高考数学二轮复习 专题七 第3讲(必) 计数原理及二项式定理、数学归纳法课件 理
高考数学二轮复习专题7 必考点17 计数原理、二项式定理课件 理
社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案 共有( A．12种 C．9种 ) B．10种 D．8种
(基本法) 按照分教师、分学生，分地方的步骤进行排列与组合． 2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C 2 4 种选法，另2名 学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A
(2)二项展开式的通项
n－r r Tr＋1＝Cr b ，r＝0,1,2，„，n，其中Cr na n叫做二项式系数．
知识 回扣
必记知识 重要结论
(3)二项式系数的性质 ①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C
1 n－1 k n－k Cn ， C ＝ C ，„， C ＝ C n n n n n ，„. 0 n
n－m ①Cm ； n ＝Cn m m－1 ②Cm n＋1＝C n ＋Cn .
知识 回扣
必记知识 重要结论
3．二项式定理
n 0 1 n－1 2 n－2 2 r n－r r (1)二项式定理：(a＋b)n＝C0 a b ＋ C a b ＋ C a b ＋„＋ C b ＋„ n n n na 0 n ＋Cn na b (r＝0,1,2，„，n)．
3 3 数字从0,2,4中任选一个，共有C1 3 A4 个偶数．故符合条件的偶数共有2A4 3 ＋C1 3A4＝120(个 )．
小题 速解
类型一 排列问题
(速解法) 利用数的对称性，比40 000大的偶数个数与奇数个数相等． 当首位为4时，其五位数的总数为A4 5 当首位为5时，其五位数的总数为A4 5 又∵奇数个数与偶数个数相等 1 4 ∴比40 000大的偶数共有 ×2A4 5＝ A5＝120. 2
知识 回扣
必记知识 重要结论
二项式定理ppt课件
$(a+b)^4$ 的中间项是 什么？
$(a-b)^5$ 的展开式中 ，$a^4$ 的系数是多少
？
深化习题
01
02
03
04
深化习题1
利用二项式定理展开 $(a+b)^5$，并找出所有项
的系数。
深化习题2
求 $(a+b+c)^3$ 的展开式中 $a^2b$ 的系数。
深化习题3
利用二项式定理证明 $(a+b)^n$ 的展开式中，中
组合数学是研究组合问题的一 门数学分支，与二项式定理密 切相关。
在二项式定理的推导过程中， 组合数学原理提供了组合数的 计算方法和组合公式的应用。
通过组合数的计算，我们可以 得到二项式展开的各项系数， 进一步验证二项式定理的正确 性。
幂级数的展开与收敛
幂级数是数学分析中的重要概念 ，与二项式定理的推导密切相关
微积分中的应用
二项式定理在微积分中有着广泛的应用，如在求极限、求导和积分等运算中。
概率论中的应用
在概率论中，二项式定理可以用于计算组合数学中的一些概率分布，如二项分 布和超几何分布等。
05
习题与思考题
基础习题
基础习题1
基础习题2
基础习题3
基础习题4
$(a+b)^2$ 的展开式是 什么？
$(a-b)^3$ 的展开式是 什么？
概率分布
利用二项式定理，可以推 导二项分布的概率分布函 数和概率密度函数。
概率推断
在贝叶斯推断中，二项式 定理可以用于计算后验概 率和预测概率。Leabharlann 二项式定理在组合数学中的应用
01
组合数的计算
利用二项式定理，可以计算组合数$C(n, k)$，即从n个不同元素中取出
二项式定理ppt课件
二项式定理的应用领域
总结词
二项式定理的应用领域非常广泛，包括组合数学、概率论、统计学和物理学等。
详细描述
二项式定理在数学中有着广泛的应用，它可以应用于组合数学中的排列和组合计 算，概率论中的概率分布计算，统计学中的样本方差和总体方差计算，以及物理 学中的量子力学和统计力学等领域。
02
二项式定理的公式与性质
统计力学
在统计力学中，二项式定理用于计算 分子在特定条件下可能处于的微观状 态数。
二项式定理在计算机科学中的应用
数据压缩
二项式定理用于计算数据压缩的比特率，以确定压缩后数据的存储空间。
加密算法
二项式定理用于实现某些加密算法，如RSA公钥加密算法。
二项式定理在其他工程领域的应用
控制系统
在控制系统的分析和设计中，二项式定理用于计算系统的传递函数。
03
创新研究方法
随着数学研究方法的不断创新，二项式定理的研究方法也将不断更新和
完善，以适应新的研究需求和挑战。
THANKS
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二项式定理的化简技巧
合并同类项
在展开二项式定理后，可以将同类项 合并，以便简化表达式。
利用代数恒等式化简
利用二项式定理的逆用
在某些情况下，可以利用二项式定理 的逆用对表达式进行化简，如 $(ab)^n = sum_{k=0}^{n} (-1)^k C_n^k a^{n-k} b^k$。
在展开过程中，可以运用代数恒等式 对表达式进行化简，如 $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$。
二项式定理展开与化简的应用
解决组合计数问题
二项式定理可以用于解决组合计 数问题，例如计算从 $n$ 个不同 项中选取 $k$ 个的不同方式的数
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二项式定理的证明
二项式定理的证明可以采用数学归纳法，将其分成多个步骤，逐步推导出结 论。
二项式定理的应用
二项式定理在概率论、组合数学、排列组合等领域具有广泛的应用。它可以 用于求解二项式系数、展开多项式、计算概率等。
相关例题分析
通过具体的例题分析，我们可以更好地理解和应用二项式定理。我们将解答 一些典型的问题，帮助您掌握其中的关键思想和技巧。
二项式定理课件-完美版
欢迎来到二项式定理课件-完美版！在本次课程中，我们将深入探讨二项式定 理，包括定义、公式、证明、应用、相关例题分析、扩展以及结论和总结。
二项式定理的定义
二项式定理是一种代数公式，用于展开一个二项式的n次幂。
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二项式定理的公式
二项式定理的公式可以表示为：(a+b)×(a+b)=n!(n-k)!×a×a+b+n!k!×a×b+a
二项式定理的扩展
除了传统的二项式定理，还存在许多拓展的定理和公式，如多项式定理、卢 卡斯定理等。它们进一步延伸了二项式定理的应用范围。
结论和总结
通过学习本次课件，我们详细了解了二项式定理的定义、公式、证明、应用、 相关例题分析和扩展。希望您能够喜欢并从中获益。
课件高考数学复习专题-计数原理与二项式定理PPT课件_优秀版
(2)解：由(1)知，n＝5. (1＋ 3)n＝(1＋ 3)5 ＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5 ＝a＋b 3. 方法1：因为 a，b∈N*，所以 a＝C05＋3C25＋9C45＝76， b＝C15＋3C35＋9C55＝44， 从而 a2－3b2＝762－3×442＝－32.
1 4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用． 3．(2019·天津卷，10) 2x－ 的展开式中的常数项为__2_8___. 当中间数为2时，有1×2＝2(个)；
38
8x 4．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比 赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有______种．(用数字填写答案)
感悟真题、掌握规律
1．(2018·全国卷Ⅲ，5)(x2＋2x)5 的展开式中 x4 的系数为
A．10
B．20
C．40
D．80
( C)
[解析] 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr5(x2)5－r(2x)r＝2rCr5x10－3r，令 10－3r＝4 可 得 r＝2，则 x4 的系数为 22C25＝40.
第一部分
专题强化突破
专题七 概率与统计
第二讲 计数原理与二项式定理(理)
知识整合
1．必记公式 (1)排列数公式：
n！ Anm＝__n_(_n_－__1_)_(n_－__2_)_…__(_n_－__m_＋__1_)__＝___n_－__m__！__(这里，m，n∈N*，且 m≤n)．
(2)组合数公式：
2．(2019·浙江卷，13)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是___1_6__2__，系 数为有理数的项的个数是__5___.
2020年高考数学二轮复习讲义： 计数原理与二项式定理
第三讲 计数原理与二项式定理高考考点 考点解读本部分内容在备考时应注意以下几个方面： (1)准确把握两个计数原理的区别及应用条件．(2)明确解决排列、组合应用题应遵守的原则及常用方法． (3)牢记排列数公式和组合数公式．(4)掌握二项式定理及相关概念；掌握由通项公式求常数项、指定项系数的方法；会根据赋值法求二项式特定系数和．预测2020年命题热点为：(1)以实际生活为背景的排列、组合问题．(2)求二项展开式的指定项(系数)、二项展开式的各项的系数和问题．Z 知识整合hi shi zheng he1．必记公式 (1)排列数公式：A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1) ＝n ！(n －m )！(这里，m ，n ∈N *，且m ≤n )．(2)组合数公式：①C m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！(这里，m ，n ∈N *，且m ≤n )；②C 0n ＝1. (3)二项式定理：①定理内容：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)； ②通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k . 2．重要性质及结论 (1)组合数的性质：①C m n ＝C n －mn；②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ； ③C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n ； ④C m n ＋C m n －1＋…＋C m m ＝C m ＋1n ＋1.(2)二项式系数的有关性质：①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1；②若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ， 则f (x )展开式中的各项系数和为f (1)，奇数项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.Y 易错警示i cuo jing shi1．分类标准不明确，有重复或遗漏，平均分组与平均分配问题． 2．混淆排列问题与组合问题的差异．3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数． 4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．1．(2018·全国卷Ⅲ，5)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．40D ．80[解析] 展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝⎛⎭⎫2x r＝2r C r 5x 10－3r ，令10－3r ＝4可得r ＝2，则x 4的系数为22C 25＝40.2．(2017·全国卷Ⅱ，6)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( D )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)． 故选D ．3．(2016·全国卷Ⅱ，5)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( B )A ．24B ．18C ．12D ．9[解析] E →F 有6种走法，F →G 有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法．4．(2018·天津卷，10)在⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为52.[解析] 因为⎝⎛⎭⎫x －12x 5的第r ＋1项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝⎛⎭⎫－12x r ＝(－1)r 2－rC r 5x 10－3r 2，令10－3r2＝2， 解得r ＝2，即T 3＝T 2＋1＝(－1)22－2C25x 2＝52x 2.所以在⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为52.5．(2018·浙江卷，14)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是7.[解析] 通项公式为T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ⎝⎛⎭⎫12x r ＝C r 82－rx 8－4r 3，由8－4r ＝0得r ＝2，所以常数项为C 282－2＝7.6．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．(用数字填写答案)[解析]方法一：根据题意，没有女生入选有C34＝4种选法，从6名学生中任意选3人有C36＝20种选法，故至少有1位女生入选的选法共有20－4＝16种．方法二：恰有1位女生，有C12C24＝12种，恰有2位女生，有C22C14＝4种，所以不同的选法共有12＋4＝16种．命题方向1两个计数原理例1 (1)将1,2,3，…，9这九个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( A )A．6种B．12种C．18种D．24种[解析]分三个步骤：第一步，数字1,2,9必须放在如图的位置，只有1种方法．第二步，数字5可以放在左下角或右上角两个位置，故数字5有2种方法．第三步，数字6如果和数字5相邻，则7,8只有1种方法；数字6如果不和数字5相邻，则7,8有2种方法，故数字6,7,8共有3种方法．根据分步乘法计数原，有1×2×3＝6种填写空格的方法．(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个数为( A )A．240B．204C．729D．920[解析]分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．『规律总结』两个计数原理的应用技巧(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．G 跟踪训练en zong xun lian1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( A )A．72种B．48种C．24种D．12种[解析]解法一：首先涂A有C14＝4(种)涂法，则涂B有C13＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C12＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A、B、C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．2．(2018·长沙一模)设集合A＝{(t1，t2，t3)|t i∈{－2,0,2}，i＝1,2,3}，则集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为18.[解析]对于1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6，可分以下几种情况：①|t1|＋|t2|＋|t3|＝2，即此时集合A的元素含有一个2或－2，两个0.2或－2从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有6种；②|t1|＋|t2|＋|t3|＝4，即此时集合A含有两个2或－2，一个0；或者一个2，一个－2，一个0.当是两个2或－2，一个0时，从这三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或－2，这种情况有3×2＝6种；当是一个2，一个－2，一个0时，对这三个的全排列即得到3×2×1＝6种．由分类加法计数原理可知：集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为6＋6＋6＝18.命题方向2排列与组合的简单应用例2 (1)(2018·郑州一模)某次联欢会要安排3个歌舞类节，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( B )A．72种B．120种C．144种D．168种[解析]先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．(2)(2018·衡水模拟)数列{a n}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|a k＋1－a k|＝1，k ＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同数列的个数为( A )A．84 B．168C．76 D．152[解析]∵|a k＋1－a k|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1或小1，a1到a5中4个变化必然有3升1减，a5到a12中必然有5升2减，是组合的问题，∴C14×C27＝84.『规律总结』解答排列组合问题的常用方法排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏；(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决；(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法；(4)元素不相邻，可以利用插空法；(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉；(6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来；(7)定序问题缩倍法；(8)“小集团”问题先整体后局部法．G 跟踪训练en zong xun lian1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( B )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种[解析] 分两类：最左端排甲有A 55＝120种不同的排法，最左端排乙，由于乙不能排在最右端，所以有C 14A 44＝96种不同的排法，由加法原理可得满足条件的排法共有120＋96＝216种．2．将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是96.[解析] 5张参观券分为4堆，有2个连号的有4种分法，每一种分法中的不同排列有A 44种，因此共有不同分法4A 44＝96种．命题方向3 二项式定理的应用(一)与特定项有关的问题例3 (1)二项式(x －13x)n 的展开式中第4项为常数项，则常数项为( B )A ．10B ．－10C ．20D ．－20[解析] 由题意得：(x －13x )n 的展开式的常数为T 4＝(－1)3C 3n (x )n －3(13x)3＝(－1)3C 3nx n －52，令n －5＝0，得n ＝5，故所求的常数项为T 4＝(－1)3C 35＝－10. (2)在(2x ＋1x 2)(x 2－1x)4的展开式中，含x 3的项的系数是8.[解析] (x 2－1x )4的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 4(x 2)4－r (－1x )r ＝(－1)r C r 4x 8－3r，则含x 2的项的系数为(－1)2C 24＝6，含x 5的项的系数为(－1)1C 14＝－4，所以(2x ＋1x 2)(x 2－1x )4的展开式中，含x 3的项的系数为2×6＋1×(－4)＝8.(二)与二项式系数有关的问题例4 (1)若(x 2＋1)(x －2)11＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 13(x －1)13，a 1＋a 2＋…＋a 13的值为( C )A ．0B ．－2C ．2D ．213[解析] 记f (x )＝(x 2＋1)(x －2)11＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 13(x －1)13，则f (1)＝a 0＝(12＋1)(1－2)11＝－2，而f (2)＝(22＋1)(2－2)11＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 13，即a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 13＝0，所以a 1＋a 2＋…＋a 13＝f (2)－f (1)＝2.(2)在(x －ax )5的展开式中x 3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为( B )A ．5B ．10C ．15D ．20[解析] 由T r ＋1＝C r 5x 5－r (－a x)r ＝(－a )r C r 5x 5－2r，r ＝0,1,2，…，5，由5－2r ＝3得r ＝1，所以(－a )C 15＝－5a ＝－5，即a ＝1，所以T r ＋1＝(－1)r C r 5x 5－2r，r ＝0,1,2，…，5，当r ＝0时，(－1)0C 05＝1；当r ＝2时，(－1)2C 25＝10；当r ＝4时，(－1)4C 45＝5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.(3)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝3.[解析] 由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax 3，x,6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.『规律总结』1．与二项式定理有关的题型及解法2.(1)T r ＋1表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定． (2)T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项． (3)公式中a ，b 的指数和为n ，a ，b 不能颠倒位置． (4)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混．(5)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同． G 跟踪训练en zong xun lian1．(2018·辽宁鞍山一模)若(x 2＋m )(x －2x )6的展开式中x 4的系数为30，则m 的值为( B )A ．－52B ．52C ．－152D ．152[解析] (x －2x )6展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r (－2x )r ＝(－2)r C r 6x 6－2r，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以x 2项的系数为(－2)2C 26＝60.令6－2r ＝4，得r ＝1，所以x 4项的系数为(－2)1C 16＝－12，所以(x 2＋m )(x －2x )6的展开式中x 4的系数为60－12m ＝30，解得m ＝52，故选B ．2．(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60[解析] 由于(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，其展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r y r(r ＝0,1,2，…，5)，因此只有当r ＝2，即T 3＝C 25 (x 2＋x )3y 2中才能含有x 5y 2项．设(x 2＋x )3的展开式的通项为S i ＋1＝C i 3(x 2)3－i ·x i ＝C i 3x 6－i (i ＝0,1,2,3)，令6－i ＝5，得i ＝1，则(x 2＋x )3的展开式中x 5项的系数是C 13＝3，故(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数是C 25·3＝10×3＝30.A 组1．将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有( B )A ．240种B ．120种C ．60种D ． 180种[解析] 不同的分配方法有C 36C 24＝120.2．若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( C )A ．2B ．54C ．1D ．24[解析] 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r (a x )r ＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( D ) A ．24 B ．48 C ．60D ．72[解析] 由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A 13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A 44种方法，所以奇数的个数为A 13A 44＝3×4×3×2×1＝72，故选D ．4．(2018·濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D ) A ．72 B ．120 C ．192D ．240[解析] 由题意，末尾是2或6，不同的偶数个数为C 12A 35＝120；末尾是4，不同的偶数个数为A 55＝120.故共有120＋120＝240(个)，故选D ．5．(3x －2x )8二项展开式中的常数项为( B )A ．56B ．112C ．－56D ．－112[解析]T r ＋1＝C r 8(3x )8－r(－2x )r ＝(－1)r 2r C r8·x 8－4r 3，令8－4r ＝0，∴r ＝2，∴常数项为(－1)2×22×C 28＝112.6．在(x 2－12x )6的展开式中，常数项等于( D )A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516[解析] 本题考查二项式定理，二项式(x 2－12x )6的展开式的通项公式为C r 6(x 2)6－r(－12x )2＝(－12)r C r 6x 12－3r，令12－3r ＝0得r ＝4，则二项式(x 2－12x )6的展开式中的常数项为(－12)4C 46＝1516.故选D ．7．有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为( B )A ．112B ．100C ．92D ．76[解析] 甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有C 14·C 33＋C 24C 22A 22＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×A 22＝14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C 24，分到三项比赛上去的分配方法数是A 33，故共有方案数C 24A 33＝36.根据两个基本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．8．(x 2－x ＋1)5的展开式中x 3的系数为( A ) A ．－30 B ．－24 C ．－20D ．20[解析] 本题考查二项式定理．[1＋(x 2－x )]5展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 5(x 2－x )r，r ＝0,1,2,3,4,5，T r ＋1展开式的第k ＋1项为C r 5C k r ·(x 2)r －k (－x )k ＝C r 5C k r (－1)k ·x 2r －k，r ＝0,1,2,3,4,5，k ＝0,1，…，r ，当2r －k ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝2，k ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧r ＝3，k ＝3时是含x 3的项，所以含x 3项的系数为C 25C 12(－1)＋C 35C 33(－1)3＝－20－10＝－30.故选A ．9．有大小、形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有56种不同的排列方法？[解析] 从8个位置中选3个放红球，有C 38＝56种不同方法． 10．(2018·昆明二模)(x －2)6的展开式中x 2的系数为240.[解析] (x －2)6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·(－2)r ·x 6－r ，令6－r ＝2，求得r ＝4，可得(x －2)6的展开式中x 2的系数为C 46·(－2)4＝240. 11．设a ，b ，c ∈{1,2,3,4,5,6}，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有27个．[解析] 由题意知以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形， (1)先考虑等边三角形情况则a ＝b ＝c ＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c<a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c<4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c<6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c<8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c<10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c<12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27个．12．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？[解析](1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．B组1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是( D )A．180 B．240C．360 D．480[解析]将6个位置依次编号为1、2、3、…、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A55种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2A13·A44种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(A22A33＋A23A33)种，∴共有不同排法种数，2A55＋2A13A44＋2(A22A33＋A23A33)＝480种，故选D．2．如图，M、N、P、Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( C )A ．8种B ．12种C ．16种D ．20种[解析] 把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有C 36种情形，但有4种情形不满足题意，∴不同的建桥方法有C 36－4＝16种，故选C ．3．设(1＋x ＋x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2n x 2n ，则a 2＋a 4＋…＋a 2n 的值为( B ) A ．3n ＋12B ．3n －12C ．3n －2D ．3n[解析] (赋值法)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n －1＋a 2n ＝3n .① 再令x ＝－1得，a 0－a 1＋a 2＋…－a 2n －1＋a 2n ＝1.② 令x ＝0得a 0＝1.则①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 2n )＝3n ＋1， ∴a 0＋a 2＋…＋a 2n ＝3n ＋12，∴a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝3n ＋12－a 0＝3n ＋12－1＝3n －12.4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( B ) A ．144个 B ．120个 C ．96个D ．72个 [解析] 据题意，万位上只能排4,5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120(个)．故选B ．5．若(x 2＋12x)n的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( B )A ．32B ．74C ．6D ．7[解析] 因为(x 2＋12x )n 的展开式通项为T r ＋1＝C r n (x 2)n －r (12x )r ＝(12)r C r n x 2n －3r ，其系数为(12)r C r n .故展开式中前三项的系数为C 0n ，12C 1n ，14C 2n ，由已知可得这三个数成等差数列，所以C 0n ＋14C 2n ＝2×12C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍去)． 令2n －3r ＝16－3r ＝1，可得r ＝5，所以一次项的系数为(12)5C 58＝74. 6．(2018·太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )A ．36B ．48C ．72D ．120[解析] 第一步，将3个奇数全排列有A 33种方法；第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；第三步，将2个偶数全排列有A 22种方法，所以，所有的方法数是3A 33A 22＝36.7．(2018·漳州二模)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( D )A ．－20B ．0C ．1D ．20[解析] 令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.8．(2018·江西宜春二模)若(x 3＋1x )n的展开式中含有常数项，且n 的最小值为a ，则⎠⎛－aa a 2－x 2d x ＝( C ) A ．0 B ．6863C ．49π2D ．49π[解析] 由展开式的通项，由展开式中含有常数项，得3n －72r ＝0有整数解，故n 的最小值为7，⎠⎛－7772－x 2d x ＝49π2.9．将编号1,2,3,4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个，则恰有1个盒子放有2个连号小球的所有不同放法有18种．(用数字作答)[解析] 先把4个小球分为(2,1,1)一组，其中2个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有C 13A 33＝18种．10．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为472.[解析] 由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中每一种卡片各取三张，有4C 34种取法，两种红色卡片，共有C 24C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24C 112＝560－16－72＝472.11．若对于任意实数x ，有x 5＝a 0＋a 1(x －2)＋…＋a 5(x －2)5，则a 1＋a 3＋a 5－a 0＝89. [解析] 令x ＝3得a 0＋a 1＋…＋a 5＝35，令x ＝1得a 0－a 1＋…－a 5＝1，两式相减得a 1＋a 3＋a 5＝35－12＝121，令x ＝2得a 0＝25＝32，故a 1＋a 3＋a 5－a 0＝121－32＝89.12．如果(3x －13x 2)n 的展开式中各项系数之和为128，则展开式中1x3的系数是21.[解析] (3x －13x 2)n 的展开式的各项系数之和为(3×1－1312)n ＝2n ＝128，所以n ＝7，所以(3x －13x 2)n ＝(3x －13x 2)7，其展开式的通项为T r ＋1＝C r 7(3x )7－r(－13x 2)r ＝C r 7·37－r ·x 7－r ·(－x －23)r ＝(－1)r C r 737－rx 7－53r ，由7－53r ＝－3，得r ＝6，所以1x3的系数是C r 7·(－1)6·3＝21. 13．某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队．(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？ (4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？ [解析] (1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)． (2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8568(种)．(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C 12·C 418种选法；甲、乙两人都参加，则有C 318种选法．故共有C 12·C 418＋C 318＝6936(种)．(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女，所以共有C112·C48＋C212·C38＋C312·C28＋C412·C18＝14656(种)．方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C520－(C58＋C512)＝14656(种)．14．设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P.(2)若存在n≤2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值．[解析](1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C17＝7，C27＝21，C37＝35，因为C17＋C37＝2C27，即C17，C27，C37成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)设f(n)具有性质P，则存在k∈N*,1≤k≤n－1，使C k－1n ，C k n，C k＋1n成等差数列，所以C k－1 n ＋C k＋1n＝2C k n，整理得：4k2－4nk＋(n2－n－2)＝0，即(2k－n)2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数，又n≤2016，由于442<2016＋2<452，所以n的最大值为442－2＝1934，此时k＝989或945.。
《二项式定理》(共17张)-完整版PPT课件全文
展开式的第3项是240x
例1.(2)求(2 x 1 )6的展开式 x
对于例1（2）中，请思考： ①展开式中的第3项的系数为多少？ ②展开式中的第3项的二项式系数为多少？ ③你能直接求展开式的第3项吗？
④你能直接求展开式中 x 2的系数吗？
解：④ Tk1 C6k (2
x)6k ( 1 )k x
(1)k 26k C6k x3k
N*)
①项数： 展开式共有n＋1项.
②次数： 各项的次数均为n
字母a的次数按降幂排列，由n递减到0 , 字母b的次数按升幂排列，由0递增到n .
③二项式系数: Cnk (k 0,1,2,, n)
④二项展开式的通项: Tk1 Cnk ankbk
典例剖析
例1.(1)求(1 1 )4的展开式； x
(2)求(2 x 1 )6的展开式. x
N
*
)
(1)二项式系数： Cnk (k 0,1,2,, n)
(2)二项展开式的通项：Tk1 Cnk ankbk
思想方法：
(1) 从特殊到一般的数学思维方式.
(2) 类比、等价转换的思想.
巩固型作业： 课本36页习题1.3A组第2，4题
思维拓展型作业
二项式系数Cn0 , Cn1,, Cnk ,, Cnn有何性质?
1) x
C62 (2
x )4 (
1 x
)2
C63
(2
x )3 (
1 x
)3
C64
(2
x )2 (
1 )4 x
C65 (2
x )(
1 x
)5
C66
(
1 )6 x
64x3
192x2
240x
二项式定理ppt课件
在计算机科学中的应用
二项式系数在计算机科学中的应用
在计算机科学中，二项式系数常用于实现快速排序算法。快速排序算法是一种基于分治思想的排序算法，通过利 用二项式系数的性质，可以快速地实现数组的排序。
二项式定理在计算机科学中的应用
在计算机科学中，二项式定理常用于实现快速幂算法。快速幂算法是一种高效的乘方运算算法，通过利用二项式 定理的性质，可以快速地计算出大数的乘方。
01
在量子力学和统计物理学中，二项式定理可以用于计算一些物
理量的近似值。
在计算机科学中的应用
02
在算法设计和数据结构中，二项式定理可以用于解决一些优化
问题。
在经济学中的应用
03
在金融和经济学中，二项式定理可以用于研究资产价格的波动
和风险评估。
05
习题和思考题
关于二项式定理的基本计算题
总结词：掌握基础
。
应用实例
通过二项式定理，我们可以计算 （a+b）的任意次方的展开式， 从而解决一系列组合数学问题。
02
二项式定理的证明和推导
组合数的性质和计算方法
组合数的定义
从n个不同元素中取出k个元素（不放 回）的组合数记为C(n,k)，计算公式 为C(n,k) = n! / (k!(n-k)!)。
组合数的性质
二项式定理的推导和应用
二项式定理的推导
根据二项式定理的证明过程，可以推 导出二项式定理的通项公式T(k+1) = C(n,k) * a^(n-k) * b^k。
二项式定理的应用
二项式定理在数学、物理、工程等领 域有广泛的应用，例如在概率论中计 算组合数、在代数中展开多项式、在 微积分中计算定积分等。
与牛顿二项式定理的关系
数学归纳法PPT课件
归纳步骤的正确性
归纳步骤必须严谨、准确， 确保从$n=k$到 $n=k+1$的推理过程无误， 才能保证数学归纳法的正 确性。
03 数学归纳法的证明方法
直接证明法
总结词
通过直接验证n=1和归纳假设验证n=k+1，逐步推导归纳步骤。
详细描述
在直接证明法中，首先验证基础步骤（n=1），然后提出归纳假设，即假设对 于某个自然数k，结论成立。接着利用归纳假设推导n=k+1时的结论，从而完成 归纳步骤。
归纳基础的作用
归纳基础的作用是提供一个初始 的判断依据，为后续的归纳步骤 提供支撑和依据。
归纳步骤
01
02
03
归纳假设
归纳假设是数学归纳法的 核心，即在$n=k$时命题 成立的基础上，推导出 $n=k+1$时命题也成立。
归纳推理
在归纳假设的基础上，通 过逻辑推理和演绎，推导 出$n=k+1$时命题成立的 过程称为归纳推理。
反向证明法
总结词
通过证明结论的反面不成立，从而证明原结论成立。
详细描述
在反向证明法中，首先提出结论的反面，然后试图证明这个反面不成立。如果反 面不成立，那么原结论必然成立。反向证明法常常用于解决一些不易直接证明的 问题，通过反证发现矛盾，从而得出原结论的正确性。
04 数学归纳法的应用实例
数列求和
详细描述
数学归纳法的变种包括但不限于超数 学归纳法、双数学归纳法和反向数学 归纳法等。这些变种可以使得证明更 加简洁、直观和易于理解。
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感谢您的观看
详细描述
二项式定理的证明过程可以通过数学归纳 法进行推导。通过归纳法的应用，我们可 以逐步推导出二项式定理的各项展开式， 从而证明了二项式定理的正确性。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题7 第3讲 计数原理与二项式定理1
1－i
1＋i
n∈N*
3．推理与证明
(1)归纳推理的思维过程
实验、观察 → 概括、推广 → 猜测一般性结论 (2)类比推理的思维过程
实验、观察 → 联想、类推 → 猜测新的结论 (3)(理)数学归纳法证题的步骤 ①(归纳奠基)证明当 n 取第一个值 n＝n0(n0∈N*)时，命题成立； ②(归纳递推)假设 n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当 n＝k＋1 时，命题也成立． 只要完成了这两个步骤，就可以断定命题对于任何 n≥n0 的正整数都成立．
第二讲 向量运算与复数运算、算法、推理与证明
高考考点
考点解读
1.以平面图形为载体，借助向量考查数量关系与位置关系、向 量的线性运算及几何意义
平面向量的 运算及运用
2．以平面向量基本定理为出发点，与向量的坐标运算、数量积 交汇命题
3．直接利用数量积运算公式进行运算，求向量的夹角、模或判 断向量的垂直关系
2λ－2μ＝2， 所以
λ＋2μ＝2，
λ＝4， 3
解得 μ＝1， 3
所以λ＋μ＝5.故选 B． 3
方法二：因为A→C＝λA→M＋μB→D＝λ(A→B＋B→M)＋μ(B→A＋A→D)＝λ(A→B＋1A→D)＋μ(－A→B＋A→D)＝(λ－μ)A→B＋(1λ＋μ)A→D，
2
2
λ－μ＝1， 所以 1λ＋μ＝1，
易错警示 Yi cuo jing shi 1．忽略复数的定义：
2
。
，
在解决与复数概念有关的问题时，在运用复数的概念时忽略某一条件而致误．
2．不能准确把握循环次数
解答循环结构的程序框图(流程图)问题，要注意循环次数，防止多一次或少一次的错误．
3．忽略特殊情况：两个向量夹角为锐角与向量的数量积大于 0 不等价；两个向量夹角为钝角与向量的数量积
2020版高考数学大二轮复习7.1计数原理、二项式定理课件理
解析：分以下几种情况：①取出的两球同色时，有 3 种可能， 取出的球只能放在与球的颜色不同的两个袋子中，有 A22种不同的放 法，故不同的放法共有 3A22＝6(种)；②取出的两球不同色时，有一 红一黄、一红一蓝、一黄一蓝 3 种可能，由于球不同，所以取球的 方法数为 3C21C12＝12(种)，取球后将两球放入袋子中的方法有 C31C12 －3＝3(种)，所以不同的放法有 12×3＝36(种)．综上可得不同的放
(2)[警示] 在应用通项公式时，要注意以下几点： ①它表示二项展开式的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随之 确定； ②Tr＋1 是展开式中的第 r＋1 项，而不是第 r 项； ③公式中，a，b 的指数和为 n，且 a，b 不能随便颠倒位置； ④对二项式(a－b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．
①排列与顺序有关； ①组合与顺序无关；
不同点
②两个排列相同，当且仅 当这两个排列的元素及
②两个组合相同，当且 仅当这两个组合的元
其排列顺序完全相同
素完全相同
[例 1] (1)[2019·陕西西安模拟]把 15 人分成前、中、后三排，
每排 5 人，则不同的排法种数共有( )
A.AA113355 C．A1155
(2)该二项展开式的第 k＋1 项为 Tk＋1＝Ck9( 2)9－kxk，当 k＝0 时， 第 1 项为常数项，所以常数项为( 2)9＝16 2；当 k＝1,3,5,7,9 时， 展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为 5.
答案：(1)A (2)16 2 5
(1)利用二项式定理求解的两种常用思路 ①二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或 者特定项的系数均是利用通项公式和方程解决的． ②二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中 的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值.
二项式定理课件ppt
二项式定理的应用举例
04
求解某些特定形式的幂级数展开式
01
幂级数展开式的求解
二项式定理可以用于求解某些特定形式的幂级数展开式 ，例如$(a+b)^n$的展开式。
02
泰勒级数展开
利用二项式定理，我们可以求解一些函数的泰勒级数展 开，从而得到函数在某个点的近似值。
03
幂级数的求和
对于一些特定的幂级数，我们可以利用二项式定理找到 其求和的方法。
其中，C(n,k)表示从n个不同元素中取出k个元素的组合数。
二项式系数的性质
二项式系数是组合数的推广 ，它具有与组合数相同的性 质，例如
1. 对称性：对于任何自然数n ，C(n,k) = C(n,n-k)。
2. 递推性：C(n+1,k) = C(n,k-1) + C(n,k)。
3. 组合恒等式：C(n,k) + C(n,k-1) = C(n+1,k)。
二项式定理的历史背景
二项式定理最初由牛顿在17世纪发 现，用于解决一些特殊的数学问题。
之后，许多数学家都对二项式定理进 行了研究和推广，使其成为现代数学 中的基本工具之一。
二项式定理的意义与应用
01
二项式定理是组合数学的基础，可以帮助我们理解和分 析一些组合问题的内在规律。
02
在统计学中，二项式定理可以用于计算样本数量较少时 的置信区间和置信度。
深化理解的进阶题目
总结词
深入理解概念
详细描述
在基本掌握二项式定理的基础上，通过解决 一些相对复杂的进阶题目，帮助学生深入理 解二项式定理的概念和变形方式，进一步提 高解题能力。
有趣的开放性问题
总结词
激发学习兴趣
计数原理与二项式定理
计数原理与二项式定理一、计数原理计数原理是数学中的一种基本方法，用于计算事件发生的可能性和计数问题。
这一原理主要包括排列、组合和分配原理。
1.排列原理排列是指在一组元素中取出若干个元素按照一定顺序排列的方法。
排列原理是指，对于一个有n个元素的集合，从中取出m个元素进行排列时，可以得到的不同排列数为：P(n,m)=n!/(n-m)！其中n!表示n的阶乘，即n！=n*(n-1)*(n-2)*…*3*2*12.组合原理组合是指在一组元素中取出若干个元素，不考虑顺序的方法。
组合原理是指，对于一个有n个元素的集合，从中取出m个元素进行组合时，可以得到的不同组合数为：C(n,m)=n!/(m!(n-m)!)3.分配原理分配原理是指，将n个物体分配给r个不同的盒子中去，每个盒子中可以有0个或多个物体，要求所有物体都要分完的方法。
分配原理可以用斯特林数或简单的计算方法得到。
二项式定理是数学中的一个重要定理，描述了一个二项式的乘积的展开式。
具体表述如下：对于任意实数a和b，以及正整数n，有以下的等式成立：(a+b)^n=C(n,0)a^nb^0+C(n,1)a^(n-1)b^1+C(n,2)a^(n-2)b^2+…+C(n,n-1)a^1b^(n-1)+C(n,n)a^0b^n其中C(n,m)表示从n个元素中取出m个元素的组合数。
二项式定理的展开式被称为二项式展开式，展开后的每一项被称为二项式系数，可以由组合数的形式表示。
二项式定理的表述非常简洁，但具有广泛的应用。
它可以用于计算多项式的幂、二项式系数的求解、概率论等多个领域。
总结：计数原理是一种重要的数学方法，用于解决计数问题。
它包括排列原理、组合原理和分配原理。
排列原理用于计算在有限集合中从中取出若干元素进行排列的不同可能性。
组合原理用于计算在有限集合中从中取出若干元素进行组合的不同可能性。
分配原理用于将若干物体分配给一组盒子中，每个盒子可以为空或包含多个物体。
江苏高考数学理二轮专题复习课件7.2计数原理与数学归纳法
解析 (1)分两步：第一步，选派一名教师到甲 地，另一名到乙地，共有C21＝2(种)选派方法； 第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙 地，共有C42＝6(种)选派方法． 由分步乘法计数原理不同的选派方案共2×6＝ 12(种)． (2)分别由x2＋1＝2，x2＋1＝5，解得x＝±1，x ＝±2. 由函数的定义，定义域中元素的选取分三种情 况． ①取两个元素，有C21·C21＝4种．
【变式训练2】 (1)一排9个座位坐了3个三口之 家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数 为 ________. (2)(2013·海淀区质检)从0,2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，其中奇数的个数为 ________. 解析 (1)此排列可分两步进行，先把三个家 庭分别排列，每个家庭有3！种排法． 第二步，3个家庭全排列有A33种， ∴共有不同的坐法有3！·3！·3！·A33＝ (3！)4＝1 296.
第2讲 计数原理与数学归纳法
[思考1]
若Cnx＝Cnm，则x＝m，这个结论一定正确吗？
提示：不正确．由Cnx＝Cnm，可得x＝m或x＝n－m.
[思考2] 二项式定理 (a＋b)n ＝Cn0 an b0＋Cn1 an －1 b1＋ … ＋ Cnran－rbr＋…＋Cnna0bn中，交换a，b的顺序 对各项是否有影响？ 提示：从整体看，(a＋b)n与(b＋a)n相同，但 具体到某一项是不同的，如(a＋b)n的第k＋1 项Tk＋1＝Cnkan－kbk，(b＋a)n的第k＋1项Tk′＋1′＝ C kbn－kak.
解析
a (1)由于lg a－lg b＝lgb(a>0，b>0)，
2019年高考数学大二轮复习专题七概率与统计7.1计数原理二项式定理课件
概率与统计
第 1 课时 计数原理、二项式定理
高考对本部分内容考查主要从以下形式进行：高考试题中 主要以选择题或填空题的形式呈现，考查排列、组合的实际应 用；二项式系数、常数项、二项式指定项的求解.在近几年的 高考中，排列、组合试题的难度有所下降，且经常与概率、数 列、不等式等结合进行综合考查.
2．[警示] 在应用通项公式时，要注意以下几点： (1)它表示二项展开式的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随之确定； (2)Tr＋1 是展开式中的第 r＋1 项，而不是第 r 项； (3)公式中，a，b 的指数和为 n，且 a，b 不能随便颠倒位置； (4)对二项式(a－b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．
)
A．15
B．20
C．30
D．35
(2)若
3 －3 x
xn 的展开式中所有项系数的绝对值之和为
1
024，则该展开式中
的常数项是( )
A．－270
B．270
C．－90
D．90
解析： (1)因为(1＋x)6 的通项为 Cr6xr，所以1＋x12(1＋x)6 展开式中含 x2 的项 为 1·C26x2 和x12·C46x4.
每项工作由 1 人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
(2)(2018·浙江卷)从 1,3,5,7,9 中任取 2 个数字，从 0,2,4,6 中任取 2 个数字，一
共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
解析： (1)由题意可得其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 人各完成 1 项工 作，可得安排方式为 C13·C24·A22＝36(种)，或列式为 C13·C24·C12＝3×4×2 3×2＝36(种)．
高考数学二轮复习 专题辅导与训练 概率、计数原理、二项式定理教学课件
【变式训练】在区间[0,10]上随机取两个实数(shìshù)x,y,求事 件“2x+y≥2”的概率.
【解析】由题意 0 x在平10面, 直角坐标(zhí jiǎo zuò biāo)系中作
出对应的
0 y 10,
区域,及事件“2x+y≥2”对应的区域,如下图所示:
所以事件“2x+y≥2”的概率为:
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（4）忽视顺序：解决(jiějué)排列组合问题时，不要忽视问题 与顺序是否有关这一条件. （5）两个系数不要混淆：二项展开式中某一项的系数与某一项 的二项式系数易混，一定要区分开来.
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【考题回顾】 1.（2014·广东高考改编）从字母a,b,c,d,e中任取两个不同 字母，求取到字母a的概率. 【解析】因为从字母a,b,c,d,e中任取两个不同字母，不考虑 先后顺序共有10种取法(qǔfǎ)，分别是(a,b),(a,c),(a,d),(a,e), (b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e)，其中取到字母a的 有4种：(a,b),(a,c),(a,d),(a,e)，所求概率为p=
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【解析】(1)由题意得 x＝28＝84，
所以x=56,y=2.
4y 6
(2)记从城市A所抽取的民营企业分别为a1,a2,a3,a4,从城市B
抽取的民营企业分别为b1,b2.则从城市A,B抽取的6个中再随
机选2个进行跟踪式调研的基本事件(shìjiàn)有:
(a1,a2),(a1,a3),(a1,a4),(a1,b1),(a1,b2),(a2,a3),(a2,a4),
第二页，共49页。
（3）互斥事件、对立事件的概率公式(gōngshì):
73.计数原理专题3：二项式定理 课件-广东省惠来县第一中学2021届高三数学一轮复习
例5：(1 x)9的展开式中,系数最大的项是( C )
A.第3项
B.第4项
C .第5项 D．第5或6项
例 6：已知 x
1 x
n
的展开式中，只有第
5
项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的
项的系数为 56 ．
题型三:展开式中的系数与二项式系数的辨析
变式 1：(2013 新课标Ⅰ理)设 m 为正整数，(x y)2m 展开式的二项式系数的最大值为a ，
相等，同时取得最大
值
3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n 展开式的各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝ 2n ． (2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝ 2n－1 ．
基础自测 :
（1） (1 x)5 的二项展开式的通项Tr1 C5r xr
(3)求展开式中所有的有理项。
（参考数据:C150 35 61236,C120 38 295245）
答案 : (1)405,45
(2) 61236
(
3)405
x
2
,
61236,
295245 x2
题型二 : 展开式的系数问题 类型一:求二项展开式的系数
例2（: 2014新课标2理） x a10 的展开式中，x7的系数为15， 则a __0_._5___．
方法3 : 运用计数原理解决多项式项的系数问题
变式 : a b c3 的展开式中，a2c的系数是____3___（. 1.5分钟）
题型二 : 展开式的系数问题
类型三:多项式乘法中项的系数
例4（: 2017新课标Ⅲ理）( x y)(2x y)5的展开式中的x3 y3系数为( C )
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题七第三讲计数原理与二项式定理
所以在⎝⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式中.x 2的系数为52. 5．(20xx·浙江卷.14)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是7.[解析] 通项公式为T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r ＝C r 82－r x 8－4r 3.由8－4r ＝0得r ＝2.所以常数项为C 282－2＝7.6．(20xx·全国卷Ⅰ.15)从2位女生.4位男生中选3人参加科技比赛.且至少有1位女生入选.则不同的选法共有16种．(用数字填写答案)[解析] 方法一：根据题意.没有女生入选有C 34＝4种选法.从6名学生中任意选3人有C 36＝20种选法.故至少有1位女生入选的选法共有20－4＝16种．方法二：恰有1位女生.有C 12C 24＝12种. 恰有2位女生.有C 22C 14＝4种. 所以不同的选法共有12＋4＝16种．命题方向1 两个计数原理例1(1)将1,2,3.….9这九个数字填在如图所示的9个空格中.要求每一行从左到右.每一列从上到下增大.当3,4固定在图中的位置时.填写空格的方法有( A )A ．6种B ．12种C ．18种D ．24种[解析] 分三个步骤：第一步.数字1,2,9必须放在如图的位置.只有1种方法．第二步.数字5可以放在左下角或右上角两个位置.故数字5有2种方法．第三步.数字6如果和数字5相邻.则7,8只有1种方法；数字6如果不和数字5相邻.则7,8有2种方法.故数字6,7,8共有3种方法．根据分步乘法计数原.有1×2×3＝6种填写空格的方法．(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2.则称这样的三位数为凸数(如120,343,275).那么所有凸数的个数为( A )A．240 B．204C．729 D．920[解析]分8类.当中间数为2时.有1×2＝2(个)；当中间数为3时.有2×3＝6(个)；当中间数为4时.有3×4＝12(个)；当中间数为5时.有4×5＝20(个)；当中间数为6时.有5×6＝30(个)；当中间数为7时.有6×7＝42(个)；当中间数为8时.有7×8＝56(个)；当中间数为9时.有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．『规律总结』两个计数原理的应用技巧(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时.一般先分类再分步.每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题.可恰当列出示意图或表格.使问题形象化、直观化．G 跟踪训练en zong xun lian1.如图所示.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A.B.C.D中.要求相邻的矩形涂色不同.则不同的涂法有( A )A．72种B．48种C．24种D．12种[解析]解法一：首先涂A有C14＝4(种)涂法.则涂B有C13＝3(种)涂法.C与A.B相邻.则C有C12＝2(种)涂法.D只与C相邻.则D有C13＝3(种)涂法.所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色.故分两类：一是4种颜色都用.这时A有4种涂法.共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色.这时A、B、C的涂法有4×3×2＝24(种).D只要不与C同色即可.故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．2．(20xx·长沙一模)设集合A＝{(t1.t2.t3)|t i∈{－2,0,2}.i＝1,2,3}.则集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为18.[解析]对于1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6.可分以下几种情况：①|t1|＋|t2|＋|t3|＝2.即此时集合A的元素含有一个2或－2.两个0.2或－2从三个位置选一个有3种选法.剩下的位置都填0.这种情况有6种；②|t1|＋|t2|＋|t3|＝4.即此时集合A含有两个2或－2.一个0；或者一个2.一个－2.一个0.当是两个2或－2.一个0时.从这三个位置任选一个填0.剩下的两个位置都填2或－2.这种情况有3×2＝6种；当是一个2.一个－2.一个0时.对这三个的全排列即得到3×2×1＝6种．由分类加法计数原理可知：集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为6＋6＋6＝18.(x )－3x(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间.有几种不同的选法？[解析](1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同选法.油画有2种不同的选法.水彩画有7种不同的选法.利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类.分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画.由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．B组1．安排6名歌手演出顺序时.要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面.则不同排法的种数是( D )A．180 B．240C．360 D．480[解析]将6个位置依次编号为1、2、3、…、6号.当甲排在1号或6号位时.不同排法种数为2A5种；当甲排在2号或5号位时.不同排法种数为2A13·A4种；当甲排在3号或4号位置时.不同排法种数有2(A2A3＋A23A3)种.∴共有不同排法种数.2A5＋2A13A4＋2(A2A3＋A23A3)＝480种.故选D．2．如图.M、N、P、Q为海上四个小岛.现要建造三座桥.将这四个小岛连接起来.则不同的建桥方法有( C )A．8种B．12种C．16种D．20种[解析]把四个小岛看作四个点.可以两两之间连成6条线段.任选3条.共有C36种情形.但有4种情形不满足题意.∴不同的建桥方法有C36－4＝16种.故选C．3．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2n x2n.则a2＋a4＋…＋a2n的值为( B )A．3n＋12B．3n－12C．3n－2 D．3n [解析](赋值法)令x＝1.得a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝3n.①再令x＝－1得.a0－a1＋a2＋…－a2n－1＋a2n＝1.②。
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考点整合
1.两种计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.排列与组合 (1)排列的定义： 排列数公式：Anm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝（n－n！m）！(m≤n，m，n∈N*).
(2)组合的定义：
解 (1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1， τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2. 对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的 位置只能是最后三个位置. 因此，f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.
解 (1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3. (2)设 k 为正整数，记 fn(k)为满足条件以及 a－b＝3k 的点 P 的个数，只要讨论 fn(k)≥1
的情形. 由 1≤b＝a－3k≤n－3k 知 fn(k)＝n－3k，且 k≤n－3 1， 设 n－1＝3m＋r，其中 m∈N*，r∈{0，1，2}， 则 k≤m，所以 Bn＝k∑＝m1fn(k)＝k∑＝m1 (n－3k)＝mn－3m（m2＋1）＝m（2n－23m－3）， 将 m＝n－31－r代入上式，化简得 Bn＝（n－1）6（n－2）－r（r－6 1）， 所以 Bn＝n（（nn－－ 613））6（，nn3－是2整 ）数 ，， n3不是整数.
热点一 与计数原理有关的问题 【例1】 (2011·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，
b∈{1，2，3，…，n}，a＞b. (1)记 An 为满足 a－b＝3 的点 P 的个数，求 An； (2)记 Bn 为满足13(a－b)是整数的点 P 的个数，求 Bn.
(2)对一般的n(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所 以fn(1)＝n－1.为计算fn＋1(2)，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进 原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置. 因此，fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n. 当 n≥5 时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1) ＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝n2－2n－2.
第3讲 计数原理及二项式定理、数学归纳法
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原 理，B级要求；(2)排列与组合，B级要求；(3)二项式定理，B级要求；(4)数学归纳 法的简单应用，B级要求.
真题感悟
1.(2018·江苏卷)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当s<t时，有is>it，则 称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数.例 如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数 为2.记fn(k)为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数. (1)求f3(2)，f4(2)的值； (2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示).
组
合
数
公式：
C
m n
＝
n（n－1）（n－2）…（n－m＋1） m！
＝m！（nn！ －m）！(m≤n
，m
，
n∈N*)；
组合数性质：Cnm＝Cnn－m；Cnm＋Cmn －1＝Cnm＋1.
3.(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cnn－1abn－1＋Cnnbn，其中 C0n，C1n，…， Cnn称为二项式系数； (2)C0n＋C1n＋…＋Cnn＝2n； (3)通项：Tr＋1＝Crnan－rbr，r≤n，n，r∈N*.
右边＝(m＋1)Cmk＋＋32.
而(m＋1)Cmk＋＋32－(m＋1)Cmk＋＋22＝(m＋1)（m＋2）（！k＋（3k）－！m＋1）！－（m＋（ 2）k＋！2（）k！－m）！
＝(m＋1)×（m＋2）（！k＋（2k）－！m＋1）！[(k＋3)－(k－m＋1)]＝(k＋2)m！（（kk＋－1m）＋！1）！ ＝(k＋2)Ckm＋1， ∴(m＋1)Cmk＋＋22＋(k＋2)Ckm＋1＝(m＋1)Cmk＋＋32，∴左边＝右边.
因此，当 n≥5 时，fn(2)＝n2－2n－2.
2.(2016·江苏卷)(1)求 7C36－4C47的值； (2)设 m，n∈N*，n≥m，求证： (m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋nCmn－1＋(n＋1)Cnm＝(m＋1)Cmn＋＋22. (1)解 7C36－4C47＝7×20－4×35＝0. (2)证明 对任意的 m，n∈N*，n≥m， ①当 n＝m 时，左边＝(m＋1)Cmm＝m＋1，右边＝(m＋1)Cmm＋ ＋22＝m＋1，原等式成立. ②假设 n＝k(k≥m)时命题成立.即(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCkm－1＋(k ＋1)Cmk ＝(m＋1)Cmk＋＋22， 当 n＝k＋1 时，左边＝(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCmk－1＋(k＋1)Ckm＋(k ＋2)Cmk＋1＝(m＋1)Cmk＋＋22＋(k＋2)Cmk＋1，
4.数学归纳法 运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当 n 取第一 个值 n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，，证明当 n＝k＋1 时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从 n0 开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.