 12 5760x ° -4320x 6 1620x^2437)
32x
= 32x 5 —120x 2 型一辱竽一兰•
x x 4
8x 7
32x
10
说明：记准、记熟二项式(a ，b)n 的展开式，是解答好与二项式定理有关问题的前提条 件•对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便.
典型例题九
10
例9 若将(x • y • z)展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为( )•
A • 11
B • 33
C . 55
D • 66
分析：(x • y • z)10看作二项式[(x y) z]10展开.
解:我们把 y z 看成(x y) z ，按二项式展开，共有 11 “项”，即
10
(x y Z )
10
二[(x y) Z]10 = C ；°(x y)10* z k •
k=0
这时，由于“和”中各项 z 的指数各不相同，因此再将各个二项式
(x ・y)
10*
展开,
k
10 k k
不同的乘积C 10(x y) z ( k =0,1，…，10 )展开后，都不会出现同类项• 下面，再分别考虑每一个乘积 G0(x • y)10* z k ( k =0,1，…，10) •
其中每一个乘积展开后的项数由
(x • y)
10*
决定，
= C?(2x)5
曲+畑)4
匚2丫 「2x7
C ；(2x)2
解法2： 2X 哇"
-32x
10
而且各项中X 和y 的指数都不相同，也不会出现同类项. 故原式展开后的总项数为 11 • 10 • 9
•…•仁66, •••应选D .
典型例题十
（1 、
例10若X+丄-2 1的展开式的常数项为 -20，求n .
I x 丿
（1 丫
分析：题中x ^0 ,当XA 0时，把二项式 x+—_2i 转化为 x 丿
2n
-2 1 =(_1)'' I .然
丿 < l —x 丿
后写出通项，令含 x 的幕指数为零，进而解出
n .
T r 1 =C ；nC.X ）2n
」（-J 十1）«2；（点）2 ,
令 2n- 2r =0，得 n = r , •展开式的常数项为（-1）92；;
f 1 ,一 1 f
当 x <0时，x +— 一2 | =（—1）n I V^x 一 :——I
I x 丿 I J-x 丿
同理可得，展开式的常数项为 （-1）n
C ；n .
无论哪一种情况，常数项均为
（-1）七2；.
令（-1）n C ；n = -20，以 n =1,2,3，…，逐个代入，得 n =3 .
典型例题十
分析：首先运用通项公式写出展开式的第 3项和第4项，再根据题设列出不等式即可.
『厂1 ^10
解：使NX + 了 I 有意义，必须X>0 ；
I 3
''x 丿
2n 1 X
i ；当xc0时，同理x+丄
k x
例11
■J
x 31x
的展开式的第3项小于第4项，则x 的取值范围是
壁局g®丄(••• X 沁)•
2 1
3 2 1
3 X
解得。

”冷8.
典型例题十二
例12已知（x log 2X 1）n 的展开式中有连续三项的系数之比为
1：2：3，这三项是第几
项？若展开式的倒数第二项为
112，求X 的值.
解：设连续三项是第k 、 k 1、 k 2项（k ・N.且k 1 ）,则有
k -1 k •
n ・C n ・C
=1： 2： 3,
=1： 2： 3.
(k 1)(n -k -1)!
k(n -k)
.*(n-k)(n-k+1)
k(k 1) 2
k (n -k)
=n =14 , k=5所求连续三项为第 5、6、7三项.
又由已知，CuX log 2
^112 .即 x log 2
X =8 .
两边取以2为底的对数，（log 2x ）2=3 , log 2x = -3 ,
•3
3
…X — 2 ，或 x = 2
.
说明：当题目中已知二项展开式的某些项或某几项之间的关系时，常利用二项式通项, 根据已知条件列出某些等式或不等式进行求解.
典型例题十三
(n -k)(n -k 1)
k (n -k)
1
1：2：
3. k(k 1)
依题意，有 T 3 :：T 4，即
G20（ .
、X ）8
85648
•应填：
—J 648.
即
(k -1)(n -k 1)!
k ! (n - k)!
2 n — k+1
(k 1) .(n -k)
CwG. X )7
••• X 的取值范围
是
例13
(1 2x)n
的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大
的项和系数最大的项.
分析：根据已知条件可求出 n ,再根据n 的奇偶性；确定二项式系数最大的项. 解：T 6 二C ；(2X )5 , T 7 二 C ：(2x)6，依题意有
C ；25
=C ；26
二 n =8 .
•- (1 2X )8的展开式中，二项式系数最大的项为
T^C 84(2X )4 =1120X 4 .
设第r 1项系数最大，则有
••• r =5或 r =6 (T r ：0,1,2 ,
, G ).
•••系娄最大的项为： T 6 =1792x 5, T 7 =1792x 6.
说明：(1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质， n 为奇数时中间两项的二
项式系数最大，n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大.
(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负 变化情况，一般采用列不等式，解不等式的方法求得.
典型例题十四
例14设f (X H(1 x)m (1 x)n (m, n ・NJ ,若其展开式中关于 X 的一次项的系数 和为11,问m,n 为何值时，含X 2项的系数取最小值？并求这个最小值.
分析：根据已知条件得到
2
X 的系数关于n 的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨
最小值问题.
1 1
解：c m C ： = n m =11.
2
2
1/2 2 、 m n T1 (m _m n _n)= 2 2
• n =5或6 , m = 6或5时，X 2项系数最小，最小值为 25 .
』C 8
・2r >C 8^
C
8 2r
>C 8 +
■2rd
c m C
110-2m n
2
n
2
-11n 55=( n-匕)2
2 99
4
11 99
ii
说明：二次函数y =(x
)2
的对称轴方程为 x ，即x =5.5，由于5、6距
11 2 99 5.5等距离，且对N ，5、6距5.5最近，所以(n
)2
的最小值在 门=5或门=6
2 4
处取得.
典型例题十五
例 15 若(3x _1)7 = a 7x 7 - a 6x 6qx • a 0, 求(1) a-i ■
a 2 亠 亠 a 7 ； (2) a 1 - a 3 ■ a 5 - a 7 ； (3) a 0 ■ a 2 ■ a 4
- a 6.
解:⑴令 x =0，贝U a ° 一1,
令 x = 1，则 a 7 • a 6 ……丁a r • a 0 = 27 =128 .
①
a j a 2 a 7 =129 .
⑵令 x - -1，则-a ?
• a § -a § • a 4 - a ? • a ? -引• a 。

= (-4)7
②
由
得：印 *3 a 5 a ?=丄[128-( -4)7]=8256
2 2
a o a 2 a 4 ■ a6
((a 7 a 6 ■ a 5 a 4 a 3 a 2 a^ a 0)
2
'(-a 7 • a 6 _a § *4 _a 3 a ? -a 1 • a 。

)] 1 [128 (-4)7
] = -8128 .
说明：(1)本解法根据问题恒等式特点来用“特殊值”法.这是一种重要的方法，它适 用于恒等式.
(2)一般地，对于多项式 g(x) =(px - q)n =a 。

- a/ - a ?x 2
a n x n
, g(x)的各项
的系数和为g(1):
1
g(x)的奇数项的系数和为 -[g(1) g(T)]. 1
g(x)的偶数项的系数和为 ?[g(1) -g(T)].
⑶由
①•②
得:
典型例题十六
例16填空：⑴23°一3除以7的余数 __________________ ; (2) 5555 +15除以8的余数是
分析(1):将230分解成含7的因数，然后用二项式定理展开，不含 7的项就是余数.
解：230 _3 =(23)1。

_3
=(8)1
° -3
=(7 - 1)10
_3
9
18
9
=7 [G °7
G°7 C 。

]-2
又•••余数不能为负数，需转化为正数 二230 -3除以7的余数为5 •••应填：5
分析(2):将5555写成(56 -1)55，然后利用二项式定理展开. 解: 5555 - 15 =(56 _1)55 15
55
1
54
54
55
-C 5556 -C 5556 川…川 C 55 56 —C 55 15
容易看出该式只有-戏? *15=14不能被8整除，因此5555
15除以8的余数，即14除
以8的余数，故余数为6 .•应填：6 .
典型例题十七
G0.7
10
切9
■ ■■ C107 - C^o -3
例17 _ p n
r! n r
求证：对于n • N .,
证明:
展开式的通项
#)-
由二项式展开式的通项明显看出
T r , ::: T r 1 ,
说明：本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同，证明时，根据题设特点，采 用比较通项大小的方法完成本题证明.
典型例题十八
例18在(x 2 3x 2)5的展开式中x 的系数为( ). A . 160 B . 240 C . 360 D . 800
分析：本题考查二项式定理的通项公式的运用•应想办法将三项式转化为二项式求解. 解法 1：由(X 2 3x 2)5 =[(X 2 3x) 2]5
,
得Tk^C^(x 2
3x)5^ 2k
-C 5 2k
(x 2
- 3x)5'.
再一次使用通项公式得， T 「二C ； 2k C ；* 3r x 10，k_r , 这里0乞k 乞5, 0空r 乞5 - k . 令 10 — 2k —r =1,即卩 2k r =9 .
所以r =1 , k = 4，由此得到x 的系数为C ； 24
240 .
解法2：由(x 2 3x 2)^(x 1)5(x 2)5，知(x • 1)5的展开式中x 的系数为C ；,
5
44
5
常数项为1, (x 2)的展开式中x 的系数为C 5 2，常数项为2 .
1 n(n 「1)(n -2) (n -r 1)
r! r r
1 1 2
苛r )(
r 厂(
1
r -1 n
1 •丄"展开式的通项 n 1
T —c n 卑
1 (n 1)r
A r!( n 1)r
f 1
1丄n1
n 1
所以
因此原式中x 的系数为C5 25 - C5 2^240 . 解法3：将(x 2 3x 2)5看作5个三项式相乘， 展开式中x 的系数就是从其中一个三项式中取 3x 的系数3，
从另外4个三项式中取常数项相乘所得的积，即 C 5 3 C ：・24
=240 .
•••应选B .
典型例题十九
3 9
的展开式中x 3的系数为一，常数a 的值为
4
分析：利用二项式的通项公式.
的展开式中,
典型例题二十
例 20 (1)求证：1-3c n • 32 C 2 -33 C3 •(-1)n
3n
=(-2)n
⑵若(2x
3)4 =a 。

- c^x - a 2x 2
a 3x 3
a q X 4
，求(a o
a 2
a q )2
- (a !
a 3)2
的值.
分析：⑴注意观察(1 • x)n =1 • C ：x • C ；x 2 • C ：x n
的系数、指数特征，即可通过
赋值法得到证明.
⑵注意到(a 0 ■ a 2 a 4)2
-⑶• a 3)2
=(a 0 a ! a 2 a 3 ■ a 4)
(a o -a ! • a ? -a 3 • a 4)，再用赋值法求之.
解：⑴在公式(1 x)n =1 C n x C n 2x^'
C ；x n
中令X--3，即有
例19 已知
解：在
通项公式为 T r 1 “
C
9
根据题设， -r -9
2
根据题意， 9 a 9 16 4
•应填：4
3，所以r =8 •代入通项公式，得
r
”
T 9
9
ax 3
. 16
，所以a = 4.
(1 —3)n=1+c：(—3)1+c；(—3)2+…+c：(—3)n
=1 -3 C, 32C； -」(-1)n3n
•••等式得证.
—4 2 3 4
(2)在展开式(2x .3) -a0- a1x - a2x - a3x - a4x 中，
令x =1，得a0a1a2a3a4= (2x v 3)4；
令x = -1，得a0-a1a2「a3a4 = (「2 .一3)4.
• •原工式= (a。

"£1 ' a? ' 83 ' 84) (a。

_ a i ■' a^ _a3 ' a4)
=(2 ..3)4(-2 、3)4=1 .
说明：注意“赋值法”在证明或求值中的应用•赋值法的模式是，在某二项展开式，如
(a +bx)n =a。

+a2X2+ …+a n X n或(a +b)n= C0a n+c n a n」b +。

务2『
+…+C；b n中，对任意的x^A ( a,b^ A)该式恒成立，那么对A中的特殊值，该工也一定成立.特殊值x如何选取，没有一成不变的规律，需视具体情况而定，其灵活性较强.一般取x = 0,1, -1较多.一般地，多项式f (x)的各项系数和为f(1)，奇数项系数和为
1 1
[f (1) - f(-1)],偶次项系数和为?[f(1) • f(-1)].二项式系数的性质
C0 +C：+C；+…+C：=2n及C： +C；+C：+…=C：+C；+C；+ …=2n」的证明就是赋值法应用的范例.
典型例题二^一
例21若n・N •，求证明：32n3-24n • 37能被64整除.
分析：考虑先将32n 3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开.
解：32n 3-24n 37
=3 32n 2-24n 37
=3 9n—24n 37
=3 (8 1)n—24n 37
=3 [扩十8n^ +C1十8n+貯十8心十•’ +C；十8弋貯]—24n +37
-3 [8n 1C：1 8n€「82 (n 1)8 1^24n 37
=3 [8n 1Xn 1 8n8n—C：：82- (8n 9)] -24n 37
=3 82
[8nA +Cn + 8n ，8心 +…+C ：；]+3 (8n+9)—24n +37
=3 64[8心十U 书 8n ，+C 2HI 8心 +…]+64 ,
•- 8心,8n ，, Cn\ 8心，…均为自然数， •••上式各项均为64的整数倍. •••原式能被64整除.
说明：用二项式定理证明整除问题， 大体上就是这一模式，先将某项凑成与除数有关的 和式，再展开证之•该类题也可用数学归纳法证明，但不如用二项式定理证明简捷.
典型例题二十二
2
例22已知(x' 3x 2)n 的展开式各项系数和比它的二项式系数和大 992•
(1) 求展开式中二项式系数最大的项；
(2) 求展开式中系数最大的项.
分析：先由条件列方程求出 n •(1)需考虑二项式系数的性质；(2)需列不等式确定r • 解:令x =1得展开式的各项系数之和为
(1 - 3)^22n
，而展开式的二项式系数的和为
=2n
...有 22n _2n =992 •
•- n = 5 •
(1) • n =5 ,故展开式共有6，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项.
2
• T 3 =C ；(x^)3 (3x 2)2 =90x 6 ,
2 22
T 4 -c f (x ')2
(3x 2)3
=270x 瓦•
⑵设展开式中第r 1项的系数最大.
2
10 ・4r
T r 1=c 5(X 3
)5' (3x 2)r
= C 5 3r
x^ ,
芜丄， 即V 6 " 丄亠
.5 -r r +1
7 9 解得 r • • r N ,
2 2
r =4，即展开式中第5项的系数最大.
故有
C 5 3r
- C 54
c5 Qc 5 十
2 26
T 5 =C 5(X 3)1
(3x 2)4
=405x^
说明：展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项是两个不同的概念， 因此其求法亦
不同.前者用二项式系数的性质直接得出，
后者要列不等式组； 解不等式组时可能会求出几
个r ，这时还必须算出相应项的系数后再比较大小.
典型例题二十三
(2) c0 - 32c ： 34c ： 3n
c ： =2 4心 2nJ (n =2K , n N *)
分析：(1)注意到两列二项式两乘后系数的特征，可构造一个函数；也可用构造一个组 合问题的两种不同解法找到思路.
(2)同上构造函数，赋值.
证明：(1)(法 1) •/ (1 X)m ^(1 X)m (1 X)n ,
m n
1
2
2
m m
1
2 2
nn 、
• •• (1+x) =(1+C m X+C m X 十+C m X )，(1+C n X+C n X 十…+C n X ).
•••此式左右两边展开式中 X P 的系数必相等. 左边X P 的系数是c m n ，右边X P 的系数是
0 P 1 P
』
2
p _2
C n C m C n C m C n C m
• c n c m +c n c m 」+c ： c*，叶 +c p cm 虫鯨. 等式成立.
(法2)设想有下面一个问题：要从m - n 个不同元素中取出 P 个元素，共有多少种取法？ 该问题可有两种解法•一种解法是明显的，即直接由组合数公式可得出结论：有
c m 卄种不
同取法.第二种解法，可将m • n 个元素分成两组，第一组有m 个元素，第二组有n 个元素, 则从
m ，n 个元素中取出P 个元素，可看成由这两组元素中分别取出的元素组成， 取法可分 成P+1类：从第一组取P 个，第二组不取，有 c m C ：种取法；从第一组取 P-1个，从第
二组取1个，有c m 亠C ：种取法，…，第一组不取，从第二组取
P 个.因此取法总数是
c 「c o+c m 亠 c ：+cT c ；i+c m c ：.
而该问题的这两种解法答案应是一致的，故有
0 p 1p _4 2p -2 p 0
p
C n C m
C n C m
C n C m
C n C m _C m n
.
⑵••• n 为偶数，
•- (1 3)n
3C1 - 32C ： •…-3n C ：；
例23求证:
⑴
cn^mp+cgmpdi +曲
■■■■ -c^
(1一3) —C n?—3C：•32c2 • 3n c n .
两式相加得4n-2^2(Cn 32C2 - 34Cn - 3n C；),
••• C° - 32C" ■34C f4 - 3n C； =2 -4nJ - 2nJ .
说明：构造函数赋值法，构造问题双解法，拆项法、倒序相加法都是证明一些组合数恒等式（或求和）的常用方法.。