2022年两个计数原理与排列组合知识点及例题.docx

名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备 欢迎下载（ 2）从书架上任取一本数学书和一本语文书,有多少种不同的取法？两个计数原理与排列组合学问点及例题（1）分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？两个计数原理内容 1、分类计数原理： 3、它们属于分类仍是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行运算；解：属于分类：第一类从上层取一本书有 5 种选择完成一件事,有n 类方法,在第1 类方法中有 m1种不同的方法,在第其次类从下层取一本书有 4 种选择共有 N=5+4=9（种）（2）分析： 1、完成的这件事是什么？2 类方法中有 m2种不同的方法 在第n 类方法中有 mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m 1 +m2 + +mn种不同的方法 . 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类仍是分步？（是否独立完成）2、分步计数原理 ： 4、运用哪个计数原理？ 5、进行运算 . 完成一件事,需要分n 个步骤,做第1 步骤有 m1种不同的方法,做第解：属于分步：第一步从上层取一本书有 5 种选择其次步从下层取一本书有 4 种选择2 步骤有 m2种不同的方法 做第n 步骤有 mn 种不同的方法,那么完成这共有 N=5× 4=20（种）例 3、 有 1、2、3、4、 5 五个数字 . （ 1）可以组成多少个不同的三位数？件事共有 N=m 1× m2 × × mn 种不同的方法 . （ 2）可以组成多少个无重复数字的三位数？例题分析（ 3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？（1）分析： 1 、完成的这件事是什么？例 1某学校食堂备有5 种素菜、 3 种荤菜、 2 种汤；现要配成一荤一素一汤的套餐；问可以配制出多少种不同的品种？分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数） 3、它们属于分类仍是分步？（是否独立完成） 2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤） 4、运用哪个计数原理？ 3、它们属于分类仍是分步？（是否独立完成） 5、进行运算 . 4、运用哪个计数原理？略解： N=5× 5× 5=125（个） 5、进行运算 . 解：属于分步：第一步配一个荤菜有 3 种选择其次步配一个素菜有 5 种选择第三步配一个汤有 2 种选择共有 N=3× 5× 2=30（种）【例题解析】例 2 有一个书架共有2 层,上层放有5 本不同的数学书,下层放有4 本不同的语文书；1、某人有 4 条不同颜色的领带和6 件不同款式的衬衣,问可以有多少种不同的搭配方法？ 第 1 页,共 8 页 （1）从书架上任取一本书,有多少种不同的取法？细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备 欢迎下载取出 m 个元素的一个 组合2、有一个班级共有46 名同学,其中男生有21 名. 7组合数的概念 ：从 n 个不同元素中取出m mn 个元素的全部组合的个数, 叫做从 n个不同元素中取出m 个元素的 组合数用符号Cm表示n8.组合数公式 ：m C nm A nn n1 n2nm1或Cmm .n .m .n,mN,且mn（1）现要选派一名同学代表班级参与学校的学代会,有多少种不同的选派方法？（2）如要选派男、女各一名同学代表班级参与学校的学代会,有多少种不同的选派方法？m A mm .nn9.组合数的性质 1：CmCnm规定：C01；nnn10.组合数的性质 2：Cm1Cm+Cm1 C n 0+Cn1+ +Cnn=2 n nnn3、有 0、 1、2、3、4、5 六个数字 . （1）可以组成多少个不同的三位数？（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？题型讲解例 1 分别求出符合以下要求的不同排法的种数（ 1）6 名同学排 3 排,前排 1 人,中排 2 人,后排 3 人；（ 2）6 名同学排成一排,甲不在排头也不在排尾；排列与组合（ 3）从 6 名运动员中选出4 人参与 4× 100 米接力赛,甲不跑第一棒,乙不跑第四棒；（ 4）6 人排成一排,甲、乙必需相邻；（ 5）6 人排成一排,甲、乙不相邻；（ 6）6 人排成一排,限定甲要排在乙的左边,乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）1.排列的概念 ：从 n 个不同元素中, 任取 m（ mn ）个元素（这里的被取元素各不相同）依据肯定的次序排成一列,叫做从 n 个不同元素中取出m 个元素的 一个排列解：（1）分排坐法与直排坐法一一对应,故排法种数为A672062.排列数的定义 ：从 n 个不同元素中,任取 m（ mn ）个元素的全部排列的个数叫做从（ 2）甲不能排头尾,让受特别限制的甲先选位置,有1 A 种选法,然后其他5 人选,有A 种选法,5 5n 个元素中取出 m 元素的 排列数 ,用符号m A 表示故排法种数为1 5A 4A 54803.排列数公式 ：m A nn n1n2nm1（m nN,mn ）（ 3）有两棒受限制,以第一棒的人选来分类：乙跑第一棒,其余棒次就不受限制,排法数为A ；5 34.阶乘：n 表示正整数 1 到n的连乘积,叫做n的阶乘 规定0.1乙不跑第一棒,就跑第一棒的人有1 A 种选法,第四棒除了乙和第一棒选定的人外,也有1 A 45.排列数的另一个运算公式 ：m A =nn .m .种选法,其余两棒次不受限制,故有A11 A 4A2种排法,426.组合概念 ：从 n个不同元素中取出m mn 个元素并成一组,叫做从n 个不同元素中由分类计数原理,共有3 A 5A11 A 42 A 4252种排法4细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页,共 8 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备3欢迎下载（4）将甲乙“ 捆绑” 成“ 一个元” 与其他4 人一起作全排列共有A 2A 25 5240种排法例 3 求证：m A n1m mA n1m A n；Cm1Cm12CmCm11nnnn2（5）甲乙不相邻,第一步除甲乙外的其余4 人先排好；其次步,甲、乙选择已排好的4 人的左、右证明：利用排列数公式及之间的空挡插位,共有A4 4A2（或用 6 人的排列数减去问题（2）后排列数为6 A 6240480）左nn1 .mn1 .nmn1 .mn1 .nn.m A n右5（6）三人的次序定,实质是从6 个位置中选出三个位置,然后排按规定的次序放置这三人,其余m1 .nm.nm.m人在 3 个位置上全排列,故有排法C3 6A3120种另一种证法： （利用排列的定义懂得）从n 个元素中取m个元素排列可以分成两类：3第一类不含某特别元素a 的排列有A n m1点评：排队问题是一类典型的排列问题,常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻其次类含元素a 的排列就先从n1个元素中取出m1个元素排列有m A n1种,然后将 a 插入,1共有 m个空档,故有mm A n1种,因此m A n1mAm1Am1n1n利用组合数公式例 2 假设在 100 件产品中有3 件是次品,从中任意抽取5 件,求以下抽取方法各多少种？左m1.n.m1m1n.m1.m2n.nnnm（1）没有次品； （2）恰有两件是次品； （3）至少有两件是次品m1.n.m1.nmnm1mm12m1nm1解：（1）没有次品的抽法就是从97 件正品中抽取5 件的抽法,共有C564446024种n97（2）恰有 2 件是次品的抽法就是从97 件正品中抽取3 件,并从 3 件次品中抽2 件的抽法,共m1.n.m1.n2n1m1nn2.1.Cm1右有C3 97C2442320种n2n.m3（3）至少有 2 件次品的抽法,按次品件数来分有二类：另法：利用公式CmCm1Cm1推得左Cm1CmCmCm1Cm1Cn1Cm1右第一类,从97 件正品中抽取3 件,并从 3 件次品中抽取2 件,有3 2C C 种nnn1nnnnn1nn2点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质其次类从 97 件正品中抽取2 件,并将 3 件次品全部抽取,有2 3C C 种例 4 已知 f 是集合Aa,b ,c,d到集合B1,0 2,的映射按分类计数原理有C3C2C2C3446976种（1）不同的映射f 有多少个？973973点评：此题是只选“ 元” 而不排“ 序” 的典型的组合问题,附加的条件是从不同种类的元素中（2）如要求fafbfcfd4就不同的映射f 有多少个？抽取,应当留意：假如第（3）题采纳先从3 件次品抽取2 件（以保证至少有2 件是次品）,再从余下的 98 件产品中任意抽取3 件的抽法,那么所得结果是C2 3C3466288种,其结论是错误的,错分析：（1）确定一个映射f ,需要确定a ,b ,c ,d的像98在“ 重复” ：假设 3 件次品是 A、B、C,第一步先抽A、B其次步再抽C和其余 2 件正品,与第一步先（2）a ,b ,c ,d的象元之和为4,就加数可能显现多种情形,即4 有多种分析方案,各方案独立且抽 A、 C（或 B、C）,其次步再抽B（或 A）和其余 2 件正品是同一种抽法,但在算式C2 3C3中算作 3并列需要分类运算98种不同抽法细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -解：（ 1）A 中每个元都可选0,1,2三者之一为像,由分步计数原理,共有333334个不同 第 3 页,共 8 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备 映射欢迎下载故取 4 个点不共面的不同取法有C44C463141（种）（2）依据a ,b ,c ,d对应的像为2 的个数来分类,可分为三类：106点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题,附加的条件是点共线与不 共线,点共面与不共面,线共面与不共面等第一类：没有元素的像为2,其和又为4,必定其像均为1,这样的映射只有一个；其次类：一个元素的像是2,其余三个元素的像必为0,1,1 ,这样的映射有C1 14P 312个；小结：个不同的元素必需相邻,有m P m种“ 捆绑” 方法第三类：二个元素的像是2,另两个元素的像必为0,这样的映射有C26个个不同元素互不相邻,分别“ 插入”到个 “ 间隙”中的个位置有m P n种不同的 “ 插4入” 方法由分类计数原理共有1+12+6=19（个）个相同的元素互不相邻,分别“ 插入” 到个“ 间隙” 中的个位置,有Cm种不同n点评：问题（ 1）可套用投信模型：n 封不同的信投入m个不同的信箱,有mn种方法；问题的“ 插入” 方法（2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准,做到不重、不漏如干个不同的元素“ 等分” 为个组 , 要将选取出每一个组的组合数的乘积除以m P m例 5 四周体的顶点和各棱的中点共10 个点【例题解析】（1）设一个顶点为A,从其他 9 点中取 3 个点,使它们和点A 在同一平面上,不同的取法有多例 1 完成以下选择题与填空题少种？（1）有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,就不同的投法有种；（2）在这 10 点中取 4 个不共面的点,不同的取法有多少种？AA.81 B.64 C.24 D.4 （2）四名同学争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是（）EGFA.81 B.64 C.24 D.4 PDN（3）有四位同学参与三项不同的竞赛,每位同学必需参与一项竞赛,就有不同的参赛方法有；BMC每项竞赛只许有一位同学参与,就有不同的参赛方法有；解：（1）如图,含顶点A 的四周体的三个面上,除点A 外都有 5 个点,从中取出3 点必与点 A 每 位 学 生 最 多 参 加 一 项 竞 赛 , 每 项 竞 赛 只 许 有 一 位 学 生 参 加 , 就 不 同 的 参 赛 方 法有；共面,共有3C3种取法解析（1）完成一件事是“ 分步” 进行仍是“ 分类” 进行,是选用基本原理的关键；将“ 投四5封信” 这件事分四步完成,每投一封信作为一步,每步都有投入三个不同信箱的三种方法,因此：N=3× 3× 3× 3=3 4=81,故答案选 A；此题也可以这样分类完成,四封信投入一个信箱中,有 C3 1 种投法； 四封信投入两个信箱中,有 C3 2（C4 1·A2 2+C4 2·C2 2）种投法；四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中,有 C4 2·A3 3 种投含顶点 A 的棱有三条,每条棱上有3 个点,它们与所对棱的中点共面,共有3 种取法依据分类计数原理和点A 共面三点取法共有3 C3333种5（2）取出的4 点不共面比取出的4 点共面的情形要复杂,故采纳间接法：先不加限制任取4 点法、,故共有 C31+C3 2（C41·A2 2+C42C2 2）+C4 2·A3 3=81（种）；应选 A；（4 C 10种取法）减去4 点共面的取法（2）因同学可同时夺得n 项冠军,故同学可重复排列,将4 名同学看作4 个“ 店” ,3 项冠军看作“ 客” ,每个“ 客” 都可住进4 家“ 店” 中的任意一家,即每个“ 客” 有4 种住宿法；由分步计数取出的 4 点共面有三类：原理得： N=4× 4× 4=64；故答案选 B；第一类：从四周体的同一个面上的6 点取出 4 点共面,有4C4种取法6（3）同学可以选择项目,而竞赛项目对同学无条件限制,所以类似（1）可得 N=3 4=81（种）；其次类：每条棱上的3 个点与所对棱的中点共面,有6 种取法竞赛项目可以挑同学,而同学无选择项目的机会,每一项可以挑4 种不同同学,第三类：从6 条棱的中点取4 个点共面,有3 种取法共有 N=4 3=64（种）；依据分类计数原理4 点共面取法共有4 C46369等价于从4 个同学中选择3 个同学去参与三个项目的竞赛,每人参与一项,6故共有 C4 3·A33=24（种）；细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页,共 8 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载注：此题有很多形式,一般地都可以看作以下命题：在所熄的三盏灯中,如第一盏熄1 号灯,其次盏熄3 号灯,就第3 盏可以熄 5,6,7,8 号灯中设集合 A=a1,a 2, ,a n, 集合 B=b 1,b 2, ,b m ,就 f ：A B 的不同映射是m n,f ：B A的不同映的任意一盏,共有4 种熄法；射是 nm；如第一盏熄1 号灯,第 2 盏熄 4 号灯,就第3 盏可以熄 6,7,8 号灯中的任意一盏；如 nm,就 f ：AB的单值映射是：Am n；依次类推,得如1 号灯熄了,就共有4+3+2+1=10 种熄法；例 2同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡,就四如 1 号灯不熄,第一盏熄的是2 号灯,其次盏熄的是4 号灯,就第三盏可以熄6,7,8 号灯中的任意一盏,共有3 种熄法；张贺年卡不同的安排方式有（）依次类推得,如第一盏灯熄的是2 号灯,就共有3+2+1=6 种熄法；A.6 种B.9 种C.11 种D.23 种同理,如第一盏熄的是3 号灯,就共有2+1=3 种熄法；解法一由于共四人（用1, 2,3,4 代表甲、乙、丙、丁四人）,这个数目不大,化为填数问同理,如第一盏熄的是4 号灯,就有1 种熄法；题之后,可用穷举法进行详细的填写：综上所述共有：10+6+3+1=20 种熄法；解法二我们可以假定8 盏灯仍未安装,其中5 盏灯是亮着的,3 盏灯不亮；这样原问题就等价于：将 5 盏亮着的灯与3 盏不亮的灯排成一排,使3 盏不亮的灯不相邻（灯是相同的）；5 盏亮着的灯之间产生6 个间隔（包括两边） ,从中插入3 个作为熄灭的灯就是我们常常解决的“ 相邻不相邻” 问题,采纳“ 插入法”,得其答案为C6 3=20 种；注解法一是穷举法,将全部可能的情形依次逐一排出；这种方法思路清楚,但有时较繁；方法二从另外一个角度审题,认清其数学本质,抽象成数学模型,解题时有一种豁然开朗的感觉；再依据题目要求检验,最终易知有9 种安排方法；例 4已知直线ax+by+c=0 中的 a,b,c是取自集合 -3,-2,-1,0,1,2,3中的 3 个不同的元素,解法二记四人为甲、乙、丙、丁,就甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到,故有3 种安排方式；以乙收到为例,其他人收到卡片的情形可分为两类：并且该直线的倾斜角为锐角,求符合这些条件的直线的条数；第一类：甲收到乙送出的卡片,这时丙、丁只有互送卡片1 种安排方式；解设倾斜角为 ,由 为锐角,得tan =-a >0, 即 a、 b 异号；b其次类： 甲收到的不是乙送出的卡片,这时,甲收到卡片的方式有2 种（分别是丙和丁送出的）对每一种情形,丙、丁收到卡片的方式只有一种；（1）如 c=0,a、b 各有 3 种取法,排除2 个重复（ 3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0）,故有 3× 3-2=7因此,依据乘法原理,不同的安排方式数为× （ 1+2）=9；（条）；解法三给四个人编号：1,2,3, 4,每个号码代表1 个人,人与号码之间的关系为一对一的（2）如 c 0,a 有 3 种取法, b 有 3 种取法,而同时c 仍有 4 种取法,且其中任两条直线均不关系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表,这样,贺年卡的安排问题可抽象为相同,故这样的直线有3× 3× 4=36 条,从而符合要求的直线共有7+36=43 条；如下“ 数学问题”：将数字 1,2,3,4,填入标号为1,2,3,4 的 4 个方格里,每格填写一个数字,注 ： 此题是 1999 年全国高中数学联赛中的一填空题,据抽样分析正确率只有0.37 ；错误缘由且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字1,2,3,4 组成没有没有对 c=0 与 c 0 正确分类；没有考虑c=0 中显现重复的直线；重复数字的4 位数,而且每位数字都不等于位数的4 位数共有多少个）？例 5 平面上给定10 个点,任意三点不共线,由这10 个点确定的直线中,无三条直线交于同这时,可用乘法原理求解答案：第一,在第1 号方格里填写数字,可填上2、3、4 中的任一个数,有3 种填法；一点（除原10 点外）,无两条直线相互平行；其次,当第1 号方格填写的数字为i （2i 4）时,就填写第i 种方格的数字,有3 种填法；求：（ 1）这些直线所交成的点的个数（除原10 点外）；最终,将剩下的两个数填写到空着的两个空格里,只有1 种填法（由于剩下的两个数中,至少（ 2）这些直线交成多少个三角形；有 1 个与空着的格子的序号相同）；解法一（1）由题设这10 点所确定的直线是C10 2=45 条；C45 2 个交点；因此,依据乘法原理,得不同填法：3× 3× 1=9 这 45 条直线除原 10 点外无三条直线交于同一点,由任意两条直线交一个点,共有而在原先 10 点上有 9 条直线共点于此；所以,在原先点上有 10C9 2 点被重复计数；注：此题是“ 乱坐问题”,也称“ 错排问题”,当元素较大时,必需用容斥原理求解,但元素较小时,应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解,或可以穷举；所以这些直线交成新的点是：C452-10C92=630；例 3宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8 盏,为节省用电又不影响照明,要求同时熄掉其（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：由于每个三角形对应着三个顶点,这三个点来自上述 630 个点或原先的10 个点；所以三角形的个数相当于从这640 个点中任取三个点的组合,即中 3 盏,但不能同时熄掉相邻的灯,问熄灯的方法有多少种？C6403=43 486080 （个）；解法一我们将 8 盏灯依次编号为1,2,3,4,5,6, 7,8；解法二（1）如图对给定的10 点中任取4 个点,四点连成6 条直线,这6 条直线交 3 个新的细心整理归纳 精选学习资料 第 5 页,共 8 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -学习必备欢迎下载点；故原题对应于在10 个点中任取4 点的不同取法的3 倍,即这些直线新交成的点的个数是：例 7（1）求 4× 6n+5 n+1被 20 除后的余数；3C10 4=630；（2）同解法一；（2） 7 n+Cn 17n-1+Cn 2·7 n-2+ +Cn n-1× 7 除以 9,得余数是多少？（3）依据以下要求的精确度,求 1.02 5的近似值；精确到解（1）第一考虑 4· 6 n+5 n+1 被 4 整除的余数；0.01 ；精确到0.001 ；5 n+1=4+1n+1=4 n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+ +Cn+1 n·4+1 其被 4 整除的余数为1 被 20 整除的余数可以为 1,5, 9,13,17 然后考虑 4· 6 n+1+5 n+1 被 5 整除的余数；4·6 n=4·5+1 n=45 n+Cn 1· 5 n-1 +Cn 2·5 n-2 + +Cn n-1 · 5+1 被 5 整除的余数为4 其被 20 整除的余数可以为4,9,14,19；注用排列、组合解决有关几何运算问题,除了应用排列、组合的各种方法与计策之外,仍要综上所述,被20 整除后的余数为9；考虑实际几何意义；（2） 7n+Cn 1·7 n-1+Cn 2·7 n-2+ +Cnn-1·7 例 6 （ 1）假如（ x+1 ）x2n绽开式中,第四项与第六项的系数相等；求n,并求绽开式中的常数 =7+1n-1=8n-1=9-1n-1 n-1 Cnn-1·9+-1nCn n-1 =9n-Cn 1·9n-1+Cn 2·9n-2+ +-1项；i 当 n 为奇数时9 n-2+ +（-1 ）n-1Cnn-1 ·9-2 （2）求（x -21x）8绽开式中的全部的有理项；原式 =9 n-C n 1·9n-1+Cn 2·除以 9 所得余数为7；4ii当 n 为偶数时9 n-2+ +-1n-1 Cnn-1·9 解（1）由 C2n3=C2n5, 可得 3+5=2n 原式 =9 n-C n 1·9n-1+Cn 2· n=4 ；设第 k+1 项为常数项除以 9 所得余数为0,即被 9 整除；（3） 1.025（ 1+0.02 ）5就 Tk+1=C8 k·x8-k·x-k=C8k·x8-2k =1+c51·0.02+C 52·0.022+C53·0.023+C540.024+C5 5·0.0258-2k=0 ,即 k=4 C52× 0.022=0.004,C 53× 0.023=8× 10-5常数项为T5=C8 4=70；当精确到0.01 时,只要绽开式的前三项和,1+0.10+0.004=1.104,近似值为1.10 ；（2）设第 k+1 项有理项,就当精确到0.001时,只要取绽开式的前四项和,1+0.10+0.004+0.0008=1.10408,近似值为Tk1C8k·x82k·1x1k1.104 ；4注（1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时,通常把底数适当地拆成两项之和或之差2再按二项式定理绽开推得所求结论；（2）用二项式定理来求近似值,可以依据不同精确度来确定应当取到绽开式的第几项；C8k·1k·x1643 k2由于 0k8,要使1643 k Z,只有使 k 分别取 0,4,8 例 8证明以下不等式：（1）an2bn（a2b）n, （a、bx|x是正实数 ,n N）; 所以所求的有理项应为：T1=x4,T 5=35 x,T 9= 81x-2256（2）已知 a、b 为正数,且1 + a1 =1,就对于 nN有（ a+b）bn-an-bn2 2n-2n+1；注（1）二项式绽开中,要留意“ 系数” 与“ 二项式系数” 的区分；（2）在二项绽开式中求得k 后,对应的项应当是k+1 项；证明（1）令 a=x+ , b=x- 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页,共 8 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -就 x= a b2a n+b n=x+ n+x- n学习必备欢迎下载由得, 2Cnp=nppCnp+npCnp1p1两边约去 Cn p, 可得：=xn+Cn1xn-1 + +Cnnn+xn-Cn 1xn-1 + -1nCnnn=2xn+Cn 2xn-22+Cn 4xn-44+ 2=npp+np2xn1p1即an2bn（a2b）n由得, 2Cn+1 p=np11pp Cn+1（2）a+bn=a n+Cn1an-1b+ +Cn nb n约去 Cn+1p可得, n=3p+1 a+bn=b n+Cn 1bn-1a+ +Cn na n上述两式相加得：解方程组nppnp22a+bn=an+b n+C n 1an-1b+bn-1a+ +Cn kan-kb k+b n-ka k+ +Cnnan+b n * 1p11 + a1 =1,且 a、 b 为正数 bn3p1得： n=7,p=2. ab=a+b 2abab4 将 p=2,n=7 代入得：又an-kb k+b n-ka k 2an bn=2ab nk=1,2, ,n-1 5 C7-a5+C76·-a6=0 解之得： a=0 或 3；如 a=0 ,就（ 1-0 ·如 a=3,就（ 1-3x ）x）8 的中间项 T5=0,（ 1-0 · x）7 绽开式中系数最大的项是 T1=1；8的中间项 T5=C8 4· （-3x ）4=5670x 4,（1-3x ）7 的绽开式中,奇数项系数为正,2a+b n 2an+2b n+Cn 12ab n+Cn22（ab ）n+ +Cn n-12ab na+bn-an-bn令CCk·-3k21 7Cn 1+Cn 2+ +Cnn-1 · （ab ）n1）中的换元法k2·3 k72n-2 · 2n解之得： k6；故（ 1-3x ）7 绽开式中系数最大的项为=2 2n-2n+1注利用二项式定理的绽开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题；题（T7=C7 6· （-3 ）6·x 6=5103x 6；注 一般地,求（ a+bx）n 绽开式中系数肯定值最大的项的方法是：称之为均值换元（对称换元）；这样消去 奇数次项,从而使每一项均大于或等于零；题（2）中,由由称位置二项式系数相等,将绽开式倒过来写再与原先的绽开式相加,这样充分利用对称性来解设第 k+1 项为系数肯定值最大的项,就由题的方法是利用二项式绽开式解题的常用方法；第 n+1-p 与第 n+2-pk C nank·bkCk1ank1·