(完整版)兩個計(jì)數(shù)原理與排列組合知識點(diǎn)及例題

1、兩個計(jì)數(shù)原理與排列組合知識點(diǎn)及例題兩個計(jì)數(shù)原理內(nèi)容1 、分類計(jì)數(shù)原理：完成一件事，有n 類辦法，在第1 類辦法中有 m1 種不同的方法，在第2 類辦法中有m2 種不同的方法 在第n 類辦法中有mn 種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1 +m2 +mn 種不同的方法 .2 、分步計(jì)數(shù)原理 ：完成一件事，需要分 n 個步驟，做第 1 步驟有 m1 種不同的方法，做第 2 步驟有 m2 種不同的方法 做第 n 步驟有 mn 種不同的方法，那么完成這件事共有 N=m1×m2 × × mn 種不同的方法 .例題分析例 1某學(xué)校食堂備有5 種素菜、 3 種葷菜、 2 種湯

2、?，F(xiàn)要配成一葷一素一湯的套餐。問可以配制出多少種不同的品種？分析： 1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？（配一個葷菜、配一個素菜、配一湯）3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算 .解：屬于分步：第一步配一個葷菜有 3 種選擇第二步配一個素菜有 5 種選擇第三步配一個湯有 2 種選擇共有 N=3× 5× 2=30（種）例 2有一個書架共有2 層，上層放有5 本不同的數(shù)學(xué)書，下層放有4 本不同的語文書。（ 1）從書架上任取一本書，有多少種不同的取法？（ 2）從書架上任取一本數(shù)學(xué)書和一本語文書，有多少種不同的取法？（ 1）分析

3、： 1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算。解：屬于分類：第一類從上層取一本書有 5 種選擇第二類從下層取一本書有 4 種選擇共有 N=5+4=9（種）（ 2）分析： 1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算 .解：屬于分步：第一步從上層取一本書有 5 種選擇第二步從下層取一本書有 4 種選擇共有 N=5×4=20（種）例 3、 有 1、 2、3、 4、 5 五個數(shù)字 .（ 1）可以組成多少個不同的三位數(shù)？（

4、 2）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？（ 3）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？（ 1）分析：1 、完成的這件事是什么？2、如何完成這件事？（配百位數(shù)、配十位數(shù)、配個位數(shù)）3、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4、運(yùn)用哪個計(jì)數(shù)原理？5、進(jìn)行計(jì)算 .略解： N=5× 5× 5=125（個）1【例題解析】1、某人有 4 條不同顏色的領(lǐng)帶和6 件不同款式的襯衣，問可以有多少種不同的搭配方法？2、有一個班級共有46 名學(xué)生，其中男生有21 名 .（ 1）現(xiàn)要選派一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會，有多少種不同的選派方法？（ 2）若要選派男、女各一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)

5、代會，有多少種不同的選派方法？3、有 0、 1、2、 3、 4、5 六個數(shù)字 .（ 1）可以組成多少個不同的三位數(shù)？（ 2）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？（ 3）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？排列與組合1.排列的概念 ：從 n 個不同元素中， 任取 m（ mn ）個元素（這里的被取元素各不相同）按照一定的順序 排成一列，叫做從 n 個不同元素中取出m 個元素的 一個排列2.排列數(shù)的定義 ：從 n 個不同元素中，任取 m （ mn ）個元素的所有排列的個數(shù)叫做從n 個元素中取出 m 元素的排列數(shù)，用符號 Anm 表示3.排列數(shù)公式 ： Anmn(n 1)(n 2) L (n m 1

6、)（ m, n N , mn ）4.階乘： n! 表示正整數(shù) 1 到 n 的連乘積，叫做n 的階乘 規(guī)定 0!15. 排列數(shù)的另一個計(jì)算公式 ： Anm =n!(nm)!6. 組合概念 ：從 n 個不同元素中取出 m m n 個元素并成一組，叫做從 n 個不同元素中取出 m 個元素的一個 組合7 組合數(shù)的概念 ：從 n 個不同元素中取出 mmn 個元素的所有組合的個數(shù)， 叫做從 n個不同元素中取出 m 個元素的 組合數(shù) 用符號 C m 表示nmAnmn(n 1)(n 2)L (nm 1)mn!8. 組合數(shù)公式 ： Cnm或 C n(n,m N , 且m n)mm!m!(n m)!A9. 組合數(shù)

7、的性質(zhì) 1： C nmCnn m 規(guī)定： Cn01 ；10. 組合數(shù)的性質(zhì) 2 ： C nm1 C nm +C nm 101nnC n+Cn + +Cn=2題型講解例 1分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)（ 1） 6 名學(xué)生排 3 排，前排 1 人，中排 2 人，后排 3 人；（ 2） 6 名學(xué)生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；（ 3）從 6 名運(yùn)動員中選出 4 人參加 4× 100 米接力賽，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（ 4） 6 人排成一排，甲、乙必須相鄰；（ 5） 6 人排成一排，甲、乙不相鄰；（ 6） 6 人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊（甲、乙、丙可以

8、不相鄰）解：（ 1）分排坐法與直排坐法一一對應(yīng)，故排法種數(shù)為A66720（ 2）甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有A41 種選法，然后其他5 人選，有 A55 種選法，故排法種數(shù)為 A41 A55480（ 3）有兩棒受限制，以第一棒的人選來分類：乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數(shù)為A53 ；2乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有A41 種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有A41種選法，其余兩棒次不受限制，故有A41 A41 A22 種排法，由分類計(jì)數(shù)原理，共有A53A41 A41 A42252 種排法（ 4）將甲乙“捆綁”成“一個元”與其他4 人一起作全排列共有A22 A5524

9、0 種排法（ 5）甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余4 人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的4 人的左、右及之間的空擋插位，共有 A44A52 （或用 6 人的排列數(shù)減去問題（2）后排列數(shù)為 A66240480 ）（ 6）三人的順序定，實(shí)質(zhì)是從6個位置中選出三個位置，然后排按規(guī)定的順序放置這三人，其余3人在 3 個位置上全排列，故有排法C63 A33120 種點(diǎn)評：排隊(duì)問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰例 2 假設(shè)在 100件產(chǎn)品中有3 件是次品，從中任意抽取5 件，求下列抽取方法各多少種？（ 1）沒有次品；（2）恰有兩件是次品； （ 3）至少有兩件是次品解：（

10、1）沒有次品的抽法就是從97件正品中抽取 5 件的抽法，共有C 97564446024 種（ 2）恰有2 件是次品的抽法就是從97 件正品中抽取3 件，并從 3 件次品中抽 2 件的抽法，共有 C973C32442320 種（ 3）至少有2件次品的抽法，按次品件數(shù)來分有二類：第一類，從97件正品中抽取 3件，并從 3 件次品中抽取 2 件，有 C973C32種第二類從 97件正品中抽取2 件，并將 3 件次品全部抽取，有 C972C33 種按分類計(jì)數(shù)原理有 C973 C32C972C33446976 種點(diǎn)評：此題是只選“元”而不排“序”的典型的組合問題，附加的條件是從不同種類的元素中抽取，應(yīng)當(dāng)

11、注意：如果第（3）題采用先從3 件次品抽取2 件（以保證至少有2 件是次品），再從余下的 98 件產(chǎn)品中任意抽取 3 件的抽法，那么所得結(jié)果是C32C983466288 種，其結(jié)論是錯誤的，錯在“重復(fù)”：假設(shè) 3 件次品是 A、B、C，第一步先抽 A、B 第二步再抽 C 和其余 2 件正品，與第一步先抽 A、 C（或 B、 C），第二步再抽B（或 A）和其余2 件正品是同一種抽法，但在算式C32 C983 中算作 3種不同抽法mm 1mm 1m 1mm 1例 3 求證： An 1mAn 1An； C nC n2C nC n 2證明：利用排列數(shù)公式左n 1 !m n 1 !n m n 1 ! m

12、 n 1 !n !Anm右n m 1 !n m !n m !n m !另一種證法： （利用排列的定義理解）從n 個元素中取 m個元素排列可以分成兩類：第一類不含某特殊元素a 的排列有 Anm1第二類含元素 a 的排列則先從n1 個元素中取出m1個元素排列有Anm11 種，然后將 a 插入，共有 m個空檔，故有 m Anm11 種，因此 Anm1m Anm11Anm利用組合數(shù)公式左n !n !2n !m 1 ! n m 1m 1 n m 1 ! m n m !n !n m n m 1 m m 1 2 m 1 n m 11 ! n m1 !mn !n2 n1n 2!m 1右m 1 ! n m 1

13、!m 1 ! n m 1 !C n 2mmm 1m 1mmm 1m 1nm 1右另法：利用公式 C nC n1C n1推得左C nC nC nC nC n 1C n1C n 2點(diǎn)評：證明排列、組合恒等式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)例 4已知 f 是集合 Aa, b, c, d到集合 B0,1,2 的映射（ 1）不同的映射f有多少個？（ 2）若要求 f afbfcfd4則不同的映射f有多少個？3分析：（ 1）確定一個映射f ，需要確定 a, b, c, d 的像（2） a, b, c, d 的象元之和為4，則加數(shù)可能出現(xiàn)多種情況，即4 有多種分析方案，各方案獨(dú)立且并列需要分類計(jì)算解

14、：（ 1）A 中每個元都可選0,1,2 三者之一為像，由分步計(jì)數(shù)原理，共有3333 34個不同映射（ 2）根據(jù) a, b, c, d 對應(yīng)的像為 2 的個數(shù)來分類，可分為三類：第一類：沒有元素的像為 2，其和又為 4，必然其像均為 1，這樣的映射只有一個；第二類：一個元素的像是2，其余三個元素的像必為0,1,1 ，這樣的映射有C41 P3112 個；第三類：二個元素的像是2，另兩個元素的像必為0，這樣的映射有 C 426 個由分類計(jì)數(shù)原理共有 1+12+6=19（個）點(diǎn)評：問題（ 1）可套用投信模型： n 封不同的信投入m個不同的信箱，有mn種方法；問題（ 2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當(dāng)確定分類標(biāo)

15、準(zhǔn)，做到不重、不漏例 5 四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10 個點(diǎn)（ 1）設(shè)一個頂點(diǎn)為 A，從其他 9 點(diǎn)中取 3 個點(diǎn)，使它們和點(diǎn) A 在同一平面上，不同的取法有多少種？（ 2）在這 10 點(diǎn)中取 4 個不共面的點(diǎn)，不同的取法有多少種？AGFEDNPBMC解：（ 1）如圖，含頂點(diǎn)A 的四面體的三個面上，除點(diǎn)A 外都有 5 個點(diǎn)，從中取出3 點(diǎn)必與點(diǎn) A共面，共有 3C 53種取法含頂點(diǎn) A 的棱有三條，每條棱上有3 個點(diǎn)，它們與所對棱的中點(diǎn)共面，共有3 種取法根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理和點(diǎn)A共面三點(diǎn)取法共有 3 33 33種C5（ 2）取出的4 點(diǎn)不共面比取出的4 點(diǎn)共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加

16、限制任取4 點(diǎn)（ C104 種取法）減去 4 點(diǎn)共面的取法取出的 4 點(diǎn)共面有三類：第一類：從四面體的同一個面上的6 點(diǎn)取出4點(diǎn)共面，有 4C64 種取法第二類：每條棱上的 3 個點(diǎn)與所對棱的中點(diǎn)共面，有6 種取法第三類：從 6 條棱的中點(diǎn)取 4 個點(diǎn)共面，有3種取法根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理 4 點(diǎn)共面取法共有 4C 646369故取 4 個點(diǎn)不共面的不同取法有C1044C646 3141 （種）點(diǎn)評：由點(diǎn)構(gòu)成直線、平面、幾何體等圖形是一類典型的組合問題，附加的條件是點(diǎn)共線與不共線，點(diǎn)共面與不共面，線共面與不共面等小結(jié) ：個不同的元素必須相鄰，有Pmm 種“捆綁”方法個不同元素互不相鄰，分別“插入”

17、到個 “間隙” 中的個位置有Pnm種不同的 “插入”方法個相同的元素互不相鄰，分別“插入”到個“間隙”中的個位置，有Cnm 種不同的“插入”方法若干個不同的元素“等分”為個組 , 要將選取出每一個組的組合數(shù)的乘積除以Pmm【例題解析】例 1完成下列選擇題與填空題（ 1）有三個不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有種。A.81B.64C.24D.4（ 2）四名學(xué)生爭奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）A.81B.64C.24D.4（ 3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競賽，每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競賽，則有不同的參賽方法有；每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有；每位學(xué)生最多參加

18、一項(xiàng)競賽，每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有。解析（ 1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個不同信箱的三種方法，因此：N=3× 3×3× 3=34=81，故答案選 A。本題也可以這樣分類完成， 四封信投入一個信箱中，1有 C 種投法； 四封信投入兩個信箱中，3421222）種投法；四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信箱中，有23有 C3 （C4·A2+C4· C2C4·A3 種投、12122223法 ，故共有C3 +C3（C4

19、 ·A2 +C4C2 ） +C4·A3=81（種）。故選 A。（ 2）因?qū)W生可同時奪得n 項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4 名學(xué)生看作 4 個“店”，3 項(xiàng)冠軍看作“客”，每個“客”都可住進(jìn)4 家“店”中的任意一家，即每個“客”有4 種住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得： N=4×4× 4=64。故答案選 B。（ 3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競賽項(xiàng)目對學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得 N=34=81（種）；競賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會，每一項(xiàng)可以挑4 種不同學(xué)生，共有 N=43=64（種）；等價于從 4 個學(xué)生中挑選3 個學(xué)生去參加三個項(xiàng)目的競賽，每人參

20、加一項(xiàng)，故共有 C43·A33=24（種）。注：本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合 A=a ,a, ,a, 集合 B=b ,bn的不同映2, ,b ，則 f ： A B 的不同映射是 m,f ： B A1n12m射是 nm。若 n m，則 f ： A B 的單值映射是： An。m例 2同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（）A.6 種B.9 種C.11 種D.23 種解法一由于共四人（用1， 2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人） ，這個數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫：再按照題目要求檢驗(yàn)，

21、最終易知有9 種分配方法。解法二記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3 種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時丙、丁只有互送卡片1 種分配方式；第二類： 甲收到的不是乙送出的卡片，這時，甲收到卡片的方式有2 種（分別是丙和丁送出的）。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為×（ 1+2） =9。解法三給四個人編號：1， 2， 3， 4，每個號碼代表1 個人，人與號碼之間的關(guān)系為一對一的關(guān)系；每個人送出的賀年卡賦給與其編號相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的

22、分配問題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問題” ：將數(shù)字 1， 2，3，4，填入標(biāo)號為1，2，3， 4 的 4 個方格里，每格填寫一個數(shù)字，且每個方格的編號與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1，2，3，4 組成沒有重復(fù)數(shù)字的4 位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4 位數(shù)共有多少個）？這時，可用乘法原理求解答案：首先，在第1 號方格里填寫數(shù)字，可填上2、 3、 4 中的任一個數(shù)，有3 種填法；其次，當(dāng)?shù)? 號方格填寫的數(shù)字為i （ 2i 4）時，則填寫第i 種方格的數(shù)字，有3 種填法；最后，將剩下的兩個數(shù)填寫到空著的兩個空格里，只有1 種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€數(shù)中，至少有 1 個與空著的格子的序

23、號相同） 。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3× 3× 1=9注： 本題是“亂坐問題” ，也稱“錯排問題” ，當(dāng)元素較大時，必須用容斥原理求解，但元素較小時，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例 3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排 8 盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時熄掉其中 3 盞，但不能同時熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一 我們將 8 盞燈依次編號為 1， 2， 3，4， 5， 6， 7， 8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1 號燈，第二盞熄3 號燈，則第 3 盞可以熄5， 6，7，8 號燈中的任意一盞，共有4 種熄法。若第一盞熄1 號

24、燈，第 2盞熄 4 號燈，則第 3 盞可以熄 6， 7， 8 號燈中的任意一盞。依次類推，得若 1 號燈熄了，則共有 4+3+2+1=10 種熄法。若 1 號燈不熄，第一盞熄的是2 號燈，第二盞熄的是4 號燈，則第三盞可以熄6，7， 8 號燈中的任意一盞，共有3 種熄法。依次類推得，若第一盞燈熄的是2 號燈，則共有 3+2+1=6 種熄法。同理，若第一盞熄的是3號燈，則共有 2+1=3 種熄法。同理，若第一盞熄的是4號燈，則有 1 種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20 種熄法。解法二我們可以假定8 盞燈還未安裝，其中5 盞燈是亮著的，3 盞燈不亮。這樣原問題就等價于：將 5 盞亮著的燈

25、與 3 盞不亮的燈排成一排，使 3 盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的） 。 5 盞亮著的燈之間產(chǎn)生 6 個間隔（包括兩邊） ，從中插入 3 個作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不3相鄰”問題，采用“插入法” ，得其答案為 C =20 種。6注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時較繁。方法二從另外一個角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時有一種豁然開朗的感覺。例 4 已知直線 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合 -3,-2,-1,0,1,2,3中的3 個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為，由為

26、銳角，得atan =- >0, 即 a、 b 異號。b（ 1）若 c=0，a、 b 各有 3 種取法，排除 2 個重復(fù)（ 3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有 3× 3-2=7（條）。（ 2）若 c 0， a 有 3 種取法， b 有 3 種取法，而同時c 還有 4 種取法，且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有3×3× 4=36 條，從而符合要求的直線共有7+36=43 條。注 ： 本題是 1999 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37 。錯誤原因沒有對 c=0 與 c0 正確分類；沒有考慮c=0 中出現(xiàn)重復(fù)的直線。

27、5例 5平面上給定10 個點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原10 點(diǎn)外），無兩條直線互相平行。求：（ 1）這些直線所交成的點(diǎn)的個數(shù)（除原10 點(diǎn)外）。（ 2）這些直線交成多少個三角形。解法一2（ 1）由題設(shè)這 10 點(diǎn)所確定的直線是 C =45 條。10這 45 條直線除原10 點(diǎn)外無三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個點(diǎn)，共有C452 個交點(diǎn)。而在原來 10 點(diǎn)上有 9 條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來點(diǎn)上有210C9 點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù)。所以這些直線交成新的點(diǎn)是：45292C-10C=630。（ 2）這些直線所交成的三角形個數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€三角形對應(yīng)著三

28、個頂點(diǎn)，這三個點(diǎn)來自上述 630 個點(diǎn)或原來的 10 個點(diǎn)。所以三角形的個數(shù)相當(dāng)于從這640 個點(diǎn)中任取三個點(diǎn)的組合，即3C640=43 486080 （個）。解法二（ 1）如圖對給定的10點(diǎn)中任取4 個點(diǎn)，四點(diǎn)連成 6 條直線，這 6 條直線交3 個新的點(diǎn)。故原題對應(yīng)于在10 個點(diǎn)中任取4 點(diǎn)的不同取法的3 倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個數(shù)是：3C4=630。10（ 2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義。例 6 （ 1）如果（ x+ 1 ）2n 展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求n，并求展開式中的常數(shù)x項(xiàng)；（ 2）

29、求（x -1） 8 展開式中的所有的有理項(xiàng)。24 x解（ 1）由 C2n3=C2n5, 可得 3+5=2n n=4 。設(shè)第 k+1 項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則 T k+1=C8k· x8-k · x-k =C8k· x8-2k 8-2k=0 ，即 k=44常數(shù)項(xiàng)為T5=C8 =70。（ 2）設(shè)第 k+1 項(xiàng)有理項(xiàng)，則8k1Tk 1 C8 k ·x 2 ·(1 x 4 ) k2163kC8 k ·(1 ) k ·x 42因?yàn)?0 k 8，要使 163k Z，只有使 k 分別取 0，4， 84所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T1=x4,T 5= 35

30、x,T 9=1x-28 256注 （ 1）二項(xiàng)式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；（ 2）在二項(xiàng)展開式中求得k 后，對應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1 項(xiàng)。例 7（ 1）求 4× 6n+5n+1 被 20 除后的余數(shù)；（ 2） 7n+Cn17n-1 +Cn2· 7n-2 + +Cnn-1 × 7 除以 9，得余數(shù)是多少？（ 3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.02 5 的近似值。精確到0.01 ；精確到 0.001 。解（ 1）首先考慮4·6n+5n+1 被 4 整除的余數(shù)。n+1n+1n+11n2 n-1+n5 =(4+1)=4+Cn+14 +Cn+1 4+

31、Cn+1 · 4+1其被 4 整除的余數(shù)為 1被 20 整除的余數(shù)可以為1， 5， 9， 13，17n+1n+1被 5整除的余數(shù)。然后考慮 4·6 +54·n·(5+1)nn1n-12n-2n-1·5+1)6 =4=4(5+Cn ·5+Cn· 5+ +Cn被 5 整除的余數(shù)為 4其被 20 整除的余數(shù)可以為4，9， 14，19。綜上所述，被20 整除后的余數(shù)為9。（2）7n1n-12n-2n-1· 7+Cn · 7+Cn · 7+ +Cn=(7+1)n-1=8 n-1=(9-1)n-1=9n1&

32、#183;n-12n-2n-1n-1n n-C9+C· 9+ +(-1)C· 9+(-1)C -1nnnn(i) 當(dāng) n 為奇數(shù)時n1n-12n-2+ +（-1）n-1n-1· 9-2原式 =9 -C n · 9+Cn· 9Cn除以 9 所得余數(shù)為7。(ii) 當(dāng) n 為偶數(shù)時n1n-12n-2+ +(-1)n-1Cnn-1· 9原式 =9 -C n · 9+Cn· 9除以 9 所得余數(shù)為0，即被 9 整除。（ 3） (1.02) 5（ 1+0.02 ） 5=1+c10.02+C223344555 ·5

33、· 0.02+C5· 0.02 +C50.02+C5 · 0.02522=0.004,C533=8× 10-5 C×0.02× 0.026當(dāng)精確到0.01 時，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10 。當(dāng)精確到0.001時，只要取展開式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104 。注 （1）用二項(xiàng)式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論。（ 2）用二項(xiàng)式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該

34、取到展開式的第幾項(xiàng)。例 8 證明下列不等式：nn（ 1） ab（ a bn（ a、 b x|x是正實(shí)數(shù) ,n N） ;） ,22（ 2）已知 a、 b 為正數(shù)，且 1+1=1，則對于 n N有（ a+b）n -a n-b n 22n-2 n+1。ab證明（1）令 a=x+， b=x- 則 x= a b2an+bn=(x+ ) n+(x- ) nn1 n-1nnn1xn-1 + (-1)nnn=x +Cn x+ +Cn +x -CnCn n2 n-224xn-44+ )=2(x +C x +Cnn 2xna nbn（ab）n即22（ 2） (a+b)nn1n-1nn=a +Cn ab+ +Cnb

35、(a+b)nn1n-1n n=b +Cn ba+ +Cn a上述兩式相加得：2(a+b) n=(a n+bn)+Cn1(a n-1 b+bn-1 a)+ +Cnk (a n-k bk +bn-k ak)+ +Cnn(a n+bn)(*) 1 + 1 =1，且 a、 b 為正數(shù)ab ab=a+b 2ab ab4又an-k bk +bn-k ak 2a nb n=2(ab ) n(k=1,2,n-1) 2(a+b)n2ann1n2nn-12(ab )n+2b +Cn 2(ab ) +Cn 2（ab ）+ +Cn (a+b) n-a n-b n12n-1) ·（ab ）n (Cn+Cn +

36、 +Cn (2 n-2) ·2n=22n-2 n+1注 利用二項(xiàng)式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對稱換元） 。這樣消去奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解題的方法是利用二項(xiàng)式展開式解題的常用方法。例 9 已知 (1-ax)n 展開式的第 p,p+1,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第 n+1-p 與第 n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為 0，而（ 1-ax ） n+1 展開式的第p+1 與 p+2 項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為1 2。（ 1）求（ 1-ax ） n+1 展開式的中間項(xiàng)；（ 2）求（ 1-ax ） n 的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解 由題設(shè)得：2C npCnp 1C np 1Cnn p ( a )n pCnn 1 p ( a ) n 1 p0pp 12C n 1C n 1ppp npp由得， 2Cn =C +Cn 1 pnnp1p兩邊約去Cn , 可得：2=p+ npn1pp1由得，p