套路

按根号指数的奇偶筛有理项

通项里含 $(\sqrt{a})^{\,n-r}$ 时，这一项的系数是不是有理数只由 $n-r$ 的奇偶决定（偶则 $(\sqrt{a})^{2s}=a^{s}$ 有理，奇则留着一个 $\sqrt{a}$ ）；把满足奇偶的 $r$ 数一遍，就得到有理项的个数。

判据从哪来

设 $a$ 是正整数而 $\sqrt{a}$ 是无理数（ $a=2,3,5,\dots$ ），把 $(\sqrt{a})^{m}$ 按 $m$ 的奇偶分两种：

m=2s\ \Longrightarrow\ (\sqrt{a})^{m}=a^{s}\ \text{（整数）},\qquad m=2s+1\ \Longrightarrow\ (\sqrt{a})^{m}=a^{s}\sqrt{a}\ \text{（无理数）}

于是二项展开式 $(\sqrt{a}+x)^{n}=\sum_{r=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{r}(\sqrt{a})^{\,n-r}x^{r}$ 里，第 $r+1$ 项的系数 $\mathrm{C}_{n}^{r}(\sqrt{a})^{\,n-r}$ ：

$n-r$ 偶 $\Rightarrow$ 系数 $=\mathrm{C}_{n}^{r}a^{(n-r)/2}$ ，是整数，有理；
$n-r$ 奇 $\Rightarrow$ 系数 $=\mathrm{C}_{n}^{r}a^{(n-r-1)/2}\sqrt{a}$ ，是「非零有理数 $\times\sqrt{a}$ 」，无理。

第二条要用一句话补严： $\mathrm{C}_{n}^{r}>0$ ，所以那个有理因子不为零，乘上无理数 $\sqrt{a}$ 一定还是无理数。

有人会担心：无理的部分会不会在合并同类项时被别的项消掉？不会——展开式里 $x$ 的次数 $r$ 两两不同，每个 $x^{r}$ 只由一项贡献，根本没有同类项可合并。所以「逐项判」就是「对整个展开式判」，不用另外验证。

（若括号里两块都带 $x$ ，先把 $x$ 的总次数算出来，确认各项次数互不相同再逐项判；出现次数相同的项时必须先合并。）

以 $(\sqrt{2}+x)^{9}$ 为例， $r$ 取 $0,1,\dots,9$ 共 $10$ 个值，系数有理 $\Leftrightarrow$ $9-r$ 偶 $\Leftrightarrow$ $r$ 奇：

列举： $r=1,3,5,7,9$ ，共 $5$ 项。
数奇偶： $0\sim n$ 一共 $n+1$ 个整数，奇数有 $\left\lceil\frac{n+1}{2}\right\rceil$ 或 $\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor$ 个—— $n=9$ 时 $10$ 个数奇偶各半，故 $5$ 个。 $n$ 小就直接列举，列举比套公式稳。

判据的形状不变，只是「偶数」换成别的整除条件：

最后一行是最容易漏的：两处无理因子要同时驯服，只满足一处仍是无理数。

把「系数有理」与「常数项」当成同一件事：前者看根号的指数、后者看 $x$ 的次数，是两个独立的判据。
只数了 $r$ 的奇偶却没先算 $n-r$ ： $n$ 是偶数时结论正好反过来（ $n$ 偶 $\Rightarrow$ 有理项在 $r$ 偶处）。每道题都从 $n-r$ 的奇偶重新推一遍，别背「 $r$ 奇」。
把项数与项号混了：问「有几项」答个数，问「是第几项」答 $r+1$ 。

共 1 条前置、最深 1 层。

共 1 道题考到本条。