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排列组合二项式知识点及例题


排列组合二项式定理知识点及例题
1.排列的概念:从 n 个不同元素中,任取 m ( m ? n )个元素(这里的被取元素各不 相同)按照一定的顺序 排成一列,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列 ..... ....
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2.排列数的定义:从 n 个不同元素中,任取 m ( m ? n )个元素的所

有排列的个数叫 做从 n 个元素中取出 m 元素的排列数,用符号 Anm 表示
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3.排列数公式: Anm ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ?1) ( m, n ? N ? , m ? n ) 4 阶乘: n ! 表示正整数 1 到 n 的连乘积,叫做 n 的阶乘 规定 0! ? 1.
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5.排列数的另一个计算公式: Anm =
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n! (n ? m)!

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6 组合概念:从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素 中取出 m 个元素的一个组合
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7.组合数的概念:从 n 个不同元素中取出 m ? m ? n? 个元素的所有组合的个数,叫做从 .用符号 C nm 表示. n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 ...
m 8.组合数公式: Cnm ? Anm ? n(n ?1)(n ? 2)?(n ? m ? 1) 或 C m n?

Am

m!

n! (n, m ? N ? , 且m ? n) m!(n ? m)!

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9.组合数的性质 1: Cnm ? Cnn?m .规定: Cn0 ? 1 ; 10.组合数的性质 2: Cnm?1 = C nm + Cnm?1
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Cn0+Cn1+?+Cnn=2n

11.二项式展开公式:(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+?+Cnkan-kbk+?+Cnnbn 12.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

1

题型讲解 例 1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数 (1)6 名学生排 3 排,前排 1 人,中排 2 人,后排 3 人; (2)6 名学生排成一排,甲不在排头也不在排尾; (3)从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛,甲不跑第一棒, 乙不跑第四棒; (4)6 人排成一排,甲、乙必须相邻; (5)6 人排成一排,甲、乙不相邻; (6)6 人排成一排,限定甲要排在乙的左边,乙要排在丙的左边(甲、 乙、丙可以不相邻)
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6 解: (1)分排坐法与直排坐法一一对应,故排法种数为 A6 ? 720
1 5 (2)甲不能排头尾,让受特殊限制的甲先选位置,有 A4 种选法,然后其他 5 人选,有 A5 种选法,故排法种数为

1 5 A4 A5 ? 480

(3)有两棒受限制,以第一棒的人选来分类:
3 ①乙跑第一棒,其余棒次则不受限制,排法数为 A5 ;
1 1 ②乙不跑第一棒,则跑第一棒的人有 A4 种选法,第四棒除了乙和第一棒选定的人外,也有 A4 种选法,其余 1 1 2 两棒次不受限制,故有 A4 A4 A2 种排法,

3 1 1 2 由分类计数原理,共有 A5 ? A4 A4 A4 ? 252种排法 2 5 (4)将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他 4 人一起作全排列共有 A2 A5 ? 240种排法

(5)甲乙不相邻,第一步除甲乙外的其余 4 人先排好;第二步,甲、乙选择已排好的 4 人的左、右及之间的空挡
4 2 6 插位,共有 A4 A5 (或用 6 人的排列数减去问题(2)后排列数为 A6 ? 240 ? 480)

(6)三人的顺序定,实质是从 6 个位置中选出三个位置,然后排按规定的顺序放置这三人,其余 3 人在 3 个位置
3 3 上全排列,故有排法 C6 A3 ? 120种

点评:排队问题是一类典型的排列问题,常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻 例 2 假设在 100 件产品中有 3 件是次品,从中任意抽取 5 件,求下列抽取方法各多少种? (1)没有次品; (2)恰有两件是次品; (3)至少有两件是次品
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5 解: (1)没有次品的抽法就是从 97 件正品中抽取 5 件的抽法,共有 C97 种 ? 64446024

( 2 )恰有 2 件是次品的抽法就是从 97 件正品中抽取 3 件,并从 3 件次品中抽 2 件的抽法,共有
3 2 种 C97 C3 ? 442320

(3)至少有 2 件次品的抽法,按次品件数来分有二类:
3 2 第一类,从 97 件正品中抽取 3 件,并从 3 件次品中抽取 2 件,有 C97 种 C3 2 3 第二类从 97 件正品中抽取 2 件,并将 3 件次品全部抽取,有 C97 种 C3
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2

3 2 2 3 按分类计数原理有 C97 C3 ? C97 C3 ? 446976种

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点评:此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题,附加的条件是从不同种类的元素中抽取,应当注 意:如果第(3)题采用先从 3 件次品抽取 2 件(以保证至少有 2 件是次品) ,再从余下的 98 件产品中任意抽取 3
2 3 件的抽法,那么所得结果是 C3 :假设 3 件次品是 A、B、C, C98 ? 466288种,其结论是错误的,错在“重复”

第一步先抽 A、B 第二步再抽 C 和其余 2 件正品,与第一步先抽 A、C(或 B、C) ,第二步再抽 B(或 A)和其
2 3 余 2 件正品是同一种抽法,但在算式 C3 C98 中算作 3 种不同抽法 m m?1 m 例 3 求证:① An ?1 ? mA n?1 ? An
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m?1 m?1 m m?1 ;② Cn ? Cn ? 2Cn ? Cn ?2

























?

m ? ? n ? 1? ! ? n ? m ? 1? ! ? n ? m? ! ?

? n ?1? !

?

? n ? m??

n ? 1? ! ? m ?? ? n1 ? !? n ! ? Am ? 右 ?n ? m? ! n ? n ? m? !

另一种证法: (利用排列的定义理解)从 n 个元素中取 m 个元素排列可以分成两类:
m ①第一类不含某特殊元素 a 的排列有 An ?1 m?1 第二类含元素 a 的排列则先从 ?n ? 1? 个元素中取出 ?m ? 1? 个元素排列有 An ?1 种,然后将 a 插入,共有 m 个空 m?1 m m?1 m 档,故有 m ? An ?1 种,因此 An?1 ? m ? An?1 ? An

②利用组合数公式 左?

n! n! 2n ! ? ? ?m ? 1? !?n ? m ? 1? ?m ? 1? ?n ? m ? 1? ! m ?n ? m? !



n! ? ??n ? m??n ? m ? 1? ? m?m ? 1? ? 2?m ? 1??n ? m ? 1?? ?m ? 1? !?n ? m ? 1? !

?

?n ? 2? ! n! ?n ? 2??n ? 1? ? ? C m?1 ? 右 ?m ? 1? !?n ? m ? 1? ! ?m ? 1? !?n ? m ? 1? ! n?2

m?1 m m m?1 m?1 n m?1 m m m?1 另法:利用公式 Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? Cn ? Cn ?1 ? Cn?1 ? Cn?2 ? 右 ?1 ? Cn?1 推得 左 ? Cn

?

? ?

?

点评:证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质 例 4 已知 f 是集合 A ? ?a, b, c, d ?到集合 B ? ?0,1,2?的映射 (1)不同的映射 f 有多少个? (2)若要求 f ?a ? ? f ?b? ? f ?c ? ? f ?d ? ? 4 则不同的映射 f 有多少个? 分析: (1)确定一个映射 f ,需要确定 a, b, c, d 的像

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(2) a, b, c, d 的象元之和为 4,则加数可能出现多种情况,即 4 有多种分析方案,各方案独立且并列需要分类
3

计算

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解: (1)A 中每个元都可选 0,1,2 三者之一为像,由分步计数原理,共有 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 个不同映射
4

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(2)根据 a, b, c, d 对应的像为 2 的个数来分类,可分为三类: 第一类:没有元素的像为 2,其和又为 4,必然其像均为 1,这样的映射只有一个;
1 1 第二类:一个元素的像是 2,其余三个元素的像必为 0,1,1,这样的映射有 C4 P3 ? 12 个;
2 第三类:二个元素的像是 2,另两个元素的像必为 0,这样的映射有 C 4 ? 6个

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由分类计数原理共有 1+12+6=19(个)

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点评:问题(1)可套用投信模型:n 封不同的信投入 m 个不同的信箱,有 m 结合映射概念恰当确定分类标准,做到不重、不漏
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n

种方法;问题(2)的关键

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4

【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.81 B.64 C.24 D.4 (2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( ) A.81 B.64 C.24 D.4 (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=3×3×3×3=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
5

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: 3×3×1=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 3 为 C6 =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 =-

a >0,即 a、b 异号。 b

(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 3×3×4=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
6

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=43 486080(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+ (2)求( x -

1 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; x

1 2 x
4

)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
Tk ?1 ? C 8
k 8? k · x 2

1 ? · (? x 4 ) k 2
16 ? 3k 4

1

1 ? C8 · (? ) k · x 2
k

因为 0?k?8,要使

16 ? 3k ∈Z,只有使 k 分别取 0,4,8 4

所以所求的有理项应为: T1=x4,T5=

35 1 -2 x,T9= x 8 256

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。
7

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-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+?+(-1)n-1Cnn-1·9-2 ∴除以 9 所得余数为 7。 (ii)当 n 为偶数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+?+(-1)n-1Cnn-1·9 ∴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)

a?b n an ? bn ?( ) ,(a、b∈{x|x 是正实数},n∈N); 2 2
1 1 + =1,则对于 n∈N 有 a b

(2)已知 a、b 为正数,且

(a+b)n-an-bn?22n-2n+1。 证明 (1)令 a=x+δ , b=x-δ 则 x=

a?b 2
n

an+bn=(x+δ )n+(x-δ )n =xn+Cn1xn-1δ +?+Cnnδ n+xn-Cn1xn-1δ +?(-1)nCnnδ =2(xn+Cn2xn-2δ 2+Cn4xn-4δ 4+?) ?2xn

a?b n an ? bn 即 ?( ) 2 2
(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)
8

(*)



1 1 + =1,且 a、b 为正数 a b
∴ab?4

∴ab=a+b?2 ab

又∵ an-kbk+bn-kak?2 a n ? b n =2( ab )n(k=1,2,?,n-1) ∴2(a+b) n?2an+2bn+Cn12( ab )n+Cn22( ab )n+?+Cnn-12( ab )n ∴(a+b)n-an-bn ?(Cn1+Cn2+?+Cnn-1)· ( ab )n ?(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:
?2C np ? C np ?1 ? C np ?1    ① ? ? n? p n? p n ?1? p ? Cn (?a) n ?1? p ? 0  ② ?C n (?a) ? p p ?1 ③ ? ?2C n ?1 ? C n ?1   

由①得,2Cnp=

p n? p p Cnp+ Cn n ?1? p p ?1

两边约去 Cnp,可得: 2=

p n? p + n ?1? p p ?1 n ?1? p Cn+1p p ?1

由③得,2Cn+1p=

约去 Cn+1p 可得,n=3p+1

p n? p ? ? ?2 ? p ?1 解方程组 ? n ? 1 ? p ?n ? 3 p ? 1 ?
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,
9



C 7k ·?- 3?

k

C 7k ? 2 ·(?3) k ? 2

?1

解之得: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
k n?k k k ?1 n ? k ?1 ? ·b k ?1 ?C n a ·b ? C n a ? k n?k k k ?1 n ? k ?1 ·b k ?1 ? ?C n a b ? C n a

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 Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+?+CnpCm0=Cm+np 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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