2022年两个计数原理与排列组合知识点及例题 .pdf

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1、学习必备欢迎下载两个计数原理与排列组合知识点及例题两个计数原理内容1、分类计数原理：完成一件事，有n 类办法，在第1 类办法中有 m1种不同的方法，在第2 类办法中有 m2种不同的方法在第n 类办法中有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 +m2 +mn种不同的方法 . 2、分步计数原理 ：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，那么完成这件事共有 N=m1m2 mn种不同的方法 . 例题分析例 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

2、同的品种？分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤） 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算 . 解：属于分步：第一步配一个荤菜有 3 种选择第二步配一个素菜有 5 种选择第三步配一个汤有 2 种选择共有 N=3 52=30（种）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）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？（ 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？（1）分析： 1、完成的这件事是什么？ 2、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步

3、？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算。解：属于分类：第一类从上层取一本书有 5 种选择第二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、如何完成这件事？ 3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算 . 解：属于分步：第一步从上层取一本书有 5 种选择第二步从下层取一本书有 4 种选择共有 N=54=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？（ 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？

4、（1）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、它们属于分类还是分步？（是否独立完成） 4、运用哪个计数原理？ 5、进行计算 . 略解： N=555=125（个）【例题解析】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？名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载2、有一个班级共有46 名学生，其中男

5、生有21 名. （1）现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？（2）若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？3、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？排列与组合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）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2.排列数的定义 ：从n个不同元素中，任取m（ mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m

6、元素的 排列数 ，用符号mnA表示3.排列数公式 ：(1)(2)(1)mnAn nnnm（,m nNmn）4.阶乘：!n 表示正整数 1 到n的连乘积，叫做n的阶乘 规定 0!15.排列数的另一个计算公式 ：mnA=!()!nnm6.组合概念 ：从n个不同元素中取出mmn 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7组合数的概念 ： 从n个不同元素中取出mmn 个元素的所有组合的个数， 叫做从n个不同元素中取出m个元素的 组合数用符号mnC表示8.组合数公式 ：(1)(2)(1)!mmnnmmAn nnnmCAm或)!( !mnmnCmn),(nmNmn且9.组合数的性质 1

7、：mnnmnCC规定：10nC；10.组合数的性质 2：mnC1mnC+1mnC Cn0+Cn1+Cnn=2n 题型讲解例 1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数（ 1）6 名学生排 3 排，前排1 人，中排2 人，后排 3 人；（ 2）6 名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（ 3）从 6 名运动员中选出4 人参加 4100 米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（ 4）6 人排成一排，甲、乙必须相邻；（ 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）解： （1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为72066A

8、（ 2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有14A种选法，然后其他5 人选，有55A种选法，故排法种数为4805514AA（ 3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为35A；乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有14A种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有14A种选法，其余两棒次不受限制，故有221414AAA种排法，由分类计数原理，共有25224141435AAAA种排法名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2

9、 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4 人一起作全排列共有2405522AA种排法（5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4 人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人的左、右及之间的空挡插位，共有2544AA（或用 6 人的排列数减去问题（2）后排列数为48024066A）（6）三人的顺序定，实质是从6 个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余3人在 3 个位置上全排列，故有排法1203336AC种点评：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、相邻与不相邻例 2 假设在 100 件产品中有3

10、件是次品，从中任意抽取5 件，求下列抽取方法各多少种？（1）没有次品； （2）恰有两件是次品； （3）至少有两件是次品解： （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64446024597C种（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，共有44232023397CC种（3）至少有2 件次品的抽法，按次品件数来分有二类：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32973C C种第二类从97 件正品中抽取2 件，并将 3 件次品全部抽取，有23973C C种按分类计数原理有446976332972339

11、7CCCC种点评：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抽取，应当注意：如果第（3）题采用先从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46628839823CC种，其结论是错误的，错在“重复”：假设 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，与第一步先抽 A 、 C（或 B、C） ，第二步再抽B（或 A）和其余2 件正品是同一种抽法，但在算式39823CC中算作 3种不同抽法例 3 求证：mnmnmnAmAA111；12112mnmnmnmnCCCC证明：

12、利用排列数公式左1 !1 !1 !nmnnmnm1 !1 !nmnmnnmmnAmnn!右另一种证法： （利用排列的定义理解）从n 个元素中取m个元素排列可以分成两类：第一类不含某特殊元素a的排列有mnA1第二类含元素a的排列则先从1n个元素中取出1m个元素排列有11mnA种，然后将a插入，共有 m个空档，故有11mnAm种，因此mnmnmnAAmA111利用组合数公式左!2!11!1!1!mnmnmnmnmnmn11211!1!1!mnmmmmnmnmnmn12!1!1!212!1!1!mnCmnmnnnmnmn右另法：利用公式111mnmnmnCCC推得左1211111mnnnmnmnmn

13、mnmnCCCCCCC右点评：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例 4 已知f是集合dcbaA,到集合2 ,1 , 0B的映射（1）不同的映射f有多少个？（2）若要求4dfcfbfaf则不同的映射f有多少个？分析： （1）确定一个映射f，需要确定dcba,的像（2）dcba,的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4 有多种分析方案，各方案独立且并列需要分类计算解： （ 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433333个不同名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料

14、- - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载映射（2）根据dcba,对应的像为2 的个数来分类，可分为三类：第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映射只有一个；第二类：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121314PC个；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624C个由分类计数原理共有1+12+6=19（个）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nm种方法；问题（2）的关键结合映射概念恰当确定分类

15、标准，做到不重、不漏例 5 四面体的顶点和各棱的中点共10 个点（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，不同的取法有多少种？（2）在这 10 点中取 4 个不共面的点，不同的取法有多少种？解： （1）如图，含顶点A的四面体的三个面上，除点A外都有 5 个点，从中取出3 点必与点A共面，共有353C种取法含顶点 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 种取法根据分类计数原理和点A共面三点取法共有333335C种（2）取出的4 点不共面比取出的4 点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取4 点（410C种取法）减去4 点共面的取

16、法取出的 4 点共面有三类：第一类：从四面体的同一个面上的6 点取出 4 点共面，有464C种取法第二类：每条棱上的3 个点与所对棱的中点共面，有6 种取法第三类：从6条棱的中点取4 个点共面，有3 种取法根据分类计数原理4 点共面取法共有6936446C故取 4 个点不共面的不同取法有14136446410CC（种）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，线共面与不共面等小结：个不同的元素必须相邻，有mmP种“捆绑”方法个不同元素互不相邻，分别“插入” 到个 “间隙” 中的个位置有mnP种不同的 “插入”方法个相同的元素互不相邻

17、，分别“插入”到个“间隙”中的个位置，有mnC种不同的“插入”方法若干个不同的元素“等分”为个组 , 要将选取出每一个组的组合数的乘积除以mmP【例题解析】例 1 完成下列选择题与填空题（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有种。A.81 B.64 C.24 D.4 （2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（）A.81 B.64 C.24 D.4 （3）有四位学生参加三项不同的竞赛，每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有；每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有； 每 位 学 生 最 多 参 加 一 项 竞 赛 ， 每 项 竞 赛 只 许 有

18、一 位 学 生 参 加 ， 则 不 同 的 参 赛 方 法有。解析（1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”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=3333=34=81，故答案选A。本题也可以这样分类完成，四封信投入一个信箱中，有 C31种投法； 四封信投入两个信箱中，有 C32（C41 A22+C42 C22）种投法；四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42A33种投法、，故共有C31+C32（C41A22+C42C22）+C42A33=81（种）。故选 A。（2）因学生可同时夺得n 项冠军，故学

19、生可重复排列，将4 名学生看作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。由分步计数原理得： N=444=64。故答案选B。（3）学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得 N=34=81（种） ；竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4 种不同学生，共有 N=43=64（种） ；等价于从4 个学生中挑选3 个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有 C43A33=24（种） 。ABCDEFGMNP名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精

20、心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载注：本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：设集合A=a1,a2, ,an, 集合 B=b1,b2,bm，则 f ：A B的不同映射是mn,f ：B A的不同映射是 nm。若 nm ，则 f ：AB的单值映射是：Amn。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，则四张贺年卡不同的分配方式有（）A.6 种B.9 种C.11 种D.23 种解法一由于共四人（用1， 2，3，4 代表甲、乙、丙、丁四人）

21、，这个数目不大，化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：再按照题目要求检验，最终易知有9 种分配方法。解法二记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3 种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1 种分配方式；第二类： 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）。对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种。因此，根据乘法原理，不同的分配方式数为（ 1+2）=9。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关系；每

22、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，贺年卡的分配问题可抽象为如下“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，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）？这时，可用乘法原理求解答案：首先，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；其次，当第1 号方格填写的数字为i （2i 4）时，则填写第i 种方格的数字，有3 种填法；最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有1 种填法（因

23、为剩下的两个数中，至少有 1 个与空着的格子的序号相同）。因此，根据乘法原理，得不同填法：33 1=9 注：本题是“乱坐问题” ，也称“错排问题” ，当元素较大时，必须用容斥原理求解，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。例 3宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8 盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其中 3 盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄灯的方法有多少种？解法一我们将 8 盏灯依次编号为1，2，3，4，5，6， 7，8。在所熄的三盏灯中，若第一盏熄1 号灯，第二盏熄3 号灯，则第3 盏可以熄5，6，7，8 号灯中的任意一盏，共有4 种熄法。若第一盏熄1 号灯

24、，第 2 盏熄 4 号灯，则第3 盏可以熄6，7，8 号灯中的任意一盏。依次类推，得若1 号灯熄了，则共有4+3+2+1=10 种熄法。若 1 号灯不熄，第一盏熄的是2 号灯，第二盏熄的是4 号灯，则第三盏可以熄6，7，8 号灯中的任意一盏，共有3 种熄法。依次类推得，若第一盏灯熄的是2 号灯，则共有3+2+1=6 种熄法。同理，若第一盏熄的是3 号灯，则共有2+1=3 种熄法。同理，若第一盏熄的是4 号灯，则有1 种熄法。综上所述共有：10+6+3+1=20 种熄法。解法二我们可以假定8 盏灯还未安装，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

25、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经常解决的“相邻不相邻”问题，采用“插入法”，得其答案为C63=20 种。注解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰，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。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，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。解设倾斜角为，由为锐角，得tan =-ba0, 即 a、 b

26、异号。（1）若 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 33-2=7（条）。（2）若 c0，a 有 3 种取法， b 有 3 种取法，而同时c 还有 4 种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有33 4=36 条，从而符合要求的直线共有7+36=43 条。注 ： 本题是 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 。错误原因没有对 c=0 与 c0 正确分类；没有考虑c=0 中出现重复的直线。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，无三条直线交于同一点（除原1

27、0 点外） ，无两条直线互相平行。求： （ 1）这些直线所交成的点的个数（除原10 点外） 。（ 2）这些直线交成多少个三角形。解法一（1）由题设这10 点所确定的直线是C102=45 条。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C452个交点。而在原来10 点上有 9 条直线共点于此。所以，在原来点上有10C92点被重复计数。所以这些直线交成新的点是：C452-10C92=630。（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述 630 个点或原来的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

28、组合，即C6403=43 486080 （个）。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 个新的名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 8 页 - - - - - - - - - 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：3C104=630。（2）同解法一。注用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑

29、实际几何意义。例 6 （ 1）如果（ x+x1）2n展开式中，第四项与第六项的系数相等。求n，并求展开式中的常数项；（2）求（x-421x）8展开式中的所有的有理项。解（1）由 C2n3=C2n5, 可得 3+5=2n n=4 。设第 k+1 项为常数项则 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0 ，即 k=4 常数项为T5=C84=70。（2）设第 k+1 项有理项，则43168412881)21()21(kkkkkkkxCxxCT因为 0k8，要使4316kZ，只有使k 分别取 0，4，8 所以所求的有理项应为：T1=x4,T5=835x,T9=2561x-2注（1）二

30、项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；（2）在二项展开式中求得k 后，对应的项应该是k+1 项。例 7（1）求 46n+5n+1被 20 除后的余数；（2） 7n+Cn17n-1+Cn2 7n-2+Cnn-17 除以 9，得余数是多少？（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。精确到0.01 ；精确到0.001 。解（1）首先考虑46n+5n+1被 4 整除的余数。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+ +Cn+1n4+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46n+1+5n+1被 5 整

31、除的余数。4 6n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+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。综上所述，被20 整除后的余数为9。（2） 7n+Cn1 7n-1+Cn27n-2+Cnn-1 7 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+ +(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1 (i) 当 n 为奇数时原式 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（-1）n-1Cnn-19-2 除以 9 所得余数为7。(ii)当 n 为偶数时原式 =9n-Cn19n-1+Cn29

32、n-2+(-1)n-1Cnn-1 9 除以 9 所得余数为0，即被 9整除。（3） (1.02)5（ 1+0.02 ）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C55 0.025C520.022=0.004,C530.023=810-5当精确到0.01 时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10 。当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104 。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再按二项式定理展开

33、推得所求结论。（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。例 8证明下列不等式：（1）2nnba（2ba）n, （a、bx|x是正实数 ,n N）; （2）已知 a、b 为正数，且a1+b1=1，则对于nN有（ a+b）n-an-bn22n-2n+1。证明（1）令 a=x+， b=x- 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载则 x=2baan+bn=(

34、x+ )n+(x- )n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+) 2xn即2nnba（2ba）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述两式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+ +Cnk(an-kbk+bn-kak)+ +Cnn(an+bn) (*) a1+b1=1，且 a、 b 为正数ab=a+b 2abab4 又an-kbk+bn-kak 2nnba=2(ab)n(k=1,2, ,n-1) 2(a+b)

35、n2an+2bn+Cn12(ab)n+Cn22（ab）n+Cnn-12(ab)n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1) （ab）n(2n-2) 2n=22n-2n+1注利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（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，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。例 9已知 (1-ax)n展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列，第 n+1-p 与第 n+2-p项的系

36、数之和为0，而（ 1-ax ）n+1展开式的第p+1 与 p+2 项的二项式系数之比为12。（1）求（ 1-ax ）n+1展开式的中间项；（2）求（ 1-ax ）n的展开式中系数最大的项。解由题设得：111111120)()(2pnpnpnpnnpnpnnpnpnpnCCaCaCCCC由得， 2Cnp=pnp1Cnp+1ppnCnp两边约去Cnp, 可得：2=pnp1+1ppn由得， 2Cn+1p=11ppnCn+1p约去 Cn+1p可得， n=3p+1 解方程组13211pnppnpnp得： n=7,p=2. 将 p=2,n=7 代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0 解之得： a=

37、0 或 3。若 a=0 ，则（ 1-0 x）8的中间项T5=0， （ 1-0 x）7展开式中系数最大的项是T1=1。若 a=3，则（ 1-3x ）8的中间项T5=C84 （-3x ）4=5670 x4， （1-3x ）7的展开式中，奇数项系数为正，令2277)3(3-kkkkCC1 解之得： k6。故（ 1-3x ）7展开式中系数最大的项为T7=C76 （-3 ）6x6=5103x6。注一般地，求（a+bx）n展开式中系数绝对值最大的项的方法是：设第 k+1 项为系数绝对值最大的项，则由111111kknknkknknkknknkknknbaCbaCbaCbaC求出 k 的取值范围，从而确定第

38、几项最大。例 10求证下列各式（1） Cnk+Cnk-1=Cn+1k; （2） Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np。证明（1）对于给定的n+1 个元素，从n+1 个元素中任意选出k 个元素的不同组合有Cn+1k。另一方面，设a 是 n+1 个元素中的一个。对于a我们这样分类。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载（i ）若 a 不选，则在n 个元素中选k 个，有

39、Cnk种不同的选法。（ii ）若 a 选，则在 n 个元素中再选k-1 个，有 Cnk-1种不同的选法。故从 n+1 个元素中选k 个元素组成一组的不种选法是：Cnk+Cnk-1。所以， Cnk+Cnk-1=Cn+1k。（2）仿（ 1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边Cm+np，可看作下列命题：从 m个红球， n 个白球中，任选p 个球的不同选法是Cm+np种。另一方面，我们按选红球的个数分类：（i ）取 p 个红球， 0 个白球； (ii)取 p-1 个红球， 1 个白球，取0个红球， p 个白球，这样的每类选法数为：Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,， CnpCm0由分类计数原理可得

40、：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np（2）另证：（ 1+x）n(1+x)m(1+x)m+n左边展开式中xp的系数是： Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0右边展开式中xp的系数是： Cm+np由多项式恒等条件可知Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np注本题的证明方法称之为算两次，对一个数学模型从不同角度去解，得出两个结果，将这两个结果综合起来，得到我们所需证明的结论。名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -