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[名校联盟]福建省长泰县第一中学2012届高三数学二轮复习专题12 排列与组合、二项式定理的应用


排列与组合、二项式 定理的应用

第一课时:

排列与组合

第一课时:

排列与组合

[课前导引]

第一课时:

排列与组合

[课前导引]
1. 从正方体的6个面中选取3个面,
其中有两个

面不相邻的选法共有 ( )

A. 8种
C. 16种

B. 12种
D. 20种

第一课时:

排列与组合

[课前导引]
1. 从正方体的6个面中选取3个面,
其中有两个面不相邻的选法共有 ( B )

A. 8种
C. 16种

B. 12种
D. 20种

2. 某人抛掷硬币8次,其中4次正面

向上,则证明向上的4次中恰有3次连在一
起的情形的不同种数有_________.

2. 某人抛掷硬币8次,其中4次正面

向上,则证明向上的4次中恰有3次连在一
起的情形的不同种数有_________. [解析] 把正面向上的4次中恰有3次连

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4次的5个空挡中, 故共有A52=20种不同情形.

2. 某人抛掷硬币8次,其中4次正面

向上,则证明向上的4次中恰有3次连在一
起的情形的不同种数有_________. 20 [解析] 把正面向上的4次中恰有3次连

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4次的5个空挡中, 故共有A52=20种不同情形.

[考点搜索]

[考点搜索]
1. 不附加条件的排列组合题,大多用 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 个整体的方法. 3. 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 两个原理.

[链接高考]

[链接高考]
[例1] (1) 在由数字1,2,3,4,5组
成的所有没有重复数字的5位数中, 大于 23145且小于43521的数共有 ( A. 56个 B. 57个 C. 58个 ) D. 60个

[链接高考]
[例1] (1) 在由数字1,2,3,4,5组
成的所有没有重复数字的5位数中, 大于 23145且小于43521的数共有 ( C ) A. 56个 B. 57个 C. 58个 D. 60个

(2) 某城市在中心广场建造一个花圃,

花圃分为6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 部分不能栽种相同颜色的花,不同的栽 种方法共 有______种. 6 2 5 1 3 4

(用数字作答)

[解析] 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

区域,再用颜色进
行排列;也可以根 据条件分布涂色. 6 2

5 1 3

4

解法一:把不相邻的区域合并后,成

为4个“大区域”,然后再把4种颜色对应
全排列 46 25 1 3 6 2

5 1 3

4

46
36

35
24

1
1

2
5

36
24

24
35

1
1

5
6

共5种合并方法, 所以5×A44=120种 栽种方法.

解法二:先从区域1开始种,栽种方 法有4种,则区域6有3种栽法,区域5有2 种栽法,若区域4与区域6栽种同一种花, 则区域2、3两块各有2种栽法,故总共有 4×3×2×2×2=96种;若区域4与区域6 不栽同一种花,则区 域2、3两块中有1种栽 5 1 法,总共有4×3×2× 6 4 1×1=24,所以一共有 2 3 120种栽种方法.

[例2] 有5张卡片, 它们的正、反面分 别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9,将 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?

[例2] 有5张卡片, 它们的正、反面分 别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9,将 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?

[解析] 在解本题时应考虑两方面的 问题:(1) 0不能作百位,但0与1在同一卡 片上,因此着眼于限制条件,必须同时考 虑0与1的分类. (2) 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 排除法.

解法一:直接法,从0与1两个特殊值

着手,可分三类:
(1) 取0不取1, 可先从另四张卡片上选一 张作百位,有C41种方法;0可在后两位有 C21种方法;最后需从剩下的三张中任取一 张,有C31种方法;又除含0的那张外,其他 两张都有正面或反面两种可能,故此时可 得不同的三位数有C41C21C31·2(个). 2

(2) 取1不取0,同上分析可得不同的

三位数C42·3· 33(个). 2 A
(3) 0和1都不取, 有不同三位数C42·3· 2 A33(个).

综上所述,共有不同的三位数C41· 21 C
C31·2+C42·2· 33+C43·3· 33=432(个). 2 2 A 2 A

解法二:间接法,任取三张卡片可

以组成不同三位数C53·3· 33(个),其中0 2 A
在百位的有C42·2· 22(个),这是不合题 2 A 意的, 故共有不同三位数: C53·3· 33?C42· 2 A

22· 22(个). A

[例3] 四面体的顶点和各棱中点共 10个点,在其中取4个不共面的点,则不同 的取法共有 ( )

A. 150种
C. 144种

B. 147种
D. 141种

[解析] 方法一, 从10个点中, 任意取4
个点的不同取法共有C104种,其中,所取 4个点共面的可分为两类:

第一类,4个点同在四面体的一个面
上,共有4C64种取法.

第二类, 4个点不同在四面体的一个 面上,可分为两种情形:①4个点分布在 不共面的两条棱上,这只能是恰有1个点 是某棱的中点, 另3点在棱上,因为共有6 条棱, 所以有6种取法;②4个点所在的不 共面的棱不止两条,这时,4个点必然都 是棱的中点,它们所在的4条棱必然是空 间四边形的四条边,故有3种不同的取法.

第二类, 4个点不同在四面体的一个 面上,可分为两种情形:①4个点分布在 不共面的两条棱上,这只能是恰有1个点 是某棱的中点, 另3点在棱上,因为共有6 条棱, 所以有6种取法;②4个点所在的不 共面的棱不止两条,这时,4个点必然都 是棱的中点,它们所在的4条棱必然是空 间四边形的四条边,故有3种不同的取法. 所以符合题意的不同取法种数为 C104?(4C64+6+3)=141.

方法二, 在四面体中取定一个面,
记为?, 那么取不同不共面的4个点, 可 分为四类:

第一类, 恰有3个点在? 上, 这时该
3点必然不在同一条棱上, 因此, 4个点 的不同取法数为4(C63?3)=68.

第二类,恰有2个点在α上,可分两 种情况:①该2点在同一条棱上,这时4 个点的不同取法数为4C32(C42-3)=27; ②

该2点不在同一条棱上,这时4个点的不
同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30.

第三类,恰有1个点在α上,可分为两

种情形:①该点是棱的中点,这时4个点
的不同取法数为3×3=9;②该点不是棱的 中点,这时4个点的不同取法数为3×2=6.

第三类,恰有1个点在α上,可分为两

种情形:①该点是棱的中点,这时4个点
的不同取法数为3×3=9;②该点不是棱的 中点,这时4个点的不同取法数为3×2=6. 第四类,4个点都不在α上,只有1种 取法.

应用分类计数原理,得所求的不 同取法数为68+27+30+9+6+1=141.

[例4] 4个男同学,3个女同学站成
一排:

(1) 3个女同学必须排在一起,有多 少种不同的排法?
(2) 任何两个女同学彼此不相邻,有 多少种不同的排法?

(3) 其中甲、乙两同学之间必须有3 人,有多少种不同的排法? (4) 甲、乙两人相邻,但都不与丙相 邻,有多少种不同的排法? (5) 女同学从左到右按高矮顺序排, 有多少种不同的排法?(3个女生身高互 不相等)

[解析] (1) 3个女同学是特殊元素,
我们先把她们排好,共有P33种排法;由

于3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 队,这时是5个元素的全排列,应有A55

种排法,由乘法原理,有A33A55种=720
种不同排法.

(2) 先将男生排好, 共有A44种排法,
再在这4个男生的中间及两头的5个空档 中插入3个女生有A53种方案, 故符合条 件的排法共有A44A53=1440种不同排法.

(3) 甲、乙2人先排好,有A22种排法,

再从余下5人中选3个排在甲、乙2人中间,
有A53种排法, 这时把已排好的5人视为一 个整体, 与最后剩下的2人再排, 又有A33种

排法,这样总共有A22 A53A33 =720种不同
排法.

(4) 安排甲、乙和丙3人以外的其他4 人,有A44种排法;由于甲、乙要相邻, 故再把甲、乙排好, 有A22种排法, 最后把

甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原
先排好的4人的空档中有A52种排法, 这样,

总共有A44 A22 A52=960种不同排法.

(5) 从 7个位置中选出 个位置把男 4 生排好, 则有A 7 种排法; 然后再在余下
4

的3个空位置中排女生 由于女生要按 , 身体高矮排列 故仅有一种排法 这样 , , 总共有A7 ? 840种不同排法.
4

[评注] 排列问题中,部分元素

相邻的问题可用“视一法”解;部分
元素不相邻的问题可用“插入法”解,

部分元素定序的问题也可用“插入法”
解.

[例5] 按以下要求分配6本不同的书, 各有几种分法?

(1) 平均分给甲、乙、丙三人,每人
2本;

(2) 平均分成三份,每份2本;
(3) 甲、乙、丙三人一人得1本,一

人得2本,一人得3本;

(4) 分成三份,一份一本,一份2本, 一份3本; (5) 甲、乙、丙三人中,一人得4本, 另二人每人得1本; (6) 分成三份,一份4本,另两份每份 1本; (7) 甲得1本,乙得1本,丙得4本 (均 只要求列式).

[解析] (1) 甲学生得2本,有C 6 种方法;
2

乙学生得2本,有C 4 种方法;丙学生得
2

2本有C 2 种方法. 依分步计数原理, 所求
2

不同的方法有 6 ? C 4 ? C 2 ? 90(种 ). C
2 2 2

( 2) 按(1)的方法, A3 种重复, 有 所以
3

C6 C4 C2 所求不同分法有 ? 15(种). 3 A3

2

2

2

(3) 分两步:第一步, 6本不同用 把 书, 分为三摊, 分别为1本、本、本, 2 3 共 有C 6 ? C 5 ? C 3 种方法;
1 2 3

第二步, 把它们分给甲、 丙三 乙、 人有A3 种方法依分布计数原理 共有 ,
3

C 6 ? C 5 ? C 3 ? A3 种方法.
1 2 3 3

(3) 分两步:第一步, 6本不同用 把 书, 分为三摊, 分别为1本、本、本, 2 3 共 有C 6 ? C 5 ? C 3 种方法;
1 2 3

第二步, 把它们分给甲、 丙三 乙、 人有A3 种方法依分布计数原理 共有 ,
3

C 6 ? C 5 ? C 3 ? A3 种方法.
1 2 3 3

(4) 5 ? C5 ? C3 .
1 2 3

(5) 分三步:第一步,从 本书中 6 选出4本有:C 6 种方法;
4

第二步,分给甲、乙、 丙中的一 人,有A3 ;
1

第三步,余下 本给人,有A2 . 2
2

由分步计数原理:有 6 ? C 3 ? A2 C
1 1

2

种方法.

(6) 第一步:从6本书中取4本,有C 6

4

种方法. 第二步:将2本平均分成2份,每份1 C 2 C1 本,有 种方法.由分步计数原理有 2 A2 C 2 C1 C6 ? 种方法. 2 A2
4 2 1 2 1

(7) 第一步:从6本不同的书中取 本, 4 分给丙,有C 6 种方法;
4

第二步:将余下 本给2人有C 2 ? C1 2
1 4 1

1

种方法.由分步计数原理有: 6 ? C 2 ? C1 C 种方法.

1

[例6] 将4个编号为1、2、3、4的小球 放入4个编号为1、2、3、4的盒子中,(1)有 多少种放法?(2)每盒至多一球,有多少种 放法?(3)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 的编号与盒子的编号相同, 有多少种放法? (5)把4个不同的小球换成4个相同的小球, 恰有一个空盒,有多少种放法?(6) 把4个 不同的小球换成20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 种放法?

4 [解析] (1) 每个小球都可能放入 个盒子 中的任何一个, 将小球一个一个地放入 盒子, 共有4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 256种放法.
4

4 [解析] (1) 每个小球都可能放入 个盒子 中的任何一个, 将小球一个一个地放入 盒子, 共有4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 256种放法.
4

( 2) 为全排列问题 共有A4 ? 24种方法. ,
4

( 3) 先将四个小球分为三组有 , C 4 C 2 C1 种, 再将三组小球投入四 2 A2 个盒子中的三个盒子有A4 种投放 ,
3 2 1 1 2 1 1

C 4 C 2 C1 3 方法, 故共有 A4 ? 144种. 2 A2

(4) 1个球的编号与盒子编号相同的

选法有C41种,当1个球与1个盒子的编号
相同时,同局部列举法可知其余3个球的 投放方法有2种,故共有C41×2=8种.

(5) 先从四个盒子中选出三个盒子, 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
的即没有顺序,所以属于组合问题. 故共 有C43 C31=12种放法.

(6) (隔板法)先将编号为1、2、3、4 的4个盒子分别放0、1、2、3个球,再把 剩下的14个球分成四组,即 ●●●●●●●●●●●●●●这14个 球中间13个空挡中放入三块隔板,共有 C133=286种. 如●●|●●●●●|●●●|●●●●, 即编号为1、2、3、4盒子分别再放2、5、 3、4个球.

[评注] 1. 做排列组合应用题,首 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.

2. 第(3)小题常见的错误解法: 即先选 出3个球放入4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
子中的一个有3种,故有C43 C43×3=288种

放法,请读者细心体会为什么出现重复情
形.

3. 第(6)小题的“投题”问题实际上是 转化为求不定方程x+y+z+ω =14有多少组正 整数;若先将编号为1、2、3、4的4个盒子 分别放1、2、3、4个球,则转化为求不定

方程x+y+z+ω =10有多少组非正整数.

第二课时:

二项式定理的应用

第二课时:

二项式定理的应用

x 1 8 1.在( ? 3 ) 的展开式中常数项是 ( 2 x

)

A. ? 28

B. ? 7

C.7

D.28

[解析] 由Tr ?1

x 8? r ? ( ?1) C ? ( ) x 2
r r 8

?

r 3

? ( ?1) C ? 2
r r 8

r ?8

?x

4 8? r 3

4 令 8 ? r ? 0, 得r ? 6. 3 6 ?2 2 1 ? T7 ? C 8 ? 2 ? C 8 ? ? 7. 4

[解析] 由Tr ?1

x 8? r ? ( ?1) C ? ( ) x 2
r r 8

?

r 3

? ( ?1) C ? 2
r r 8

r ?8

?x

4 8? r 3

4 令 8 ? r ? 0, 得r ? 6. 3 6 ?2 2 1 ? T7 ? C 8 ? 2 ? C 8 ? ? 7. 4 答案:C

1 ? ? 2. 二项式? x ? ? 的展开式, 系数 x? ? 最大的项为________ .

10

1 ? ? 2. 二项式? x ? ? 的展开式, 系数 x? ? 最大的项为________ .
[解析] Tr ?1 ? C x
r 10 10? r

10

? 1 ? ??? ? x? ?
3 10? r 2

r

? ( ?1) C x
r r 10

则此项系数为 ?1) C , 故而得到每项系数 (
r r 10

的绝对值与对应的二项 式系数相等,由二 项式系数性质 展开式中中间一项即第 , 六 项的二项式系数最大为 , 但第6项系数 C
5 10

为 ? C , 显然不是最大的又因第5项和第7 .
5 10

项的系数相等且为 ? C , 再由二项式系 C
4 10 6 10

数的增减性规律可知 即为最大项.因此, C
4 10

系数最大的项为第 项和第7项. 5

[考点搜索]

[考点搜索]
1. 已知二次式,探求二项展开式中 的特殊项.
2. 已知三项式,求展开式式中某一 项或某一项的系数. 3. 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 性质的综合应用.

[链接高考]

[链接高考]
? 2 1 ? [例1] 在? x ? , ? 的展开式中 求 : 2x ? ? (1) 第6项; (2) 第3项的系数;
(3) 含x9的项; (4) 常数项.
9

[链接高考]
? 2 1 ? [例1] 在? x ? , ? 的展开式中 求 : 2x ? ? (1) 第6项; (2) 第3项的系数;
(3) 含x9的项;
5 9

9

(4) 常数项.
5 2 4

63 3 ? 1 ? ? ?? x , [解析] (1)T6 ? C ( x ) ? ? 16 ? 2x ? 63 3 即第6项为 ? x . 16

? 1 ? ( 2) T3 ? C ( x ) ? ? ? ? 2x ?
2 9 2 7 14

2

? 1 ? 12 ? 36 ? x ? 2 ? ? 9 x , ? 4x ? 故第3项的系数为 . 9

( 3) 设第r ? 1项含x 项, 则Tr ?1 ?
9

C (x )

r 9

2 9? r

? 1 ? ? 1 ? r 18? 3 r . (*) ?? ? ? ? ? ? C9 x ? 2x ? ? 2 ?
9

r

r

令18 ? 3r ? 9, 则r ? 3, 即第4项含x . 21 9 ? 1? 3 9 T4 ? ? ? ? C 9 x ? ? x . 2 ? 2?
2

(4)由(*)式, 令18 ? 3r ? 0, r ? 6, 即第7项为常数项, ? 1 ? 6 21 T7 ? ? ? ? C 9 ? , 16 ? 2? 21 常数项为 . 16
6

1 ? ? [例2] 若? x ? 4 ? 展开式中前 2 x? ? 三项系数成等差数列求 : ,
(1) 展开式中含x的一次幂的项; (2) 展开式中所有含x的有理项; (3) 展开式中系数最大的项.

n

1 1 1 [解析] (1)由条件C ? C ? 2 ? 2C n ? , 2 2 得n ? 8.
0 n 2 n

Tr ?1 ? C ( x )
r 8

8? r

?

1 2? x
4

? C ?2 ? x
r 8

?r

3 4? r 4

,

3 令 4 ? r ? 1, 得r ? 4. 4 ? x的一次项为Tr ?1 35 ?C 2 x? x. 8
4 8 ?4

3 ( 2) 令 4 ? r ? Z(且 0 ? r ? 8), 4 ? r ? 0,4,8, 有理项为T1 ? x ,
4

35 1 T5 ? x , T9 ? . 2 8 256 x

( 3)记第r项系数为t r , 设第k项系数最大, 则有t k ? t k ?1 , 且t k ? t k ?1 , 于是
k k ?C 8 ?1 ? 2 ? k ?1 ? C 8 ? 2 ? k ? ?3?k ?4 ? k k ?C 8 ?1 ? 2 ? k ?1 ? C 8 ? 2 ? 2 ? k ? 2 ?

? 系数最大项为第 项和第4项 , 分别是 3 T3 ? 7 x , T4 ? 7 x .
2 5 7 4

[例3] 已知(1 ? 2 x ) ? a0 ? a1 x ? a 2 x
7

2

? ? ? a7 x .求 :
7

(1) a1 ? a 2 ? ? ? a7 ; ( 2) a1 ? a 3 ? a5 ? a7 ; ( 3) a 0 ? a 2 ? a 4 ? a 6 ; (4) | a0 | ? | a1 | ? | a 2 | ? ? ? | a7 | .

[解析] 令x=1, 则

a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? ?1, ① a0 ? a1 ? a 2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? 3 . ②
7

(1) ? a0 ? C ? 1(或令x ? 0, 得a0 ? 1),
0 7

? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a7 ? ?2.

[解析] 令x=1, 则

a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? ?1, ① a0 ? a1 ? a 2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7 ? 3 . ②
7

(1) ? a0 ? C ? 1(或令x ? 0, 得a0 ? 1),
0 7

? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a7 ? ?2.
(2) (①?②)÷2, 得

?1? 3 a1 ? a3 ? a5 ? a7 ? ? ?1094. 2
7

(3) (①+②)÷2, 得

?1? 3 a0 ? a 2 ? a4 ? a6 ? ? 1093. 2
7

(3) (①+②)÷2, 得

?1? 3 a0 ? a 2 ? a4 ? a6 ? ? 1093. 2
7

(4)方法一 :? (1 ? 2 x ) 展开式中, a0 , a 2 ,
7

a4 , a6 大于零, 而a1 , a 3 , a5 , a7 小于零. ? | a0 | ? | a1 | ? | a 2 | ? ? ? | a7 |? (a0 ? a 2 ? a4 ? a6 ) ? (a1 ? a 3 ? a5 ? a7 ), ? ( 3) ? ( 2)即可, 其值为2187.

方法二 : | a0 | ? | a1 | ? | a2 | ? ? ? | a7 |, 即(1 ? 2 x ) 展开式中各项的系数和 ,
7

? | a0 | ? | a1 | ? | a 2 | ? ? ? | a7 |? 3 ? 2187.
7

1 ? ? [例4] 求? x ? ? 1? 展开式的常数项 . x ? ?

5

1 ? ? [例4] 求? x ? ? 1? 展开式的常数项 . x ? ?
?? 1 1? ? ? ? [解析] 法一 : ? ? x ? ? 1 ? ? ?? x ? ? ? 1? , x x? ? ? ? ??
5 5

5

? 它的展开式通项为 Tr ?1 1? ? ?C ?x? ? x? ?
r 5 5? r

? ( ?1)

r

( 0 ? r ? 5)

当r ? 5时, T6 ? C ? 1( ?1) ? ?1;
5 5 5

1? ? 当0 ? r ? 5时, ? x ? ? x? ?
5 5? r 5? r ? k

5? r

的展开式的通项为
5? r ? 2 k

?1? Tk??1 ? C ? x ?? ? ? x? ? 0 ? r ? 5且r ? Z,

(0 ? r ? 5 ? r )

? r只能取1或 3, 相应的k值分别为2或1,

?r ? 1, ? 即? ?k ? 2, ?

?r ? 3, ? ? ?k ? 1. ?

? 常数项为 C ? C ( ?1) ? C ? C ( ?1) ? ( ?1) ? ?51.
1 5 2 4 1 3 5 1 2 3

(解法二)由于本题只有 次, 也可以直接 5 ?? 1? ? 展开?? x ? ? ? 1? , 即 x? ? ?? ?? 1? ? 1? 1? ? ? ?? x ? x ? ? 1? ? ? x ? x ? ? 5? x ? x ? ? ? ? ? ? ? ??
5 3 2 5 4 5

1? 1? 1? ? ? ? ? 10? x ? ? ? 10? x ? ? ? 5? x ? ? ? 1. x? x? x? ? ? ?

1 1 由x ? 的对称性知, 只有在x ? 的 x x 偶次幂中, 某展开式才会出现常数 项且是各自的中间项 , ? 常数项为? 5C ? 10C ? 1 ? ?51.
2 4 1 2

1 ? ? (解法三)( 组合方法) ? x ? ? 1 ? 是 5个相同 x ? ? 因式之积, 要展开式中出现常数项 有三类情 1 况 : (1)两个因式取x另两个取 , 一个取常数 x 1 2 2 2 ? 1, 即C 5 ? x ? C 3 ? 2 ( ?1); ( 2)一个取x , 另一个 x 1 1 1 1 3 取 , 其余取 ? 1, 即C 3 ? C 4 ( ?1) ? x ? ; ( 3)都取 x x 2 2 1 1 ? 1, 故常数项为? C 5 ? C 3 ? C 5 C 4 ? 1 ? ?51.

5

[评注] 要求三项式n次幂的展开
式中的特定项, 一般通过结合律, 借助

于二项式定理的通项求解. 如解法一,
当幂指数较小时, 可以直接写出展开 的全部或局部, 如解法二. 二项式定理 是用组合方法推出的, 因而解法三也 不失为一种好方法.

[例5] (1) 9192除以100的余数是几? (2) 求证: 32n+2?8n ?9(n?N*)能被64整除.

[例5] (1) 9192除以100的余数是几? (2) 求证: 32n+2?8n ?9(n?N*)能被64整除.

[解析] 方法一 : 91 ? (100 ? 9) ? 100 ?
92 92 92

C ? 100 ? 9 ? C 100 ? 9 ? ? ? C ? 100 ? 9
1 92 91 2 92 90 2 91 92

91 92

? 9 , 前面各项均能被 整除, 只有末项9 100
92

不能被100整除, 于是求9 除以100的余数.
92

? 9 ? (10 ? 1) ? 10 ? C ? 10 ? C ? 10
92 92 92 1 92 91 2 92

90

? ? ? C ? 10 ? C ? 10 ? ( ?1)
90 92 91 2 91 92 92 1 92 2 92 90

92 2

? 10 ? C ? 10 ? C ? 10 ? ? ? C ? 10
90 92

? 920 ? 1 ? (10 ? C ? 10 ? C ? 10 ? ? ? C ? 10
92 1 92 91 2 92 90 90 92 2

? 1000) ? 81 ? 被100除的余数为 , 即91 除以100的余 81 数为81.
92

方法二 : ? 91 ? (90 ? 1) ? C ? 90
92 92 0 92 1 92 91 90 92 2 91 92

92

? C ? 90 ? ? ? C ? 90 ? C ? 90 ? 1, 由于前面各项均能被 整除, 只有末 100 尾两项不能被 整除,由于C ? 90 ? 1 100
91 92

? 8281 ? 8200 ? 81. ? 被100除余81.

( 2)证明 : 3 ? (8 ? 1) C 8
2 n ?1 n ?1

2 n? 2

? 8n ? 9 ? 9
n ?1

n ?1

? 8n ? 9
1 n ?1

? 8n ? 9 ? ( 8
n n ?1 2 n ?1

?C

?8 ?
n

?8

n ?1

??? C
n

? 8 ? 1) ? 8n ? 9 ? ?8
n ?1

n ?1

?C

1 n ?1

?8 ? C

??? C

n ?1 n ?1

?8 ,
2

而上式各项均为 的倍数, 64 ?3
2 n? 2

? 8n ? 9( n ? N*)能被64整除.

[例6] 已知(1+3x)n的展开式中,末三项的 二项式系数的和等于121,求展开式中系 数最大的项及二项式系数最大的项.

[例6] 已知(1+3x)n的展开式中,末三项的 二项式系数的和等于121,求展开式中系 数最大的项及二项式系数最大的项.
n? 2 [解析] 末三项的二项式系数分 别为C n 、

C

n ?1 n 2

、C ,由题设, 得C
n n r 15 r r 15

n? 2 n

?C
r

n ?1 n

? C ? 121,
n n

? n ? n ? 240 ? 0,? n ? 15( n ? ?16舍去). ? Tr ?1 ? C ( 3 x ) ? C ? 3 x ,
r

设Tr ?1项与Tr 项的系数分别为 r ?1与t r , t 则t r ?1 ? C 3 , t r ? C
r 15 r r 15 r ?1 15 r ?1 15

?3 .

r ?1

C 3 t r ?1 3(15 ? r ? 1) 令 ? 1, 即 ? ? 1, r ?1 tr C ?3 r
r

解得r ? 12. 也就是说, 当r取小于12的自然数时, 都有 t r ? t r ?1 , 即第12项以前的各项 前面一项 , 的系数都比后面一项的 系数小,

又当r ? 12时, t r ?1 ? t r , 即t13 ? t12 ,
? 展开式中系数最大的项 是 T12 ? C 3 x , T13 ? C 3 x .
11 15 11 11 12 15 12 12

当n ? 15时, 二项式系数最大的是第 、项, 89 分别为:C 3 x 与C 3 x .
7 15 9 7 8 15 8 8


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