高考数学分类解析专题计数原理和二项式定理理
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：7.1计数原理、二项式定理
第1讲 计数原理、二项式定理考点1 排列组合与计数原理的应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2.[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 .A 1515A 33B ．A 515A 510A 55A 33C ．A 1515D ．A 515A 510(2)[2019·安徽合肥质检]某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5个区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数共有( )A ．96B ．114C ．168D ．240(1)把位置从1到15标上号，问题就转化为15人站在15个位置上，共有A 1515种情况．(2)先在a 中种植，有4种不同的种植方法，再在b 中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，再在e中种植，有2种不同的种植方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)．故选C.【答案】(1)C(2)C解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.『对接训练』1．[2019·河南十所名校尖子生联考]5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻且甲不站在两端的排法种数是()A．40 B．36C．32 D．24详细分析：由题可得，甲与乙相邻的排法种数为A44A22＝48，甲站在两端且与乙相邻的排法种数为C12A33＝12，所以甲与乙相邻且甲不站在两端的排法种数是48－12＝36.故选B.答案：B2．[2019·广东六校联考]从两个不同的红球、两个不同的黄球、两个不同的蓝球共六个球中任取两个，放入红、黄、蓝三个袋子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法共有()A．42种B．36种C．72种D．46种详细分析：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3C12 C12＝12(种)，取球后将两球放入袋子中的方法有C13C12－3＝3(种)，所以不同的放法有12×3＝36(种)．综上可得不同的放法共有42种，故选A.答案：A考点2二项式定理1．通项与二项式系数T r＋1＝C r n a n－r b r，其中C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．2．各二项式系数之和(1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.[例2](1)[2019·全国卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为()A．12 B．16C．20 D．24(2)[2019·浙江卷]在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．详细分析：(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.(2)该二项展开式的第k＋1项为T k＋1＝C k9(2)9－k x k，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；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)162 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.(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；②T 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 ，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．『对接训练』3．[2019·天津卷]⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的展开式中的常数项为______． 详细分析：本题主要考查二项式定理的应用，考查的核心素养是数学运算．二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(2x)8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－18x 3r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－18r ·28－r ·C r 8x 8－4r ，令8－4r ＝0可得r ＝2，故常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－182×26×C 28＝28. 答案：284．[2019·浙江金华十校联考]已知(x ＋1)4＋(x －2)8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，则a 3＝( )A ．64B ．48C ．－48D ．－64详细分析：由(x ＋1)4＋(x －2)8＝[(x －1)＋2]4＋[(x －1)－1]8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，得a 3·(x －1)3＝C 14·(x －1)3·2＋C 58·(x －1)3·(－1)5，∴a 3＝8－C 58＝－48.故选C .答案：C课时作业17 计数原理、二项式定理1．[2019·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A ．8B ．15C ．18D ．30详细分析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法．根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法，故选A .答案：A2．[2019·云南昆明一中检测]从一颗骰子的六个面中任意选取三个面，其中只有两个面相邻的不同的选法共有( )A ．20种B ．16种C ．12种D ．8种详细分析：从一颗骰子的六个面中任意选取三个面共有C 36＝20种选法，其中有三个面彼此相邻的有8种，所以只有两个面相邻的不同的选法共有20－8＝12(种)． 答案：C3．[2019·河北唐山期末]在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，x 2的系数为( )A .154B ．－154C .38D ．－38详细分析：⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 26－r ⎝⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－1)r C r 622r －6x 3－r ，令r ＝1，可得x 2的系数为(－1)1×C 16×22×1－6＝－38.故选D . 答案：D 4．[2019·海南三亚华侨学校期末]六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．480种B ．360种C ．240种D ．120种详细分析：解法一 因为六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，所以甲有C 14种情况，剩余的选手有A 55种情况，所以不同的演讲次序共有C 14·A 55＝480(种)，故选A . 解法二 六位选手全排列有A 66种演讲次序，其中选手甲第一个或最后一个演讲有2A 55种情况，故不同的演讲次序共有A 66－2A 55＝480(种)．故选A .答案：A5．[2019·河北保定期末](1－2x)5(2＋x)的展开式中，x 3的系数是( )A ．－160B ．－120C ．40D ．200详细分析：(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是(1－2x)5的展开式中x 3的系数的2倍与(1－2x)5的展开式中x 2的系数的和，易知(1－2x)5的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－2)r C r 5x r ，令r ＝3，得x 3的系数为－8C 35＝－80，令r ＝2，得x 2的系数为4C 25＝40，所以(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是－80×2＋40＝－120.故选B .答案：B6．[2019·浙江七彩联盟联考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n 的展开式中，所有项的二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为( )A ．10B ．－10C ．5D ．－5详细分析：由二项式系数之和为32，知2n ＝32，可得n ＝5，T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r ·25－r C r 5x 510-2r.令10－52r ＝0，可得r ＝4，所以常数项为(－1)4×21×C 45＝10，故选A .答案：A7．[2019·广东广州调研]某电台做《一校一特色》访谈节目，分A ，B ，C 三期播出，A 期播出两所学校，B 期、C 期各播出1所学校．现从8所候选学校中选出4所参与这三期节目的录制，不同的选法共有( )A ．140种B ．420种C ．840种D ．1 680种详细分析：由题易知，不同的选法共有C 28C 16C 15＝840(种)．故选C . 答案：C8．[2019·河北定州模拟]将“福”“禄”“寿”三个字填入如图所示的4×4小方格中，每个小方格内只能填入一个字，且任意两个字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )A .288种B ．144种C ．576种D ．96种详细分析：依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个字，有16种方法；(2)因为任意两个字既不同行也不同列，所以第二个字有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个字有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．故选C .答案：C9．[2019·海南三亚华侨学校期末]在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的指数是整数的项数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5详细分析：∵⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 24(x)24－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24x 512-6r ，∴当r ＝0,6,12,18,24时，x 的指数是整数，故x 的指数是整数的有5项，故选D .答案：D10．[2019·第一次全国大联考]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中第m项为常数项，则m ，n 应满足( )A ．2n ＝3(m －1)B ．2n ＝3mC ．2n ＝(3m ＋1)D ．2n ＝m详细分析：由题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r C r n x3n-2r，当n ＝32r ，即2n ＝3r 时，为常数项，此时r ＝m －1，所以m ，n 应满足2n ＝3(m －1)，故选A .答案：A11．[2019·甘肃兰州实战模拟]某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站在前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A ．A 1818种B ．A 2020种C ．A 23A 318A 1010种D ．A 22A 1818种详细分析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站在前排并与中国领导人相邻，有A 22种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有A 1818种站法．根据分步乘法计数原理，共有A 22A 1818种不同的站法，故选D .答案：D12．[2019·辽宁营口模拟](1＋x)2n (n ∈N *)的展开式中，系数最大的项是( )A ．第n2＋1项 B ．第n 项C ．第n ＋1项D ．第n 项与第n ＋1项详细分析：在(1＋x )2n (n ∈N *)的展开式中，第r ＋1项的系数与第r ＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n ＋1项，可得第n ＋1项的系数最大，故选C.答案：C13．[2019·陕西西安质检]如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．详细分析：当相同的数字不是1时，有C 13个“好数”；当相同的数字是1时，有C 13C 13个“好数”，由分类加法计数原理知共有C 13＋C 13C 13＝12个“好数”．答案：1214．[2019·江西南昌重点中学段考](x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为________．详细分析：解法一 因为(x －y ＋2)6＝[(x ＋2)－y ]6，所以展开式中含y 4的项为C 46(x ＋2)2y 4＝15x 2y 4＋60xy 4＋60y 4，所以展开式中y 4的系数为60.解法二 由于(x －y ＋2)6的展开式中y 4项不含x ，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4项就是(2－y )6的展开式中的y 4项，所以C 46×22(－y )4＝60y 4，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为60.答案：6015．[2019·安徽示范高中高三测试]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，要求这3张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________．详细分析：解法一 从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C 316，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C 24×C 112，3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C 14×C 34，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C 316－C 24×C 112－C 14×C 34＝472.解法二 若取出的3张卡片中没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C 14×C 14×C 14＝64；若仅有2张卡片的颜色相同，则不同取法的种数为C 23×C 12×C 24×C 14＝144.若红色卡片有1张，且剩余2张不同色时，不同取法的种数为C 14×C 23×C 14×C 14＝192；若红色卡片有1张，且剩余2张同色时，不同取法的种数为C 14×C 13×C 24＝72.所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．答案：47216．[2019·陕西彬州第一次教学质量监测]如果⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中1x 2的系数是________．详细分析：令x ＝1，可得各项系数之和为(3－1)n ＝256，求得n ＝8，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 28的通项公式是T r ＋1＝C r 8·(3x )8－r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 2r ＝C r 8·38－r ·(－1)r·x 8－53r ，令8－53r ＝－2，解得r ＝6.故展开式中1x 2的系数是C 68·32＝252.答案：252。
专题11 计数原理【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题
18．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第15题)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)
【答案】16
解析：方法一：直接法，1女2男，有 ，2女1男，有
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项式定理
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第8题
5．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题) 的展开式中 的系数为()
A．12B．16C．20D．24
【答案】【答案】A
【解析】因为 ，所以 的系数为 ，故选A．
【点评】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数，是常规考法。
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项展开式通项公式的应用
【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题
9．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第6题)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()
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编
专题11计数原理
一、选择题
1．(2020年新高考I卷(山东卷)·第3题)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同 安排方法共有()
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法 种
高考数学总复习 第十篇 计数原理 第3讲 二项式定理课件 理
(a＋b)n的 二项展开式 ．
其中的系数Cnr(r＝0,1，…，n)叫 二项式 系数．
式中的C
r n
an－rbr叫二项展开式的
通项
，用Tr＋1表示，即
通项Tr＋1＝Cnr an－rbr.
2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为 n＋1 .
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数 的和为n . (3)字母a按降幂 排列，从第一项开始，次数由n逐项减1 直到零；字母b按 升幂 排列，从第一项起，次数由零逐
(2)(1＋2 x)3(1－ 3 x)5＝(1＋6 x＋12x＋8x x)(1－ 3 x)5，故
(1＋2
x)3(1－ 3
x
)5的展开式中含x的项为1×C
3 5
×(－
3
x )3＋
12xC05＝－10x＋12x＝2x，
∴x的系数为2.
答案 (1)－5 (2)2
[方法锦囊] 对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系 数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数 的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项 或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．
(2)Tr＋1＝C
r n
(
x
)n－r
－2x
r＝(－2)rC
r n
x
n－3r 2
，当r＝4时，
n－23r＝0，又n∈N*，∴n＝12. 答案 (1)2 (2)12
考向二 二项式定理中的赋值 【例2】►在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和． [审题视点] 求二项式的系数的和，常用赋值法求解．
高考数学理科二轮复习课件：专题7第一讲 计数原理、二
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理一定要区别清楚，避 免使用时出现错误；
2．排列数公式与组合数公式要记清，各种形式视情况选用，并 注意排列公式与组合公式的联系；
3．二项式定理是独立的一部分内容，要记清二项式定理本身与 其通项公式，应用时还要小心符号，另外赋值法也是要掌握的重要方 法，需要重视．
第三类，没有任教的老师来自于只能任教“矩阵与变换”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充， 共有 3×2 种选法；
第四类，没有任教的老师来自于只能任教“开关电路与布尔代 数”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充，共有 3×2 种选法．
随堂讲义
专题七 概率与统计、推理与证明、算法初步、 框图、复数
第一讲 计数原理、二项式定理
计数原理、二项式定理也是高考中必考的小题，属
于独立知识点，与其他知识没多大的联系，应掌握好这 两个定理.
例 1 某中学拟于下学期在高一年级开设“矩阵与变换”、“信 息安全与密码”、“开关电路与布尔代数”三门数学选修课，在计划 任教高一年级的 10 名数学老师中，有 3 人只能任教“矩阵与变换”， 有 2 人只能任教“信息安全与密码”，另有 3 人只能任教“开关电路 与布尔代数”，三门课都能任教的只有 2 人．现要从这 10 名教师中选 出 9 人，分别担任这三门课的任课老师，且每门课安排 3 名老师任教， 则不同的安排方案有________种．
(2)注意区别二项式系数和项的系数．
3．(2015·新课标Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为(C) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：解法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含 y2 的项为 T3＝C25 (x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30.故选 C. 解法二 (x2＋x＋y)5 为 5 个 x2＋x＋y 之积，其中有两个取 y，两 个取 x2，一个取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C25C23C11＝30.故选 C.
江苏省高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理讲义含解析
专题八二项式定理与数学归纳法（理）[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．第一讲计数原理与二项式定理[典例感悟][例1] (2018·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…i n，如果当s<t 时，有i s>i t，则称(i s，i t)是排列i1i2…i n的一个逆序，排列i1i2…i n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f n(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f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．[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f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(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f n (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f n (1)＝n －1.为计算f n ＋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f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n2－n －22. [方法技巧](1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性.(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k－1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1Ck n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1Ck n 2n －k－∑k ＝1n －1Ck n )．因为∑k ＝1n －1Ck n 2n －k ＝∑k ＝0n Ck n 2n －k －C0n 2n －Cn n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1Ckn ＝∑k ＝0nCk n －C0n －Cn n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[典例感悟][例2] (2018·江苏六市二调)已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *，T n 都能被4n ＋2整除．[解] 由二项式定理，得a i ＝Ci 2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C25＋3C15＋5C05＝30. (2)因为(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1＝(n ＋1＋k )·＋！＋1＋！－！＝＋！＋！－！＝(2n ＋1)Cn ＋k 2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)Cn －k 2n ＋1 ＝k ＝0n (2k ＋1)Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2k ＝0n (n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n －(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋Cn 2n)－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)Cn 2n.T n ＝(2n ＋1)Cn 2n ＝(2n ＋1)(Cn －12n －1＋Cn 2n －1)＝2(2n ＋1)Cn 2n －1＝(4n ＋2)Cn 2n －1. 因为Cn 2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除.[方法技巧]二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋Cr n a n－r b r ＋…＋Cn n b n中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[演练冲关]设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝＋－＋ .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝＋6ab＋－＋ .(2)证明：由二项式定理得n(－1)k Ck n(a)n－k(b)k，(a－b)n＝k＝0n(a)3(b)n－3＋若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－3n(a)2·(b)n－2＋Cn n Cn－1n(a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－2(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，n(a)2(b)n－2＋若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－2n Cn n(b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－3n(a)3(b)n－3＋Cn－1(a)(b)n －1]类似地，可将上式表示为(a －b)n＝u 2－v 2ab 的形式，其中u 2，v 2∈N *， 也即(a －b)n ＝u22－v22ab ＝p －q ，其中p ＝u 2，q ＝v 2ab ，p ，q ∈N *. 所以存在p ，q ∈N *，使得等式(a －b)n＝p －q. 同理可得(a ＋b)n可表示为(a ＋b)n＝p ＋q ，从而有p －q ＝(p ＋q)(p －q)＝(a ＋b)n(a －b)n＝(a －b )n， 综上可知结论成立．[典例感悟][例3] (2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数Ck n ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有Ck －1n Ck n ＝k n －k ＋1＝34，Ck n Ck ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C2662，C2762，C2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 成等差数列， 则2Cr ＋1n ＝Cr n ＋Cr ＋2n ，2Cr ＋2n ＝Cr ＋1n ＋Cr ＋3n ，即2n ！＋！－r －！＝n ！r ！－！＋n ！＋！－r －！， 2n ！＋！－r －！＝n ！＋！－r －！＋n ！＋！－r －！.有2＋－r －＝1－r －－＋1＋＋，2＋－r －＝1－r －－r －＋1＋＋，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是Cr 2r ＋3，Cr ＋12r ＋3，Cr ＋22r ＋3，Cr ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知Cr 2r ＋3＝Cr ＋32r ＋3＜Cr ＋12r ＋3＝Cr ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：Ck n ＝Cn －k n ，Ck n ＋1＝Ck n ＋Ck －1n .(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1)求值：①k Ck n －n Ck n －1；②k 2Ck n －n (n －1)Ck n －2－n Ck 1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C0n ＋22C1n ＋32C2n ＋…＋(k ＋1)2Ck n ＋…＋(n ＋1)2Cn n . 解：(1)①k Ck n －n Ck 1n －1 ＝k ×n ！k ！－！－n ×－！－！－！＝n ！－！－！－n ！－！－！＝0. ②k 2C k n －n (n －1)C k n －2－n C k n －1＝k 2×n ！k ！－！－n (n －1)×－！－！－！－n ×－！－！－！＝k ×n ！－！－！－n ！－！－！－n ！－！－！＝n ！－！－！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0.(2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2Ck n ＝(k 2＋2k ＋1)Ck n ＝k 2Ck n ＋2k Ck n ＋Ck n ＝[n (n －1)Ck n －2＋n Ck 1n －1]＋2n Ck n －1＋Ck n ＝n (n －1)Ck n －2＋3n Ck n －1＋Ck n .故12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝(12C0n＋22C1n)＋n(n－1)(C0n－2n－1)＋(C2n＋C3n＋…＋Cn n)＝(1＋4n)＋n－2)＋3n(C1n－1＋C2n－1＋…＋Cn1＋C1n－2＋…＋Cn2n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋C1n x＋C2n x2＋…＋Ck n x k＋…＋Cn n x n，两边同乘以x，得(1＋x)n x＝x＋C1n x2＋C2n x3＋…＋Ck n x k＋1＋…＋Cn n x n＋1，两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2C1n x＋3C2n x2＋…＋(k＋1)Ck n x k＋…＋(n ＋1)Cn n x n，两边再同乘以x，得(1＋x)n x＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1n x2＋3C2n x3＋…＋(k＋1)Ck n x k＋1＋…＋(n＋1)Cn n x n＋1，两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22C1n x＋32C2n x2＋…＋(k ＋1)2Ck n x k＋…＋(n＋1)2Cn n x n.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n，即12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝2n－2(n2＋5n＋4)．[课时达标训练]A组——大题保分练1．设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A 的子集．(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，a n}，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数．解：(1)110.(2)集合M有2n个子集，不同的有序集合对(A，B)有2n(2n－1)个．当A⊆B，并设B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nCk n (2k－1)＝∑k ＝0nCk n 2k－∑k ＝0nCk n ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为Ci 1n －1. 若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1Ci n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝－2n －1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C01C11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C02C12＋2C12C22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C03C13＋2C13C23＋3C23C33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝Cn 2n －1(或f (n )＝Cn －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n 成立．法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立．当n ≥2时，因为r Cr n ＝r×n！r ！－！＝n ！－！－！＝n ×－！－！－！＝n Cr n －1， 故r Cr －1n Cr n ＝(r Cr n )Cr －1n ＝n Cr 1n －1Cr －1n .故只需证明n Cn 2n －1＝n C0n －1C0n ＋n C1n －1C1n ＋…＋n Cr n －1·C r －1n ＋…＋n Cn 1n －1Cn －1n . 即证Cn 2n －1＝C0n －1C0n ＋ C1n －1C1n ＋…＋ Cr 1n －1Cr －1n ＋…＋ Cn 1n －1Cn －1n .而Cr －1n ＝Cn －r ＋1n ，故即证Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 可得，左边x n的系数为Cn 2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C0n －1＋C1n －1x ＋C2n －1x 2＋…＋Cn n －1xn －1)(C0n ＋C1n x ＋C2n x2＋…＋Cn n x n)，所以x n的系数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr n －1·C －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n . 由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝Cn 2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为Cr n －1·C －r n ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为Cn 2n －1. 故Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n xr －1＋…＋n Cn n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n)·(C 1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n x r －1＋…＋n Cn n xn －1)．⑤左边x n的系数为n Cn 2n －1.右边x n的系数为C1n Cn n ＋2C2n Cn －1n ＋…＋r Cr n Cn －r ＋1n ＋…＋n Cn n C1n ＝C1n C0n ＋2C2n C1n ＋…＋r Cr n Cr －1n ＋…＋n Cn n Cn －1n ＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .由⑤恒成立，得n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n . 故f (n )＝Cn 2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ， 得nf (n )＝n Cn －1n Cn n ＋(n －1)Cn －2n Cn －1n ＋…＋C0n C1n ＝n C0n C1n ＋(n －1)C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ，所以2nf (n )＝(n ＋1)(C0n C1n ＋C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ) ＝(n ＋1)(Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n )，构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有Cn ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有Cn n C1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有Cn －1n C2n 种选法，…，由分类计数原理可知Cn ＋12n ＝Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n .故2nf (n )＝(n ＋1)Cn ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n·！＋！－！＝－！n ！－！＝Cn 2n －1.4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝5A，求实数A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋5)5＝C05x5＋C15x45＋C25x3(5)2＋C35x2(5)3＋C45 x(5)4＋C55(5)5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C15(5)124＋C35(5)322＋C55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A＝610.(2)证明：因为f(x)＝(x＋5)2n＋1＝C02n＋1x2n＋1＋C12n＋1x2n5＋C22n＋1x2n－1(5)2＋…2n＋1(5)2n＋1，＋C2n12n＋1(5)2n＋1，所以f(2)＝C02n＋122n＋1＋C12n＋122n5＋C22n＋122n－1(5)2＋…＋C2n1由题意知，f(2)＝(5＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾．所以满足条件的m，α是唯一的.下面我们求m及α的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2＋5)2n＋1＋(2－5)2n＋1＝2n＋121(5)2n]，2[C02n＋122n＋1＋C22n＋1·22n－1(5)2＋C42n＋122n－3(5)4＋…＋C2n显然f(2)－f(－2)∈N*.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n＋1∈(0,1)，即f(－2)＝(－2＋5)2n＋1＝(5－2)2n＋1∈(0,1).所以令m＝2[C02n＋122n＋1＋C22n＋122n－1(5)2＋C42n＋1·22n－3(5)4＋…＋C2n2n＋1 21(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C36－4C47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)·C m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋n Cm n －1＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 解：(1)7C36－4C47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m 时，(k ＋1)Cm k ＝＋！m ！－！＝(m ＋1)·＋！＋！＋－＋！＝(m ＋1)Cm k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为Cm k ＋1＋Cm 2k ＋1＝Cm k ＋2，所以(k ＋1)Cm k ＝(m ＋1)(Cm k ＋2－Cm 2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm m ＋[(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ]＝(m ＋1)Cm m ＋2＋(m ＋1)[(Cm 2m ＋3－Cm 2m ＋2)＋(Cm 2m ＋4－Cm 2m ＋3)＋…＋(Cm n ＋2－Cm 2n ＋1)] ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 2．(2018·南京、盐城二模)现有＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C2n ＋1＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A22A33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的＋2－n ＝－2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1－2＝2n； …故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1＋＝2n＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C0n ＋C1n ＋C2n ＋…＋Cn n ≥C0n ＋C1n ＋C2n >C1n ＋C2n ＝C2n ＋1，故2n＋！>C2n ＋2＋！，即p n >C2n ＋1＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S n m .(1)求S 2和S 42的值；(2)当m<n时，求证：S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.解：(1)S2＝8，S42＝32.(2)证明：设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝1，即x1，x2，x3，…，x n中有n－1个取自集合P,1个取自集合Q，n21种可能，即为C1n21，故共有Cn－1同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，n22种可能，即为C2n22，故共有Cn－2若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，n2m种可能，即为Cm n2m，故共有Cn－m所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m，因为当0≤k≤n时，Ck n≥1，所以Ck n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2mn－1)2m＋1＋…＋(Cn n－1)2n<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m)＋(Cm＋1n2m＋1＋…＋Cn n2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n) ＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m＋Cm＋1＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为Cn2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)，x n的系数为C0n Cn n＋ C1n Cn－1n＋…＋Cn n C0n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2，因此可得到组合恒等式Cn2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
高考数学二轮复习 考点十八计数原理与二项式定理课件 理
考题解法类编
揭秘解题绝招
试题体验应用
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限时规范训练
类型一 类型四 类型三 类型二
考题 ●解法类编
类型一 排列(páiliè)问题
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考山东卷)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
类型一 类型四 类型三 类型二
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考题 ●解法类编
类型(lèixíng)三 求二项展开式中的特定项
例题(lìtí)精编
例
3：(2013·高考辽宁卷)使3x＋x
1
n x
(n∈N＋)的展开式中含有常数项的最小的
n 为( )
A．4
B．5
C．6
D．7
通性通法 探究演练
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揭秘解题绝招
的常数项．∵f(x)＝x－1x6，x<0，∴当 x>0 时，f(x)＝－ － x，x≥0，
x <0 ， ∴ f[f(x)] ＝ f( －
x)＝
－ x＋ 1x6＝ x－ 1x6.∴展开式中常数项为 C36( x)3－ 1x3＝－C63＝－20.
答案：A
类型一
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例 1：(2013·高考山东卷)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
高考数学分类解析专题计数原理和二项式定理理
2021高考数学最新分类解析专题10计数原理与二项式定理〔理〕一．根底题1.【2021年山东省日照市高三模拟考试】设321x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭旳展开式中旳常数项为a ，那么直线y ax =与曲线2y x =围成图形旳面积为 A.272B.9C.92D.274【答案】C 【解析】.∵x x231()旳展开式中旳常数项为23C ,即3a =.2.【东北三省三校2021届高三3月第一次联合模拟考试】假设31()2nx x-旳展开式中第四项为常数项，那么n =〔 〕A ．4B ．5C ．6D ．73.【广西百所高中2021届高三年级第三届联考】从5位男生，4位女生中选派4位代表参加一项活动，其中至少有两位男生，且至少有1位女生旳选法共有〔 〕A ．80种B ．100种C ．120种D ．240种【答案】B【解析】22315454100C C C C +=.4.【北京市顺义区2021届高三第一次统练】从0,1中选一个数字,从2,4,6中选两个数字,组成无重复数字旳三位数,其中偶数旳个数为 【答案】C【解析】假设选1，那么有21232212C C A =种·假设选0，那么有232332()12C A A -=种，所以共有121224+=，选C.5.【北京市昌平区2021届高三上学期期末理】在高三〔1〕班进展旳演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生.如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序旳排法种数为6.【北京市朝阳区2021届高三上学期期末理】某中学从4名男生与3名女生中推荐4人参加社会公益活动，假设选出旳4人中既有男生又有女生，那么不同旳选法共有A ． 140种B ． 120种C ． 35种D ． 34种7.【广西百所高中2021届高三年级第三届联考】51(2)2x -旳展开式中2x 旳系数是〔 〕A ．5B ．10C ．-15D ．-5【答案】D【解析】由二项式旳通项公式得2x 旳系数为223512()52C -=- 8.【北京市丰台区2021届高三上学期期末理】从装有2个红球与2个黑球旳口袋内任取2个球，那么恰有一个红球旳概率是 (A) 13(B) 12(C) 23(D) 56【答案】C【解析】P ＝112224C C C＝23应选C ·9.【北京市海淀区2021届高三上学期期末理】用数字0,1,2,3组成数字可以重复旳四位数, 其中有且只有一个数字出现两次旳四位数旳个数为 A. 144B.120C. 108D.7210.【北京市石景山区2021届高三上学期期末理】假设从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同旳数，其与为奇数，那么不同旳取法共有〔 〕A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种【答案】A【解析】假设四个数之与为奇数，那么有1奇数3个偶数或者3个奇数1个偶数·假设1奇数3个偶数，那么有1354=20C C 种，假设3个奇数1个偶数，那么有3154=40C C ，共有2040=60+种，选A.11.【上海市闸北2021届高三一模】甲、乙、丙3人安排在周一至周五旳5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同旳安排方法共有 种. 【答案】20【解析】第一步：从5天中取出3天，有35C 种；第二步：从取出旳3天中旳后两天排乙、丙人，有22P 种，故共有35C 22P =20种.12.【北京市海淀区2021届高三上学期期末理】 在261(3)x x +旳展开式中，常数项为______.(用数字作答) 【答案】135 【解析】展开式旳通项公式为62623616661()(3)33k k k k k k k k k k k T C x C x C xx --+-+==⨯=⋅，由360k -=得2k =，所以常数项为22363915135T C =⋅=⨯=·13. 【成都外国语学校高2021级高三12月月考】假设62(a x x 展开式旳常数项为60，那么常数a 旳值为 【答案】4 【解析】166321662((1)r rrrr rrr a T C xC a xx --+==-，∵展开式旳常数项为60∴630r -=14.【广东省揭阳市2021届高三3月第一次高考模拟】假设二项式1()2nx x+旳展开式中，第4项与第7项旳二项式系数相等，那么展开式中6x 旳系数为 ．(用数字作答)15.【江西省临川二中2021届高三12月月考】121(11)a x dx-=+-⎰，那么61()2a x x π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦展开式中旳常数项为 ·16.【2021年浙江省考试院高考数学测试卷(理)测试卷】假设()2nx x -(n 为正偶数)旳展开式中第5项旳二项式系数最大，那么第5项是 ． 【答案】358x 6【解析】∵展开式中第5项旳二项式系数最大∴n=8∴44465835()28x T C x=-=17.【邯郸市2021届高三教学质量检测】设(n x -旳展开式旳各项系数之与为M ，二项式系数之与为N ，假设M+N=16，那么展开式中旳常数项为 .18.【河南省中原名校2021届高三第三次联考】在〔x -1〕〔x +1〕8旳展开式中，含x 5项旳系数是 · 【答案】14【解析】∵818r r r T C x -+=，∴含x 5项旳系数为4388(1)705614C C +-=-=19.【2021年普通高等学校招生全国统一考试西工大附中第三次适应性训练】设2220122(1)n n nx x a a x a x a x ++=++++，那么242na a a +++旳值为〔 〕〔A 〕312n + 〔B 〕312n - 〔C 〕32n - 〔D 〕3n20.【四川省2021年成都市高2021级〔高三〕】2521(2)(1)x x +-旳展开式旳常数项是__________ 【答案】3 【解析】510215521()(1)(1)r r r r r rr T C C xx--++=-=-， ∴常数项为445555(1)2(1)523C C -+-=-=21. 【石室中学高2021级“一诊模拟〞考试试题】(12)n x +旳展开式中3x 旳系数等于2x 旳系数旳4倍，那么n 等于 【答案】8【解析】1(2)2r r r r r r n n T C x C x +==，∴3322242n nC C =∴8n =22..【四川省德阳市高中2021届高三“一诊〞考试】8(2-展开式中不含4x 项旳系数旳与为 ·23.【内江市2021届高中三年级第一次模拟考试试题】在34旳展开式中，x 旳幂指数为整数旳项共有〔 〕A 、3项B 、4项C 、5项D 、6项 【答案】D【解析】幂指数为整数时，r 是6旳倍数，即r=0,6,12,18,24,30，共6项24.【浙江省名校高考研究联盟2021届第一次联考】二项式6(42)x x --〔x ∈R 〕展开式中旳常数项是 【答案】15【解析】6123166(4)(2)(1)(2)r r r x r r r x r r T C C ---+=-=-，当x=4时，常数项为446(1)15C -=25.【湖北省黄冈中学、孝感高中2021届高三三月联合考试】在26(1)(1)ax x -+旳展开式中，3x 项旳系数为16-，那么实数a旳值为 ． 【答案】2或3【解析】展开式中3x 旳系数为3425666216C aC a C -+=-，∴2560a a -+=，得2a =或3．26.【云南师大附中2021届高考适应性月考卷〔四〕】假设二项式321nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭旳展开式中含有非零常数项，那么正整数n 旳最小值为〔 〕A ．3B ．5C ．7D ．10【答案】B 【解析】335121()()rn rr r n rr nn T C x C x x--+==，∵含有非零常数项∴350n r -= 27.【河南省中原名校2021届高三第三次联考】用0，1，2，3，4排成无重复数字旳五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，那么这样旳五位数旳个数是〔 〕A ．36B ．32C ．24D ．20【答案】D【解析】相邻问题用捆绑法，用所有数旳个数减去首位是0旳数旳个数，即322223222220A A A A A -=28.【武汉市局部学校2021届高三12月联考】在实验室进展旳一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步， 程序B 与C 在实施时必须相邻，那么实验顺序旳编排方法共有〔 〕A ． 34种B ．48种C ．96种D ．144种29.【2021届高三年级第二次四校联考】从2,4中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字旳三位数，其中奇数旳个数为〔 〕A ．6B ．12C ．18D ．2430.【石室中学高2021级“一诊模拟〞】反复抛掷一枚质地均匀旳骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面旳点数，当记录有三个不同点数时即停顿抛掷，那么抛掷五次后恰好停顿抛掷旳不同记录结果总数是〔 〕〔A 〕360种 〔B 〕840种 〔C 〕600种 〔D 〕1680种【答案】B【解析】先排前4次，分2类：一类是有2个数重复；一类是有1个数重复·31.【内江市2021届高中三年级第一次模拟考试试题】某单位有7个连在一起旳车位，现有3辆不同型号旳车需停放，如果要求剩余旳4个车位连在一起，那么不同旳停放方法旳种数为 A 、16 B 、18 C 、24 D 、32 【答案】C【解析】先排3辆需要停旳车33A ，排完后有4个空，把4个剩车位捆在一起，选一个空放14C ，所以313424A C二．能力题1.【2021届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同旳班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，那么不同旳分法旳种数为 〔 〕A.24种B.30种C.36种D. 81种2.【2021河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】假设223*11()n n n C C C n N --=+∈，那么31()2nx x旳常数项为〔 〕A ．6-B ．12C ．52D ．52-3.【东北三省三校2021届高三3月第一次联合模拟考试】将4名实习教师分配到高一年级旳3个班实习，假设每班至少名教师，那么不同旳分配方案旳种数为〔 〕A ．12B ．36C ．72D ．108【答案】C【解析】先从4名实习教师选出2名教师有24C 种情形，再将选出旳2名教师看成1名教师与余下旳2名全排列有33A 种情形，所以不同旳分配方案旳种数为：第 11 页 2343=36C A ⋅，应选B.4.【2021年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考】 假设51()ax x -(0)a >展开式中3x 旳系数为581-，那么a 旳值为〔 〕 A. 13 B. 19 C. 127D. 15.【2021河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】在某次技能大赛中，有6位参赛者旳成绩分别是70, 76,72,70,72,90，从这6位参赛者中随机地选x 位，其中恰有1位旳成绩是72旳概率是815，那么x 等于〔 〕A ．2B ．4C ．3D ．2或4三．拔高题1.【上海市浦东2021届高三一模】(理)1,2,…,n 共有n !种排列a 1，a 2，…，a n (n ≥2, n N *)〕，其中满足“对所有k =1,2,…,n 都有a k ≥k -2〞旳不同排列有 种.。
高中数学 排列、组合、二项式定理 分类计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系(初始课件)
• 2。取数学和英语，同理有10*8=80种不同的取法； • 3。取英语和语文，同理有9*8=72种不同的取法。 • 根据分类计数原理，共有90+80+72=242种不同的取
法。
小结
• 1两个原理的区别与联系 • 2用两个计数原理解决计数问题时，最重要
• (2)对有些计数问题，既可以用分类加法计数原 理，也可以用分步乘法计数原理，此时要注意 权衡用哪种方法解决问题较为简便．
例题
• 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同 的英语书，从中任取两本不用的类的书，共有多少 种不用的取法？
• 任取两种不同的书有三类：语文和数学 数学和英语 英语和语文。然后求出每类取法，利用分类加法记 数原理即可得到结果。
例题对比
问题1
• 从甲地到乙地，可以乘火 车，也可以乘汽车，一天 中，火车有 3 班，汽车有2 班那么一天中，乘这些交 通工具从甲地到乙地共有 多少种不同的走法？
问题2
• 从甲地乘火车丙地，从丙 地到乙地乘汽车，一天中， 火车有 3 班，汽车有2 班 那么一天中，乘这些交通 工具从甲地到途径丙地到 乙地共有多少种不同的走 法？
的是在开始计算之前进行仔细分析——需要 分类还是分步 • 3分类要做到不重不漏，然后在分别对每一 类进行计数，最后用加法计数原理求和 • 4分步要做到步骤完整，完成了所有步骤， 恰好完成任务，注意独立性和连续性
• 分析：按照新规定，牌照可以分为两类，即字母组合在左和字母组合 在右。确定一个牌照的字母和数字可以分为6个步骤。
• 解：将汽车牌照分为两类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合 在右。字母组合在左时，分6个步骤确定：
计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习
计数原理知识梳理一、两个原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，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． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(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C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，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)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(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．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (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 )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )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＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中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，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
高考数学知识考点精析24 计数原理、排列组合与二项式定理
高考数学知识考点精析24 计数原理、排列组合与二项式定理1、分类计数原理（也称加法原理）：完成一件事，有n 类方法，在第一类方法中有m 1种不同的方法，在第二类方法中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1+m 2+…+m n 不同的方法。
注：每类方法都能独立地完成这件事，它是相互独立的，且每次得出的是最后的结果，只需一种方法就能完成这件事。
分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1m 2…m n 不同的方法。
注：一步得出的结果都不是最后的结果，任何一步都不能独立地完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事。
各步是关联的。
某些复杂的计数问题有时既要用分类计数原理，又要用分步计数原理，分类中有分步，分步中有分类。
2、全错位法，n 个编有号码1,2，3，…n 的元素，放入编有号码1,2，3，…n 的n 个位置，并使元素编号与位置编号不同，则共有多少种放法？n=1时，有0种，n=2时有1种,n=3时，有2种，n=4时，有9种，n=5时，有44种,…一般，()121()n n n a n a a --=-+，3、排列的概念：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列。
全排列：把n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做这n 个元素的一个全排列。
排列数的概念：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n 表示。
A mn ＝n(n-1)(n-2)(n-3)…(n -m+1)=()!!m n n -,规定：0！＝1，排列数恒等式（1）1(1)m m n n A n m A -=-+;（2）1m mn n n A A n m-=-;（3）11m m n n A nA --=(4)11m m m n n n A mA A -++=阶乘：自然数1到n 的连乘积，用n!=1×2×3×…×n 表示 .()()()1!1!1!,!1!!1n n n n nn n n n =-=+=+-+ （1）1！+2！+3！+…+n ！（*4,n n N ≥∈）的个位数字为 3 ；（2）满足2886x x A A -<的x ＝ 8 4、组合的概念：从n 个不同元素中取出m 个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合。
计数原理与二项式定理
3．(2018·全国卷Ⅰ)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 ___1_6____种．(用数字作答)
解析 解法一：3 人中至少 1 位女生的情况有 1 女 2 男，2 女 1 男两种情况，则不同的选择方法有 C12C24＋C22C14＝ 16 种．
3．(2015·全国卷Ⅱ)(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 解法一：由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋ x4，故(a＋x)(1＋x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项分别为 4ax,4ax3，x,6x3，x5，其系数之和为 4a＋4a＋1＋6＋1＝32， 解得 a＝3.
解法二：3 人中至少 1 位女生的情况可由随机选取 3 人减去全是男生的情况求解，故本题不同的选择方法共有 C36－C34＝16 种．
【误区警示】 排列组合的实际应用题中限制条件较多，如何处理这些 限制条件是解决问题的关键． (1)一般来说要遵循排列组合的基本策略：先组后排， 特殊优先．如第 3 题，经常错解为先挑 1 位女生参赛 C12， 再从其余的 5 人中选出两人参加，由乘法原理有 C12C25＝20 种．此种解法的错因为出现了重复现象．因此解决此种问题 应将选择的男女生情况进行分类或者是排除不满足条件的 方法进行求解．
计数原理与二项式定理
[考情分析] 本部分内容在高考中常以选择、填空题的 形式出现．对计数原理的考查主要是实际应用问题；对二项 式定理的考查主要是定理的运用或求二项式系数、常数项、 二项式指定项等．
热点题型分析
热点1 计数问题 【方法结论】 求解排列、组合问题的思路：排列分清，加乘明确；有 序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．解答通常的途径 有： (1)以元素为主体，即选满足特殊元素的要求，再考虑其 余元素；
计数原理及二项式定理概念公式总结
计数原理及二项式定理概念公式总结计数原理和二项式定理是组合数学中的基本概念之一，被广泛应用于概率统计、离散数学、组合数学等领域。
下面将对这两个概念进行详细的解释和总结。
一、计数原理计数原理是组合数学中的一种基本原理，用于求解离散数学中的计数问题。
计数原理包括基本计数原理、乘法原理、加法原理和排列组合原理。
1.基本计数原理：基本计数原理是运用数学归纳法来解决计数问题的基本方法。
它的核心思想是将一个计数问题分解为若干个互相独立的子问题，再对子问题求解，最后将子问题的解累加得到原问题的解。
2.乘法原理：乘法原理是计数原理的一种特殊形式，用于解决多阶段决策类计数问题。
乘法原理的关键是将决策问题分解为多个阶段的决策子问题，然后通过求解每个子问题在相应阶段的可选项个数，再将各阶段的可选项个数相乘得到问题的解。
3.加法原理：加法原理是计数原理的另一种特殊形式，适用于解决分情况计数问题。
加法原理的核心思想是将计数问题分解为若干个情况，然后分别计算每种情况下的计数结果，最后将各种情况下计数结果相加得到问题的解。
4.排列组合原理：排列组合原理是计数原理的核心概念，描述了从给定元素集合中选取若干元素进行排列或组合的方法。
排列组合分为无重复元素的排列组合和有重复元素的排列组合两种情况。
-无重复元素的排列组合：若从n个不同元素中选取r个元素进行排列，称为排列数，用符号P(n,r)表示，排列数的计算公式为P(n,r)=n*(n-1)*...*(n-r+1)=n!/(n-r)。
若从n个不同元素中选取r个元素进行组合，称为组合数，用符号C(n,r)表示，组合数的计算公式为C(n,r)=P(n,r)/r!=n!/(r!*(n-r)。
-有重复元素的排列组合：若从n个相同元素中选取r个元素进行排列，称为重复排列，用符号P(n;r₁,r₂,...,r_k)表示，重复排列的计算公式为P(n;r₁,r₂,...,r_k)=n!/(r₁!*r₂!*...*r_k!)，其中r₁,r₂,...,r_k分别表示重复元素的个数。
新高考 核心考点与题型 计数原理 第2讲 二项式定理 - 解析
第2讲二项式定理【考情考向分析】以理解和应用二项式定理为主，常考查二项展开式，通项公式以及二项式系数的性质，赋值法求系数的和也是考查的热点；本节内容在高考中以选择题、填空题的形式进行考查，难度中档.1.二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N*)；(2)通项公式：T r＋1＝C r n a n－r b r，它表示第r＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C0n，C1n，…，C n n.2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末等距离的两个二项式系数相等，即C k n＝C n－kn增减性二项式系数C k n 当k＜n＋12(n∈N*)时，是递增的当k＞n＋12(n∈N*)时，是递减的二项式系数最大值当n为偶数时，中间的一项2Cnn取得最大值当n为奇数时，中间的两项12Cnn-与12Cnn+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＋…＋C n n＝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.[微点提醒] (a＋b)n的展开式形式上的特点(1)项数为n＋1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从C0n，C1n，一直到C n－1n，C n n.题型一 二项展开式考法(一) 求解形如(a ＋b )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量 [例1]⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( ) A.10 B.20 C.40 D.80解 ⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(x 2)5－r ·⎝⎛⎭⎫2x r ＝C r 5·2r ·x 10－3r ，令10－3r ＝4， 得r ＝2.故展开式中x 4的系数为C 25·22＝40. 规律方法 求形如(a ＋b )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式T r ＋1＝C r n an －r b r，常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错)；第二步，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)，解出r ；第三步，把r 代入通项公式中，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.【变式1】若(2x －a )5的二项展开式中x 3的系数为720，则a ＝________.解 (2x －a )5的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r ·C r 5·(2x )5－r ·a r ＝(－1)r ·C r 5·25－r ·a r ·x 5－r ， 令5－r ＝3，解得r ＝2，由(－1)2·C 25·25－2·a 2＝720，解得a ＝±3. 【变式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 ＝________.解 ⎝⎛⎭⎫x －a x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5x 5－r ·⎝⎛⎭⎫－a x r ＝C r 5(－a )r x 5－32r .由5－32r ＝5， 得r ＝0，由5－32r ＝2，得r ＝2，所以A ＝C 05×(－a )0＝1，B ＝C 25×(－a )2＝10a 2， 则由1＋10a 2＝11，解得a ＝±1.考法(二) 求解形如(a ＋b )m (c ＋d )n (m ，n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量 [例2] (1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数是( )A.－4B.－3C.3D.4解 (1)法一：(1－x )6的展开式的通项为C m 6·(－x )m ＝C m 6(－1)m x m 2，(1＋x )4的展开式的通项为C n 4·(x )n ＝C n 4x n 2，其中m ＝0,1,2，…，6，n ＝0,1,2,3,4，令m 2＋n 2＝1，得m ＋n ＝2， 于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数为C 06·(－1)0·C 24＋C 16·(－1)1·C 14＋C 26·(－1)2·C 04＝－3.法二：(1－x )6(1＋x )4＝[(1－x )(1＋x )]4(1－x )2＝(1－x )4(1－2x ＋x ).于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数为C 04·1＋C 14·(－1)1·1＝－3. 规律方法 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 第一步，根据二项式定理把(a ＋b )m 与(c ＋d )n 分别展开，并写出其通项公式；第二步，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；第三步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.【变式1】已知(x －1)(ax ＋1)6的展开式中含x 2项的系数为0，则正实数a ＝________.解 (ax ＋1)6的展开式中含x 2项的系数为C 46a 2，含x 项的系数为C 56a ，由(x －1)(ax ＋1)6的展开式中含x 2项的系数为0，得－C 46a 2＋C 56a ＝0，因为a 为正实数，所以15a ＝6，所以a ＝25. 【变式2】在(1－x 3)(2＋x )6的展开式中，x 5的系数是________.(用数字作答)解：二项展开式中，含x 5的项是C 562x 5－x 3C 2624x 2＝－228x 5，所以x 5的系数是－228.考法(三) 求形如(a ＋b ＋c )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量 [例3] (x 2＋x ＋y )5的展开式中x 5y 2的系数为( )A.10B.20C.30D.60解 (x 2＋x ＋y )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r ·y r ，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2， 又(x 2＋x )3的展开式的通项为T k ＋1＝C k 3(x 2)3－k ·x k ＝C k 3x 6－k ，令6－k ＝5，则k ＝1， 所以(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.规律方法 求形如(a ＋b ＋c )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量的步骤 第一步，把三项的和a ＋b ＋c 看成是(a ＋b )与c 两项的和； 第二步，根据二项式定理写出[(a ＋b )＋c ]n 的展开式的通项； 第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a ＋b )n －r的展开式中的哪些项和c r 相乘得到的；第四步，把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量. 【变式1】将⎝⎛⎭⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________. 解 ⎝⎛⎭⎫x ＋4x －43＝⎝⎛⎭⎫x －2x 6展开式的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎫－2x k ＝(－2)k ·C k 6x 3－k . 令3－k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.【变式2】⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25(x ＞0)的展开式中的常数项为________.解 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25(x ＞0)可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 10，因而T r ＋1＝C r 10⎝⎛⎭⎫1210－r (x )10－2r ，令10－2r ＝0，得r ＝5，故展开式中的常数项为C 510·⎝⎛⎭⎫125＝6322.题型二 二项式系数的和与各项的系数和问题典例1 设2002002210200)14(x a x a x a a x ++++=- ，求： ①展开式中各二项式系数的和；②展开式中各项系数的和；③19931a a a +++ 的值④20042a a a +++ 的值⑤20021a a a +++ 的值【思路解析】本题级出二项式及其二项展开式求各系数和或部分系数和，可用赋值法，即令x 取特殊值来解决。
(江苏专用)2021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
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：
热点二 与二项式定理有关的问题 【例2】 设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，假设f(n)的展开式中，存在某连续三项，其二
项式系数依次成等差数列，那么称f(n)具有性质P. (1)求证：f(7)具有性质P； (2)假设存在n≤2 017，使f(n)具有性质P，求n的最大值. (1)证明 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.
探究提高 涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面： (1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别. (2)根据所给式子的构造特征，对二项式定理逆用或变用，注意活用二项式定理是解决 二项式问题应具备的根本素质. (3)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当x给予 某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的 问题时，可以利用函数思想来解决.
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.
江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第5讲 计数原理和二项式定理 Word版含解析
第5讲计数原理和二项式定理[考向导航]考点扫描三年考情考向预测1．计数原理、排列、组合江苏高考对两个计数原理、排列、组合和二项式定理的考查往往与集合，数列，概率进行综合，出现在第23题中，难度大，涉及二项式定理主要题目类型是：(1)证明某些整除问题或求余数；(2)证明有关不等式．也可能会与概率，数学归纳法综合在一起考查．2．二项式定理第22题1．排列与组合(1)排列：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出m个元素的排列数公式是A m n ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A m n＝n！（n－m）！．(2)组合：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出m个元素的组合数公式是C m n＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！或写成C m n＝n！m！（n－m）！．(3)组合数的性质：①C m n＝C n－mn；②C m n＋1＝C m n＋C m－1n．2．二项式定理(1)定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(r＝0，1，2，…，n)．(2)二项展开式的通项T r＋1＝C r n a n－r b r，r＝0，1，2，…，n，其中C r n叫做二项式系数．(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C0n＝C n n，C1n＝C n－1n，…，C r n＝C n－rn，…．②最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数C nn2取得最大值；当n为奇数时，中间的两项的二项式系数C nn －12，C nn ＋12相等，且同时取得最大值．③各二项式系数的和(ⅰ)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n ；(ⅱ)C 0n ＋C 2n ＋…＋C 2r n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＋C 2r ＋1n＋…＝12·2n ＝2n －1．计数原理、排列、组合[典型例题](·南通密卷)设P 1，P 2，…，P j 为集合P ＝{1，2，…，i }的子集，其中i ，j 为正整数．记a ij 为满足P 1∩P 2∩…∩P j ＝∅的有序子集组(P 1，P 2，…，P j )的个数．(1)求a 22的值； (2)求a ij 的表达式．【解】 (1)由题意得P 1，P 2为集合P ＝{1，2}的子集， 因为P 1∩P 2＝∅，所以集合P ＝{1，2}中的元素“1”共有如下3种情形： 1∉P 1，且1∉P 2；1∈P 1，且1∉P 2；1∉P 1，且1∈P 2． 同理可得集合P ＝{1，2}中的元素“2”也有3种情形， 根据分步乘法原理得，a 22＝3×3＝9．(2)考虑P ＝{1，2，…，i }中的元素“1”，有如下情形： 1不属于P 1，P 2，…，P j 中的任何一个，共C 0j 种； 1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某一个，共C 1j 种； 1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某两个，共C 2j 种； …1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某(j －1)个，共C j －1j 种，根据分类加法原理得，元素“1”共有C 0j ＋C 1j ＋C 2j ＋…＋C j －1j ＝2j －1种情形，同理可得，集合P ＝{1，2，…，i }中其他任一元素均有(2j －1)种情形， 根据分步乘法原理得，a ij ＝(2j －1)i ．在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[对点训练]1．(·无锡三校联考)设n ∈N *且n ≥4，集合M ＝{1，2，3，…，n }的所有3个元素的子集记为A 1，A 2，…，A C 3n ．(1)求集合A 1，A 2，…，A C 3n中所有元素之和S ； (2)记m i 为A i (i ＝1，2，…，C 3n)中最小元素与最大元素之和，求∑i ＝1C 32016m iC 32016的值．[解] (1)因为含元素1的子集有C 2n －1个，同理含2，3，4，…，n 的子集也各有C 2n －1个，于是所求元素之和为(1＋2＋3＋…＋n )×C 2n －1＝14(n 2－2n )(n 2－1)． (2)集合M ＝{1，2，3，…，n }的所有3个元素的子集中：以1为最小元素的子集有C 2n －1个，以n 为最大元素的子集有C 2n －1个； 以2为最小元素的子集有C 2n －2个，以n －1为最大元素的子集有C 2n －2个；…以n －2为最小元素的子集有C 22个，以3为最大元素的子集有C 22个．所以∑i ＝1C 3nm i ＝m 1＋m 2＋…＋m C 3n＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 22) ＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 23＋C 33)＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 24＋C 34)＝…＝(n ＋1)C 3n ，所以∑i ＝1C 3nm iC 3n＝n ＋1．所以∑i ＝1C 32016 m iC 32016＝2 016＋1＝2 017．二项式定理 [典型例题](·高考江苏卷)设(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ≥4，n ∈N *．已知a 23＝2a 2a 4． (1)求n 的值；(2)设(1＋3)n ＝a ＋b 3，其中a ，b ∈N *，求a 2－3b 2的值．【证明】 (1)因为(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ，n ≥4，所以a 2＝C 2n ＝n （n －1）2，a 3＝C 3n＝n （n －1）（n －2）6， a 4＝C 4n ＝n （n －1）（n －2）（n －3）24．因为a 23＝2a 2a 4，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n －1）（n －2）62＝2×n （n －1）2×n （n －1）（n －2）（n －3）24． 解得n ＝5． (2)由(1)知，n ＝5． (1＋3)n ＝(1＋3)5＝C 05＋C 153＋C 25(3)2＋C 35(3)3＋C 45(3)4＋C 55(3)5＝a ＋b 3．法一：因为a ，b ∈N *，所以a ＝C 05＋3C 25＋9C 45＝76，b ＝C 15＋3C 35＋9C 55＝44，从而a 2－3b 2＝762－3×442＝－32．法二：(1－3)5＝C 05＋C 15(－3)＋C 25(－3)2＋C 35(－3)3＋C 45(－3)4＋C 55(－3)5＝C05－C153＋C25(3)2－C35(3)3＋C45(3)4－C55(3)5．因为a，b∈N*，所以(1－3)5＝a－b3．因此a2－3b2＝(a＋b3)(a－b3)＝(1＋3)5×(1－3)5＝(－2)5＝－32．涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别．(2)在二项展开式中，有时存在一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等等，要注意求这些特殊项的方法．(3)根据所给式子的结构特征活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(4)关于x的二项式(a＋bx)n (a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当x给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．[对点训练]2．已知f(x)＝(2＋x)n，其中n∈N*．(1)若展开式中x3的系数为14，求n的值；(2)当x＝3时，求证：f(x)必可表示成s＋s－1(s∈N*)的形式．[解] (1)因为T r＋1＝C r n·2n－r·x r2．令r2＝3得r＝6，故x3项的系数为C6n·2n－6＝14，解得n＝7．(2)证明：由二项式定理可知(2＋3)n＝C0n2n＋C1n2n－1·3＋C2n2n－2·(3)2＋…＋C r n2n－r(3)r＋…＋C n n(3)n ＝(C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…)＋3(C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…)．令x＝C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…，y＝C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…，显然x∈N*，y∈N*．则(2＋3)n＝x＋3y，(2－3)n＝x－3y，所以(2＋3)n ·(2－3)n ＝x 2－3y 2＝1． 令s ＝x 2，则必有s －1＝x 2－1＝3y 2． 从而f (x )必可表示成 s ＋s －1的形式，其中s ∈N *．1．(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2．[解] (1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0． (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时， (k ＋1)C m k ＝（k ＋1）·k ！m ！·（k －m ）！＝(m ＋1)· （k ＋1）！（m ＋1）！·[（k ＋1）－（m ＋1）]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n ．又C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n ．因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2．2．(·南京、盐城模拟)已知m ，n ∈N *，定义f n (m )＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！．(1)记a m ＝f 6(m )，求a 1＋a 2＋…＋a 12的值；(2)记b m ＝(－1)m mf n (m )，求b 1＋b 2＋…＋b 2n 所有可能值的集合．[解] (1)由题意知，f n (m )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，C m n ，1≤m ≤n ．所以a m ＝⎩⎨⎧0，m ≥7，C m 6，1≤m ≤6．所以a 1＋a 2＋…＋a 12＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝63．(2)当n ＝1时，b m ＝(－1)mmf 1(m )＝⎩⎨⎧0，m ≥2，－1，m ＝1．则b 1＋b 2＝－1．当n ≥2时，b m ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，（－1）m m ·C mn ，1≤m ≤n ．又m C m n ＝m ·n ！m ！（n －m ）！＝n ·（n －1）！（m －1）！（n －m ）！＝n C m －1n －1，所以b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝n [－C 0n －1＋C 1n －1－C 2n －1＋C 3n －1＋…＋(－1)n C n －1n －1]＝0．所以b 1＋b 2＋…＋b 2n 的取值构成的集合为{－1，0}．3．(·苏州市高三调研)如图，由若干个小正方形组成的k 层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k 层有k 个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k 层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x 1，x 2，…，x k ，其中x i ∈{0，1}(1≤i ≤k )，其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x 0．(1)当k ＝4时，若要求x 0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？ (2)当k ＝11时，若要求x 0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？[解] (1)当k ＝4时，第4层标注数字依次为x 1，x 2，x 3，x 4，第3层标注数字依次为x 1＋x 2，x 2＋x 3，x 3＋x 4，第2层标注数字依次为x 1＋2x 2＋x 3，x 2＋2x 3＋x 4， 所以x 0＝x 1＋3x 2＋3x 3＋x 4．因为x 0为2的倍数，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4是2的倍数，则x 1，x 2，x 3，x 4四个都取0或两个取0，两个取1或四个都取1，所以共有1＋C 24＋1＝8种标注方法．(2)当k ＝11时，第11层标注数字依次为x 1，x 2，…，x 11，第10层标注数字依次为x 1＋x 2，x 2＋x 3，…，x 10＋x 11，第9层标注数字依次为x 1＋2x 2＋x 3，x 2＋2x 3＋x 4，…，x 9＋2x 10＋x 11，以此类推，可得x 0＝x 1＋C 110x 2＋C 210x 3＋…＋C 910x 10＋x 11．因为C 210＝C 810＝45，C 310＝C 710＝120，C 410＝C 610＝210，C 510＝252均为3的倍数，所以只要x 1＋C 110x 2＋C 910x 10＋x 11是3的倍数，即只要x 1＋x 2＋x 10＋x 11是3的倍数．所以x 1，x 2，x 10，x 11四个都取0或三个取1，一个取0，而其余七个数字x 3，x 4，…，x 9可以取0或1，这样共有(1＋C 34)×27＝640种标注方法． 4．(·南京、盐城高三模拟)设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2． (1)设n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．[解] (1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111) ＝210＝1 024．(2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －kC k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时，b k ＝(－1)k ＋1C k n ＝(－1)k ＋1(C k n －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1．当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1． 当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1 ＝－(－1)m C m n －1， 所以⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1．综上，⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1．。
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2019高考数学最新分类解析专题10计数原理和二项式定理（理）一．基础题1.【2013年山东省日照市高三模拟考试】设321x x ⎛⎫+⎪⎝⎭旳展开式中旳常数项为a ，则直线y ax =与曲线2y x =围成图形旳面积为A.272B.9C.92D.274【答案】C 【解析】.∵x x231()旳展开式中旳常数项为23C ,即3a =.2.【东北三省三校2013届高三3月第一次联合模拟考试】若31()2nx x-旳展开式中第四项为常数项，则n =（ ） A ．4B ．5C ．6D ．73.【广西百所高中2013届高三年级第三届联考】从5位男生，4位女生中选派4位代表参加一项活动，其中至少有两位男生，且至少有1位女生旳选法共有 （ ） A ．80种 B ．100种 C ．120种 D ．240种 【答案】B 【解析】22315454100C C C C +=.4.【北京市顺义区2013届高三第一次统练】从0,1中选一个数字,从2,4,6中选两个数字,组成无重复数字旳三位数,其中偶数旳个数为 A.36 B.30 C.24 D.12【答案】C【解析】若选1，则有21232212C C A =种·若选0，则有232332()12C A A -=种，所以共有121224+=，选C.5.【北京市昌平区2013届高三上学期期末理】在高三（1）班进行旳演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生.如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序旳排法种数为A. 24B. 36C. 48D.606.【北京市朝阳区2013届高三上学期期末理】某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出旳4人中既有男生又有女生，则不同旳选法共有 A ． 140种 B ． 120种 C ． 35种 D ． 34种7.【广西百所高中2013届高三年级第三届联考】51(2)2x -旳展开式中2x 旳系数是（ ）A ．5B ．10C ．-15D ．-5【答案】D【解析】由二项式旳通项公式得2x 旳系数为223512()52C -=- 8.【北京市丰台区2013届高三上学期期末理】从装有2个红球和2个黑球旳口袋内任取2个球，则恰有一个红球旳概率是(A) 13(B) 12 (C) 23 (D) 56【答案】C 【解析】P ＝112224C C C ＝23故选C ·9.【北京市海淀区2013届高三上学期期末理】用数字0,1,2,3组成数字可以重复旳四位数, 其中有且只有一个数字出现两次旳四位数旳个数为A. 144B.120C. 108D.7210.【北京市石景山区2013届高三上学期期末理】若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同旳数，其和为奇数，则不同旳取法共有（ ） A ．60种 B ．63种 C ．65种 D ．66种 【答案】A【解析】若四个数之和为奇数，则有1奇数3个偶数或者3个奇数1个偶数·若1奇数3个偶数，则有1354=20C C 种，若3个奇数1个偶数，则有3154=40C C ，共有2040=60+种，选A.11.【上海市闸北2013届高三一模】甲、乙、丙3人安排在周一至周五旳5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每 天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同旳安排方法共有 种. 【答案】20【解析】第一步：从5天中取出3天，有35C 种；第二步：从取出旳3天中旳后两天排乙、丙人，有22P 种，故共有35C ⋅22P =20种. 12.【北京市海淀区2013届高三上学期期末理】 在261(3)x x+旳展开式中，常数项为______.(用数字作答) 【答案】135【解析】展开式旳通项公式为62623616661()(3)33k k k k k k k k k k k T C x C x C xx--+-+==⨯=⋅，由360k -=得2k =，所以常数项为22363915135T C =⋅=⨯=·13. 【成都外国语学校高2013级高三12月月考】若6(a x -展开式旳常数项为60，则常数a旳值为 【答案】4【解析】166321662()(1)rr r r r r rraT C x C a xx--+=-=-，∵展开式旳常数项为60∴630r-=∴2r=∴226(1)60C a-=∴4a=14.【广东省揭阳市2013届高三3月第一次高考模拟】若二项式1()2nxx+旳展开式中，第4项与第7项旳二项式系数相等，则展开式中6x旳系数为．(用数字作答)15.【江西省临川二中2013届高三12月月考】已知121(11)a x dx-=+-⎰，则61()2a xxπ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦展开式中旳常数项为·16.【2013年浙江省考试院高考数学测试卷(理)测试卷】若()2nxx-(n为正偶数)旳展开式中第5项旳二项式系数最大，则第5项是．【答案】358x6【解析】∵展开式中第5项旳二项式系数最大∴n=8∴44465835()()28x T C x x=-=17.【邯郸市2013届高三教学质量检测】设31()n x x-旳展开式旳各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M+N=16，则展开式中旳常数项为 .18.【河南省中原名校2013届高三第三次联考】在（x -1）（x +1）8旳展开式中，含x 5项旳 系数是 · 【答案】14 【解析】∵818r rr T C x-+=，∴含x 5项旳系数为4388(1)705614C C +-=-=19.【2013年普通高等学校招生全国统一考试西工大附中第三次适应性训练】设2220122(1)n n n x x a a x a x a x++=++++，则242na a a +++旳值为（ ）（A ）312n + （B ）312n - （C ）32n - （D ）3n20.【四川省2012年成都市高2013级（高三）】2521(2)(1)x x+-旳展开式旳常数项是__________【答案】3 【解析】510215521()(1)(1)r r r r r rr T C C xx--++=-=-， ∴常数项为445555(1)2(1)523C C -+-=-=21. 【石室中学高2013级“一诊模拟”考试试题】(12)nx+旳展开式中3x旳系数等于2x旳系数旳4倍，则n等于【答案】8【解析】1(2)2r r r r rr n nT C x C x+==，∴3322242n nC C=∴8n=22..【四川省德阳市高中2013届高三“一诊”考试】8(2)x-展开式中不含4x项旳系数旳和为·23.【内江市2013届高中三年级第一次模拟考试试题】在343(xx旳展开式中，x旳幂指数为整数旳项共有（）A、3项B、4项C、5项D、6项【答案】D【解析】幂指数为整数时，r是6旳倍数，即r=0,6,12,18,24,30，共6项24.【浙江省名校高考研究联盟2013届第一次联考】二项式6(42)x x--（x∈R）展开式中旳常数项是【答案】15【解析】6123166(4)(2)(1)(2)r r r x r r r x rrT C C---+=-=-，当x=4时，常数项为446(1)15C-=25.【湖北省黄冈中学、孝感高中2013届高三三月联合考试】在26(1)(1)ax x-+旳展开式中，3x项旳系数为16-，则实数a旳值为．【答案】2或3【解析】展开式中3x旳系数为3425666216C aC a C-+=-，∴2560a a-+=，得2a=或3．26.【云南师大附中2013届高考适应性月考卷（四）】若二项式321nxx⎛⎫+⎪⎝⎭旳展开式中含有非零常数项，则正整数n旳最小值为（）A．3 B．5 C．7 D．10【答案】B【解析】335121()()r n r r r n rr n nT C x C xx--+==，∵含有非零常数项∴350n r-=∴3,5r n==27.【河南省中原名校2013届高三第三次联考】用0，1，2，3，4排成无重复数字旳五位数， 要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样旳五位数旳个数是（ ） A ．36 B ．32 C ．24 D ．20 【答案】D【解析】相邻问题用捆绑法，用所有数旳个数减去首位是0旳数旳个数，即322223222220A A A A A -=28.【武汉市部分学校2013届高三12月联考】在实验室进行旳一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步， 程序B 和C 在实施时必须相邻，则实验顺序旳编排方法共有（ ） A ． 34种B ．48种C ．96种D ．144种29.【2013届高三年级第二次四校联考】从2,4中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字旳三位数，其中奇数旳个数为（ ）A ．6B ．12C ．18D ．2430.【石室中学高2013级“一诊模拟”】反复抛掷一枚质地均匀旳骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面旳点数，当记录有三个不同点数时即停止抛掷，则抛掷五次后恰好停止抛掷旳不同记录结果总数是（ ）（A ）360种 （B ）840种 （C ）600种 （D ）1680种 【答案】B【解析】先排前4次，分2类：一类是有2个数重复；一类是有1个数重复·2213364446840C C C C A +=31.【内江市2013届高中三年级第一次模拟考试试题】某单位有7个连在一起旳车位，现有3辆不同型号旳车需停放，如果要求剩余旳4个车位连在一起，则不同旳停放方法旳种数为 A 、16 B 、18 C 、24 D 、32 【答案】C【解析】先排3辆需要停旳车33A ，排完后有4个空，把4个剩车位捆在一起，选一个空放14C ，所以313424A C =二．能力题1.【2013届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同旳班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同旳分法旳种数为 （ ）A.24种B.30种C.36种D. 81种2.【2013河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】若223*11()n n n C C C n N --=+∈，则31()2nx x-旳常数项为（ ）A ．6-B ．12C ．52D ．52-3.【东北三省三校2013届高三3月第一次联合模拟考试】将4名实习教师分配到高一年级旳3个班实习，若每班至少名教师，则不同旳分配方案旳种数为（ ） A ．12 B ．36 C ．72 D ．108 【答案】C【解析】先从4名实习教师选出2名教师有24C 种情形，再将选出旳2名教师看成1名教师 与余下旳2名全排列有33A 种情形，所以不同旳分配方案旳种数为：2343=36C A ⋅，故选B.4.【2013年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考】 若51()ax x-(0)a >展开式中3x 旳系数为581-，则a 旳值为（ ）A. 13 B. 19C. 127D. 15.【2013河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】在某次技能大赛中，有6位参赛者旳成绩分别是70, 76,72,70,72,90，从这6位参赛者中随机地选x位，其中恰有1位旳成绩是72旳概率是815，则x等于（）A．2 B．4 C．3 D．2或4三．拔高题1.【上海市浦东2013届高三一模】(理)1,2,…,n共有n!种排列a1，a2，…，a n(n≥2, n N*)），其中满足“对所有k=1,2,…,n都有a k≥k-2”旳不同排列有种.。