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专题10 排列组合二项式定理-2020年高考数学（理）二轮专项复习
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专题10 排列组合二项式定理
排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法．
这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系．通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力．
§10－1 排列组合
【知识要点】
1．分类计数原理与分步计数原理．
2．排列与组合．
3．组合数的性质：
(1)；
(2)．
【复习要求】
理解和掌握分类计数与分步计数两个原理．在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性．
熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证．
正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件．
【例题分析】
例1 有3封信，4个信筒．
(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法?
(2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?
【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有＝24种寄信方法．
例2 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植1垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有______种．
解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，…，第10垄，要求A，B两垄作物的间隔不少于6垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这6种选法，第二步种植两种作物共有＝2种种植法，所以共有6×2＝12种选垄种植方法．
【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题．
对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的．如例2．
在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题．如例1的两个问题．
例3 某电子表以6个数字显示时间，例如09:20:18表示9点20分18秒．则在0点到10点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有______次．
【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下：
第一步：确定第一个数字，只能为0，只有1种方法；
第二步：确定第三位数字，只能为0至5中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有5种方法；
第三步：确定第五位数字，也只能为0至5中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有4种方法；
第四步：确定剩下三位数字，0至9共10个数字已用了3个，剩下的7个数字排列在2，4，6位共有种排法．
由分步计数原理得：1×5×4×＝4200种．
【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位．
例4 7个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数．
(1)甲站在中间；
(2)甲、乙必须相邻；
(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)；
(4)甲、乙、丙相邻；
(5)甲、乙、丙两两不相邻；
解：(1)甲站在中间，其余6名同学任意排列，故不同排法有＝720．
(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有种排法；第二步：给甲、乙松绑，有种排法，此题共有＝1440种不同排法．
(3)在7名同学站成一排的种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有÷2＝2520种．
(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有种，再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有种，此题的解为：＝720．
(5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有种站法，让甲、乙、丙3人插空，由于4个人形成5个空位，所以甲、乙、丙共有种站法，此题答案．
【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例4(2)，(4)．
当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其他元素的空中如例4(5)．
例5 4个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?
【分析】先将4个球分成3组，共有种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有24种方法，所以，共有种不同的放球方法．
【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好．
例6某班组有10名工人，其中4名是女工．从这10个人中选3名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?
解法1：至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把这3类选法加在一起，共有种不同的选法．
解法2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有．
【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算．
例7 如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?
【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．
解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法；
1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法．
所以，共有不同的涂色方法630种．
例8 四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?
【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有种不同选法，除去4点共面的选法即可．
4点共面的选法有3类．
(1)4个点在四面体A－BCD的某一个面
上，共有种共面的情况．
(2)过四面体的一条棱上的3个点及对棱的中点，如图中点A，E，B，G平面，共计有6种共面的情况．
(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E，F，G，H平面，此类选法共有3种．
综上，符合要求的选法共有种．
例9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条?
【分析】“CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条数相同，如下右图，从左下角的T走到边上的C共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC”路线共有26＝64条．
所以本题的答案为64×2－1＝127．
【评述】例9的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同．借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好的方法．
例10 (1)计算的值；
(2)计算的值；
(3)证明：．
(1)解：．
(2)解：注意到中的隐含条件：n≥m，m∈N，n∈N*，有
解得，所以n＝10．
所以，．
(3)证明：
．
【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明．
常用的组合数的性质有：
(1)； (2)；
(3)；
(4)．
练习10－1
一、选择题
1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
(A)10种 (B)20种 (C)25种 (D)32种
2．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
(A)42 (B)30 (C)20 (D)12
3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
(A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种
4．某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有( )
(A)5种 (B)6种 (C)7种 (D)8种
5．下列等式中正确的是( )
(1)； (2)；
(3)； (4)．
(A)(1)(2) (B)(1)(2)(3)
(C)(1)(3) (D)(2)(3)(4)
6．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( )
(A)234种 (B)346种 (C)350种 (D)363种
二、填空题
7．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有______条．(结果用数值表示)
8．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有______．
9．马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有______种．
10．将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种．(以数字作答)
11．从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是______．(用数字作答)
12．8个相同的球放进编号为1、2、3的盒子里，则放法种数为______．(以数值作答)
§10－2 二项式定理
【知识要点】
1．二项式定理：．
2．通项公式：，
3．，，，…，，…，称为二项式系数，
4．二项展开式的系数的性质：
；．
【复习要求】
会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；
了解利用二项式定理进行近似计算，证明与组合数有关的等式或整数(整式)的整除性的方法．
【例题分析】
例1 在二项式的展开式中，含x4的项的系数是______．
解：，
令10－3r＝4，得r＝2，所以x4项的系数是．
例2 (1)若(1＋x)n的展开式中，x3的系数是x系数的7倍，求n的值；
(2)在(2＋lgx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x的值．
解：(1)由已知，即，整理得n2－3n－40＝0，
解得n＝8或n＝－5(舍)．所以n＝8．
(2)(2＋lgx)8的展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项．
由已知，，整理得(lgx)4＝1，所以lgx＝±1，
解得x＝10或
例3 求的展开式中x的系数为有理数的项的个数．
解：，
若系数为有理数，则都必须是整数，即r应为6的倍数．
又0≤r≤100，所以r的不同值有17个．
所以x的系数为有理数的项共有17项．
例4 已知的展开式中，第3项与第6项的系数互为相反数，求展开式中系数最小的项．
解：
由已知，所以n＝7．
所以第4项系数最小，
【评述】通项公式是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同时注意系数、上标、下标之间的关系；
注意系数、二项式系数的区别，如例2；
注意运用通项公式求第3项时，r＝2．如例4．
例5 已知(a2＋1)n的展开式中的各项系数之和等于的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式中的系数最大项等于54，求a的值，
解：的展开式的第r＋1项
令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，r＝4，所以常数项
又(a2＋1)n的展开式中的各项系数之和等于2n，由题意得2n＝16，所以n＝4．
由二项式系数的性质知，(a2＋1)n的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的项，是中间项T3，所以，解得．
例6 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜．
解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1． ①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37． ②
(1)易知a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7－a0＝－2；
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1094；
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6=＝1093；
(4)方法1：因为(1－2x)7的展开式中a1，a3，a5，a7是负数，a0，a2，a4，a6是正数，
所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝a0＋a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5＋a7)＝2187．
方法2：因为｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜表示(1＋2x)7的展开式中各项系数的和，
令x＝1，可得｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝37＝2187．
【评述】通过给二项式定理中的字母赋值(根据式子的特点，常令字母为1或－1)的方式可以解决二项展开式系数整体求值的问题．
例7 若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝______．
【分析】方法1：由于a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10＝x2＋x10
[－1＋(x＋1)2]＋[－1＋(x＋1)10]
＝，
则．
方法2：由于等式左边x10的系数为1，所以a10＝1，
又，等式左边x9的系数为0，所以，所以a9＝－10．
例8 除以100的余数为______．
解：
前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除，
，所以9192除以100的余数为81．
例9求(0.998)5精确到0.001的近似值．
解：．
【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一．
例10 设a＞1，n∈N*且n≥2，求证．
证明：设，则(x＋1)n＝a．
欲证原不等式，即证nx＜(x＋1)n－1，其中x＞0．
，
即有(x＋1)n＞nx＋1，得证．
例11 的展开式中常数项为______．(用数字作答)
解：求的常数项，即求展开式中的常数项及含x－2的项．
对于，．
令8－2r＝0，即有r＝4，．
令8－2r＝－2，即有r＝5，．
所以常数项为70＋2×(－56)＝－42．
练习10－2
一、选择题
1．若的展开式中的所有二项式系数和为512，则该展开式中的常数项为
(A)－84 (B)84 (C)－36 (D)36
2．已知的展开式中x3的系数为，常数a的值为( )
(A)1 (B)2 (C)4 (D)8
3．在(1＋x)5(1－x)4的展开式中，x3的系数是( )
(A)4 (B)－4 (C)8 (D)－8
4．若与同时有最大值，则m的值是( )
(A)5 (B)4或5 (C)5或6 (D)6或7
二、填空题
5．(x2＋)6的展开式中常数项是______．(用数字作答)
6．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋…＋1，(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝______．
7．(n＋1)n＋1除以n2(n＞1)的余数为______．
8．观察下列等式：
，
，
，
，
……
由以上等式推测到一个一般的结论：
对于___________．
三、解答题
9．在(3x＋1)n的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大992，求n的值．
10．若f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋3x)n展开式中x的系数为13，则x2的系数为( )
11．当n∈N*时，求证：
习题10
一、选择题
1．某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有( )
(A)35种 (B)25种 (C)20种 (D)16种
2．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )
(A)18 (B)24 (C)30 (D)36
3．从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有( )
(A)120种 (B)480种 (C)720种 (D)840种
4．若＝，则(a0＋a2)2－(a1＋a3)2的值为( )
(A)－1 (B)1 (C)0 (D)2
5．若的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为( )
(A)10 (B)6 (C)5 (D)3
6．若，则的值为( )
(A)2 (B)0 (C)－1 (D)－2
二、填空题
7．在(3－x)7的展开式中，x5的系数是______．(用数字作答)
8．从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少有一名女生，则不同的选法有______种．
9．有6个座位连成一排，现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有______种．
10．(x－y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于______．
11．数列a1，a2，…，a7，其中恰好有5个2和2个4，调换a1至a7各数的位置，一共可以组成不同的数列(含原数列)______个．
12．2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种．
三、解答题
13．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝509－n，求n．
14． 已知n是等差数列4，7，10，13，…中的一项．求证的展开式中不含常数项．
专题10 排列组合二项式定理参考答案
练习10－1
一、选择题
1．D 2．A 3．B 4．C 5．B 6．B
二、填空题
7．30； 8．240； 9．56； 10．240； 11．8424； 12．45．
练习10－2
一、选择题
1．B 2．C 3．B 4．C
二、填空题
5．15； 6．11； 7．n＋1； 8．24n－1＋(－1)n22n－1．
三、解答题
9．解：令x＝1，得各项系数和为4n，又各项二项式系数和为2n，
所以4n－2n＝992.22n－2n－992＝0，解得n＝5．
10．解：f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋3x)n展开式中含x的项，
由2m＋3n＝13，m，n为正整数，得m＝2，n＝3或m＝5，n＝1，
当m＝2，n＝3时，求得x2的系数为31；当m＝5，n＝1时求得x2的系数为40，
故x2的系数为31或40．
11．证明：，
因为，
所以
所以
习题10
一、选择题
1．B 2．C 3．B 4．A 5．C 6．C
二、填空题
7．－189； 8．100； 9．72； 10．－240； 11．21； 12．36．
三、解答题
13．解：令x＝1，得2＋22＋23＋…＋2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an－1＋an．
令x＝0，则a0＝n． 又由已知可得an＝1．
∴，化简得2n＝256，∴n＝8．
14．解：用反证法，假设第r＋1项为常数，即为常数项．
又等差数列4，7，10，13，…的第k项为ak＝4＋(k－1)×3＝3k＋1(k∈N*)．
令n＝3k＋1，Tr＋1为常数项，则
即，∵k∈N*，这与，且r∈N矛盾，所以它没有常数项．
排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法．
这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系．通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力．
§10－1 排列组合
【知识要点】
1．分类计数原理与分步计数原理．
2．排列与组合．
3．组合数的性质：
(1)；
(2)．
【复习要求】
理解和掌握分类计数与分步计数两个原理．在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性．
熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证．
正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件．
【例题分析】
例1 有3封信，4个信筒．
(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法?
(2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?
【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有＝24种寄信方法．
例2 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植1垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有______种．
解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，…，第10垄，要求A，B两垄作物的间隔不少于6垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这6种选法，第二步种植两种作物共有＝2种种植法，所以共有6×2＝12种选垄种植方法．
【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题．
对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的．如例2．
在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题．如例1的两个问题．
例3 某电子表以6个数字显示时间，例如09:20:18表示9点20分18秒．则在0点到10点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有______次．
【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下：
第一步：确定第一个数字，只能为0，只有1种方法；
第二步：确定第三位数字，只能为0至5中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有5种方法；
第三步：确定第五位数字，也只能为0至5中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有4种方法；
第四步：确定剩下三位数字，0至9共10个数字已用了3个，剩下的7个数字排列在2，4，6位共有种排法．
由分步计数原理得：1×5×4×＝4200种．
【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位．
例4 7个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数．
(1)甲站在中间；
(2)甲、乙必须相邻；
(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)；
(4)甲、乙、丙相邻；
(5)甲、乙、丙两两不相邻；
解：(1)甲站在中间，其余6名同学任意排列，故不同排法有＝720．
(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有种排法；第二步：给甲、乙松绑，有种排法，此题共有＝1440种不同排法．
(3)在7名同学站成一排的种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有÷2＝2520种．
(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有种，再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有种，此题的解为：＝720．
(5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有种站法，让甲、乙、丙3人插空，由于4个人形成5个空位，所以甲、乙、丙共有种站法，此题答案．
【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例4(2)，(4)．
当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其他元素的空中如例4(5)．
例5 4个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?
【分析】先将4个球分成3组，共有种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有24种方法，所以，共有种不同的放球方法．
【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好．
例6某班组有10名工人，其中4名是女工．从这10个人中选3名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?
解法1：至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把这3类选法加在一起，共有种不同的选法．
解法2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有．
【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算．
例7 如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?
【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．
解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法；
1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法．
所以，共有不同的涂色方法630种．
例8 四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?
【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有种不同选法，除去4点共面的选法即可．
4点共面的选法有3类．
(1)4个点在四面体A－BCD的某一个面
上，共有种共面的情况．
(2)过四面体的一条棱上的3个点及对棱的中点，如图中点A，E，B，G平面，共计有6种共面的情况．
(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E，F，G，H平面，此类选法共有3种．
综上，符合要求的选法共有种．
例9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条?
【分析】“CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条数相同，如下右图，从左下角的T走到边上的C共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC”路线共有26＝64条．
所以本题的答案为64×2－1＝127．
【评述】例9的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同．借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好的方法．
例10 (1)计算的值；
(2)计算的值；
(3)证明：．
(1)解：．
(2)解：注意到中的隐含条件：n≥m，m∈N，n∈N*，有
解得，所以n＝10．
所以，．
(3)证明：
．
【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明．
常用的组合数的性质有：
(1)； (2)；
(3)；
(4)．
练习10－1
一、选择题
1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
(A)10种 (B)20种 (C)25种 (D)32种
2．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
(A)42 (B)30 (C)20 (D)12
3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
(A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种
4．某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有( )
(A)5种 (B)6种 (C)7种 (D)8种
5．下列等式中正确的是( )
(1)； (2)；
(3)； (4)．
(A)(1)(2) (B)(1)(2)(3)
(C)(1)(3) (D)(2)(3)(4)
6．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( )
(A)234种 (B)346种 (C)350种 (D)363种
二、填空题
7．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有______条．(结果用数值表示)
8．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有______．
9．马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有______种．
10．将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种．(以数字作答)
11．从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是______．(用数字作答)
12．8个相同的球放进编号为1、2、3的盒子里，则放法种数为______．(以数值作答)
§10－2 二项式定理
【知识要点】
1．二项式定理：．
2．通项公式：，
3．，，，…，，…，称为二项式系数，
4．二项展开式的系数的性质：
；．
【复习要求】
会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；
了解利用二项式定理进行近似计算，证明与组合数有关的等式或整数(整式)的整除性的方法．
【例题分析】
例1 在二项式的展开式中，含x4的项的系数是______．
解：，
令10－3r＝4，得r＝2，所以x4项的系数是．
例2 (1)若(1＋x)n的展开式中，x3的系数是x系数的7倍，求n的值；
(2)在(2＋lgx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x的值．
解：(1)由已知，即，整理得n2－3n－40＝0，
解得n＝8或n＝－5(舍)．所以n＝8．
(2)(2＋lgx)8的展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项．
由已知，，整理得(lgx)4＝1，所以lgx＝±1，
解得x＝10或
例3 求的展开式中x的系数为有理数的项的个数．
解：，
若系数为有理数，则都必须是整数，即r应为6的倍数．
又0≤r≤100，所以r的不同值有17个．
所以x的系数为有理数的项共有17项．
例4 已知的展开式中，第3项与第6项的系数互为相反数，求展开式中系数最小的项．
解：
由已知，所以n＝7．
所以第4项系数最小，
【评述】通项公式是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同时注意系数、上标、下标之间的关系；
注意系数、二项式系数的区别，如例2；
注意运用通项公式求第3项时，r＝2．如例4．
例5 已知(a2＋1)n的展开式中的各项系数之和等于的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式中的系数最大项等于54，求a的值，
解：的展开式的第r＋1项
令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，r＝4，所以常数项
又(a2＋1)n的展开式中的各项系数之和等于2n，由题意得2n＝16，所以n＝4．
由二项式系数的性质知，(a2＋1)n的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的项，是中间项T3，所以，解得．
例6 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜．
解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1． ①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37． ②
(1)易知a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7－a0＝－2；
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1094；
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6=＝1093；
(4)方法1：因为(1－2x)7的展开式中a1，a3，a5，a7是负数，a0，a2，a4，a6是正数，
所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝a0＋a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5＋a7)＝2187．
方法2：因为｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜表示(1＋2x)7的展开式中各项系数的和，
令x＝1，可得｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝37＝2187．
【评述】通过给二项式定理中的字母赋值(根据式子的特点，常令字母为1或－1)的方式可以解决二项展开式系数整体求值的问题．
例7 若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝______．
【分析】方法1：由于a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10＝x2＋x10
[－1＋(x＋1)2]＋[－1＋(x＋1)10]
＝，
则．
方法2：由于等式左边x10的系数为1，所以a10＝1，
又，等式左边x9的系数为0，所以，所以a9＝－10．
例8 除以100的余数为______．
解：
前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除，
，所以9192除以100的余数为81．
例9求(0.998)5精确到0.001的近似值．
解：．
【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一．
例10 设a＞1，n∈N*且n≥2，求证．
证明：设，则(x＋1)n＝a．
欲证原不等式，即证nx＜(x＋1)n－1，其中x＞0．
，
即有(x＋1)n＞nx＋1，得证．
例11 的展开式中常数项为______．(用数字作答)
解：求的常数项，即求展开式中的常数项及含x－2的项．
对于，．
令8－2r＝0，即有r＝4，．
令8－2r＝－2，即有r＝5，．
所以常数项为70＋2×(－56)＝－42．
练习10－2
一、选择题
1．若的展开式中的所有二项式系数和为512，则该展开式中的常数项为
(A)－84 (B)84 (C)－36 (D)36
2．已知的展开式中x3的系数为，常数a的值为( )
(A)1 (B)2 (C)4 (D)8
3．在(1＋x)5(1－x)4的展开式中，x3的系数是( )
(A)4 (B)－4 (C)8 (D)－8
4．若与同时有最大值，则m的值是( )
(A)5 (B)4或5 (C)5或6 (D)6或7
二、填空题
5．(x2＋)6的展开式中常数项是______．(用数字作答)
6．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋…＋1，(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝______．
7．(n＋1)n＋1除以n2(n＞1)的余数为______．
8．观察下列等式：
，
，
，
，
……
由以上等式推测到一个一般的结论：
对于___________．
三、解答题
9．在(3x＋1)n的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大992，求n的值．
10．若f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋3x)n展开式中x的系数为13，则x2的系数为( )
11．当n∈N*时，求证：
习题10
一、选择题
1．某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有( )
(A)35种 (B)25种 (C)20种 (D)16种
2．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )
(A)18 (B)24 (C)30 (D)36
3．从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有( )
(A)120种 (B)480种 (C)720种 (D)840种
4．若＝，则(a0＋a2)2－(a1＋a3)2的值为( )
(A)－1 (B)1 (C)0 (D)2
5．若的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为( )
(A)10 (B)6 (C)5 (D)3
6．若，则的值为( )
(A)2 (B)0 (C)－1 (D)－2
二、填空题
7．在(3－x)7的展开式中，x5的系数是______．(用数字作答)
8．从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少有一名女生，则不同的选法有______种．
9．有6个座位连成一排，现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有______种．
10．(x－y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于______．
11．数列a1，a2，…，a7，其中恰好有5个2和2个4，调换a1至a7各数的位置，一共可以组成不同的数列(含原数列)______个．
12．2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种．
三、解答题
13．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝509－n，求n．
14． 已知n是等差数列4，7，10，13，…中的一项．求证的展开式中不含常数项．
专题10 排列组合二项式定理参考答案
练习10－1
一、选择题
1．D 2．A 3．B 4．C 5．B 6．B
二、填空题
7．30； 8．240； 9．56； 10．240； 11．8424； 12．45．
练习10－2
一、选择题
1．B 2．C 3．B 4．C
二、填空题
5．15； 6．11； 7．n＋1； 8．24n－1＋(－1)n22n－1．
三、解答题
9．解：令x＝1，得各项系数和为4n，又各项二项式系数和为2n，
所以4n－2n＝992.22n－2n－992＝0，解得n＝5．
10．解：f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋3x)n展开式中含x的项，
由2m＋3n＝13，m，n为正整数，得m＝2，n＝3或m＝5，n＝1，
当m＝2，n＝3时，求得x2的系数为31；当m＝5，n＝1时求得x2的系数为40，
故x2的系数为31或40．
11．证明：，
因为，
所以
所以
习题10
一、选择题
1．B 2．C 3．B 4．A 5．C 6．C
二、填空题
7．－189； 8．100； 9．72； 10．－240； 11．21； 12．36．
三、解答题
13．解：令x＝1，得2＋22＋23＋…＋2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an－1＋an．
令x＝0，则a0＝n． 又由已知可得an＝1．
∴，化简得2n＝256，∴n＝8．
14．解：用反证法，假设第r＋1项为常数，即为常数项．
又等差数列4，7，10，13，…的第k项为ak＝4＋(k－1)×3＝3k＋1(k∈N*)．
令n＝3k＋1，Tr＋1为常数项，则
即，∵k∈N*，这与，且r∈N矛盾，所以它没有常数项．
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