排列组合二项式定理Word格式文档下载.docx
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③rCnr=n·
Cn-1r-1
④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n
⑤Cn0-Cn1+…+（-1）nCnn=0
即Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1
5.二项式定理
（1）二项式展开公式
（a+b）n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn
（2）通项公式：
二项式展开式中第k+1项的通项公式是
Tk+1=Cnkan-kbk
6.二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和。
（2）证明一些简单的组合恒等式。
（3）证明整除性。
①求数的末位；
②数的整除性及求系数；
③简单多项式的整除问题。
（4）近似计算。
当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①（1+x）n≈1+nx
②（1+x）n≈1+nx+
x2
（5）证明不等式。
四、思想方法
1.解排列组合应用题的基本规律
（1）分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：
①单独使用；
②联合使用。
（2）将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。
（3）对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：
①元素分析法：
先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素。
②位置分析法：
先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置。
③整体排除法：
先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。
（4）对解组合问题，应注意以下三点：
①对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法。
②是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”。
③设计“分组方案”是解组合题的关键所在。
2.解排列、组合题的基本策略与方法
（1）去杂法
对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。
这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。
（2）分类处理
某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。
这是解排列组合问题的基本策略之一。
注意的是：
分类不重复不遗漏，即：
每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理
与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。
在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，后分步。
（4）插入法（插空法）
某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法。
即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间。
（5）“捆绑”法
把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”。
将特殊元素在这些位置上全排列，即是“捆绑法”。
（6）穷举法：
将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来。
（7）探索法：
对于复杂的情况，不易发现其规律的问题，需仔细分析，从特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中规律，再给予解决。
（8）消序处理
对均匀分组问题的解决，一定要区分开是“有序分组”还是“无序分组”，若是“无序分组”，一定要清除均匀分组无形中产生的有序因素。
（9）“住店”法
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：
一类元素可以重复，另一类不能重复。
把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住店”法。
（10）等价命题转换法
将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问题。
这是解数学题的主要思想方法之一，也是解较难的排列、组合题的重要策略。
3.赋值法
所谓赋值法是指在二项展开公式两边用特殊值代入，得出某些等式及组合数的性质。
解决与二项式系数相关的问题。
4.构造二次式
5.算两次
对同一对象从两个不同角度去进行计数，再将两方面计算的结果综合起来，获得所需结论。
这样一种处理问题的方法，称之为算两次。
在排列组合中，常对同一问题可有不同的分类办法去解，可得到有关排列数与组合数的不同关系式。
【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.81B.64C.24D.4
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（）
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有；
③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，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=3×
3×
3=34=81，故答案选A。
本题也可以这样分类完成，①四封信投入一个信箱中，有C31种投法；
②四封信投入两个信箱中，有C32（C41·
A22+C42·
C22）种投法；
③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42·
A33种投法、，故共有C31+C32（C41·
A22+C42C22）+C42·
A33=81（种）。
故选A。
（2）因学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，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=4×
4×
4=64。
故答案选B。
（3）①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）；
②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）；
③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
C43·
A33=24（种）。
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n≤m，则f：
A→B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），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３×
（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（2≤i≤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：
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，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θ，
由θ为锐角，得tanθ=-
>
0,即a、b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3×
3-2=7（条）。
（2）若c≠0，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3×
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c≠0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10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组合，即C6403=43486080（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，还要考虑实际几何意义。
例6
（1）如果（x+
）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（
-
）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=C8k·
x8-k·
x-k=C8k·
x8-2k
∴8-2k=0，即k=4
∴常数项为T5=C84=70。
（2）设第k+1项有理项，则
因为0≤k≤8，要使
∈Z，只有使k分别取0，4，8
所以所求的有理项应为：
T1=x4,T5=
x,T9=
x-2
注
（1）二项式展开中，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4×
6n+5n+1被20除后的余数；
（2）7n+Cn17n-1+Cn2·
7n-2+…+Cnn-1×
7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。
①精确到0.01；
②精确到0.001。
解
（1）首先考虑4·
6n+5n+1被4整除的余数。
∵5n+1=（4+1）n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·
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·
6n+1+5n+1被5整除的余数。
∵4·
6n=4·
（5+1）n=4（5n+Cn1·
5n-1+Cn2·
5n-2+…+Cnn-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。
综上所述，被20整除后的余数为9。
（2）7n+Cn1·
7n-1+Cn2·
7n-2+…+Cnn-1·
7
=（7+1）n-1=8n-1=（9-1）n-1
=9n-Cn1·
9n-1+Cn2·
9n-2+…+（-1）n-1Cnn-1·
9+（-1）nCnn-1
（i）当n为奇数时
原式=9n-Cn1·
9-2
∴除以9所得余数为7。
（ii）当n为偶数时
9
∴除以9所得余数为0，即被9整除。
（3）（1.02）5≈（1+0.02）5
=1+c51·
0.02+C52·
0.022+C53·
0.023+C540.024+C55·
0.025
∵C52×
0.022=0.004,C53×
0.023=8×
10-5
∴①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。
②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）
≥（
）n,（a、b∈{x|x是正实数},n∈N）;
（2）已知a、b为正数，且
+
=1，则对于n∈N有
（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1。
证明
（1）令a=x+δ，b=x-δ
则x=
an+bn=（x+δ）n+（x-δ）n
=xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…（-1）nCnnδn
=2（xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…）
≥2xn
即
）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）（*）
∵
=1，且a、b为正数
∴ab=a+b≥2
∴ab≥4
又∵
an-kbk+bn-kak≥2
=2（
）n（k=1,2,…,n-1）
∴2（a+b）n≥2an+2bn+Cn12（
）n+Cn22（
）n+…+Cnn-12（
∴（a+b）n-an-bn
≥（Cn1+Cn2+…+Cnn-1）·
（
≥（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δ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1∶2。
（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：
由①得，2Cnp=
Cnp+
Cnp
两边约去Cnp,可得：
2=
由③得，2Cn+1p=
Cn+1p
约去Cn+1p可得，n=3p+1
解方程组
得：
n=7,p=2.
将p=2,n=7代入②得：
C57（-a）5+C76·
（-a）6=0
解之得：
a=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=5670x4，（1-3x）7的展开式中，奇数项系数为正，
令
≥1
k≤6。
故（1-3x）7展开式中系数最大的项为
T7=C76·
（-3）6·
x6=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
求出k的取值范围，从而确定第几项最大。
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。
（i）若a不选，则在n个元素中选k个，有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：
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
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。
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