(全国统考)2022高考数学一轮复习 第十一章 计数原理 11.3 二项式定理学案(理,含解析)

11.3二项式定理
必备知识预案自诊
知识梳理
1.二项式定理
二项式定理(a+b)n= (n∈N+)
二项展
开式的通项公式T r+1= ,它表示第项(0≤r≤n,r∈N)
二项式系数二项展开式中各项的系数为C n0,C n1,…,C n n
2.二项式系数的性质
性质性质描述
对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即
增减性二项式
系数n n k
当k<n+1
2
(n∈N+)时,二项式系数是递增
的
当k>n-1
2
(n∈N+)时,二项式系数是递减
的
续表
性质性质描述
最大值当n为偶数时,中间的一项n
n
n
2取得最大值
当n为奇数时,中间的两项n
n
n-1
2和n
n
n+1
2相等,同时取得最大值
3.二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指C n0,C n1,…,C n n,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关;而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.如
(a+bx)n的二项展开式中,第k+1项的二项式系数是C n n,而该项的系数是C n n a n-k b k.当然,在某些二项展开式中,各项的系数与二项式系数是相等的.
1.n n0+n n1+n n2+…+n n n=2n.
2.n n0+n n2+n n4+…=n n1+n n3+n n5+…=2n-1.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)(a+b)n的展开式中的第r项是C n n a n-r b r.()
(2)在二项展开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项.()
(3)在(a+b)n的展开式中,每一项的二项式系数都与a,b无关.()
(4)通项T r+1=C n n a n-r b r中的a和b不能互换.()
(5)在(a+b)n的展开式中,某项的系数与该项的二项式系数相同.()
2.(2020浙江绍兴质量调测)x-1
n
5的展开式中的第2项为()
A.-5x3
B.-10
n C.5
n3
D.10x
3.已知C n03n+C n13n-1+C n23n-2+…+C n n-13+C n n=212,则n=()
A.8
B.6
C.4
D.2
4.若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则a0+a2+a4的值为()
A.9
B.8
C.7
D.6
5.若x3+1
√n
n的展开式的所有二项式系数之和为128,则n= .
6.(x-1)(3x2+1)3的展开式中x4的系数是.
关键能力学案突破
考
点
求二项展开式中的特定项(或
系数)问题(多考向探究)
考向1已知二项式求其特定项(或系数)
【例1】(1)(2020天津,11)在(n+2
n2
)5的展开式中,x2的系数是.
(2)(2020云南师大附中高三月考)若(nn-1
n
)6的展开式中常数项等于-20,则a=()
A.1
2
B.-1
2
C.1
D.-1
解题心得求形如(a+b)n(n∈N+)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤
(1)利用二项式定理写出二项展开式的通项T r+1=C n n a n-r b r,常把字母和系数分离开来(注
意符号不要出错);
(2)根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),再解出r;
(3)把r代入通项中,即可求出T r+1,有时还需要先求n,再求r,才能求出T r+1或者其他量.
对点训练1(1)(2020湖南衡阳八中高三月考)√x 3−2√x 5的展开式中的常数项为( )
A.5
B.10
C.40
D.-40 (2)已知x-a
√x 5的展开式中x 5的系数为A ,x 2的系数为B ,若A+B=11,则a= .
考向2 已知两个因式之积求其特定项(或系数)
【例2】(1)(1+x 2)1-1n
6的展开式中,常数项为( ) A.-15 B.16 C.15
D.-16 (2)(2020山东泰安高三一模)已知(2-mx )1-1n
3的展开式中的常数项为8,则实数m=( )
A.2
B.-2
C.-3
D.3
(3)(1-√n )8(1+√n )5的展开式中x 2的系数是( )
A.-5
B.10
C.-15
D.25
解题心得求形如(a+b )m (c+d )n (m ,n ∈N +)的展开式中与特定项相关的量的步骤
(1)根据二项式定理把(a+b )m 与(c+d )n 分别展开,并写出其通项;
(2)根据特定项的次数,分析特定项可由(a+b )m 与(c+d )n 的展开式中的哪些项相乘得到;
(3)把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.
对点训练2(1)(1-√n )6(1+√n )4的展开式中x 的系数是( )
A.-4
B.-3
C.3
D.4
(2)已知(x-1)(ax+1)6的展开式中含x 2的项的系数为0,则正实数a= .
考向3 已知三项式求其特定项(或系数)
【例3】(1)(n 2
+1n +√2)5的展开式中的常数项为 . (2)(x 2-x-2)4的展开式中x 2的系数是 .
解题心得求三项展开式中某些特定项(或系数)的方法:(1)通过变形先把三项式转化为二项式,再用二项式定理求解;(2)两次利用二项式定理的通项求解;(3)由二项式定理的推证方法知,可用排列、组合的基本原理去求,即把三项式看作几个因式之积,要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量.
对点训练3(1)(x 2+x+y )5的展开式中x 5y 2的系数为( )
A.10
B.20
C.30
D.60
(2)(1+x+√n )4的展开式中x 2的系数为 .
考点 二项式系数的性质与各项系数的和 (多考向探究)
考向1 二项式系数的最值问题
【例4】已知m 为正整数,(x+y )2n 的展开式的二项式系数的最大值为a ,(x+y )2n +1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b ,则m=( )
A .5
B .6
C .7
D .8
解题心得二项式系数最大项的确定方法
(1)若n 是偶数,则中间一项n n 2
+1的二项式系数最大; (2)若n 是奇数,则中间两项n n +12与n n +12
+1的二项式系数相等并且最大.
对点训练4在(n +n n
)n (a>0)的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,且所有项的系数和为256,则含x 6的项的系数为 .
考向2 项的系数的最值问题
【例5】已知(√x 3+x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x-1)n
的展开式的二项式系数和大992,则在(2x -1x
)2n 的展开式中,二项式系数最大的项为 ,系数的绝对值最大的项为 .
解题心得二项展开式系数最大项的求法
如求(a+bx )n (a ,b ∈R )的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式各项系数分别为A 1,A 2,…,n n +1,且第r 项系数最大,应用{n n ≥n n -1,n n ≥n n +1
,从而解得r. 对点训练5在(n 3+1n 2)n 的展开式中,只有第4项的系数最大,则展开式中x 3项的系数
为 .
考向3 求二项展开式中系数的和
【例6】若(x-3)3(2x+1)5=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8,则
a 0= ,a 0+a 2+…+a 8= .
解题心得求二项展开式系数和的常用方法是赋值法:
(1)“赋值法”普遍适用于恒等式,对形如(ax+b )n ,(nn 2+nn +n )n (a ,b ∈R )的式
子,求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x=1即可;对形如(ax+by )n (a ,b ∈R )的式
子求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.
(2)一般地,若f (x )=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n ,则f (x )的展开式中各项系数之和为f (1),奇数
项系数之和为a 0+a 2+a 4+…=n (1)+n (-1)2
,偶数项系数之和为a 1+a 3+a 5+…=n (1)-n (-1)2. 对点训练6已知(1-2x )7=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 7x 7.
求:(1)a 1+a 2+…+a 7;
(2)a 1+a 3+a 5+a 7;
(3)a 0+a 2+a 4+a 6;
(4)|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7|.
考
点
二项式定
理的应用
【例7】(1)设a∈Z且0≤a<13,若512 012+a能被13整除,则a等于()
A.0
B.1
C.11
D.12
(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()
A.0.940
B.0.941
C.0.942
D.0.943
(3)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod m).若a=C200+ C201·2+C202·22+…+C2020·220, a≡b(mod 10),则b的值可以是()
A.2 011
B.2 012
C.2 013
D.2 014
解题心得1.整除问题和求近似值是二项式定理中常见的两类应用问题,用二项式定理
处理整除问题,通常把幂的底数写成除数与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,切记余数不能为负,求近似值则应关注展开式的前几项.
2.二项式定理的应用的基本思路是正用或逆用二项式定理,注意选择合适的形式.
对点训练7(1)1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)r90r C10n+…+9010C1010除以88的余数是()
A.-1
B.1
C.-87
D.87
(2)1.028≈(小数点后保留三位小数).
指点迷津(四)破解解题密码——排列、
组合问题的解题策略
排列、组合一直是学习中的难点,通过我们平时做的练习,不难发现排列、组合问题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞大,难以验证.在高考中极易丢分.
策略一特殊元素与特殊位置优先策略考情分析
位置分析法和元素分析法是解决排列、组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再出来其他元素.若以位置分析为主需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置,若多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时,兼顾其他约束条件.
【例1】若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选3个数字,组成没有重复数字的三位偶数,则这样的三位数一共有()
A.20个
B.48个
C.52个
D.120个 思路点拨由于0不能在首位数字,则分2种情况讨论:①若0在个位,此时0一定不在首位,由排列公式即可得此时三位偶数的数目;②若0不在个位,要排除0在首位的可能,由分步乘法计数原理可得此情况下三位偶数的数目,综合2种情况,由分类加法计数原理计算可得答案. 答案C
解析根据题意,分2种情况讨论:①若0在个位,此时只需在1,2,3,4,5中任取2个数字,作为十位和百位数字即可,有A 52=20(个)没有重复数字的三位偶数;
②若0不在个位,此时必须在2或4中任取1个,作为个位数字,有2种取法,
0不能作为百位数字,则百位数字有4种取法,十位数字也有4种取法,
此时共有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数,
综合可得,共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C .
解题心得解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质,对于每一类还要注意分步完成.
策略二 相邻元素捆绑策略
【例2】明年的今天,同学们已经毕业离校了,在离校之前,有三位同学要与语文、数学两位老师合影留念,则这两位老师必须相邻且不站两端的站法种数为( )
A.12
B.24
C.36
D.48 思路点拨由题意,把两位老师看出一个元素,采用插空法,即可求解.
答案B
解析由题意,三位同学全排列,共有A 33=6(种)不同的排法,
把两位老师看出一个元素,采用插空法,且要求不站在两端,
插到三位同学构成的两个空隙中,共有A 33C 21A 22=24(种)不同的排法.故选B .
解题心得关于相邻问题,要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决,即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.
策略三 不相邻问题插空策略
【例3】若4名演讲比赛获奖学生和3名指导教师站在一排拍照,则其中任意2名教师不相邻的站法有 种.
思路点拨先将4名演讲比赛获奖学生全排列,再根据不相邻问题插空位原则,安排三位指导教师,由分步乘法计数原理即可求得答案.
答案1 440
解析根据题意,分两步分析:先将4名演讲比赛获奖学生全排列,有A 44=24(种)站法, 站好后有5个空位,在其中选三个空位,安排指导教师,有A 53=60(种)情况,
则有24×60=1440(种)符合题意的站法.故答案为1440.
解题心得对于不相邻问题,可以把没有位置要求的元素进行排列,再把不相邻的元素插入队列的中间或两端的空隙中.
策略四 定序问题倍缩、空位插入策略
【例4】(经典例题)7人排队,其中甲、乙、丙3人顺序一定,共有多少种不同的排法? 思路点拨全排列除去顺序或把甲乙丙站好,再把剩余4人插入队列,或放7把椅子,让其他人坐好,再让甲乙丙按顺序入座.
解(方法1)共有A 7
7
A 33=840(种)不同的排法.
(方法2)设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人坐,共有A74种坐法,其余的三个位置给甲、乙、丙坐,有1种坐法,则坐法种数为A74=840.故共有840种不同的排法.
(方法3)先让甲、乙、丙排队,有1种排法,再把其余4人分别插入,不同排法的种数为4×5×6×7=840.故共有840种不同的排法.
解题心得对于定序问题可以倍缩法,也可以转化为占为插空模型处理,只要选出有序元素所占的位置即可,相同元素的排列一般也按定序排列的方法处理.
策略五重排问题求幂策略
【例5】某校科技大楼电子阅览室在第8层,从下一层到上一层,每层均有2个楼梯,则由一楼上到电子阅览室的不同走法共有()
A.29种
B.28种
C.27种
D.82种
思路点拨直接利用分步乘法计数原理即可得结果.
答案C
解析因为从一楼到二楼有2种走法,从二楼到三楼有2种走法,…,从一楼到八楼分7步进行,每步都有2种不同的走法,所以根据分步乘法计数原理可得由一楼上到电子阅览室的不同走法共有27种.故选C.
解题心得允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象,元素不受位置约束,可以逐一安排各个元素的位置,但一个元素只能安排一个位置,且不能同时安排在两个位置上.一般地,n个不同的元素没有限制的安排在m个位置上的排列数为m n种.
策略六分排问题直排策略
【例6】有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这两人不左右相邻,那么不同的排法种数是()
A.234
B.346
C.350
D.363
答案B
解析(方法1)一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为A202,还需排除两左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有A191A22,还应再加上2A22,所以不同坐法的种数为A202−A191A22+2A22=346.
(方法2)因为前排中间的3个座位不能坐,实际上可坐的位置是前排8个,后排12个,分成以下3种情况:①甲、乙2人一个前排,一个后排,有C81C121A22种排法;②两人均在后排,共A1212种排法,还需排除甲、乙2人相邻的情况,即A111A22种排法;故有(A1212−A111A22)种排法;③甲、乙均在前排,又分两类:第一类,甲乙2人一左一右,有C41C41A22种排法;第二类,甲乙2人同左同右,有2(A42−A31A22)种排法.综上不同排法种数有C81C121A22+A1212−A111A22+C41C41A22+2(A42−
A31A22)=346.
解题心得一般地,对于元素分成多排的排列问题,可先转化成一排考虑,再分排研究.
策略七元素相同问题隔板策略隔板法模型的构建是解决排列、组合中一类分装组合问题,它是求相同元素名额分配方案种数的一种处理策略.
【例7】(1)从A,B,C,D4个班级中选10人组成卫生检查小组,每班至少选一人,每班人数的不同情况的种数为()
A.42
B.56
C.84
D.168
(2)将十个相同的小球装入编号为1,2,3的三个盒子(每次要把十个球装完)中,要求每个盒子里的个数不少于盒子的编号数,则这样的装法种数为()
A.9
B.12
C.15
D.18
(3)把1 995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里,使得第i 个盒子中至少有i 个球(i=1,2,…,10),则不同放法的总数是( )
A.C 194010
B.C 19409
C.C 194910
D.C 19499
(4)8个相同的小球分别放入4个不同的盒子中,每盒可空,共有不同的放法( )
A.165种
B.56种
C.35种
D.20种 答案(1)C (2)C (3)D (4)A
解析(1)将10个人排成一排,然后从中间形成的9个空中选3个,分别放入一个隔板,即可将10个人分为4个部分,且每部分至少1个人,由此可得每班人数的不同情况有C 93=9×8×7
3×2×1=84(种).故选C .
(2)根据题意,先在编号为2,3的三个盒子中分别放入1,2个小球,编号为1的盒子里不放;再将剩下的7个小球放入3个盒子里,每个盒子里至少一个,分析可得,7个小球排好,有6个空位,在6个空位中任选2个,插入挡板,共C 62=15(种)放法,即可得符合题目要求的放法共15种.故选C .
(3)先在第i 个盒里放入i 个球,i=1,2,…,10,即第1个盒里放1个球,第2个盒里放2个球,…,这时共放了1+2+…+10=55(个)球,还余下1995-55=1940(个)球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里(允许有的盒子里不放球).把这1940个球用9块隔板隔开,每一种隔法就是一种球的放法,1940个球连同9块隔板共占有1949个位置,相当于从1949个位置中选9个位置放隔板,有C 19499种放法.故选D.
(4)首先设想每个盒子内放入1个小球,共用去4个小球,(添加4个这样的小球)将问题转化为把12个相同的小球分装到4个不同的盒子中求不同的放法的问题,利用隔板法,把12个小球排成一列,在11个空隙中插入3个隔板,即得不同的放法有C 113=165(种).故选A .
解题心得将n 个相同的元素分成m 份(n ,m 为整数),每份至少一个元素,可以用(m-1)个
隔板,插入n 个元素排成一排形成的(n-1)个空隙中,所有分法为C n -1n -1种.
策略八 小集团问题先整体后局部策略
【例8】身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝颜色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有( )
A.24种
B.28种
C.36种
D.48种
思路点拨由题意知先是五个人的全排列,共有A 55种结果,去掉相同颜色衣服的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色衣服的人的相邻和仅穿黄色衣服的人相邻两种情况,从而求得结果.
答案D
解析由题意知先是五个人的全排列,共有A 55种结果.
去掉同颜色衣服相的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色相邻和仅穿黄色相邻的两种情况.
穿相同颜色衣服的人都相邻的情况有A 22A 22A 33种(相邻的看成一整体),
当穿红色衣服的相邻,而穿黄色衣服的人不相邻,共有A 22A 22A 33种(相邻的看成一整体,不
相邻利用插空法),同理当穿黄色衣服的相邻,而穿红色衣服的人不相邻,也共有A 22A 22A 33种,
所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法种数是A 55−A 22A 22A 33-2A 22A 22A 33=48.故选D .
解题心得小集团排列问题,先整体排列,后局部排列,再结合其他策略进行处理.
策略九 正难则反总体淘汰策略
【例9】用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243
B.252
C.261
D.279
答案B
解析由分步乘法计数原理知,用0,1,…,9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900(个),组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648(个),因此组成有重复数字的三位数共有900-648=252(个).故选B .
解题心得有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简单易求,分类情况也较简单明确,此时可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.
策略十 排组混合问题先选后排策略
【例10】将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三个班级,每个班级至少一位老师,则共有分配方案( )
A.81种
B.256种
C.24种
D.36种
思路点拨分配的方法分为两步求解,先将四位老师分为三组,再分到三个班,由分步乘法计数原理求解即可计算出答案. 答案D
解析第一步,将4名老师分成三组,不同的分法种数是C 42=6;第二步,分到三个班的不同分法有A 33=6(种).故不同的分配方案为6×6=36(种).故选D .
解题心得排列组合的应用问题,一般按先选再排,先分组再分配的处理原则.对于分配问题,解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏.
策略十一 平均分组除法策略
【例11】某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲团”“吉他协会”等五个社团,若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法种数为( )
A.3 600
B.1 080
C.1 440
D.2 520 思路点拨先分成3组与4组两类,再分组分配下去,均分问题要除序后再分配. 答案C
解析因为每位同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,所以可以将问题看成是将6名同学分配到除“演讲团”外的四个社团,或除“演讲团”外的四个社团中的三个社团,可以分成两类:
第一类,当6名同学分成人数分别为1,1,2,2四个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中,不同的参加方法种数为C 61C 5
1A 22·C 42C 22A 22·A 44=1080;
第二类,当6名同学分成人数分别为2,2,2三个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中的三个社团中,不同的参加方法种数为C 62C 42C 2
2A 33·C 43·A 33=360.
综上,不同的参加方法种数为1080+360=1440.故选C .
解题心得平均分成的组,不管它顺序如何,都是一种情况,所以分组以后一定要除以A n n (n 为均分组数),避免重复计数.
策略十二 合理分类与分步策略
【例12】用五种不同颜色给三棱台ABC-DEF 的六个顶点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条棱的两个端点涂不同颜色.则不同的涂色方法有 种.
思路点拨分两步来进行,先涂A ,B ,C ,再涂D ,E ,F ,然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况,分别求得结果,再相加,即可得结果.
答案1 920
解析分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F.
第一类:若5种颜色都用上,先涂A,B,C,方法有A53种,再涂D,E,F中的两个点,方法有A32种,最后剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有A53·A32×2=720(种).
第二类:若5种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有C54种;
先涂A,B,C,方法有A43种,再涂D,E,F中的一个点,方法有3种,最后剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有C54·A43×3×3=1080(种).
第三类:若5种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有C53种;
先涂A,B,C,方法有A33种,再涂D,E,F,方法有2种,故此时方法共有C53·A33×2=120(种).
综上可得,不同涂色方案共有720+1080+120=1920(种),故答案是1920.
解题心得解决带约束条件的排列、组合问题,可按元素的性质进行分类,按事情发展的过程进行分步,应做到标准明确,分步层次清楚,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于整个解题过程,不要一步一个标准.
策略十三构造模型策略
【例13】(1)方程x+y+z=10的正整数解的组数为()
A.9
B.12
C.15
D.18
(2)某栋楼从2楼到3楼共10个台阶,上楼可以一步上一个台阶,也可以一步上两个台阶,若规定从2楼到3楼8步走完,则上楼方法种数为()
A.14
B.16
C.21
D.28
答案(1)C(2)D
解析(1)设方程x+y+z=10的正整数解依次为x1,x2,x3,则
x1+x2+x3=10(x1≥1,x2≥2,x3≥3).
记y1=x1,y2=x2-1,y3=x3-2,则y1+y2+y3=7(y1≥1,y2≥1,y3≥1).
于是,问题转化为求方程y1+y2+y3=7的正整数解的组数.进而将问题转化为将7个相同的小球装入3个编号分别为1,2,3的盒子内,每个盒子中至少一个的问题,由隔板法易知其组数为C62=15.故选C.
(2)(方法1)由于10÷8的余数为2,所以可以判定一步1个台阶共6次,一步2个台阶共2次.选定在这8步中一步1个台阶的位置或一步2个台阶的位置,则上楼的方法有C86=
C82=28(种).
(方法2)从结果入手,设计“插入法模型”,构建组合数求解.问题就是将6个1和2个2组合,不同的组合方案就构成了不同的走法,可分类完成.①若2个2不相邻,则先排6个1
构成7个空位,在7个空位中选出2个插入2,有C72种方法;②若2个2相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出1个插入两个2,共有C71种方法,因此上楼的方法共有C71+
C72=28(种).故选D.
解题心得一些不易理解的排列、组合问题,如果能转化成非常熟悉的模型,如占位填空模型、组数模型、排队模型、装盒模型,相邻模型等可使问题直观,容易解决.
策略十四实际操作穷举策略【例14】(1)将15个颜色、大小完全相同的球全部放入编号为1,2和3的三个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号数,则不同的放球方法有()
A.15种
B.182种
C.91种
D.120种
(2)有红、黄、蓝色的球各5只,分别标有A,B,C,D,E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有不同的取法()
A.150种
B.180种
C.120种
D.100种
答案(1)C(2)A
解析(1)先放1,2,3的话,那么还剩下9个球,9个球放到3个不同的盒子里,情况有: 0,0,9,分别在1,2,3号盒子中的任意一个中放9个,共3种情况;
0,1,8,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放8个和1个,共6种情况;
0,2,7,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放2个和7个,共6种情况;
1,1,7分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放一个,共3种情况;
依次讨论可得还有以下几种情况
1,2,6;1,3,5;1,4,4;2,2,5;2,3,4;2,5,2;2,6,1;3,3,3;3,6,0;….所以共有91种.故选C.
(2)
红1 1 1 2 2 3
黄1 2 3 1 2 1
蓝3 2 1 2 1 1
取法n
5
1n
4
1n
5
1n
4
2n
5
1n
4
3n
5
2n
3
1n
5
2n
3
2n
5
3n
2
1
共有C51C41+C51C42+C51C43+C52C31+C52C32+C53C21=150(种),故选A.
解题心得对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果,一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果.
策略十五分解与合成策略
【例15】30 030能被多少个不同的偶数整除?
解先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5×7×11×13.
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积,
所有的偶因数有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个).
解题心得分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类加法计数原理和分步乘法计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略.
策略十六化归策略
【例16】25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种?
解将这个问题转化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少种选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去.从3×3方队中选3人的方法有C31C21C11种.再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有C53C53种选法,所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有C53C53C31C21C11=600(种)选法.
解题心得处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题转化成一个简要的问题,通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法,从而进一步解决原来的问题.
策略十七数字排序问题查字典策略【例17】由0,1,2,3,4,5六个数字可以组成多少个没有重复的比324 105大的数?
解可以组成没有重复的比324105大的数的个数为N=2A55+2A44+A33+A22+A11=297.
解题心得数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类加法计数原理求出其总数.
11.3二项式定理
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.C n0a n+C n1a n-1b+…+C n n a n-r b r+…+C n n b n
C n n a n-r b r r+1
2.C n n=C n n-n
考点自诊
1.(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×
2.A因为x-1
n 5的展开式的通项为T
r+1=C5
n x5-r·-1
n
r=(-1)r C
5
n x5-2r,令r=1,则可得x-1
n
5的展开式中的第2项为(-1)×C
5
1x3=-5x3.
3.B C n03n+C n13n-1+…+C n n-13+C n n=C n03n10+C n13n-111+…+C n n-1311n-1+C n n301n=(3+1)n=4n=212,即22n=212,得n=6.故选B.
4.B令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=0,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=16,
两式相加得a0+a2+a4=8..
5.7由题意,可知2n=128,解得n=7.
6.-27(x-1)(3x2+1)3展开式中x4的系数,x-1中的x与(3x2+1)3展开式中x3项相乘,但
(3x2+1)3展开式中没有x3项,x-1中的-1与(3x2+1)3展开式中x4项相乘,C31(3x2)2=27x4,所以x4的系数是-27.
关键能力·学案突破
例1(1)10(2)C(1)(n+2
n2
)5=(x+2·x-2)5,展开式通项T r+1=C5n x5-r(2x-2)r=2r C5n x5-3r,令
5-3r=2,得r=1.
∴x2的系数为21·C51=2×5=10.
(2)∵(nn-1
n
)6的展开式的通项为T r+1=C6n(-1)r a6-r x6-r-r=C6n(-1)n a6-r x6-2r,令6-2r=0得r=3,可得常数项为C63(-1)3a3=-20a3=-20,得a=1.。