二项式定理的应用.ppt

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1、排列与组合、二项式排列与组合、二项式定理的应用定理的应用第一课时：第一课时：排列与组合排列与组合第一课时：第一课时：排列与组合排列与组合 课前导引课前导引 第一课时：第一课时：排列与组合排列与组合 课前导引课前导引 1. 从正方体的从正方体的6个面中选取个面中选取3个面，个面，其中有两个面不相邻的选法共有其中有两个面不相邻的选法共有 ( )A. 8种种 B. 12种种C. 16种种 D. 20种种第一课时：第一课时：排列与组合排列与组合 课前导引课前导引 1. 从正方体的从正方体的6个面中选取个面中选取3个面，个面，其中有两个面不相邻的选法共有其中有两个面不相邻的选法共有 ( )A. 8种种

2、B. 12种种C. 16种种 D. 20种种B 2. 某人抛掷硬币某人抛掷硬币8次，其中次，其中4次正面次正面向上，则证明向上的向上，则证明向上的4次中恰有次中恰有3次连在一次连在一起的情形的不同种数有起的情形的不同种数有_. 2. 某人抛掷硬币某人抛掷硬币8次，其中次，其中4次正面次正面向上，则证明向上的向上，则证明向上的4次中恰有次中恰有3次连在一次连在一起的情形的不同种数有起的情形的不同种数有_. 解析解析 把正面向上的把正面向上的4次中恰有次中恰有3次连次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的同元素插入反面向下的4次的次的5个空挡

3、中，个空挡中，故共有故共有A52=20种不同情形种不同情形. 2. 某人抛掷硬币某人抛掷硬币8次，其中次，其中4次正面次正面向上，则证明向上的向上，则证明向上的4次中恰有次中恰有3次连在一次连在一起的情形的不同种数有起的情形的不同种数有_. 解析解析 把正面向上的把正面向上的4次中恰有次中恰有3次连次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的同元素插入反面向下的4次的次的5个空挡中，个空挡中，故共有故共有A52=20种不同情形种不同情形.20 考点搜索考点搜索 考点搜索考点搜索 1. 不附加条件的排列组合题，大多用不附加条件的排列组合题，大多

4、用分类讨论的方法，注意分类不重不漏分类讨论的方法，注意分类不重不漏. 2. 若元素必须相附，一般采用看作一若元素必须相附，一般采用看作一个整体的方法个整体的方法. 3. 元素不相邻，采用插空法元素不相邻，采用插空法. 4. 排列组合的混合型问题，交替使用排列组合的混合型问题，交替使用两个原理两个原理. 链接高链接高考考 链接高链接高考考 例例11 (1) 在由数字在由数字1，2，3，4，5组组成的所有没有重复数字的成的所有没有重复数字的5位数中位数中, 大于大于23145且小于且小于43521的数共有的数共有 ( ) A. 56个个 B. 57个个 C. 58个个 D. 60个个 链接高链接高

5、考考 例例11 (1) 在由数字在由数字1，2，3，4，5组组成的所有没有重复数字的成的所有没有重复数字的5位数中位数中, 大于大于23145且小于且小于43521的数共有的数共有 ( ) A. 56个个 B. 57个个 C. 58个个 D. 60个个C (2) 某城市在中心广场建造一个花圃，某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为花圃分为6个部分（如图），现要栽种个部分（如图），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽种方法共种方法共有有_种种.(用数字作答用数字作答)6123456123

6、45 解析解析 本题是一道涂色问题的应用题本题是一道涂色问题的应用题,可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的区域，再用颜色进区域，再用颜色进行排列；也可以根行排列；也可以根据条件分布涂色据条件分布涂色.612345 解法一：把不相邻的区域合并后，成解法一：把不相邻的区域合并后，成为为4个个“大区域大区域”，然后再把，然后再把4种颜色对应种颜色对应全排列全排列46 25 1 346 35 1 236 24 1 536 24 1 524 35 1 6 共共5种合并方法，种合并方法，所以所以5A44=120种种栽种方法栽种方法. 解法二：先从区域解法二：先从区域1开

7、始种，栽种方开始种，栽种方法有法有4种，则区域种，则区域6有有3种栽法，区域种栽法，区域5有有2种栽法，若区域种栽法，若区域4与区域与区域6栽种同一种花栽种同一种花,则区域则区域2、3两块各有两块各有2种栽法，故总共有种栽法，故总共有43222=96种；若区域种；若区域4与区域与区域6不栽同一种花，则区不栽同一种花，则区域域2、3两块中有两块中有1种栽种栽法，总共有法，总共有43211=24，所以一共有，所以一共有120种栽种方法种栽种方法.612345 例例22 有有5张卡片张卡片, 它们的正、反面分它们的正、反面分别写别写0与与1，2与与3，4与与5，6与与7，8与与9，将，将其中任意三张

8、并排放在一起组成三位数，其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？共可组成多少个不同的三位数？ 例例22 有有5张卡片张卡片, 它们的正、反面分它们的正、反面分别写别写0与与1，2与与3，4与与5，6与与7，8与与9，将，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？共可组成多少个不同的三位数？ 解析解析 在解本题时应考虑两方面的在解本题时应考虑两方面的问题：问题：(1) 0不能作百位，但不能作百位，但0与与1在同一卡在同一卡片上，因此着眼于限制条件，必须同时考片上，因此着眼于限制条件，必须同时考虑虑0与与1的分类的

9、分类. (2) 每张卡片都有正面与反每张卡片都有正面与反面两种可能，解法上既可用直接法也可用面两种可能，解法上既可用直接法也可用排除法排除法. 解法一：直接法，从解法一：直接法，从0与与1两个特殊值两个特殊值着手，可分三类：着手，可分三类： (1) 取取0不取不取1, 可先从另四张卡片上选一可先从另四张卡片上选一张作百位，有张作百位，有C41种方法；种方法；0可在后两位有可在后两位有C21种方法；最后需从剩下的三张中任取一种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有张，有C31种方法；又除含种方法；又除含0的那张外，其他的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可两张都有正面或反面两种可能，

10、故此时可得不同的三位数有得不同的三位数有C41C21C3122(个个). (2) 取取1不取不取0，同上分析可得不同的，同上分析可得不同的三位数三位数C4223A33(个个). (3) 0和和1都不取都不取, 有不同三位数有不同三位数C4223A33(个个). 综上所述，共有不同的三位数综上所述，共有不同的三位数C41C21C3122+C4222A33+C4323A33=432(个个). 解法二：间接法，任取三张卡片可解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位数以组成不同三位数C5323A33(个个)，其中，其中0在百位的有在百位的有C4222A22(个个)，这是不合题，这是不合题意的意的,

11、 故共有不同三位数故共有不同三位数: C5323A33 C4222A22(个个). 例例33 四面体的顶点和各棱中点共四面体的顶点和各棱中点共10个点个点,在其中取在其中取4个不共面的点个不共面的点,则不同则不同的取法共有的取法共有 ( ) A. 150种种 B. 147种种 C. 144种种 D. 141种种 解析解析 方法一方法一, 从从10个点中个点中, 任意取任意取4个点的不同取法共有个点的不同取法共有C104种，其中，所取种，其中，所取4个点共面的可分为两类：个点共面的可分为两类： 第一类，第一类，4个点同在四面体的一个面个点同在四面体的一个面上，共有上，共有4C64种取法种取法.

12、第二类第二类, 4个点不同在四面体的一个个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：面上，可分为两种情形：4个点分布在个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点个点是某棱的中点是某棱的中点, 另另3点在棱上，因为共有点在棱上，因为共有6条棱条棱, 所以有所以有6种取法；种取法；4个点所在的不个点所在的不共面的棱不止两条，这时，共面的棱不止两条，这时，4个点必然都个点必然都是棱的中点，它们所在的是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空条棱必然是空间四边形的四条边，故有间四边形的四条边，故有3种不同的取法种不同的取法. 第二类第二类, 4个点不同在四面体的一个个点不同

13、在四面体的一个面上，可分为两种情形：面上，可分为两种情形：4个点分布在个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点个点是某棱的中点是某棱的中点, 另另3点在棱上，因为共有点在棱上，因为共有6条棱条棱, 所以有所以有6种取法；种取法；4个点所在的不个点所在的不共面的棱不止两条，这时，共面的棱不止两条，这时，4个点必然都个点必然都是棱的中点，它们所在的是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空条棱必然是空间四边形的四条边，故有间四边形的四条边，故有3种不同的取法种不同的取法. 所以符合题意的不同取法种数为所以符合题意的不同取法种数为C104 (4C64+6+3)=141.

14、 方法二方法二, 在四面体中取定一个面在四面体中取定一个面,记为记为 , 那么取不同不共面那么取不同不共面的的4个点个点, 可可分为四类：分为四类： 第一类第一类, 恰有恰有3个点在个点在 上上, 这时该这时该3点必然不在同一条棱上点必然不在同一条棱上, 因此因此, 4个点个点的不同取法数为的不同取法数为4(C63 3)=68. 第二类，恰有第二类，恰有2个点在个点在上，可分两上，可分两种情况：种情况：该该2点在同一条棱上，这时点在同一条棱上，这时4个点的个点的不同取法数为不同取法数为4C32(C42-3)=27; 该该2点不在同一条棱上，这时点不在同一条棱上，这时4个点的不个点的不同取法数为

15、同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30. 第三类，恰有第三类，恰有1个点在个点在上，可分为两上，可分为两种情形：种情形：该点是棱的中点，这时该点是棱的中点，这时4个点个点的不同取法数为的不同取法数为33=9；该点不是棱的该点不是棱的中点，这时中点，这时4个点的不同取法数为个点的不同取法数为32=6. 第三类，恰有第三类，恰有1个点在个点在上，可分为两上，可分为两种情形：种情形：该点是棱的中点，这时该点是棱的中点，这时4个点个点的不同取法数为的不同取法数为33=9；该点不是棱的该点不是棱的中点，这时中点，这时4个点的不同取法数为个点的不同取法数为32=6. 第四类，第四类，4个点都不

16、在个点都不在上，只有上，只有1种种取法取法. 应用分类计数原理，得所求的不应用分类计数原理，得所求的不同取法数为同取法数为68+27+30+9+6+1=141. 例例44 4个男同学，个男同学，3个女同学站成个女同学站成一排一排: (1) 3个女同学必须排在一起，有多个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？少种不同的排法？ (2) 任何两个女同学彼此不相邻任何两个女同学彼此不相邻,有有多少种不同的排法？多少种不同的排法？ (3) 其中甲、乙两同学之间必须有其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？人，有多少种不同的排法？ (4) 甲、乙两人相邻，但都不与丙相甲、乙两人相邻，但都不与

17、丙相邻，有多少种不同的排法？邻，有多少种不同的排法？ (5) 女同学从左到右按高矮顺序排，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？有多少种不同的排法？(3个女生身高互个女生身高互不相等不相等) 解析解析 (1) 3个女同学是特殊元素，个女同学是特殊元素，我们先把她们排好，共有我们先把她们排好，共有P33种排法；由种排法；由于于3个女同学必须排在一起，我们可视个女同学必须排在一起，我们可视排好的女同学为一整体，再与甲同学排排好的女同学为一整体，再与甲同学排队，这时是队，这时是5个元素的全排列，应有个元素的全排列，应有A55种排法，由乘法原理，有种排法，由乘法原理，有A33A55种种=72

18、0种不同排法种不同排法. (2) 先将男生排好先将男生排好, 共有共有A44种排法种排法, 再在这再在这4个男生的中间及两头的个男生的中间及两头的5个空档个空档中插入中插入3个女生有个女生有A53种方案种方案, 故符合条故符合条件的排法共有件的排法共有A44A53=1440种不同排法种不同排法. (3) 甲、乙甲、乙2人先排好，有人先排好，有A22种排法种排法,再从余下再从余下5人中选人中选3个排在甲、乙个排在甲、乙2人中间人中间, 有有A53种排法种排法, 这时把已排好的这时把已排好的5人视为一人视为一个整体个整体, 与最后剩下的与最后剩下的2人再排人再排, 又有又有A33种种排法，这样总共

19、有排法，这样总共有A22 A53A33 =720种不同种不同排法排法. (4) 安排甲、乙和丙安排甲、乙和丙3人以外的其他人以外的其他4人，有人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻种排法；由于甲、乙要相邻, 故再把甲、乙排好故再把甲、乙排好, 有有A22种排法种排法, 最后把最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的先排好的4人的空档中有人的空档中有A52种排法种排法, 这样这样, 总共有总共有A44 A22 A52=960种不同排法种不同排法.840 , , ,3 ;A,47 )5( 4747种种不不同同排排法法总总共共有有这这样样故故仅仅有有一一种种排

20、排法法身身体体高高矮矮排排列列由由于于女女生生要要按按个个空空位位置置中中排排女女生生的的然然后后再再在在余余下下种种排排法法则则有有生生排排好好个个位位置置把把男男个个位位置置中中选选出出从从 A 评注评注 排列问题中，部分元素排列问题中，部分元素相邻的问题可用相邻的问题可用“视一法视一法”解；部分解；部分元素不相邻的问题可用元素不相邻的问题可用“插入法插入法”解，解，部分元素定序的问题也可用部分元素定序的问题也可用“插入法插入法”解解. 例例55 按以下要求分配按以下要求分配6本不同的书本不同的书,各有几种分法？各有几种分法？ (1) 平均分给甲、乙、丙三人，每人平均分给甲、乙、丙三人，每

21、人2本；本； (2) 平均分成三份，每份平均分成三份，每份2本；本； (3) 甲、乙、丙三人一人得甲、乙、丙三人一人得1本，一本，一人得人得2本，一人得本，一人得3本；本； (4) 分成三份，一份一本，一份分成三份，一份一本，一份2本，本，一份一份3本；本； (5) 甲、乙、丙三人中，一人得甲、乙、丙三人中，一人得4本，本，另二人每人得另二人每人得1本；本； (6) 分成三份，一份分成三份，一份4本，另两份每份本，另两份每份1本；本； (7) 甲得甲得1本，乙得本，乙得1本，丙得本，丙得4本本 (均均只要求列式只要求列式).).(90 .222 (1) 222426222426种种不同的方法有

22、不同的方法有所求所求依分步计数原理，依分步计数原理，种方法种方法本有本有种方法；丙学生得种方法；丙学生得本，有本，有乙学生得乙学生得种方法；种方法；本，有本，有甲学生得甲学生得 CCCCCC 解析解析 ).(15 )1( )2( 3322242633种种所求不同分法有所求不同分法有所以所以种重复，种重复，有有的方法，的方法，按按 ACCCA. 3 2 1 6 (3) 3333251633332516种种方方法法共共有有，种种方方法法依依分分布布计计数数原原理理人人有有丙丙三三乙乙、把把它它们们分分给给甲甲、第第二二步步，种种方方法法；有有共共本本，本本、本本、分分别别为为分分为为三三摊摊，书书

23、，本本不不同同用用把把分分两两步步：第第一一步步，ACCCACCC . 3 2 1 6 (3) 3333251633332516种种方方法法共共有有，种种方方法法依依分分布布计计数数原原理理人人有有丙丙三三乙乙、把把它它们们分分给给甲甲、第第二二步步，种种方方法法；有有共共本本，本本、本本、分分别别为为分分为为三三摊摊，书书，本本不不同同用用把把分分两两步步：第第一一步步，ACCCACCC . )4( 332515CC . .2 46 (5) 221316221346种方法种方法由分步计数原理：有由分步计数原理：有本给人，有本给人，有第三步，余下第三步，余下；人，有人，有丙中的一丙中的一第二步

24、，分给甲、乙、第二步，分给甲、乙、种方法；种方法；本有：本有：选出选出本书中本书中分三步：第一步，从分三步：第一步，从ACCAAC . .122 .46 (6) 2211224622112246种方法种方法由分步计数原理有由分步计数原理有种方法种方法本，有本，有份，每份份，每份本平均分成本平均分成第二步：将第二步：将种方法种方法本，有本，有本书中取本书中取第一步：从第一步：从ACCCACCC . .22 46 (7) 111246111246种方法种方法由分步计数原理有：由分步计数原理有：种方法种方法人有人有本给本给第二步：将余下第二步：将余下种方法；种方法；分给丙，有分给丙，有本，本，本不同

25、的书中取本不同的书中取第一步：从第一步：从CCCCCC 例例66 将将4个编号为个编号为1、2、3、4的小球的小球放入放入4个编号为个编号为1、2、3、4的盒子中，的盒子中，(1)有有多少种放法？多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种每盒至多一球，有多少种放法？放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放一个求，并且恰好有一个球每个盒内放一个求，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的编号与盒子的编号相同, 有多少种放法？有多少种放法？(5)把把4个不同的小球换成个不同的小球换成4个相同的小球，个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？恰有一个空盒

26、，有多少种放法？(6) 把把4个个不同的小球换成不同的小球换成20个相同的小球，要求每个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？种放法？.25644444,4 (1) 4种放法种放法共有共有盒子盒子将小球一个一个地放入将小球一个一个地放入中的任何一个中的任何一个个盒子个盒子每个小球都可能放入每个小球都可能放入 解析解析 .25644444,4 (1) 4种放法种放法共有共有盒子盒子将小球一个一个地放入将小球一个一个地放入中的任何一个中的任何一个个盒子个盒子每个小球都可能放入每个小球都可能放入 解析解析 .24, )2(44种方法种方法共

27、有共有为全排列问题为全排列问题 A .144 , )3( 34221112243422111224种种故共有故共有方法方法种投放种投放有有个盒子中的三个盒子个盒子中的三个盒子再将三组小球投入四再将三组小球投入四种种有有先将四个小球分为三组先将四个小球分为三组 AACCCAACCC (4) 1个球的编号与盒子编号相同的个球的编号与盒子编号相同的选法有选法有C41种，当种，当1个球与个球与1个盒子的编号个盒子的编号相同时相同时,同局部列举法可知其余同局部列举法可知其余3个球的个球的投放方法有投放方法有2种，故共有种，故共有C412=8种种. (5) 先从四个盒子中选出三个盒子，先从四个盒子中选出三

28、个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，余下两个盒子各放一个，由于球是相同余下两个盒子各放一个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题的即没有顺序，所以属于组合问题. 故共故共有有C43 C31=12种放法种放法. (6) (隔板法隔板法)先将编号为先将编号为1、2、3、4的的4个盒子分别放个盒子分别放0、1、2、3个球，再把个球，再把剩下的剩下的14个球分成四组，即个球分成四组，即这这14个个球中间球中间13个空挡中放入三块隔板，共有个空挡中放入三块隔板，共有C133=286种种. 如如|，即编号为即编号为1、2、3、4盒子分别再放盒子分别再放2、

29、5、3、4个球个球. 评注评注 1. 做排列组合应用题，首做排列组合应用题，首先要分清问题的类型，是用基本计数先要分清问题的类型，是用基本计数原理，还是排列问题或是组合问题原理，还是排列问题或是组合问题. 2. 第第(3)小题常见的错误解法小题常见的错误解法: 即先选即先选出出3个球放入个球放入4个盒子中的三个，有个盒子中的三个，有C43 C43种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒子中的一个有子中的一个有3种，故有种，故有C43 C433=288种种放法，请读者细心体会为什么出现重复情放法，请读者细心体会为什么出现重复情形形. 3. 第第(6)小题的小题的“

30、投题投题”问题实际上是问题实际上是转化为求不定方程转化为求不定方程x+y+z+ =14有多少组正有多少组正整数；若先将编号为整数；若先将编号为1、2、3、4的的4个盒子个盒子分别放分别放1、2、3、4个球，则转化为求不定个球，则转化为求不定方程方程x+y+z+ =10有多少组非正整数有多少组非正整数.第二课时：第二课时：二项式定理的应用二项式定理的应用) ()12(. 183的的展展开开式式中中常常数数项项是是在在xx 28.D 7 .C 7.B 28.A 第二课时：第二课时：二项式定理的应用二项式定理的应用. 7412. 6, 03482)1( )2()1( 282687348883881

31、CCTrrxCxxCTrrrrrrrrr得得令令由由 解析解析 . 7412. 6, 03482)1( )2()1( 282687348883881 CCTrrxCxxCTrrrrrrrrr得得令令由由 解析解析 答案：答案：C._,1 . 2 10最最大大的的项项为为系系数数的的展展开开式式二二项项式式 xx._,1 . 2 10最最大大的的项项为为系系数数的的展展开开式式二二项项式式 xxrrrrrrrxCxxCT23101010101)1( 1 解析解析 .75,.,75.,6,)1(41061041051051010项项项项和和第第系系数数最最大大的的项项为为第第因因此此即即为为最最大

32、大项项数数的的增增减减性性规规律律可可知知再再由由二二项项式式系系项项的的系系数数相相等等且且为为项项和和第第又又因因第第显显然然不不是是最最大大的的为为项项系系数数但但第第项项的的二二项项式式系系数数最最大大为为六六展展开开式式中中中中间间一一项项即即第第项项式式系系数数性性质质由由二二式式系系数数相相等等的的绝绝对对值值与与对对应应的的二二项项故故而而得得到到每每项项系系数数则则此此项项系系数数为为CCCCCCrr 考点搜索考点搜索 考点搜索考点搜索 1. 已知二次式，探求二项展开式中已知二次式，探求二项展开式中的特殊项的特殊项. 2. 已知三项式，求展开式式中某一已知三项式，求展开式式中

33、某一项或某一项的系数项或某一项的系数. 3. 求展开式中某些项的系数和与差求展开式中某些项的系数和与差. 4. 二项展开式定理和二项展开式的二项展开式定理和二项展开式的性质的综合应用性质的综合应用. 链接高链接高考考 链接高链接高考考 例例11:,2192求求的展开式中的展开式中在在 xx(1) 第第6项项;(2) 第第3项的系数项的系数;(3) 含含x9的项的项;(4) 常数项常数项. 链接高链接高考考 例例11:,2192求求的展开式中的展开式中在在 xx(1) 第第6项项;(2) 第第3项的系数项的系数;(3) 含含x9的项的项;(4) 常数项常数项. 解析解析 .16636,16632

34、1)()1(33542596xxxxCT 项为项为即第即第. 93,94136 21)( )2(12214272293项项的的系系数数为为故故第第xxxxxCT .22121.4, 3, 9318(*).2121)(,1 )3( 9939249318992919xxCTxrrxCxxCTxrrrrrrrr 项项含含即即第第则则令令则则项项项项含含设设第第.1621,162121,7, 6, 0318,(*) )4( 6967常数项为常数项为项为常数项项为常数项即第即第令令式式由由 CTrr 例例22:,21 4求求三三项项系系数数成成等等差差数数列列展展开开式式中中前前若若nxx (1) 展开

35、式中含展开式中含x的一次幂的项的一次幂的项;(2) 展开式中所有含展开式中所有含x的有理项的有理项;(3) 展开式中系数最大的项展开式中系数最大的项. 解析解析 .8352. 4, 1434,221)(. 8,21221 )1( 4481434848811220 xxCTxrrxCxxCTnCCCrrrrrrrnnn 的的一一次次项项为为得得令令得得由由条条件件.2561,835, 8 , 4 , 0),80(Z434 )2(29541xTxTxTrrr 有有理理项项为为且且令令.7,7,43432222,)3(474523228118811811xTxTkCCCCttttktrkkkkkkk

36、kkkkkr 分分别别是是项项项项和和第第系系数数最最大大项项为为第第于于是是且且则则有有项项系系数数最最大大设设第第项项系系数数为为记记第第 例例33. | )4( ; )3( ; )2( ; )1( :.)21( 7210642075317217722107aaaaaaaaaaaaaaaxaxaxaax 求求已已知知 解析解析 令令x=1, 则则. 2 ),1, 0( 1)1(.3, 17321007077654321076543210 aaaaaxCaaaaaaaaaaaaaaaaa得得或令或令 解析解析 令令x=1, 则则. 2 ),1, 0( 1)1(.3, 173210070776

37、54321076543210 aaaaaxCaaaaaaaaaaaaaaaaa得得或令或令(2) ( )2, 得得.109423177531 aaaa(3) (+)2, 得得.109323176420 aaaa(3) (+)2, 得得.109323176420 aaaa.2187,)2()3(),()(|.,)21(:)4(753164207210753164207其其值值为为即即可可小小于于零零而而大大于于零零展展开开式式中中方方法法一一 aaaaaaaaaaaaaaaaaaaax.21873|,)21(|,|:7721077210 aaaaxaaaa展展开开式式中中各各项项的的系系数数和和

38、即即方方法法二二 例例44.115展展开开式式的的常常数数项项求求 xx 例例44.115展展开开式式的的常常数数项项求求 xx 解析解析 )50()1(1,1111 : 55155 rxxCTxxxxrrrr它它的的展展开开式式通通项项为为法法一一 , 12, 31,Z50)50(11,50; 1)1(1,525555155556或或值值分分别别为为相相应应的的或或只只能能取取且且的的展展开开式式的的通通项项为为时时当当时时当当krrrrrxxCTxxrCTrkrkrrkr .51)1()1()1(. 1, 3, 2, 13123512415 CCCCkrkr常常数数项项为为即即. 1151

39、1011015111,11,5)(234555 xxxxxxxxxxxxxx即即展展开开也也可可以以直直接接次次由由于于本本题题只只有有解解法法二二.511105,1,11224 CCxxxx常常数数项项为为项项且且是是各各自自的的中中间间项项某某展展开开式式才才会会出出现现常常数数偶偶次次幂幂中中的的只只有有在在的的对对称称性性知知由由.511, 1)3(;1)1(, 1,1,)2();1(1, 1,1)1(:,511)(14152325314132232255 CCCCxxCCxxxCxCxxxx故故常常数数项项为为都都取取即即其其余余取取取取另另一一个个一一个个取取即即一一个个取取常常数

40、数另另两两个个取取两两个个因因式式取取况况有有三三类类情情要要展展开开式式中中出出现现常常数数项项因因式式之之积积个个相相同同是是组组合合方方法法解解法法三三 评注评注 要求三项式要求三项式n次幂的展开次幂的展开式中的特定项式中的特定项, 一般通过结合律一般通过结合律, 借助借助于二项式定理的通项求解于二项式定理的通项求解. 如解法一如解法一, 当幂指数较小时当幂指数较小时, 可以直接写出展开可以直接写出展开的全部或局部的全部或局部, 如解法二如解法二. 二项式定理二项式定理是用组合方法推出的是用组合方法推出的, 因而解法三也因而解法三也不失为一种好方法不失为一种好方法. 例例55 (1) 9

41、192除以除以100的余数是几的余数是几?(2) 求证求证: 32n+2 8n 9(n N*)能被能被64整除整除.1009,1009,100,9910091009100100)9100(91: 92929291919229029291192929292的的余余数数除除以以于于是是求求整整除除不不能能被被只只有有末末项项整整除除前前面面各各项项均均能能被被方方法法一一 CCC 例例55 (1) 9192除以除以100的余数是几的余数是几?(2) 求证求证: 32n+2 8n 9(n N*)能被能被64整除整除. 解析解析 .8110091,8110081)1000 10101010(1920

42、10101010)1(1010 101010)110(9922909290292911929229092902929119292929192290929029291192929292数数为为的的余余除除以以即即除除的的余余数数为为被被 CCCCCCCCCC.81100.8182008281190,100,100, 190909090)190(91:919291922909291192920929292除除余余被被由由于于整整除除尾尾两两项项不不能能被被只只有有末末整整除除由由于于前前面面各各项项均均能能被被方方法法二二 CCCCC.64*)N(983,64,888898)18888(98)18

43、(989983:)2(2221112111111211111122整整除除能能被被的的倍倍数数而而上上式式各各项项均均为为证证明明 nnCCCnCCCnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn 例例66 已知已知(1+3x)n的展开式中，末三项的的展开式中，末三项的二项式系数的和等于二项式系数的和等于121，求展开式中系，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项数最大的项及二项式系数最大的项.,3)3().16(15, 0240,121, 1515121212rrrrrrnnnnnnnnnnnnxCxCTnnnnCCCCCC 舍去舍去得得由题设由题设、别为别为末三项的二项式系数分末三项的二项

44、式系数分 例例66 已知已知(1+3x)n的展开式中，末三项的的展开式中，末三项的二项式系数的和等于二项式系数的和等于121，求展开式中系，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项数最大的项及二项式系数最大的项. 解析解析 ,12,12,.12, 1)115(333, 1.3,3,11115151111515111系数小系数小的系数都比后面一项的的系数都比后面一项的前面一项前面一项项以前的各项项以前的各项即第即第都有都有的自然数时的自然数时取小于取小于当当也就是说也就是说解得解得即即令令则则与与项的系数分别为项的系数分别为项与项与设设 rrrrrrrrrrrrrrrrrrttrrrrCCttCtCtttTT.3398,15.3,3888157971512121215131111111512xCxCnxCTxCT与与分别为：分别为：项，项，、二项式系数最大的是第二项式系数最大的是第时时当当是是展开式中系数最大的项展开式中系数最大的项 ,1212131ttttrrr 即即时时又当又当