专题27 排列、组合、二项式定理 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

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专题27 排列、组合、二项式定理

目录
常考点01 两个计数原理及其应用 1
常考点02 排列问题 5
常考点03 组合问题 7
常考点04 排列与组合的综合问题 9
常考点05 二项式定理 12
常考点06 二项式系数的性质及各项系数和 16
常考点07 二项式定理的应用 19
易错点01 分组问题混淆“均分”与“非均分” 21
易错点02 计数时混淆有序与定序 21
易错点03 忽略二项展开式的通项是第r+1项不是第r项 22
易错点04 混淆二项式系数与系数. 22
专项训练 （全卷共22题） 22
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写

常考点01 两个计数原理及其应用
【典例1】（1）（2021·北京高三模拟）李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔天、天、天、天去配送一次．已知月日李明分别去了这四家超市配送，那么整个月他不用去配送的天数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】将月剩余的30天依次编号为1，2，330，
因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔天、天、天、天去配送一次，且月日李明分别去了这四家超市配送，所以李明每逢编号为3的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为4的倍数的那天要去乙超市配送，每逢编号为6的倍数的那天要去丙超市配送，每逢编号为7的倍数的那天要去丁超市配送，
则李明去甲超市的天数编号为：3、6、9、12、15、18、21、24、27、30，共10天；
李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：4、8、16、20、28，共5天；
李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共0天；
李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：7、14，共2天；
所以李明需要配送的天数为，
所以整个月李明不用去配送的天数是.故选：B.
（2）（2021·福建福州·高三模拟）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有这三个数字，则不同的填法有（ ）

A．12种 B．24种 C．72种 D．216种
【答案】A
【解析】分步填数，先填第一行三个数字，第二步填第二行的第一个数，第三步其它格子中的数字填法唯一，由分步计数原理可得．
【详解】先填第一行，有种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其它单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理，共有种不同的填法．故选：A．
【典例2】（2021·安徽高三月考）西部五省，有五种颜色供选择涂色，要求每省涂一色，相邻省不同色，有__________种涂色方法．

【答案】420
【解析】对于新疆有5种涂色的方法，对于青海有4种涂色方法，对于西藏有3种涂色方法，
对于四川：若与新疆颜色相同，则有1种涂色方法，此时甘肃有3种涂色方法；
若四川与新疆颜色不相同，则四川只有2种涂色方法，此时甘肃有2种涂色方法；
根据分步、分类计数原理，则共有5×4×3×（2×2+1×3）＝420种方法．故答案为：420.
【技巧点拨】
1. 计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．
2. 涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.
涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.
涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．
【变式演练1】（2021·浙江高三月考）从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成_____个没有重复数字的四位偶数.
【答案】198
【解析】当用0时，0只能在个位，十位，百位三个位置之一.
当个位为0时，从2,4,6中再取1个数字(3种方法），从1,3,5中任取2个数字（即排除1个，有3种不同的方法），将这取得的3个数字在十百千位任意排列，共有3!=6中不同的排列方式，根据分步乘法计数原理，有3×3×6=54种方法；
当十位或百位为0时（2种不同方法），从2,4,6中再取1个数字放置在个位(3种方法），然后从1,3,5中任取2个数字（即排除1个，有3种不同的方法），在其余两位上任意排列，共有2!=2中不同的排列方式，根据分步乘法计数原理，有2×3×3×2=36种方法；
当没有用0时，从2，4，6中任取1个数字放置在个位(有3中不同的方法）；在从其余的2个非零偶数字中任取一个数字(2种不同方法），从1，3，5中任取2个数字（有3种不同方法)，将这3个数字在除个位之外的十百千3个位置上任意排列(有3!=6种不同的方法），由分步乘法计数原理方法数为3×2×3×6=108种．
根据分类加法计数原理，一共有没有重复数字的四位偶数54+36+108=198个，故答案为：198.
【变式演练2】（2021·江苏扬州中学高三月考）已知集合P={1,2,3,4,5}，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为（ ）
A．49 B．48 C．47 D．46
【答案】A
【解析】集合知：
1、若A中的最大数为1时，B中只要不含1即可：的集合为，
而有 种集合，集合对(A,B)的个数为15；
2、若A中的最大数为2时，B中只要不含1、2即可：
的集合为，而B有种，集合对(A,B)的个数为；
3、若A中的最大数为3时，B中只要不含1、2、3即可：
的集合为，而B有种，集合对(A,B)的个数为；
4、若A中的最大数为4时，B中只要不含1、2、3、4即可：
的集合为，
而B有种，集合对(A,B)的个数为；
∴一共有个，故选：A
【变式演练3】（2021·陕西高三二模）回文数指从左向右读与从右向左读都一样的正整数，如22，343，1221，94249等.显然两位回文数有9个，即11，22，33，99；三位回文数有90个，即101，121，131，…，191，202，…，999.则四位回文数有______个，位回文数有______个.
【答案】90个
【解析】由题意，可得4位回文数的特点为中间两位是相同的，千位和个位数相同但不能为0，
第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，共有10种选法；
由分步计数原理可得，4位回文数共有个.
在位回文数中，第一步，先选左边的第一个数字，共有9种选法；
第二步，分步选左边的第个数字，共有种选法，
由分步计数原理可得，在位回文数中，共有个.故答案为：90；.

常考点02 排列问题
【典例1】（1）（2021.江西省高三月考），，，，五人站成一排，如果，必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
（2）（2021.成都市树德中学高三模拟）七人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙､丙两人必须相邻，则排法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】（1）A（2）D
【解析】（1），必须相邻且在的右边，考虑，作为一个整体，
所以不同的排法种数为种.故选：A
（2）特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余四个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有(种)．故选：D
【典例2】（2021·江苏高三期中）人排成一排照相，甲排在乙左边(可以相邻，也可以不相邻)的排法总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先5人全排列有种不同的排法，甲排在乙左边的机会与排在右边的机会相同，
所以甲排在乙左边(可以相邻，也可以不相邻)的排法总数为种.故选：B
【技巧点拨】求解有限制条件排列问题的主要方法
直接法
分类法
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中
除法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法
【变式演练1】（2019·上海高考真题）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有___种（结果用数值表示）
【答案】24
【分析】首先安排甲，可知连续天的情况共有种，其余的人全排列，相乘得到结果.
【详解】在天里，连续天的情况，一共有种剩下的人全排列： 故一共有：种
【点睛】本题考查基础的排列组合问题，解题的关键在于对排列组合问题中的特殊元素，要优先考虑，然后再考虑普通元素.
【变式演练2】（2021江苏高三期中）6人排成一行，甲、乙相邻且丙不排两端的排法有（　　）
A．288种 B．144种 C．96种 D．48种
【答案】B
【解析】把甲乙两人捆绑成一个元素，有种排法，现在相当于有5个元素排在5个位置上，先将丙排在中间3个位置中的某一个，有种排法，再将剩余的4个元素排在剩余的4个位置上，有种排法，所以共有种排法.故选:B.
【变式演练3】（2020·浙江高二期中）将编号为、、、、的个小球全部放入、、三个盒子内，若每个盒子不空，且放在同一个盒子内的小球编号不相连，则不同的方法总数有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】将编号为、、、、的个小球，根据小球的个数可分为、、或、、两组.
①当三个盒子中的小球个数分别为、、时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，
故个小球的编号只能是、、的在一个盒子里，故只有一种分组方法，
再分配到三个盒子，此时共有种分配方法；
②当三个盒子中的小球个数分别为、、时，由于放在同一个盒子里的小球编号互不相连，
此时放个小球的盒子中小球的编号分别为、或、或、或、或、或、，共种，再分配到三个盒子中，此时，共有种.
综上所述，不同的放法种数为种.故选：A.

常考点03 组合问题
【典例1】（1）（2021江苏省南通市高三月考）从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，则不同的选取方案数为（ ）
A．10 B．20 C．540 D．1080
（2）（2021内蒙古高三调研）试题安排6名志愿者扶贫干部到甲、乙、丙三个贫困村做扶贫工作，每人只做1个村的脱贫工作，甲村安排1名，乙村安排2名，丙村安排3名，则不同的安排方式共有________种．
【答案】（1）A（2）60
【解析】（1）从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，
即6个志愿者名额分到3个小区，每个小区至少1个，
等价于6个相同的小球分成3组，每组至少1个，
将6个小球排成一排，除去两端共有5个空，从中任取2个插入挡板，共有（种）方法，
即从三个小区中选取6人做志愿者，每个小区至少选取1人，不同的选取方案数为10.故选：A
（2）先选一个人安排到甲村，有种方法；再从剩下的5个人中选2个人安排到乙村，有,最后把剩下的3个人安排到丙村，有种方法，根据乘法分步原理共有种方法.故答案为：60
【典例2】（2020·海南高考真题）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，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种 B．90种 C．60种 D．30种
【答案】C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
【技巧点拨】组合问题常有以下两类题型变化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
【变式演练1】（2019·江苏高考真题）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____.
【答案】.
【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.
【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有种情况.
若选出的2名学生恰有1名女生，有种情况，
若选出的2名学生都是女生，有种情况，所以所求的概率为.
【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.
【变式演练2】（2018·全国高考真题（理））从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）
【答案】
【分析】首先想到所选的人中没有女生，有多少种选法，再者需要确定从人中任选人的选法种数，之后应用减法运算，求得结果.
【详解】根据题意，没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，
故至少有位女生入选，则不同的选法共有种，故答案是.
【点睛】该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到“至多、至少”问题时多采用间接法，一般方法是得出选人的选法种数，间接法就是利用总的减去没有女生的选法种数，该题还可以用直接法，分别求出有名女生和有两名女生分别有多少种选法，之后用加法运算求解.
【变式演练2】（2021·浙江温州·高三月考）一个盒子里装有7个大小､形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4，黄球3个，编号分别为1，2，3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有________种.
【答案】30
【解析】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,即得解.
【详解】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,
所以含有编号为3的总数为.故答案为：30.

常考点04 排列与组合的综合问题
【典例1】（1）（2022重庆市高三月考）重庆11中本学期接收了5名西藏学生，学校准备把他们分配到A，B，C三个班级，每个班级至少分配1人，则其中学生甲不分配到A班的分配方案种数是（ ）
A．720 B．100 C．150 D．345
（2）（2022河北省高三上摸底）现有4份不同的礼物，若将其全部分给甲､乙两人，要求每人至少分得份，则不同的分法共有（ ）
A．10种 B．14种 C．20种 D．28种
【答案】（1）B（2）B
【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：
①将5名学生分为3组，若分为的三组，有种分组方法，
若分为的三组，有种分组方法，则有种分组方法，
②将甲所在的组安排在或班，剩下2组任意安排，有种安排方法，
则有种分配方案；故选：B．
（2）4份不同的礼物分成两组有两种情况：1份和份；份和份；
所以不同的分法有种，故选：B.
【典例2】（2021·全国高考真题（理））将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
【技巧点拨】
1. 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．
具体地说，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．
2. 有条件的排列问题大致分四种类型．
(1)某元素不在某个位置上问题，①可从位置考虑用其它元素占上该位置，②可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；③可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数．
(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列．
(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)．
(4)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素就一种排法．
3．分组、分配问题的求解策略
(1)对不同元素的分配问题
①对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
②对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数．
③对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
(2)对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．
【变式演练1】（2021年高考最后一卷理科数学）年月日，国家航天局探月与航天工程中心组织完成了我国首辆火星车全球征名活动的初次评审．初评环节遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共个名称，作为我国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名字的内涵，计划从中随机选取个依次进行分析，若同时选中哪吒、赤兔，则哪吒和赤兔连续被分析，否则随机依次分析，则所有不同的分析情况有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【解析】①同时选中哪吒和赤兔，则只需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列即可，有种情况；
②哪吒和赤兔有一个入选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；
③哪吒和赤兔都不选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；
不同的分析情况共有种．故选：A.
【变式演练2】（2020·全国高考真题（理））4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
【答案】
【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.
【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学先取2名同学看作一组，选法有：
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故答案为：.
【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
【变式演练3】（上海市静安区2021届高三二模数学试题）在1，2，3，4，5，6，7中任取6个不同的数作为一个3行2列矩阵的元素，要求矩阵的第2行的两个数字之和等于5，而矩阵的第1行和第3行的两个数字之和都不等于5，则可组成不同矩阵的个数为（ ）．
A．204 B．260 C．384 D．480
【答案】C
【解析】两个数字之和等于5的情形只有两种：．
下面先考虑第二行选取1，4作为元素，有种方法；再安排第一行、第三行，若只选取2，3中的一个有种方法，若2，3都选取，则有种方法．
由乘法原理可得：方法．
同理可得：第二行选取2，3作为元素，也有方法．
利用加法原理可得：可组成不同矩阵的个数为种方法．故选：C

常考点05 二项式定理
【典例1】（1）（2021·吉林长春市·高三（理））展开式中，的系数是（ ）
A． B． C． D．
（2）（2021·河北唐山·）若，则（ ）
A．56 B．448 C． D．
（3）（2021·广东执信中学高三月考）在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则（ ）
A． B．展开式中没有常数项
C．展开式所有二项式系数和为1024 D．展开式所有项的系数和为256
【答案】（1）B（2）D（3）BD
【解析】（1）展开式的通项为，
令，故，故选：B.
（2）由题意，
通项
令可得故选：D
（3）因为只有第5项的二项式系数最大，且第5项的二项式系数为，所以，A错误；
因为， ，因为，所以展开式中没有常数项，B正确；展开式所有二项式系数和为，C错误；令，可得展开式所有项的系数和为256，D正确．故选：BD.
【典例2】（1）（2021·贵州高三月考）在的展开式中， 的系数是-10，则( )
A．-2 B．-1 C．1 D．2
（2）（2021·全国高三）若的展开式中，含的项是第四项，则展开式中的二项式系数和为______．
【答案】（1）D（2）256
【解析】（1）展开式的通项公式为，
令，得，由，得.故选：D.
（2）由题意，二项式展开式的通项为，
当时，，解得，则二项式系数和为256．故答案为：256
【技巧点拨】
1.二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．
2．求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
3．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的方法

逐层展开法的求解步骤：

【变式演练1】（2017新课标全国卷Ⅰ理科）展开式中的系数为
A．15 B．20 C．30 D．35
【答案】C
【解析】因为，则展开式中含的项为，展开式中含的项为，故的系数为选C.
点睛:对于两个二项式乘积的问题，用第一个二项式中的每项乘以第二个二项式的每项，分析含的项共有几项，进行相加即可.这类问题的易错点主要是未能分析清楚构成这一项的具体情况，尤其是两个二项展开式中的不同.
【变式演练2】（2020·全国高考真题）的展开式中x3y3的系数为（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】C
【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.
【详解】展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为故选：C
【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
【变式演练3】（2021·江苏省太湖高级中学高二期中）的展开式中的项的系数是________.
【答案】1560
【解析】由题意，，
因为的展开式的通项公式为，的展开式的通项公式为，
所以的展开式中的项的系数是.故答案为：1560.

常考点06 二项式系数的性质及各项系数和
【典例1】（1）（2021·四川省乐至中学高三月考（理））的展开式中，各项二项式系数的和是（ ）
A．1 B．-1 C． D．
（2）（2021·眉山市高三开学考试（理））已知，则（ ）
A． B． C． D．
（3）（2021·张家口市宣化第一中学高三月考）令，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】（1）C（2）B（3）C
【解析】（1）由题得各项二项式系数和为.故选：C
（2）令，得，令，得，
所以，故选：B
（3）由题可知，，对等式，
两边分别求导可得：，
所以，
令，有：，故选：C．
【典例2】（1）（2021·广西高三开学考试（理））展开式中常数项是__________．
（2）（2021·吉林高三开学考试（理））已知的展开式中常数项为240，则的展开式中项的系数为（ ）
A． B． C． D．
（3）（2021·乐清市知临中学）已知多项式，则 ______，______.
【答案】（1）240（2）C（3）
【解析】（1）二项展开式的通项为：，，
令，解得，此时，
令，解得，因为，所以不合题意，
即的展开式中的常数项为240．故答案为： 240.
（2）设的展开式中常数项为第r+1项，
又， ∴∴∴ 的展开式中常数项为，
∴ ，又 ∴ ∴ 的展开式中项为，
∴的展开式中项的系数为.故选：C.
（3）设，则，
因为，所以，，
因此，.故答案为：；.
【技巧点拨】
1.赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈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．
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)．
①奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝.
②偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
2．二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；
(2)如果n是奇数，则中间两项的二项式系数相等并最大．
3．展开式系数最大值的两种求解思路
(1)由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案．
(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值．
【变式演练1】（2021·高三专题练习）已知多项式，若，则正整数n的值为___________．
【答案】5
【解析】令，得，令，得，即，
，显然，∴，
又，∴，即，故．故答案为：5.
【变式演练2】（2021·陕西高三（理））若展开式中二项式系数和为A，所有项系数和为B，一次项系数为C，则（ ）
A．4095 B．4097 C．-4095 D．-4097
【答案】C
【解析】由展开式的通项公式为，
所以一次项系数，二项式系数和，
令，则所有项的系数和，所以.故选：C.
【变式演练3】（2020·湖南师大附中高三月考）若，则______.
【答案】
【解析】由题意，由，，∴，
令，则，所以.故答案为：.
常考点07 二项式定理的应用
【典例1】（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（理））已知，且恰能被14整除，则的取值可以是（ ）
A．1 B．3 C．7 D．13
【答案】D
【解析】由，
∴要使恰能被14整除，只需能被14整除即可且，
∴，当k=1时，m=13满足题意.故选：D
【典例2】（2021.湖北高三）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（ ）

A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：
C．由“第行所有数之和为”猜想：
D．由“，，”猜想
【答案】ABC
【解析】由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A、B、C正确；
，故D错误.故选：ABC.
【技巧点拨】二项式定理应用的常见题型及求解策略
1．逆用二项式定理的关键是根据所给式的特点结合二项展开式的要求，使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解．
2．利用二项式定理解决整除问题的思路：①观察除式与被除式间的关系；②将被除式拆成二项式；③结合二项式定理得出结论．
3. 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.
【特别提醒】用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.
【变式演练1】（2021·河北衡水中学高三月考）今天是星期日，经过7天后还是星期日，那么经过天后是（ ）
A．星期六 B．星期日 C．星期一 D．星期二
【答案】C
【解析】，故它除以7的余数为，
故经过7天后还是星期日，那么经过天后是星期一，故选：C．
【变式演练2】（2021·福建上杭一中高三）除以88的余数是______．
【答案】1
【解析】由题意得：
，故它除以88的余数为，故答案为：1．
【变式演练3】（2021·上海金山·高三）若函数，其中≤x≤，则的最大值为_______．
【答案】22021；
【解析】令，则有，按的升幂排列，
，
，两者相加时，的奇数次幂抵消，偶数次幂系数相同，
所以，则偶数次幂的最大值为1，
所以最大值为：.故答案为：.


易错点01 分组问题混淆“均分”与“非均分”
【例】某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为（）
A． B． C． D．
【错解】选A
【错因分析】因均分忽略除以而错误.
【正解】先将4名学生均分成两组方法数为,再分配给6个年级中的2个分配方法数为,根据分步计数原理合要求的安排方法数为．故选B．
【纠错笔记】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列,平均分堆不到指定位置,其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配.②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素,不适用),位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分堆时要注意是否均匀.如6分成(2,2,2)为均匀分组,分成(1,2,3)为非均匀分组,分成(4,1,1)为部分均匀分组.
易错点02 计数时混淆有序与定序
【例】身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（）
A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种
【错解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有种排法,第二步：排右边,有 种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选B．
【错因分析】混淆有序与定序
【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有种排法,第二步：排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选．
【纠错笔记】这里的“有序”是指元素的位置可以有不同的顺序,有序问题是排列问题；“定序”是指元素的相对顺序固定,定序问题可看作组合问题,如本题先选3人排左边,排法是,不是.
易错点03 忽略二项展开式的通项是第r+1项不是第r项
【例】二项式的展开式的第二项是（ ）
A． B． C． D．
【错解】展开式的通项为,令,可得展开式的第二项为=.故选A.
【错因分析】误认为第二项是而错误
【正解】展开式通项,令,可得展开式的第二项为=.故选D.
【纠错笔记】求二项展开式中的特定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零；求有理项时,指数为整数等),解出项数k＋1,代回通项公式即可．
易错点04 混淆二项式系数与系数.
【例】的展开式中,系数最大的项是第 项
【错解】6或7
【错因分析】混淆二项式系数与系数
【正解】的展开式中共12项,第6项为,第7项为,所以数最大的项是第7项.
【纠错笔记】二项式系数与系数是不同的概念,其最大值的求法也不同.二项展开式中二项式系数的最大项只与n有关,若n为偶数,正中间一项的二项式系数最大,若n为奇数,正中间2项的二项式系数最大,求系数的最大值一般是分别确定第的系数,再由确定符合条件的r.



满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2021·江苏省前黄高级中学高三月考）已知等差数列的第项是展开式中的常数项，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由二项式定理，展开式中的常数项是，
即，因为是等差数列，所以．故选：D．
2．（2020·北京高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）．
A． B．5 C． D．10
【答案】C
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.故选：C.
【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
2．（2021·江苏南通·）被除所得的余数为，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】

所以，被除所得的余数为5故答案为：B
2．（2021·河南（理））已知，若与的展开式中的常数项相等，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在中，，令，解得，常数项为.
在中，，令，解得，常数项为.
所以，又因为，所以.故选：C
3.（2020·海南高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．2种 B．3种 C．6种 D．8种
【答案】C
【分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.
【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有种分法
第二步，将2组学生安排到2个村，有种安排方法
所以，不同的安排方法共有种 故选：C
【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.
4．（山东省临沂市沂水一中2021届高三二轮复习联考）数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数字通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门]选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种
所以每位同学的不同选修方式有种，
故选：B.
5．（2021·广东西关外国语学校高三月考）展开式中的常数项为－160，则a＝（ ）
A．－1 B．1 C．±1 D．2
【答案】B
【解析】的展开式通项为，
∴令，解得，∴的展开式的常数项为，
∴∴故选：B.
6．（2021·全国高考模拟）（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为
A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】A
【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．
【详解】由题意得x3的系数为，故选A．
【点睛】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．
7．（2021·全国高三专题练习）若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则（ ）
A．11 B．10 C．9 D．
【答案】C
【解析】因为第5项二项式系数为，第6项的二项式系数为，
由题意知，所以，即，所以，故选：C.
8．（广东省茂名市2021届五校联盟高三下学期第三次联考数学试题）国外新冠肺炎不断扩散蔓延，2021年元月在我国本土疫情呈零星散发与聚集性疫情交织叠加态势，本着“疫情防控不松懈，健健康康过春节”精神，某地8名防疫工作人员到A、B、C、D四个社区做防护宣传，每名工作人员只去1个社区、A社区安排1名、B社区安排2名、C社区安排3名，剩下的人员到D社区，则不同的安排方法共有（ ）
A．39种 B．168种 C．1268种 D．1680种
【答案】D
【解析】首先从8名工作人员中选1名去A社区，方法数有；然后从其余7名工作人员中选2名去B社区，方法数有；再从其余5名工作人员中选3名去C社区，方法数有：最后剩下的2名工作人员去D社区，故不同的安排方法共有种. 故选：D.
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.（2021.山东高三月考）2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，滨州市某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ）
A．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种
B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种
C．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种
D．所有不同分派方案共种
【答案】ABC
【解析】对于选项A：若企业没有派医生去，每名医生有种选择，则共用种，
若企业派1名医生则有种，所以共有种.
对于选项B：若每家企业至少分派1名医生，则有种，
对于选项C：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，
若甲企业分人，则有种；若甲企业分 人，则有种，
所以共有种.对于选项D：所有不同分派方案共有种.故选：
10．（2021·全国高三课时练习）已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，且展开式中各项系数之和为，则（ ）
A．展开式中奇数项的二项式系数之和为 B．展开式中第项的系数最大
C．展开式中不存在常数项 D．展开式中的系数为
【答案】BD
【解析】展开式中第项与第项的二项式系数相等，，解得：；
令，则，又，；对于A，奇数项的二项式系数之和，A错误；
对于B，由，可知展开式中共有项，中间项的二项式系数最大，即第项的二项式系数最大，因为与的系数均为，所以该展开式的二项式系数与系数相同，所以第项的系数最大，B正确；
对于C，展开式的通项，令，解得：，故该展开式中存在常数项，C错误；对于D，令，解得：，所以的系数为，D正确.故选：BD.
11．（2021·广东高三月考）已知，下列命题中，正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为； B．展开式中所有奇次项系数的和为；
C．展开式中所有偶次项系数的和为； D．.
【答案】ACD
【解析】A：由二项式知：，正确；
当时，有，当有，
B：由上，可得，错误；
C：由上，可得，正确；
D：由二项式通项知：，则，，…，，所以，正确.故选：ACD
12．（2021·江苏省太湖高级中学高二期中）设，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．中最大的是 D．当时，除以2000的余数是1
【答案】ABD
【解析】将原二项展开式转化为
，再逐一判断.
详解：由，
得，
所以，故A正确；，故B正确；
中最大的是，故C错误；当时，，能被2000整除，所以除以2000的余数是1，故D正确；故选：ABD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.（2021·浙江高考真题）已知多项式，则___________，___________.
【答案】; .
【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】， ，
所以，，
所以.故答案为：.
14．（2021·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知，则=__________，=_____________．
【答案】
【解析】由题设，，则，即；
对等式两边求导得：，
∴当时，.故答案为：-240；0
15．（山东省2021届高三模拟冲关押题卷）2020年，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心.八方驰援战疫情，众志成城克时难，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.山东某医院的甲、乙、丙、丁、戊5名医生到湖北的，，三个城市支援，若要求每个城市至少安排1名医生，则A城市恰好只有医生甲去支援的概率为______.
【答案】
【解析】分两步，第一步，把5名医生分成三组，有1，1，3和1，2，2两种分法，
当分成1，1，3时，有种情况，当分成1，2，2时，有种情况；
第二步，把这三组分到三个城市.则共有种情况.
城市恰好只有医生甲去支援，即将剩下的4名医生分配到2个城市.
则共有（种），因此所求概率. 故答案为：
16．（2021江西省南昌市高三月考）南昌花博会期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有________种．
【答案】156
【解析】根据题意，设剩下的2个展区为丙展区和丁展区，用间接法分析：
先计算小李和小王不受限制的排法数学：先在6位志愿者中任选1个，安排在甲展区，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个展区，有种情况，所以小李和小王不受限制的排法种，
若小李和小王在一起，则两人去丙展区或丁展区，有2种情况：
在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况，
再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，
最后安排2个安排到剩下的展区，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有种，
所以小李和小不在一起的排法有种，故答案为：156.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2021·江苏省镇江第一中学高三开学考试）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.（1）求m的值；（2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
（3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.
【答案】（1）7；（2）128；（3）.
【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解；（2）令即可获解；
（3）求出有理项的个数，再用插空法即可.
【详解】（1）展开式的通项为，
∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，
，即.
（2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为.
（3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项，
∴由插空法可得有理项不相邻的概率为.
18.（2021·山西高二期末）由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数.（1）共可以组成多少个五位数？（2）其中奇数有多少个？（3）如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43125是第几个数？说明理由.
【答案】(1) 120 (2) 72 (3) 85
【解析】（1）由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A55＝120个五位数
（2）∵由1、2、3、4、5组成的无重复数字的五位数的奇数，
∴第五个数字必须从1、3、5中选出，共有C31种结果，
其余四个位置可以用四个元素在四个位置进行全排列，共有A44种结果，
根据分步计数原理得到共有C31A44＝72；
（3）根据题意，用1、2、3、4、5这五个数字组成无重复数字的五位数，有A55＝120种情况，即一共有120个五位数，再考虑大于43125的数，分为以下四类讨论：
1、5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A44＝24个，
2、4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A33＝6个，
3、4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，有A22＝2个，
4、43215，43251，43152，共3个,故不大于43125的五位数有120﹣（24+6+2+3）＝85个，
即43125是第85项．
19．（2021·广东深圳·高三月考）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
①第项的系数与第项的系数之比为；②第项与倒数第项的二项式系数之和为；
③.已知在的展开式中， .
（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中含的项.
【答案】（1）；（2）.
【分析】无论选择①②③，均结合展开式的通项公式和组合数的运算求得；
（1）由二项式系数的性质可知第项的二项式系数最大，代入可得结果；
（2）令可求得，代入通项公式可得结果.
【详解】若选①，展开式通项公式为，
则第项的系数为，第项的系数为，，解得：（舍）或；
若选②，第项与倒数第项的二项式系数分别为和，
，解得：（舍）或；
若选③，由得：；的展开式通项公式为；
（1）当时，若取得最大值，则，即第项的二项式系数最大，
展开式中二项式系数最大的项为；
（2）令，解得：，展开式中含的项为.
20．（2021·江苏·高三专题练习）已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，按要求完成以下问题：（1）求的值；（2）求展开式中常数项；
（3）计算式子的值．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，可得，由此求得的值．
（2）在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值，即可求得常数项．
（3）令代入计算可得．
【详解】解：（1）二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，即，解得或（舍去）．
（2）解：由（1）知，∴，∴，
由，得，∴展开式中常数项．
（3）解：令得．
21．（2019·江苏高考真题）设.已知.
（1）求n的值；（2）设，其中，求的值.
【答案】（1）；（2）-32.
【分析】(1)首先由二项式展开式的通项公式确定的值，然后求解关于的方程可得的值；
(2)解法一：利用(1)中求得的n的值确定有理项和无理项从而可得a,b的值，然后计算的值即可；解法二：利用(1)中求得的n的值，由题意得到的展开式，最后结合平方差公式即可确定的值.
【详解】（1）因为，
所以，．
因为，所以，解得．
（2）由（1）知，
．．
解法一：因为，所以，
从而．
解法二：
．
因为，所以．
因此．
【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力.
22．（2021·湖北·襄阳四中一模）杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角.在欧洲，帕斯卡在年也发现了这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形.杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.

（1）记杨辉三角的前行所有数之和为，求的通项公式；（2）在杨辉三角中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；（3）已知、为正整数，且.求证：任何四个相邻的组合数、、、不能构成等差数列
【答案】（1）；（2）存在，第行；（3）证明见解析.
【分析】（1）计算出杨辉三角第行的个数的和为，利用等比数列的求和公式可求得；
（2）根据，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出结论；
（3）假设存在、，使得、、、成等差数列，可得出，，根据组合数公式可得出，根据二项式系数的性质可得出结论.
【详解】（1）由二项式定理的性质，杨辉三角第行的个数的和为：，
；
（2）杨辉三角形的第行由二项式系数，、、、、组成.
如果第行中有，，
那么，，解这个联立方程组，得，.
即第行有三个相邻的数、、的比为；
（3）若有、，使得、、、成等差数列，
则，，即，
.
所以有，
，
经整理得到，.
两式相减可得，而由二项式系数的性质可知，
这与、、、成等差数列矛盾，所以原命题得证.
【点睛】本题考查二项式系数的应用，解题的关键在于根据已知条件结合组合数的定义列等式求解.