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排列组合与二项式定理综合提升讲义



排列组合与二项式定理综合提升讲义
考点整合
一.两个原理. 1. 乘法原理、加法原理:分类相加,分步相乘。 二.排列:元素是有顺序的
m m 排列数公式 An ? n?n ? 1??n ? 2?? ?n ? m ? 1? 或 An ?

n! ; ?n ? m ?!

n An ? n!,规定 0!? 1 。

m m m 性质公式: An ?1 ? An ? mAn ?1

三.组合:元素没有顺序之分 组合数公式: C m ? A n n
A
m m m

?

n(n ? 1) ? (n ? m ? 1) m!

C m? n

n! m!(n ? m)!

两个性质:① C m ?C n?m ; n n

1 m ② C m?n ?C m ?C n?1 n

四.排列、组合(7 大方法+2 大原则) 1.直接法(分类相加,分步相乘) 2.间接法(互斥事件) 3.捆绑法 5.隔板法 6.分类讨论法 7.单排法 1.先选后排原则 2.特殊优先原则 五.二项式定理
1 ?a ? b?n ? Cn0 a n ? Cn a n?1b ? Cn2 a n?2b 2 ? ? ? Cnr a n?r b r ? ? ? Cnnb n ?n ? N ? ? ;

4.插空法

公式右边的多项式叫做 展开式中各项的系数

的二项展开式; 叫做二项式系数;

r 二项展开式的通项: Tr ?1 ? Cn a n ?r b r ?0 ? r ? n, r ? N , n ? N ? ? 。
1 ?1 ? x ?n 的展开式: ?1 ? x ?n ? Cn0 x n ? Cn x n?1 ? Cn2 x n?2 ? ? ? Cnn x 0 ;

0 1 2 n 若令 x ? 1 ,则有: ?1 ? 1? ? 2 n ? C n ? C n ? C n ? ? ? C n ,此为二项式系数之和! n

二 项 展 开 式 中 各 奇 数 项 的 二 项 式 系 数 之 和 等 于 各 偶 数 项 的 二 项 式 系 数 之 和 , 即 对称性:二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等 单调性:二项式系数在前半部分逐渐增大,在后半部分逐渐减小,在中间取得最大值.其中,当 n 为偶数时, 二项展开式中间一项的二项式系数 相等,且最大. 最大; n 为奇数时, 当 二项展开式中间两项的二项式系数 ,

典例解析:
排列组合计算和证明
一.计算下列各题: 1. A ;
2 15

m n?m An ??1 ? An ? m 1 2. ; n ?1 An ?1

3. 1!?2 ? 2 !?3 ? 3 !? ? ? n ? n !



4.

1 2 3 n ?1 ? ? ??? 2 ! 3! 4 ! n!
1 2 3 8

5. A1 ? 2 A2 ? 3 A3 ? ? ? 8 A8 . 6.求 S n ? 1 ! ? 2 ! ? 3 ! ? ? ? n ! ( n ? 10 )的个位数字.
7. C 7
3 4 5 6 ? C 7 ? C8 ? C 9 ; x ?1 2x ? C x ?1?3 的值

8.设 x ? N ? , 求 C 2 x ?3

王新敞
奎屯

新疆

解: 1. A15 ? 15 ?14 ? 210 ;
2

2.原式 ?

(n ? 1) ! 1 ? ( n ? m) ! ? [n ? 1 ? (m ? 1) !] (n ? 1) ! ? (n ? 1) ! 1 ? ( n ? m) ! ? ? 1; ( n ? m) ! (n ? 1) !

3.原式 ? (2 ! ? 1) ? (3 ! ? 2 ! ) ? (4 ! ? 3 ! ) ? ? ? [(n ? 1) ! ? n ! ]

? (n ? 1) ! ? 1 ;
4.∵

n ?1 1 1 ? ? , n! (n ? 1) ! n !


1 2 3 n ?1 ? ? ??? 2 ! 3! 4 ! n!

?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ??? ? ? 1? . 1! 2 ! 2 ! 3 ! 3 ! 4 ! (n ? 1 ) ! n ! n!

5.由 nAn ? (n ? 1) ! ? n !
n

∴原式 ? 2 ! ? 1! ? 3 ! ? 2 ! ? ? ? 9 ! ? 8 ! ? 9 ! ? 1! ? 362879 . ; 6.当 n ? 5 时, n ! ? n(n ? 1)(n ? 2)?3 ? 2 ?1 的个位数为 0, ∴ S n ? 1 ! ? 2 ! ? 3 ! ? ? ? n ! ( n ? 10 )的个位数字与 1! ? 2 ! ? 3 ! ? 4 ! 的个位数字相同. 而 1! ? 2 ! ? 3 ! ? 4 ! ? 33 ,∴ S n 的个位数字为 3.
7.原式 ? C8
4 5 6 5 6 6 4 ? C8 ? C9 ? C9 ? C9 ? C10 ? C10 ? 210 ;

8. 解:由题意可得: ?

?2 x ? 3 ? x ? 1 ?x ? 1 ? 2x ? 3

,解得 2 ?

x?4,

∵ x ? N? , 当x

∴x

? 2 或 x ? 3或 x ? 4 ,

? 2 时原式值为 7;当 x ? 3 时原式值为 7;当 x ? 4 时原式值为 11.
(1) C13
x ?1 2 ? C13x ?3 ;

∴所求值为 4 或 7 或 11. 二.解方程: 解不等式: 解: (1)由原方程得 x ? 1 ? 2 x ? 3 或 x ? 1 ? 2 x ? 3 ? 13 ,∴ x (2) C x ? 2
x?2 ?3 ? C xx? 2 ?

1 3 Ax ?3 ; 10

(3)3 Ax

3

2 2 ? 2 Ax ?1 ? 6 Ax .

A9x ? 6 A9x ? 2 .

? 4 或 x ? 5,

?1 ? x ? 1 ? 13 ? ? 又由 ?1 ? 2 x ? 3 ? 13 得 2 ? x ? 8 且 x ? N ,∴原方程的解为 x ? 4 或 x ? 5 ?x ? N ? ? 上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把 x ? 4 和 x ? 5 代入检验,这样运算量小得多.
王新敞
奎屯 新疆

(2)原方程可化为 Cx ?3

x?2

?

( x ? 3)! ( x ? 3)! 1 3 1 3 5 , ? Ax ?3 ,即 Cx ?3 ? Ax ?3 ,∴ 5!( x ? 2)! 10 ? x ! 10 10



1 1 , ? 120( x ? 2)! 10 ? x( x ? 1) ? ( x ? 2)!
2

∴x

? x ? 12 ? 0 ,解得 x ? 4 或 x ? ?3 ,

经检验: x

? 4 是原方程的解

王新敞
奎屯

新疆

(3)由排列数公式得: 3x( x ? 1)( x ? 2) ? 2( x ? 1) x ? 6 x( x ? 1) , ∵ x ? 3 ,∴

3( x ? 1)( x ? 2) ? 2( x ? 1) ? 6( x ? 1) ,即 3x 2 ? 17 x ? 10 ? 0 ,

解得

x ? 5或 x ?

2 ? ,∵ x ? 3 ,且 x ? N ,∴原方程的解为 x ? 5 . 3

(4)原不等式即

9! 9! , ? 6? (9 ? x)! (11 ? x)!

也就是

1 6 2 ,化简得: x ? 21x ? 104 ? 0 , ? (9 ? x)! (11 ? x) ? (10 ? x) ? (9 ? x)!

解得 x ? 8 或 x ? 13 ,又∵ 2 ? 所以,原不等式的解集为

x ? 9 ,且 x ? N ? ,

?2,3, 4,5, 6, 7? .

三.化简:⑴

1 2 3 n ?1 ; ? ? ??? 2! 3! 4! n!

⑵ 1?1!? 2 ? 2!? 3? 3!? ?? n ? n!

王新敞
奎屯

新疆

⑴解:原式 ? 1!?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ? 1? 2! 2! 3! 3! 4! (n ? 1)! n ! n!

⑵提示:由 原式 ?

? n ? 1?! ? ? n ? 1? n ! ? n ? n !? n ! ,得 n ? n ! ? ? n ? 1?!? n ! ,
王新敞
奎屯 新疆

? n ? 1?!? 1

说明:

n ?1 1 1 ? ? . n ! (n ? 1)! n !

四.求证: 1. 2.
n m n? m An ? An ? An? m ;

(2n)! ? 1? 3 ? 5? (2n ? 1) . 2n ? n ! m ? 1 m?1 m 3. C n ? ?C n . n?m
4. C m ? 2 = C m + 2C m + C m 5. C n C m 6. C n
1 0 m n n n ?1 n?2



1 m m 0 m ? C n C m ?1 ? … ?C n C m ? C m? n (其中 n ? m ) 。

2 3 n ? 2C n ? 3C n ? … ? nCn ? n 2 n ?1 。 2 3 n ? 2 2 C n ? 3 2 C n ? … ? n 2 C n ? n(n ? 1)2 n ?2 。

7. C n

1

证明:

1.

m n? m An ? An? m ?

n! ( n ? m)! ? n ! ? Ann ,∴原式成立 (n ? m)!

王新敞
奎屯

新疆

2.

(2n)! 2n ? (2n ? 1) ? (2n ? 2)? 4 ? 3? 2? 1 ? 2n ? n ! 2n ? n !
? 2n n ? (n ? 1)? 2 ?1? (2n ? 1)(2n ? 3)?3 ?1 2n ? n !

?

n !?1? 3? (2n ? 3)(2n ? 1) ? 1? 3 ? 5?(2n ? 1) ? 右边 n!
王新敞
奎屯 新疆

∴原式成立 3..∵ C
m n

?

n! m!(n ? m)!



m ?1 ?C n?m

m ?1 n

?

m ?1 n! m ?1 n! = ? ? n ? m (m ? 1)!(n ? m ? 1)! (m ? 1)! (n ? m)(n ? m ? 1)!



n! m !( n ? m)!
n

∴C

m n

?

m ? 1 m?1 ?C n n?m
王新敞
奎屯 新疆

4..右边 ? (Cm

n n n n n n ? Cm?1 ) ? (Cm?1 ? Cm?2 ) ? Cm?1 ? Cm?1 ? Cm? 2 ? 左边 ?1

5.设某班有 n 个男同学、 m 个女同学,从中选出 m 个同学组成兴趣小组,可分为 m ? 1 类:男同学 0 个,1 个,?, m 个, 则女同学分别为 m 个, m ? 1 个,?,0 个,共有选法数为 C n C m
0 m C m ? n ,故等式成立。 1 2 3 n 1 1 1 2 1 3 1 n ? 2C n ? 3C n ? ? ? nCn = C1 C n ? C 2 C n ? C3 C n ? ? ?C n C n , m 1 m m 0 ? C n C m ?1 ? ? ?C n C m 。又由组合定义知选法数为

6.左边= C n
1 i

其中 C i C n 可表示先在 n 个元素里选 i 个,再从 i 个元素里选一个的组合数。设某班有 n 个同学,选出若干人(至少 1 人) 组成兴趣小组,并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数 i 分类( i ,则选法总数即为原式左边。现换一 ? 1 2, ,n ) ,?
n?1

种选法,先选组长,有 n 种选法,再决定剩下的 n ? 1 人是否参加,每人都有两种可能,所以组员的选法有 2 法总数为 n 2 7.由于 i
2

种,所以选

n ?1

种。显然,两种选法是一致的,故左边=右边,等式成立。

i i C n ? Ci1Ci1C n 可表示先在 n 个元素里选 i 个,再从 i 个元素里选两个(可重复)的组合数,所以原式左端可看成

在例 3 指定一人为组长基础上,再指定一人为副组长(可兼职)的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一 个人两种情况。 若组长和副组长是同一个人, 则有 n 2 ∴共有 n 2
n ?1 n ?1

种选法; 若组长和副组长不是同一个人, 则有 n(n ? 1) 2

n?2

种选法。

+ n(n ? 1) 2

n?2

? n(n ? 1)2 n ? 2 种选法。显然,两种选法是一致的,故左边=右边,等式成立。

排列组合解法

一.直接法(分类相加,分步相乘)
从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法 有 种.

2 解:由分析,完成第一类办法还可以分成两步:第一步在原装计算机中任意选取 2 台,有 C 6 种方法;第二 3 2 3 步是在组装计算机任意选取 3 台,有 C 5 种方法,据乘法原理共有 C6 ? C5 种方法.同理,完成第二类办法中 3 2 2 3 3 2 有 C6 ? C5 种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有 C 6 ? C 5 ? C 6 ?C 5 ? 350 种方法.

某公司招聘来 8 名员工,平均分配给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门, 另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门,则不同的分配方案共有( A.24 种 B.36 种 C.38 种 D.108 种 )

[解析] 本题考查排列组合的综合应用,据题意可先将两名翻译人员分到两个部门,共有 2 种方法,第二 步将 3 名电脑编程人员分成两组,一组 1 人另一组 2 人,共有 C1种分法,然后再分到两部门去共有 C1A2种 3 3 2 方法,第三步只需将其他 3 人分成两组,一组 1 人另一组 2 人即可,由于是每个部门各 4 人,故分组后两
1 人所去的部门就已确定,故第三步共有 C1种方法,由分步乘法计数原理共有 2C3A2C1=36(种). 3 2 3

在一块并排 10 垄的田地中,选择 2 垄分别种植 A、B 两种作物,每种作物种植一垄,为有利于作物生长,要 求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄,则不同的种植方法共有多少种? 解法一 如表格所示,用×表示种植作物的地垄,О 表 示未种植作物的地垄, 则不同的选垄方法共有 6 种, 由于 A、 B 是两种作物,故不同的种植方法共有 12 种. 解法二 选垄方法可分为三类:第一类间隔为 6 垄,有 1-8, -9, -10 三种选法; 2 3 第二类间隔为 7 垄, 1-9, 有 2-10 两种选法;第三类间隔为 8 垄,只有 1-10 种选法, 故选垄方法共 6 种,种植方法共 12 种. × × × ○ ○ ○ ○ ○ ○ × × ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○ × ○ ○ ○ ○ × ○ × ×

由 1, 2,3, 4,5 五个数字能组成多少个大于 23400 的五位数? 解法(一)本题没有说明是没有重复数字的五位数,所以数可以重复应用; 用分类填空方法,第一类,3、4、5 分别在万位的数共有 3 ? 5 ? 3 ? 625 ? 1875 种;
4

第二类,2 在万位,千位上为 4、5 的数共有 2 ? 5 ? 250 种;
3

第三类,2 在万位,千位上为 3,百位为 4、5 的数共有 2 ? 5 ? 50 种;
2

因此,满足条件的五位数共有 2175 种. 解法(二)用排除法(间接法)总数减去不合条件的数) 这五个数字组成的五位数一共有 5 ? 625 ? 5 ? 3125 种;
5

其中万位是1的数共有 5 ? 625 种;万位是2千位上是1,2的数共有 2 ? 5 ? 250 种;
4 3

万位是2千位是3百位是1、2、3的数共有 3 ? 5 ? 75 种,所以不合条件的数共有 950 种,
2

所以由 1、2、3、4、5 这五个数字能组成大于 23400 的五位数共 2175 种.

二.间接法(互斥事件)
从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取 3 台,其中至少要甲型和乙 型电视机各一台,则不同的取法共有 ( ) A、140 种 B、80 种 C、70 种 D、35 种 解析 1:逆向思考,至少各一台的反面就是分别只取一种型号,不取另一种型号的电视机,故不同的取法共 有 C9 ? C4 ? C5 ? 70 种,选. C
3 3 3

解析 2:至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况:甲型 1 台乙型 2 台;甲型 2 台乙型 1 台;故不同 的取法有 C5 C4 ? C5C4 ? 70 台,选 C .
2 1 1 2

从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组队方案共有 (A)70 种 (B) 80 种
3

(C) 100 种

(D)140 种
2 1 3 1

【解析】直接法:一男两女,有 70 种. 【答案】A

1 2 C5 C4 =5×6=30

种,两男一女,有 C5 C4 =10×4=40 种,共计 70 种

间接法:任意选取 C9 =84 种,其中都是男医生有 C5 =10 种,都是女医生有 C4 =4 种,于是符合条件的有 84-10-4=

高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可 自由选择,则不同的分配方案有( (A)16 种 (B)18 种 ). (C)37 种 (D)48 种

解:用间接法.先计算 3 个班自由选择去何工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即:
4 ? 4 ? 4 ? 3? 3? 3 ? 37 种方案.

三.捆绑法
2 位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种数是 A. 60 B. 48 C. 42 D. 36 【答案】B 【解析】解法一、从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A, 共有 C3 (A
2 2 A2 ? 6 种不同排法) ,剩下一名女生记作 B,两

名男生分别记作甲、乙;则男生甲必须在 A、B 之间(若甲在 A、B 两端。则为使 A、B 不相邻,只有把男生乙排在 A、B 之间,

此时就不能满足男生甲不在两端的要求)此时共有 6×2=12 种排法(A 左 B 右和 A 右 B 左)最后再在排好的三个元素中选出 四个位置插入乙,所以,共有 12×4=48 种不同排法。 解法二;同解法一,从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A, 共有 C3 (A 两名男生分别记作甲、乙;为使男生甲不在两端可分三类情况: 第一类:女生 A、B 在两端,男生甲、乙在中间,共有 6 A2
2 2 A2 =24 种排法; 2
2 2 A2 ? 6 种不同排法) ,剩下一名女生记作 B,

第二类: “捆绑”A 和男生乙在两端,则中间女生 B 和男生甲只有一种排法,此时共有 6 A2 =12 种排法 第三类:女生 B 和男生乙在两端,同样中间“捆绑”A 和男生甲也只有一种排法。 此时共有 6 A2 =12 种排法 三类之和为 24+12+12=48 种。
2

三个女生和五个男生排成一排 (1)如果女生必须全排在一起,可有多少种不同的排法? (2)如果女生必须全分开,可有多少种不同的排法? (3)如果两端都不能排女生,可有多少种不同的排法? (4)如果两端不能都排女生,可有多少种不同的排法? 解: (捆绑法)因为三个女生必须排在一起,所以可以先把她们看成一个整体,这样同五个男生合 (1) 一起共有六个元素,然成一排有 A6 种不同排法.对于其中的每一种排法,三个女生之间又都有 A3 对种不 同的排法,因此共有 A6 ? A3 ? 4320 种不同的排法.
6 3 6 3

(2) (插空法)要保证女生全分开,可先把五个男生排好,每两个相邻的男生之间留出一个空档.这 样共有 4 个空档,加上两边两个男生外侧的两个位置,共有六个位置,再把三个女生插入这六个位置中, 只要保证每个位置至多插入一个女生,就能保证任意两个女生都不相邻.由于五个男生排成一排有 A5 种不 同排法,对于其中任意一种排法,从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有 A6 种方法,因此共有
5 3 A5 ? A6 ? 14400 种不同的排法. 2 3 5

(3)解法 1: (位置分析法)因为两端不能排女生,所以两端只能挑选 5 个男生中的 2 个,有 A5 种不 同的排法,对于其中的任意一种排法,其余六位都有 A6 种排法,所以共有 A5 ? A6 ? 14400 种不同的排法.
6 2 6

解法 2:间接法) 个女生和 5 个男生排成一排共有 A8 种不同的排法, ( 3 从中扣除女生排在首位的 A3 ? A7
8 1 1 7

7

种排法和女生排在末位的 A3 ? A7 种排法,但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去 一次,在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次,所以还需加一次回来,由于两端都是女生有 A3 ? A6 种
2 6

不同的排法,所以共有 A8 ? 2 A3 A7 ? A3 A6 ? 14400 种不同的排法.
8 1 7 2 6

解法 3: (元素分析法)从中间 6 个位置中挑选出 3 个来让 3 个女生排入,有 A6 种不同的排法,对于其 中的任意一种排活,其余 5 个位置又都有 A5 种不同的排法,所以共有 A6 ? A5 ? 14400 种不同的排法,
5 3 5

3

(4)解法 1:因为只要求两端不都排女生,所以如果首位排了男生,则未位就不再受条件限制了,这 样可有 A5 ? A7 种不同的排法;如果首位排女生,有 A3 种排法,这时末位就只能排男生,有 A5 种排法,首
1 7 1 1

末两端任意排定一种情况后,其余 6 位都有 A6 种不同的排法,这样可有 A3 ? A5 ? A6 种不同排法.因此共有
6 1 1 6 1 7 1 1 6 A5 ? A7 ? A3 ? A5 ? A6 ? 36000 种不同的排法.

解法 2:3 个女生和 5 个男生排成一排有 A8 种排法,从中扣去两端都是女生排法 A3 ? A6 种,就能得到
8 2 6

两端不都是女生的排法种数. 因此共有 A8 ? A3 ? A6 ? 36000 种不同的排法.
8 2 6

四.插空法
七人并排站成一行,如果甲乙两个必须不相邻,那么不同的排法种数是( A、1440 种 B、3600 种 C、4820 种 D、4800 种
5 2


5 2

解析: 除甲乙外, 其余 5 个排列数为 A5 种, 再用甲乙去插 6 个空位有 A6 种, 不同的排法种数是 A5 A6 ? 3600 种,选 B . 马路上有编号为 1,2,3?,9 九只路灯,现要关掉其中的三盏,但不能关掉相邻的二盏或三盏,也不能关 掉两端的两盏,求满足条件的关灯方案有多少种? 解析:把此问题当作一个排对模型,在 6 盏亮灯的 5 个空隙中插入 3 盏不亮的灯 C5 种方法,所以满足条件 的关灯方案有 10 种.
3

7 名同学排队照相.
(1)若分成两排照,前排 3 人,后排 4 人,有多少种不同的排法? (2)若排成两排照,前排 3 人,后排 4 人,但其中甲必须在前排,乙必须在后排,有多少种不同的排法? (3)若排成一排照,甲、乙、丙三人必须相邻,有多少种不同的排法? (4)若排成一排照, 7 人中有 4 名男生, 3 名女生,女生不能相邻,有多少种不面的排法? 分析:(1)可分两步完成:第一步,从 7 人中选出 3 人排在前排,有 A7 种排法;第二步,剩下的 4 人排 在后排,有 A4 种排法,故一共有 A7 ? A4 ? A7 种排法.事实上排两排与排成一排一样,只不过把第 4 ~ 7 个
4
3 4 7 3

位子看成第二排而已,排法总数都是 A7 ,相当于 7 个人的全排列.(2)优先安排甲、乙.(3)用“捆绑法” .(4) 用“插空法” . 解:(1) A7 ? A4 ? A7 ? 5040 种.
3 4 7

7

(2)第一步安排甲,有 A3 种排法;第二步安排乙,有 A4 种排法;第三步余下的 5 人排在剩下的 5 个位置

1

1

上,有 A5 种排法,由分步计数原理得,符合要求的排法共有 A3 ? A4 ? A5 ? 1440 种.
5 1 1 5

(3)第一步,将甲、乙、丙视为一个元素,有其余 4 个元素排成一排,即看成 5 个元素的全排列问题, 有 A5 种排法;第二步,甲、乙、丙三人内部全排列,有 A3 种排法.由分步计数原理得,共有 A5 ? A3 ? 720
5 3 5 3

种排法. (4)第一步,4 名男生全排列,有 A4 种排法;第二步,女生插空,即将 3 名女生插入 4 名男生之间的 5 个 空位,这样可保证女生不相邻,易知有 A5 种插入方法.由分步计数原理得,符合条件的排法共有:
4 3 A4 ? A5 ? 1440 种. 3

4

五.隔板法
10 个三好学生名额分到 7 个班级,每个班级至少一个名额,有多少种不同分配方案? 7.解析:10 个名额分到 7 个班级,就是把 10 个名额看成 10 个相同的小球分成 7 堆,每堆至少一个,可 以在 10 个小球的 9 个空位中插入 6 块木板,每一种插法对应着一种分配方案,故共有不同的分配方案为

C96 ? 84 种

六.分类讨论法
将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,则不 同的放球方法有( A.10 种 答案 A 解析:将 4 个颜色互不相同的球全部放入编号为 1 和 2 的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号, 分情况讨论:①1 号盒子中放 1 个球,其余 3 个放入 2 号盒子,有 C4 号盒子,有 C4
2 1

) B.20 种 C.36 种 D.52 种

? 4 种方法;②1 号盒子中放 2 个球,其余 2 个放入 2

? 6 种方法;则不同的放球方法有 10 种,选 A.

设集合 I

? ?1, 2,3, 4,5? 。选择 I 的两个非空子集 A 和 B,要使 B 中最小的数大于 A 中最大的数,则不同的选择方法共有
B. 49种 C. 48种 D. 47种

A. 50种 答案 B

解析:若集合 A、B 中分别有一个元素,则选法种数有 C5 =10 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有两个元素,则选法种 数有 C5 =10 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有三个元素,则选法种数有 C5 =5 种;若集合 A 中有一个元素,集合 B 中有四个元素,则选法种数有 C5 =1 种;若集合 A 中有两个元素,集合 B 中有一个元素,则选法种数有 C5 =10 种;若集合 A 中有两个元素,集合 B 中有两个个元素,则选法种数有 C5 =5 种;若集合 A 中有两个元素,集合 B 中有三个元素,则选法 种数有 C5 =1 种;若集合 A 中有三个元素,集合 B 中有一个元素,则选法种数有 C5 =5 种;若集合 A 中有三个元素,集合 B
5 4 4 5 3 3 4

2

中有两个元素, 则选法种数有 C5 =1 种; 若集合 A 中有四个元素, 集合 B 中有一个元素, 则选法种数有 C5 =1 种; 总计有 49种 , 选 B.

5

5

(2012 年高考陕西卷理科 8)两人进行乒乓球比赛,先赢 3 局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情 形(各人输赢局次的 不同视为不同情形)共有( (A) 10 种 (B)15 种 (C) 20 种 ) (D) 30 种
[来源:21 世纪教育网]

(2012 年高考北京卷理科 6)从 0, 中选一个数字.从 1.3.5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数 2 的 个数为( A. 24 ) B. 18 C. 12 D. 6

(2012 年高考浙江卷理科 6)若从 1,2,2,?,9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数,其和为偶数,则不同 的取法 共有( A.60 种 ) B.63 种 C.65 种 D.66 种

用 0,1,2,3,4,5 六个数字组成无重复数字的五位数,分别求出下列各类数的个数: (1)5 的倍数; (2)比 20300 大的数; (3)不含数字 0,且 1,2 不相邻的数. 解:(1)5 的倍数可分为两类:个位数的位置上的数字是 0 或 5, 个位数字是 0 的五位数有 P5 个; 个位数字是 5 的五位数有 4 P4 个; 故 5 的倍数共有 P5 +4 P4 =216 个 (2)比 20300 大的五位数可分为三类: 第一类:3××××,4××××,5××××;有 3 P5 个; 第二类:21×××,23×××,24×××,25×××,有 4 P4 个; 第三类:203××,204××,205××,有 3 P3 个. 故比 20300 大的五位数共有 3 P5 +4 P4 +3 P3 =474 个. (3)组成不含数字 0,且 1,2 不相邻的数可分为两步,第一步:将 3,4,5 三个数字排成一行;第二步: 将 1,2 插入第一步所形成四个“空”中的两个“空” ,故共有 P3 P4 =72 个.
3 4 2 4 4 4

3

3

3

3

2

2

已知集合 A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标, 则确定的不同点的个数为( A.33 B.34 ) C.35 D.36

[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含 1 的有 C1· 3=12 个; 2 A3
3 ②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有 1 个 1 的有 C1· 3+A3=18 个; 2A 3

③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有 2 个 1 的有 C1=3 个. 3

故共有符合条件的点的个数为 12+18+3=33 个,故选 A.

四面体的顶点和各棱中点共 10 个点,在其中取 4 个不共面的点,不同取法共有 (A) 150 种 (B) 147 种 (C) 144 种 (D) 141 种

(

)

分析 取出的四个点不共面的情况要比取出的四个点共面的情况复杂,可 采用间接法,先不加限制任取四点,再减去四面共点的取法. 解 在 10 个点中任取 4 点, C10 种取法, 有 4 取出的 4 点共面有三类(如 图 7-2-3).
4 第一类:共四面体的某一个面,有 4 C 6 种取法;

第二类:过四面体的一条棱上的三点及对棱的中点,如图中的平面 ABE,有 6 种取法; 第三类:过四面体的四条棱的中点,面与另外两条棱平行,如图中的平面 EFGM,共有 3 个.
4 4 故取 4 个不共面的点的不同取法共有 C10 -(4 C 6 +6+3)=141(种)

因此选 D 七.单排法 6 个不同的元素排成前后两排,每排 3 个元素,那么不同的排法种数是( A、36 种 B、120 种 C、720 种 D、1440 种


6

解析:前后两排可看成一排的两段,因此本题可看成 6 个不同的元素排成一排,共 A6 ? 720 种,选 C . 8 个不同的元素排成前后两排,每排 4 个元素,其中某 2 个元素要排在前排,某 1 个元素排在后排,有多少 种不同排法? 解析:看成一排,某 2 个元素在前半段四个位置中选排 2 个,有 A4 种,某 1 个元素排在后半段的四个位置 中选一个有 A4 种,其余 5 个元素任排 5 个位置上有 A5 种,故共有 A4 A4 A5 ? 5760 种排法.
1 5 1 2 5

2

有 5 对姐妹站成一圈,要求每对姐妹相邻,有多少种不同站法? 解析:首先可让 5 位姐姐站成一圈,属圆排列有 A4 种,然后在让插入其间,每位均可插入其姐姐的左边和 右边,有 2 种方式,故不同的安排方式 24 ? 2 ? 768 种不同站法.说明:从 n 个不同元素中取出 m 个元素 作圆形排列共有 1 Am 种不同排法.
5
4

m

n

原则一.先选后排
从班委会 5 名成员中选出 3 名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能 担任文娱委员,则不同的选法共有 种 (用数字作答)
王新敞 特级教师 源头学子小屋
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新疆奎屯
·2007·

解:①甲乙均未选中有 A3 种; ②甲乙均选中有 C3 A2 种;
1 2

3

③甲乙有一人选中有 C2C3 C2 A2 种; 所以不同选法共有 A3 + C3 A2 + C2C3 C2 A2 =36 种。 下是表是高考第一批录取的一份志愿表. 如果有 4 所重点院校, 每所院校有 3 个专业是你较为满意的选择. 若 表格填满且规定学校没有重复,同一学校的专业也没有重复的话,你将有多少种不同的填表方法?
学 1 2 3 校 1 1 1 专 业 2 2 2
3 1 2 1 2 1 2

1

2

1

2

分析:填写学校时是有顺序的,因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题;同一学校的两 个专业也有顺序,要区分出第一专业和第二专业.因此这是一个排列问题. 解:填表过程可分两步.第一步,确定填报学校及其顺序,则在 4 所学校中选出 3 所并加排列,共有 A4
3

种不同的排法;第二步,从每所院校的 3 个专业中选出 2 个专业并确定其顺序,其中又包含三小步,因此总 的排列数有 A3 ? A3 ? A3 种.综合以上两步,由分步计数原理得不同的填表方法有: A4 ? A3 ? A3 ? A3 ? 5184
2 2 2 3 2 2 2

种.

原则二.特殊优先原则
现 1 名老师和 4 名获奖同学排成一排照相留念,若老师不站两端则有不同的排法有多少种? 解析: 老师在中间三个位置上选一个有 A3 种, 名同学在其余 4 个位置上有 A4 种方法; 4 所以共有 A3 A4 ? 72
1 4 1 4

种。. 某高校从某系的 10 名优秀毕业生中选 4 人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设,其中甲同学不到 银川,乙不到西宁,共有多少种不同派遣方案? 解析:因为甲乙有限制条件,所以按照是否含有甲乙来分类,有以下四种情况: ①若甲乙都不参加,则有派遣方案 A8 种;②若甲参加而乙不参加,先安排甲有 3 种方法,然后安排其余学 生有 A8 方法,所以共有 3A8 ;③若乙参加而甲不参加同理也有 3A8 种;④若甲乙都参加,则先安排甲乙, 有 7 种方法,然后再安排其余 8 人到另外两个城市有 A8 种,共有 7 A8 方法.所以共有不同的派遣方法总数
3 3 为 A84 ? 3 A8 ? 3 A8 ? 7 A82 ? 4088 种.

4

3

3

3

2

2

现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共 可组成不同的币值种数是( (A)1024种 (B)1023种 ) (C)1536种 (D)1535种

解:除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,再减去全不取的 1种情况,所以共有 2 9 ? 3 ? 1 ? 1535种.

设有编号为 1,2,3,4,5 的五个球和编号为 1,2,3,4,5 的五个盒子,现将这五个球放入这五个盒子

内,要求每个盒内放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,这样的投放方法的总数 为 ; (2)四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒中,则恰有一个空盒的放法共 有 种.
2 解(1)第一步:投放 2 个球,使其编号与盒子编号相同,有 C 5 种投法;第二步:投入其余 3 个球,以第

一步的投法是 1,2 号球投入 1,2 号盒子内为例,其余 3 个球由于不能再出现球号与盒号相同的投法,如 框图所示有 2 种投法. ④ 3 ⑤ 4 ③ 5 ⑤ 3 ③ 4 ④ 5

2 综上可知,符合题意的投放方法共有 C 5 ×2=20 种.

(2)第一步:取出两个小球( C 4 种取法)合成一个“元素” ,与另外两个球合成三个“元素” ;第二步:将 3 个元素放入 4 个盒中的 3 个盒子,每个盒子放一个元素,形成一个空盒( P4 种放法),故符合题意的放法共 有 C 4 ·P4 =144 种.
2 3 3

2

特殊问题举例:
圆周上有 10 点,以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个? 解析:因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点,一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交 于圆内的一个交点,于是问题就转化为圆周上的 10 个点可以确定多少个不同的四边形,显然有 C10 个,所 以圆周上有 10 点,以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有 C10 个. 30030 能被多少个不同偶数整除? 解析:先把 30030 分解成质因数的形式:30030=2×3×5×7×11×13;依题意偶因数 2 必取,3,5,7,11, 13 这 5 个因数中任取若干个组成成积,所有的偶因数为
0 1 3 5 C5 ? C5 ? C52 ? C5 ? C54 ? C5 ? 32 个.
4 4

正方体 8 个顶点可连成多少队异面直线? 解析:因为四面体中仅有 3 对异面直线,可将问题分解成正方体的 8 个顶点可构成多少个不同的四面体, 从正方体 8 个顶点中任取四个顶点构成的四面体有 C8 ? 12 ? 58 个, 所以 8 个顶点可连成的异面直线有 3×
4

58=174 对. 四面体的顶点和各棱中点共 10 点,在其中取 4 个不共面的点,不同的取法共有( A、150 种 B、147 种 C、144 种 D、141 种
4



解析:10 个点中任取 4 个点共有 C10 种,其中四点共面的有三种情况:①在四面体的四个面上,每面内四 点共面的情况为 C6 ,四个面共有 4C 6 个;②过空间四边形各边中点的平行四边形共 3 个;③过棱上三点与
4 4

对棱中点的三角形共 6 个.所以四点不共面的情况的种数是 C10 ? 4C6 ? 3 ? 6 ? 141 种.
4 4

从 2、、、、 五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数,求所有三位数的和. 3 4 5 6 分析:可以从每个数字出现的次数来分析,例如“ 2 ” ,当它位于个位时,即形如 的数共有 A4 个
2 2

(从 3、、、 四个数中选两个填入前面的两个空) ,当这些数相加时,由“ 2 ”所产生的和是 A4 ? 2 .当 2 4 5 6 位于十位时,即形如 的数也有 A4 ,那么当这些数相加时,由“ 2 ”产生的和应是 A4 ? 2 ?10 .当 2 位
2 2

于面位时,可同理分析.然后再依次分析 3、、、 的情况. 4 5 6 解:形如 的数共有 A4 个,当这些数相加时,由“ 2 ”产生的和是 A4 ? 2 ;形如
2 2 2 2

的数也有 A4

2

个,当这些数相加时,由“ 2 ”产生的和是 A4 ? 2 ?10 ;形如
2

的数也有 A4 个,当这些数相加时,由“ 2 ”
2

产生的和应是 A4 ? 2 ?100 .这样在所有三位数的和中,由“ 2 ”产生的和是 A4 ? 2 ?111 .同理由 3、、、 产 4 5 6 生 的 和 分 别 是 A4 ? 3 ?111 , A4 ? 4 ? 111 , A4 ? 5 ?111 , A4 ? 6 ?111 , 因 此 所 有 三 位 数 的 和 是
2 2 2 2 2 A4 ?111 ? (2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 6) ? 26640 .

染色问题探究:
(2010 年高考天津卷理科 10)如图,用四种不同颜色给图中的 A、B、C、D、E、F 六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图 中每条线段的两个端点涂不同颜色。则不同的涂色方法共有 (A) 288 种 【答案】B 【解析】分三类: (1)B、D、E、F 用四种颜色,则有 (2)B、D、E、F 用三种颜色,则有 (3)B、D、E、F 用二种颜色,则有 24+192+48=264 种。
4 A4 ?1?1 ? 24 种方法;

(B)264 种

(C) 24 0 种

(D)168 种

3 3 A4 ? 2 ? 2 ? A4 ? 2 ?1? 2 ? 192 种方法; 2 A4 ? 2 ? 2 ? 48 ,所以共有不同的涂色方法

从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色,将一个正方体的 6 个面涂色,每两个具有公共棱的面涂成不同 的颜色,则不同的涂色方案共有多少种? 解:根据共用多少种不同的颜色分类讨论 (1)用了六种颜色,确定某种颜色所涂面为下底面,则上底颜色可有 5 种选择,在上、下底已涂好后, 再确定其余 4 种颜色中的某一种所涂面为左侧面,则其余 3 个面有 3!种涂色方案,根据乘法原理

n1 ? 5 ? 3!? 30

5 (2)共用五种颜色,选定五种颜色有 C6 ? 6 种方法,必有两面同色(必为相对面) ,确定为上、下底

面,其颜色可有 5 种选择,再确定一种颜色为左侧面,此时的方法数取决于右侧面的颜色,有 3 种选 择(前后面可通过翻转交换)
5 n2 ? C 6 ? 5 ? 3 ? 90

( 3 )共用四种颜色,仿上分析可得
4 2 n3 ? C6 C 4 ? 90 3 (4)共用三种颜色, n4 ? C6 ? 20

如图, 6 个扇形区域 A、B、C、D、E、F,现给这 6 个区域着色,要求同一区域涂同一种颜色,相邻的两个 区域不得使用同一种颜色,现有 4 种不同的颜色可选。 解(1)当相间区域 A、C、E 着同一种颜色时, 有 4 种着色方法,此时,B、D、F 各有 3 种着色方法, 此时,B、D、F 各有 3 种着色方法故有 4 ? 3? 3? 3 ? 108 种方法。
2 2 (2)当相间区域 A、C、E 着色两不同的颜色时,有 C3 A4 种着色方法,此时 B、D、F 有 3 ? 2 ? 2 2 2 种着色方法,故共有 C3 A4 ? 3 ? 2 ? 2 ? 432 种着色方法。

3 (3)当相间区域 A、C、E 着三种不同的颜色时有 A4 种着色方法,此时 B、D、F 各有 2 种着色 3 方法。此时共有 A4 ? 2 ? 2 ? 2 ? 192 种方法。

故总计有 108+432+192=732 种方法。

二项式定理
1.求 (3 x ?
) 4 的展开式; x 3x ? 1 4 (3x ? 1) 4 1 解:原式= ( = 2[ ) = x2 x x 1

C (3x) ? C (3x) ? C (3x) ? C (3x) ? C ]
4 3 2 4 4 4 4 4

0

1

2

3

4

= 81x 2 ? 84x ?

12 1 ? ? 54 x x2

2.已知在 ( 3 x ?

1 2 x
3

)n 的展开式中,第 6 项为常数项.
2

(1) 求 n; (2)求含 x 的项的系数; (3)求展开式中所有的有理项. 解: (1)通项为 Tr ?1 ? Cn x
r n?r 3 n?2r 1 ?r 1 r (? ) r x 3 ? (? ) r Cn x 3 2 2

因为第 6 项为常数项,所以 r=5 时,有

n ? 2r =0,即 n=10. 3 10 ? 2 r 1 45 2 (2)令 =2,得 r ? 2 所以所求的系数为 C10 (? ) 2 ? . 3 2 4
(3)根据通项公式,由题意 ?
? 10 ? 2r ?Z 3 ? ?0 ? r ? 10, r ? Z ?

3k 10 ? 2r ,故 k 可以取 2, 0, ?2 ,即 r 可以取 2,5,8. ? k (k ? Z ) ,则 r ? 5 ? 2 3 1 1 1 2 5 8 所以第 3 项,第 6 项,第 9 项为有理项,它们分别为 C10 (? ) 2 x 2 , C10 (? )5 , C10 ( ? )8 x ?2 . 2 2 2
令 3. ( x ?
1 ? 2) 3 的展开式中,常数项是 x


1 ( x ? 1) 2 3 ( x ? 1) 6 解: ( x ? ? 2) 3 ? [ ,该式展开后常数项只有一项 ] ? x x x3

C

3 6

x 3 (?1) 3 x3

,即 ? 20

求( x ?

1
3

) 10 的展开式的中间项;
r
5 10

x
x

解:? Tr ?1 ? C ( x )10? r (? 1 )r , ?展开式的中间项为 10 3 当 n 为奇数时, ( a ? b) 的展开式的中间项是
n

C

( x ) (? 3
5

1 x

)

5

即: ? 252x 6 。
n ?1 2 n n ?1

5

C
n 2 n

n ?1 2 n n

a

n ?1 2

b

n ?1 2



C

a2b

n ?1 2



当 n 为偶数时, (a ? b) n 的展开式的中间项是

n

C

a 2b2 。

( 4. x ? 1)( x ? 2) 的展开式中, x 项的系数是
2 7

3



解:在展开式中, x 的来源有: ① 第一个因式中取出 x ,则第二个因式必出 x ,其系数为
3 2

3

C (?2)
7 4 7

6

6


4

② 第一个因式中取出 1,则第二个因式中必出 x ,其系数为
6 4

C (?2)

? x 3 的系数应为: C 7 (?2) 6 ? C 7 (?2) 4 ? 1008 ,?填 1008 。
2n 5.已知 ( 3 x ? x ) 的展开式的二项式系数和比 (3 x ? 1) 的展开式的二项式系数和大 992,求 (2 x ? ) 的
2 2n

n

1 x

展开式中: (1)二项式系数最大的项; (2)系数的绝对值最大的项. 解:由题意知, 2
2n

? 2n ? 992 ,所以 2n ? 32 ,解得 n=5.

(1) (1) 由 二 项 式 系 数 性 质 , (2 x ? )

1 x

10

的 展 开 式 中 第 6 项 的 二 项 式 系 数 最

5 大. T6 ? C10 (2 x)5 (? )5 ? ?8064 .

(2) 设第 r ? 1 项的系数的绝对值最大,

1 x

1 r r ? Tr ?1 ? C10 (2 x)10? r (? )r ? (?1) r 210?r C10 x10?2 r x r ?1 ? r r r ?C10 210? r ? C10?1 211? r ? ?C10 ? 2C10 ? 11 ? r ? 2r 8 11 ? ? r 10? r 得 2C r ? C r ?1 ,即 ? ,解得 ? r ? . r ?1 9 ? r 10 ? 10 C10 2 ? C10 2 3 3 ? 2( r ? 1) ? 10 ? r ?
3 ? r ? Z ,? r ? 3 ,故系数的绝对值最大的项是第 4 项, T4 ? ?C10 27 x 4 ? ?15360 x 4 .

6.在二项式 ( x ? 1) 的展开式中,系数最小的项的系数是
11



解:? Tr ?1 ?

C

r 11

x 11? r (?1) r
r

?要使项的系数最小,则 r 必为奇数,且使 C 11 为最大,由此得 r ? 5 ,从而可知最小项的
系数为

C

5 11

(?1) 5 ? ?462

7.求 ( x ?

1 2 x
4

) 8 展开式中系数最大的项;
?Tk ? Tk ?1
r 又 Tr ? C 8?1 .2 ? r ?1 ,那么有

解:记第 r 项系数为 Tr ,设第 k 项系数最大,则有 ?Tk ? Tk ?1 ?
? ? ? ? ?

C .2 ? C .2 C .2 ? C .2
? k ?1 8 k ?1 8 ? k ?1 k 8 8

k ?1

k ?2

?k ?2 ?k

即? ? ?

8! 8! ? ?2 (k ? 1)!.(9 ? K )! ( K ? 2)!.( ? K )! 10 ? 8! 8! ? ?2? ? ( K ? 1)!.(9 ? K )! K!(8 ? K )! ?
5

2 ? 1 ? ? ?? K ? 1 K ? 2 2 1 ? ? ? 9?K K
7

解得 3 ? k ? 4 ,?系数最大的项为第 3 项 T3 ? 7x 2 和第 4 项 T4 ? 7x 2 。

8.在

的展开式中,若第 3 项与第 6 项系数相等,则

的展开式奇数项的二项式系数之和为 128,则展开式中二项式系数最大项是



分析:(1)由已知

,所以



(2)由已知 ∴

,而



展开式中二项式系数最大项是第 5 项.

9. ( x ? 3

1 x

)10 的展开式中有理项共有

项;

解:?Tr ?1 ?

C

( r ) 10? r (? 10

r

1
3

)r ?

x

C

(?1) r x 10

r

10?

4r 3

?当 r ? 0,3,6,9 时,所对应的项是有理项。故展开式中有理项有 4 项。
① 当一个代数式各个字母的指数都是整数时,那么这个代数式是有理式; ② 当一个代数式中各个字母的指数不都是整数(或说是不可约分数)时,那么这个代数式是无 理式。

10.若 (2 x ? 3 ) 4 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? a3 x 3 ? a4 x 4 , 则 (a0 ? a2 ? a4 ) 2 ? (a1 ? a3 ) 2 的值为 解: ? (2 x ? 3 ) 4 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? a3 x 3 ? a4 x 4 令 x ? 1,有 (2 ? 3 ) 4 ? a0 ? a1 ? a 2 ? a3 ? a 4 ,



令 x ? ?1 ,有 (?2 ? 3 ) 4 ? (a0 ? a 2 ? a 4 ) ? (a1 ? a3 )
4

故原式= (a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ).[(a0 ? a2 ? a4 ) ? (a1 ? a3 )] = (2 ? 3 ) 4 .(?2 ? 3 ) 4 = (?1) ? 1

11.若 (1 ? 2 x) 2004 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ... ? 2004x 2004 ,

则 (a0 ? a1 ) ? (a0 ? a2 ) ? ... ? (a0 ? a2004 ) ?



解:? (1 ? 2 x) 2004 ? a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ... ? 2004x 2004 ,令 x ? 1,有 (1 ? 2) 2004 ? a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a2004 ? 1 令 x ? 0 ,有 (1 ? 0)
2004

? a0 ? 1 故原式= (a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a2004 ) ? 2003 a0 =1 ? 2003 ? 2004

12.设 (2 x ? 1) 6 ? a6 x 6 ? a5 x 5 ? ... ? a1 x ? a0 , 则 a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a6 ? 解:? Tr ?1 ?



C

r 6

(2 x) 6? r (?1) r ? a0 ? a1 ? a2 ? ... ? a6 ? a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6
= (a0 ? a2 ? a4 ? a6 ) ? (a1 ? a3 ? a5 ) =1

13.已知 分析 用特殊值法.



那么

令 令

,得 ,得 ,







14.求 0.998 6 的近似值,使误差小于 0.001 ;

分析:因为 0.998 6 = (1 ? 0.002 ) 6 ,故可以用二项式定理展开计算。 解: 0.998 6 = (1 ? 0.002 ) 6 = 1 ? 6.( ?0.002 )1 ? 15.( ?0.002 ) 2 ? ... ? (?0.002 ) 6
? T3 ? C 6 .( ?0.002 ) 2 ? 15 ? (?0.0 0 22 ? 0.0 0 0 0 ? 0.0 0 1 ) 6 ,
2

且第 3 项以后的绝对值都小于 0.001 , ?从第 3 项起,以后的项都可以忽略不计。
6 ? 0.9 9 8 = (1 ? 0.002 ) 6 ? 1 ? 6 ? (?0.002 ) = 1 ? 0.012 ? 0.988

15.

除以 100 的余数是



分析:转化为二项式的展开式求解.



上式中只有最后两项不能被 100 整除 除以 100 的余数为 81.

. 8281 除以 100 的余数为 81, 所以

16.
A.111105 B.111111

的值等于( C.12345

).

D.99999

分析

由已知式子的结构,可构造二项式



原式

.故选 C.



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