北大附中高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)匯編 排列、組合、二項(xiàng)式定理

學(xué)科：數(shù)學(xué)教學(xué)內(nèi)容：排列、組合、二項(xiàng)式定理【考點(diǎn)梳理】一、考試內(nèi)容1.分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理。2.排列、排列數(shù)公式。3.組合、組合數(shù)公式。4.組合數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)。5.二項(xiàng)式定理，二項(xiàng)式展開(kāi)的性質(zhì)。二、考試要求1.掌握分類計(jì)數(shù)原理及分步計(jì)數(shù)原理，并能用這兩個(gè)原理分析和解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題。2.理解排列、組合的意義，掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題。3.掌握二項(xiàng)式定理和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能用它們計(jì)算和論證一些簡(jiǎn)單問(wèn)題。三、考點(diǎn)簡(jiǎn)析1.排列、組合、二項(xiàng)式知識(shí)相互關(guān)系表2.兩個(gè)基本原理（1）分類計(jì)數(shù)原理中的分類。（2）分步計(jì)數(shù)原理中的分步。正確地分類與分步是學(xué)好這一章的關(guān)鍵。3.排列（1）排列定義，排列數(shù)（2）排列數(shù)公式：系 =n(n-1)(n-m+1)（3）全排列列： =n!（4）記住下列幾個(gè)階乘數(shù)：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=7204.組合（1）組合的定義，排列與組合的區(qū)別（2）組合數(shù)公式：Cnm=（3）組合數(shù)的性質(zhì)Cnm=Cnn-mrCnr=nCn-1r-1Cn0+Cn1+Cnn=2nCn0-Cn1+(-1)nCnn=0即 Cn0+Cn2+Cn4+=Cn1+Cn3+=2n-15.二項(xiàng)式定理（1）二項(xiàng)式展開(kāi)公式(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cnnbn（2）通項(xiàng)公式：二項(xiàng)式展開(kāi)式中第k+1項(xiàng)的通項(xiàng)公式是Tk+1=Cnkan-kbk6.二項(xiàng)式的應(yīng)用（1）求某些多項(xiàng)式系數(shù)的和。（2）證明一些簡(jiǎn)單的組合恒等式。（3）證明整除性。求數(shù)的末位；數(shù)的整除性及求系數(shù)；簡(jiǎn)單多項(xiàng)式的整除問(wèn)題。（4）近似計(jì)算。當(dāng)|x|充分小時(shí)，我們常用下列公式估計(jì)近似值：(1+x)n1+nx(1+x)n1+nx+x2（5）證明不等式。四、思想方法1.解排列組合應(yīng)用題的基本規(guī)律（1）分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理使用方法有兩種：?jiǎn)为?dú)使用；聯(lián)合使用。（2）將具體問(wèn)題抽象為排列問(wèn)題或組合問(wèn)題，是解排列組合應(yīng)用題的關(guān)鍵一步。（3）對(duì)于帶限制條件的排列問(wèn)題，通常從以下三種途徑考慮：元素分析法：先考慮特殊元素要求，再考慮其他元素。位置分析法：先考慮特殊位置的要求，再考慮其他位置。整體排除法：先算出不帶限制條件的排列數(shù)，再減去不滿足限制條件的排列數(shù)。（4）對(duì)解組合問(wèn)題，應(yīng)注意以下三點(diǎn)：對(duì)“組合數(shù)”恰當(dāng)?shù)姆诸愑?jì)算，是解組合題的常用方法。是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反”。設(shè)計(jì)“分組方案”是解組合題的關(guān)鍵所在。2.解排列、組合題的基本策略與方法（1）去雜法對(duì)有限制條件的問(wèn)題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉。這是解決排列組合應(yīng)用題時(shí)一種常用的解題方法。（2）分類處理某些問(wèn)題總體不好解決時(shí)，常常分成若干類，再由分類計(jì)數(shù)原理得出結(jié)論。這是解排列組合問(wèn)題的基本策略之一。注意的是：分類不重復(fù)不遺漏，即：每?jī)深惖慕患癁榭占?，所有各類的并集為全集。?）分步處理與分類處理類似，某些問(wèn)題總體不好解決時(shí)，常常分成若干步，再由分步計(jì)數(shù)原理解決。在處理排列組合問(wèn)題時(shí)，常常既要分類，又要分步，其原則是先分類，后分步。（4）插入法（插空法）某些元素不能相鄰或某些元素要在某特殊位置時(shí)可采用插入法。即先安排好沒(méi)有限制條件的元素，然后再將有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間。（5）“捆綁”法把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個(gè)大元素，然后再與其余“普通元素”全排列，最后再“松綁”。將特殊元素在這些位置上全排列，即是“捆綁法”。（6）窮舉法：將所有滿足題設(shè)條件的排列與組合逐一排列出來(lái)。（7）探索法：對(duì)于復(fù)雜的情況，不易發(fā)現(xiàn)其規(guī)律的問(wèn)題，需仔細(xì)分析，從特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中規(guī)律，再給予解決。（8）消序處理對(duì)均勻分組問(wèn)題的解決，一定要區(qū)分開(kāi)是“有序分組”還是“無(wú)序分組”，若是“無(wú)序分組”，一定要清除均勻分組無(wú)形中產(chǎn)生的有序因素。（9）“住店”法解決“允許重復(fù)排列問(wèn)題”要注意區(qū)分兩類元素：一類元素可以重復(fù)，另一類不能重復(fù)。把不能重復(fù)的元素看作“客”，能重復(fù)的元素看作“店”，再利用分步計(jì)數(shù)原理直接求解的方法稱為“住店”法。（10）等價(jià)命題轉(zhuǎn)換法將陌生、復(fù)雜的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉、簡(jiǎn)單的問(wèn)題。這是解數(shù)學(xué)題的主要思想方法之一，也是解較難的排列、組合題的重要策略。3.賦值法所謂賦值法是指在二項(xiàng)展開(kāi)公式兩邊用特殊值代入，得出某些等式及組合數(shù)的性質(zhì)。解決與二項(xiàng)式系數(shù)相關(guān)的問(wèn)題。4.構(gòu)造二次式5.算兩次對(duì)同一對(duì)象從兩個(gè)不同角度去進(jìn)行計(jì)數(shù)，再將兩方面計(jì)算的結(jié)果綜合起來(lái)，獲得所需結(jié)論。這樣一種處理問(wèn)題的方法，稱之為算兩次。在排列組合中，常對(duì)同一問(wèn)題可有不同的分類辦法去解，可得到有關(guān)排列數(shù)與組合數(shù)的不同關(guān)系式?！纠}解析】例1 完成下列選擇題與填空題（1）有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。A.81B.64C.24D.4（2）四名學(xué)生爭(zhēng)奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（ ）A.81B.64C.24D.4（3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競(jìng)賽，每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競(jìng)賽，則有不同的參賽方法有 ；每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 ；每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競(jìng)賽，每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此：N=3333=34=81，故答案選A。本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個(gè)信箱中，有C32（C41A22+C42C22）種投法；四封信投入三個(gè)信箱，有兩封信在同一信箱中，有C42A33種投法、，故共有C31+C32（C41A22+C42C22）+C42A33=81（種）。故選A。（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4名學(xué)生看作4個(gè)“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個(gè)“客”都可住進(jìn)4家“店”中的任意一家，即每個(gè)“客”有4種住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得：N=444=64。故答案選B。（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競(jìng)賽項(xiàng)目對(duì)學(xué)生無(wú)條件限制，所以類似（1）可得N=34=81（種）；競(jìng)賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無(wú)選擇項(xiàng)目的機(jī)會(huì)，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=43=64（種）；等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生中挑選3個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競(jìng)賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43A33=24（種）。注 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,bm，則f：AB的不同映射是mn,f：BA的不同映射是nm。若nm，則f：AB的單值映射是：Amn。例2 同室四人各寫(xiě)一張賀年卡，先集中起來(lái)，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（ ）A.6種B.9種C.11種D.23種解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問(wèn)題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫(xiě)：再按照題目要求檢驗(yàn)，最終易知有9種分配方法。解法二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有2種（分別是丙和丁送出的）。對(duì)每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為 （1+2）=9。解法三 給四個(gè)人編號(hào)：1，2，3，4，每個(gè)號(hào)碼代表1個(gè)人，人與號(hào)碼之間的關(guān)系為一對(duì)一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號(hào)相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問(wèn)題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問(wèn)題”：將數(shù)字1，2，3，4，填入標(biāo)號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)方格里，每格填寫(xiě)一個(gè)數(shù)字，且每個(gè)方格的編號(hào)與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說(shuō)成：用數(shù)字1，2，3，4組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號(hào)方格里填寫(xiě)數(shù)字，可填上2、3、4中的任一個(gè)數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號(hào)方格填寫(xiě)的數(shù)字為i（2i4）時(shí)，則填寫(xiě)第i種方格的數(shù)字，有3種填法； 最后，將剩下的兩個(gè)數(shù)填寫(xiě)到空著的兩個(gè)空格里，只有1種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有1個(gè)與空著的格子的序號(hào)相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：331=9注 本題是“亂坐問(wèn)題”，也稱“錯(cuò)排問(wèn)題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例3 宿舍樓走廊上有有編號(hào)的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3盞，但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問(wèn)熄燈的方法有多少種？解法一 我們將8盞燈依次編號(hào)為1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號(hào)燈，第二盞熄3號(hào)燈，則第3盞可以熄5，6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有4種熄法。若第一盞熄1號(hào)燈，第2盞熄4號(hào)燈，則第3盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞。依次類推，得若1號(hào)燈熄了，則共有4+3+2+1=10種熄法。若1號(hào)燈不熄，第一盞熄的是2號(hào)燈，第二盞熄的是4號(hào)燈，則第三盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有3種熄法。依次類推得，若第一盞燈熄的是2號(hào)燈，則共有3+2+1=6種熄法。同理，若第一盞熄的是3號(hào)燈，則共有2+1=3種熄法。同理，若第一盞熄的是4號(hào)燈，則有1種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問(wèn)題就等價(jià)于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個(gè)間隔（包括兩邊），從中插入3個(gè)作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問(wèn)題，采用“插入法”，得其答案為C63=20種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時(shí)較繁。方法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開(kāi)朗的感覺(jué)。例4 已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個(gè)不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為，由為銳角，得tan=->0,即a、b異號(hào)。（1）若c=0，a、b各有3種取法，排除2個(gè)重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有33-2=7（條）。（2）若c0，a有3種取法，b有3種取法，而同時(shí)c還有4種取法，且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有334=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。注 本題是1999年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯(cuò)誤原因沒(méi)有對(duì)c=0與c0正確分類；沒(méi)有考慮c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例5 平面上給定10個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無(wú)三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無(wú)兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原10點(diǎn)外）。（2）這些直線交成多少個(gè)三角形。解法一 （1）由題設(shè)這10點(diǎn)所確定的直線是C102=45條。這45條直線除原10點(diǎn)外無(wú)三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有C452個(gè)交點(diǎn)。而在原來(lái)10點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來(lái)點(diǎn)上有10C92點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù)。所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對(duì)應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來(lái)自上述630個(gè)點(diǎn)或原來(lái)的10個(gè)點(diǎn)。所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即C6403=43 486080（個(gè)）。解法二 （1）如圖對(duì)給定的10點(diǎn)中任取4個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個(gè)新的點(diǎn)。故原題對(duì)應(yīng)于在10個(gè)點(diǎn)中任取4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是：3C104=630。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問(wèn)題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對(duì)策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義。例6 （1）如果（x+）2n展開(kāi)式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求n，并求展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)；（2）求（-）8展開(kāi)式中的所有的有理項(xiàng)。解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n n=4。設(shè)第k+1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0，即k=4常數(shù)項(xiàng)為T5=C84=70。（2）設(shè)第k+1項(xiàng)有理項(xiàng)，則因?yàn)?k8，要使Z，只有使k分別取0，4，8所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T1=x4,T5=x,T9=x-2注 （1）二項(xiàng)式展開(kāi)中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；（2）在二項(xiàng)展開(kāi)式中求得k后，對(duì)應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1項(xiàng)。例7 （1）求46n+5n+1被20除后的余數(shù)；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17除以9，得余數(shù)是多少？（3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值。精確到0.01；精確到0.001。解 （1）首先考慮46n+5n+1被4整除的余數(shù)。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+1其被4整除的余數(shù)為1被20整除的余數(shù)可以為1，5，9，13，17然后考慮46n+1+5n+1被5整除的余數(shù)。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)被5整除的余數(shù)為4其被20整除的余數(shù)可以為4，9，14，19。綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9。（2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1(i)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（-1）n-1Cnn-19-2除以9所得余數(shù)為7。(ii)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19除以9所得余數(shù)為0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5當(dāng)精確到0.01時(shí)，只要展開(kāi)式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。當(dāng)精確到0.001時(shí)，只要取展開(kāi)式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。注 （1）用二項(xiàng)式定理來(lái)處理余數(shù)問(wèn)題或整除問(wèn)題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開(kāi)推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)式定理來(lái)求近似值，可以根據(jù)不同精確度來(lái)確定應(yīng)該取到展開(kāi)式的第幾項(xiàng)。例8 證明下列不等式：（1）（）n,（a、bx|x是正實(shí)數(shù),nN）;（2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對(duì)于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。證明 （1）令a=x+， b=x-則x=an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述兩式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b為正數(shù)ab=a+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n-2)2n=22n-2n+1注 利用二項(xiàng)式定理的展開(kāi)式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對(duì)稱換元）。這樣消去奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開(kāi)式倒過(guò)來(lái)寫(xiě)再與原來(lái)的展開(kāi)式相加，這樣充分利用對(duì)稱性來(lái)解題的方法是利用二項(xiàng)式展開(kāi)式解題的常用方法。例9 已知(1-ax)n展開(kāi)式的第p,p+1,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開(kāi)式的第p+1與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為12。（1）求（1-ax）n+1展開(kāi)式的中間項(xiàng)；（2）求（1-ax）n的展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解 由題設(shè)得：由得，2Cnp=Cnp+Cnp兩邊約去Cnp,可得：2=+由得，2Cn+1p=Cn+1p約去Cn+1p可得，n=3p+1解方程組得：n=7,p=2.將p=2,n=7代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0解之得：a=0或3。若a=0 ，則（1-0x）8的中間項(xiàng)T5=0，（1-0x）7展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)是T1=1。若a=3，則（1-3x）8的中間項(xiàng)T5=C84（-3x）4=5670x4，（1-3x）7的展開(kāi)式中，奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)為正，令 1解之得：k6。故（1-3x）7展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)為T7=C76（-3）6x6=5103x6。注 一般地，求（a+bx）n展開(kāi)式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)的方法是：設(shè)第k+1項(xiàng)為系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，則由求出k的取值范圍，從而確定第幾項(xiàng)最大。例10 求證下列各式（1）Cnk+Cnk-1=Cn+1k;（2）Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np。證明 （1）對(duì)于給定的n+1個(gè)元素，從n+1個(gè)元素中任意選出k個(gè)元素的不同組合有Cn+1k。另一方面，設(shè)a是n+1個(gè)元素中的一個(gè)。對(duì)于a我們這樣分類。（i）若a不選，則在n個(gè)元素中選k個(gè)，有Cnk種不同的選法。（ii）若a選，則在n個(gè)元素中再選k-1個(gè)，有Cnk-1種不同的選法。故從n+1個(gè)元素中選k個(gè)元素組成一組的不種選法是：Cnk+Cnk-1。所以，Cnk+Cnk-1=Cn+1k。（2）仿（1）我們也用排列組合的知識(shí)來(lái)證明。事實(shí)上右邊Cm+np，可看作下列命題：從m個(gè)紅球，n個(gè)白球中，任選p個(gè)球的不同選法是Cm+np種。另一方面，我們按選紅球的個(gè)數(shù)分類：（i）取p個(gè)紅球，0個(gè)白球；(ii)取p-1個(gè)紅球，1個(gè)白球，取0個(gè)紅球，p個(gè)白球，這樣的每類選法數(shù)為：Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,，CnpCm0由分類計(jì)數(shù)原理可得：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np（2）另證：（1+x）n(1+x)m(1+x)m+n左邊展開(kāi)式中xp的系數(shù)是：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0右邊展開(kāi)式中xp的系數(shù)是：Cm+np由多項(xiàng)式恒等條件可知Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np注 本題的證明方法稱之為算兩次，對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)模型從不同角度去解，得出兩個(gè)結(jié)果，將這兩個(gè)結(jié)果綜合起來(lái)，得到我們所需證明的結(jié)論。專題五 排列、組合、二項(xiàng)式定練習(xí)跟蹤練習(xí)一、選擇題1.有甲、乙、丙三項(xiàng)任務(wù)，甲需2人承擔(dān)，乙、丙各需1人承擔(dān)，從10人中選派4人承擔(dān)這三項(xiàng)任務(wù)，不同的選法有 種。（ ）A.2520B.2025C.1260D.50402.若x（小于55）為正整數(shù)，則(55-x)(56-x)(69-x)等于（ ）A.A69-x55-xB.A69-x15C.A55-x15D.A69-x143.八名學(xué)生排成前后兩排，計(jì)算其排法種數(shù)，在下列答案中錯(cuò)誤的是（ ）A.前后兩排各4人，共有A84A44種排法B.前3人，后5人，有A88種排法C.前3人，后5人，甲必站前排有A31A32A44種排法D.前3人，后5人，甲不站前、后兩排的正中，有6A77種排法4.四面體的頂點(diǎn)和各棱中點(diǎn)共有10個(gè)點(diǎn)，在其中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，不同的取法共有種。（ ）A.150B.147C.144D.1415.8個(gè)色彩不同的球已平均分裝在4個(gè)箱子中，現(xiàn)從不同的箱子中取出2個(gè)彩球，則不同的取法共有（ ）A.6種B.12種C.24種D.28種6.一條鐵路原有m個(gè)車站，為適應(yīng)客運(yùn)需要新增加n個(gè)車站(n>1)，則客運(yùn)車票增加了58種（注：從甲站到乙站和從乙站到甲站需要兩種不同車票），那么原有車站（ ）A.12個(gè)B.13個(gè)C.14個(gè)D.15個(gè)7.有12個(gè)隊(duì)參加亞運(yùn)會(huì)足球賽，比賽時(shí)先分為3個(gè)組（每個(gè)組4個(gè)隊(duì)），各組都實(shí)行主客場(chǎng)制（即每隊(duì)都要與本組的其他各隊(duì)交鋒兩次），然后由各組的前兩名共6個(gè)隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)賽（即每?jī)蓚€(gè)隊(duì)交鋒一次）決定冠亞軍，則共需要比賽（ ）A.51場(chǎng)B.66場(chǎng)C.48場(chǎng)D.33場(chǎng)8.每天上午有4節(jié)課，下午有2節(jié)課，安排5門不同的課程，其中安排一門課兩節(jié)連在一起上，則一天安排不同課程的種數(shù)為（ ）A.96B.120C.480D.6009.從1，2，3，4，7，9這六個(gè)數(shù)，任取兩個(gè)分別作為一個(gè)對(duì)數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以組成的不同的對(duì)數(shù)值的個(gè)數(shù)（ ）A.17B.19C.21D.2310.已知(2x2+4x+3)6=a0+a1(x+1)2+a2(x+1)4+a6(x+1)12，則a0+a2+a4+a6的值為( )A.B. C. D. 11.離心率e=logpq(其中1p9,1q9，且pN,qN)的不同形狀的橢圓的個(gè)數(shù)為（ ）A.25B.26C.27D.2812.如果ab<0，a+b=1，且二項(xiàng)式（a+b）3按a的降冪展開(kāi)后，第二項(xiàng)不大于第三項(xiàng)，則a的取值范圍是（ ）A.（-，-B.,+C.（-，+D.（1，+）二、填空題13.由1，2，3，4，5，6，7這七個(gè)數(shù)字構(gòu)成的七位正整數(shù)中，有且僅有兩個(gè)偶數(shù)相鄰的個(gè)數(shù)是 。14.已知(x-)6展開(kāi)式的第5項(xiàng)等于，那么(x-1+x-2+x-n)= 。15.在（x-）4(2x-1)3的展開(kāi)式中，x2項(xiàng)的系數(shù)為 。16.若nN，且n為奇數(shù)，則6n+Cn16n-1+Cnn-16-1被8除，所得的余數(shù)是 。三、解答題17.已知（2i+）n,i是虛數(shù)單位，xR,nN。（1）如果展開(kāi)式的倒數(shù)第三項(xiàng)的系數(shù)是-180，求n;（2）對(duì)（1）中的n，求展開(kāi)式中系數(shù)為正實(shí)數(shù)的項(xiàng)。18.從6名師范大學(xué)畢業(yè)生中選取4人到編號(hào)為1、2、3、4的四所中學(xué)任教，每校1人，若甲、乙兩人必須入選，且甲、乙所在學(xué)校編號(hào)必須相鄰，那么不同的選取方法有多少種？19.從1，2，10這十個(gè)數(shù)字中選出四個(gè)不同的數(shù)，使它們的和為奇數(shù)，共有多少種不同取法？20.已知f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m,nN)的展開(kāi)式中的x系數(shù)為19。（1）求f(x)展開(kāi)式中x2項(xiàng)系數(shù)的最小值；（2）當(dāng)x2項(xiàng)系數(shù)最小時(shí)，求f(x)展開(kāi)式中x7項(xiàng)的系數(shù)。21.設(shè)an=1+q+q2+qn-1(nN,q1),An=Cn1a1+Cn2a2+Cnnan（1）求An(用n和q表示)（2）當(dāng)-3<9<1，且q-1時(shí)，求。22.有6本不同的書(shū)，按下列分配方式，分別有多少種不同分配方式？（1）分成一本、兩本、三本的3組；（2）分給甲、乙、丙三人，其中一人一本，一人二本，一人三本；（3）分成每組都是二本的3組；（4）分給甲、乙、丙三人，每人二本。參考答案1.A 2.B 3.C 4.D 5.C 6.C 7.A 8.C 9.A 10.B 11.B 12.D 13.2880 14.1 15.-68 16.517.解 （1）由已知Cnn-2（2i）2=-180得n=10(n=-9舍去)（2）通項(xiàng)C10r(2i)10-rx系數(shù)為正實(shí)數(shù) r=10,6,2T11=x-20,T7=3360x-10,T3=11520為所求。18.C423P22=3619.72種 解 四個(gè)數(shù)中，三奇一偶的取法有C53C51=50（種）三偶一奇的取法有C53C51=50（種）滿足條件的取法有2C53C51=100（種）20.解 由已知Cm1+Cn1=19，即m+n=19。（1）x2的系數(shù)為Cm2+Cn2=-19當(dāng)n=9，m=10或n=10,m=9時(shí)，x2項(xiàng)的系數(shù)是最小，最小值為81。（2）x72項(xiàng)的系數(shù)為C107+C97=156。21.解 （1）an=An=Cn1(1-q)+Cn2(1-q2)+Cnn(1-qn) = Cn1+ Cn2+ Cnn-( Cn1q+ Cn2q+ Cn1qn) =(2n-1)-(1+q)n+1= 2n-(1+q)n（2）=1-()n-3<p<1,|<1=22.解 （1）分三步，先選一本有C61種方法；再?gòu)挠嘞?本中選二本有C52種方法，最后余下的三本中選三本有C33種，三步做完，又不重復(fù)又無(wú)遺漏，由乘法原理得，分配方式有C61C52C33=60種。（2）本題還應(yīng)在問(wèn)題（1）基礎(chǔ)上，考慮再分配共有C61C52P33=360種。（3）可分三步，分別有C62C42C22種方法，但最后結(jié)果是C62C42C22嗎？記六本書(shū)為ABCDEF，看如下分組方法：（AB，CD，EF），（AB，EF，CD），（CD，AB，EF），（CD，EF，AB），（EF，AB，CD），（EF，CD，AB）。在總數(shù)為C62C42C22的上面這些P33種里，僅是AB，CD，EF的順序不同，因此，只能作為一種分法。因此，分配方法總數(shù)為=15種。（4）在問(wèn)題（3）的基礎(chǔ)上，再分配即可P33=90種。