兩個(gè)計(jì)數(shù)原理與排列組合知識(shí)點(diǎn)及例題

1、兩個(gè)計(jì)數(shù)原理與排列組合知識(shí)點(diǎn)及例題兩個(gè)計(jì)數(shù)原理內(nèi)容1、分類計(jì)數(shù)原理：完成一件事，有 n類辦法，在第1類辦法中有mi種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法 在第 n類辦法中有m“種不同的方法，那 么完成這件事共有N=mi +m2 +mn種不同的方法.2、分步計(jì)數(shù)原理：完成一件事，需要分n個(gè)步驟，做第1步驟有im種不同的方法，做第2 步驟有種不同的方法 做第n步驟有m.種不同的方法，那么完成這件事 共有N=miXm2 X X m種不同的方法.例題分析例1某學(xué)校食堂備有5種素菜、3種葷菜、2種湯?，F(xiàn)要配成一葷一素一湯的套餐。問可以配制岀多少種不同的品種？分析：1、完成的這件事是什么？2 、如

2、何完成這件事？（配一個(gè)葷菜、配一個(gè)素菜、配一湯）3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個(gè)計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算解：屬于分步：第一步 配一個(gè)葷菜 有3種選擇第二步配一個(gè)素菜 有5種選擇第三步 配一個(gè)湯有2種選擇共有 N=3X 5X 2=30 （種）2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個(gè)計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算。解：屬于分類：第一類從上層取一本書有5種選擇第二類 從下層取一本書 有4種選擇共有N=5+4=9 （種）（2）分析：1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個(gè)計(jì)數(shù)原理

3、？5 、進(jìn)行計(jì)算.解：屬于分步：第一步從上層取一本書有5種選擇第二步從下層取一本書 有4種選擇共有 N=5X4=20 （種）例3、有1、2、3、4、5五個(gè)數(shù)字.（1）可以組成多少個(gè)不同的三位數(shù)？（2）可以組成多少個(gè)無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？（3）可以組成多少個(gè)無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？（1）分析：1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？（配百位數(shù)、配十位數(shù)、配個(gè)位數(shù)）3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成）4 、運(yùn)用哪個(gè)計(jì)數(shù)原理？5 、進(jìn)行計(jì)算略解：N=5X 5X 5 = 125 （個(gè)）【例題解析】1、某人有4條不同顏色的領(lǐng)帶和6件不同款式的襯衣，問可以有多少種不同的搭配方法?例2 有一個(gè)

4、書架共有2層，上層放有5本不同的數(shù)學(xué)書，下層放有 4本不同的語文書。（1）從書架上任取一本書，有多少種不同的取法？（2）從書架上任取一本數(shù)學(xué)書和一本語文書，有多少種不同的取法?（1）分析：1、完成的這件事是什么？2、有一個(gè)班級共有46名學(xué)生，其屮男生有21名.(1) 現(xiàn)要選派一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會(huì)，有多少種不同的選派方法？(2) 若要選派男、女各一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會(huì)，有多少種不同的選派方法?3、有0、1、2、3、4、5六個(gè)數(shù)字.(1) 可以組成多少個(gè)不同的三位數(shù)？(2) 可以組成多少個(gè)無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？(3) 可以組成多少個(gè)無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)?排列與組合1 排列的

5、概念:從n個(gè)不同元素中，任取m (ntn)個(gè)元素(這里的被取元素各不相 同)按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出 m個(gè)元素的一個(gè)排列 2排列數(shù)的定義:從n個(gè)不同元素中，任取m (mn)個(gè)元素的所有排列的個(gè)數(shù)叫做從n個(gè)元素中取出m元素的排列數(shù)，用符號(hào)AF表示3排列數(shù)公式：Anm n(n l)(n 2)L(n m 1) ( m, n N,m n )4階乘：n!表示正整數(shù)1到n的連乘積，叫做n的階乘規(guī)定0! 1.5 排列數(shù)的另一個(gè)計(jì)算公式:AFi(n m)!6組合概念:從n個(gè)不同元素中取出m m n個(gè)元素并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合7.組合數(shù)的概念：從n個(gè)不同元素

6、中取出m m n個(gè)元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù).用符號(hào)C"表示.8.組合數(shù)公式:Cn5 n（nl）（n2）L（n ml）wccnmn! （n,m N,且 n. n）Amm!m!（ n m）!9 組合數(shù)的性質(zhì)1：Cnm Cnnm 規(guī)定：Cn°CnCn1+ +CJ 二 2"10組合數(shù)的性質(zhì)2: Cnmi =Cnm+Cnm 1題型講解例1 分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)（1）6名學(xué)生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名學(xué)生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；（3）從6名運(yùn)動(dòng)員屮選出4人參加4 X 100米接力賽，甲不跑第一

7、棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排，甲、乙必須相鄰；（5）6人排成一排，甲、乙不相鄰；（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊（甲、乙、丙可以不相鄰）解：（1）分排坐法與直排坐法一一對應(yīng)，故排法種數(shù)為A66 720（2） 甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有 皿種選法，然后其他5人選，有A5：種選法，故排法種數(shù)為A? A55480（3）有兩棒受限制，以第一-棒的人選來分類： 乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數(shù)為A5?; 乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有A*種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有a*4種選法，其余兩棒次不受限制，故有 A41 A41 A22種排法

8、，由分類計(jì)數(shù)原理，共有 A3 A1 A1 A2 252種排法54 44（4） 將甲乙“捆綁”成“一個(gè)元”與其他4人一起作全排列共有 A22 As5 240種排法（5） 甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余 4人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的 4人的左、右 及之間的空擋插位，共有 A44 A52 （或用6人的排列數(shù)減去問題（2）后排列數(shù)為A66240 480 ）（6）三人的順序定，實(shí)質(zhì)是從 6個(gè)位置中選出三個(gè)位置，然后排按規(guī)定的順序放置這三人，其余點(diǎn)評：排隊(duì)問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰例2假設(shè)在100件產(chǎn)品中有 3件是次品，從中任意抽取 5件，求下列抽取方法

9、各多少種？（1） 沒有次品；（2）恰有兩件是次品；（3）至少有兩件是次品解：（1）沒有次品的抽法就是從97件正品中抽取5件的抽法，共有 C 975 64446024種（2）恰有2件是次品的抽法就是從 97件正品屮抽取3件，并從3件次品中抽2件的抽法，共有 C973C32442320 種（3）至少有2件次品的抽法，按次品件數(shù)來分有二類：第一類，從97件正品屮抽取3件，并從3件次品中抽取2件，有C973 C32種第二類從97件正品屮抽取2件，并將3件次品全部抽取，有C972C33種按分類計(jì)數(shù)原理有C973 C32C972C 33 4 4 6 9 7 6種點(diǎn)評：此題是只選“元”而不排“序”的典型的組

10、合問題，附加的條件是從不同種類的元素中抽取，應(yīng)當(dāng)注意：如果第（3）題采用先從3件次品抽取2件（以保證至少有 2件是次品），再從余 下的98件產(chǎn)品中任意抽取3件的抽法，那么所得結(jié)果是C32C 983 4 6 6 2 8 8種，其結(jié)論是錯(cuò)誤的，錯(cuò)在“重復(fù)”:假設(shè)3件次品是A、B、C,第一步先抽 A、B第二步再抽C和其余2件正品，與第一步先 抽A、C （或B、C）,第二步再抽B （或A）和其余2件正品是同一種抽法，但在算式 C32 C983中算作3 種不同抽法mm 1mm 1m 1mm 1c例 3 求證： An 1 ITlAn 1 An ; C n C n 2Cn n -證明：利用排列數(shù)公式左 n

11、1 !m n 1 !n m n 1 ! m n 1 ! rH Anm 右n m 1 ! n m !n m !n m !另一種證法：（利用排列的定義理解）從 n個(gè)元素屮取m個(gè)元素排列可以分成兩類:AnFi種，然后將a插入, 第一類不含某特殊元素a的排列有1第二類含元素a的排列則先從n 1個(gè)元素中取出 m 1個(gè)元素排列有共有m個(gè)空檔，故有m AF種，因此Anmi m Anm i1 Anm 利用組合數(shù)公式2n !in n 2另法:點(diǎn)評:mmc利用公式CnCn】ni證明排列、組合恒等式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)推得左 Cn CnCn已知f是集合A a,b, c,d到集合B 0,1,2的

12、映射1）不同的映射f有多少個(gè)?2)若要求 f a fb f c f d4則不同的映射f有多少個(gè)?分析：（1）確定一個(gè)映射f,需要確定a, b, c, d 的像（2） a, b, C, d的象元之和為4,則加數(shù)可能出現(xiàn)多種情況，即 4有多種分析方案，各方案獨(dú)立且并列需要分類計(jì)算解：（1） A中每個(gè)元都可選0,1,2三者之一為像，由分步計(jì)數(shù)原理，共有 3 3 3 33°個(gè)不同映射（2）根據(jù)a, b, c, d對應(yīng)的像為2的個(gè)數(shù)來分類，可分為三類：第一類：沒有元素的像為2,其和又為4,必然其像均為1,這樣的映射只有一個(gè)；第二類：一個(gè)元素的像是2，其余三個(gè)元素的像必為 0,1,1，這樣的映射

13、有c p 12個(gè)：第三類：二個(gè)元素的像是 2,另兩個(gè)元素的像必為 0,這樣的映射有C 42 6個(gè)由分類計(jì)數(shù)原理共有1 + 12+6=19 （個(gè)）點(diǎn)評：問題（1）可套用投信模型：n封不同的信投入m個(gè)不同的信箱，有 m"種方法；問題（2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當(dāng)確定分類標(biāo)準(zhǔn)，做到不重、不漏例5四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10個(gè)點(diǎn)（1）設(shè)一個(gè)頂點(diǎn)為A,從其他9點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，使它們和點(diǎn)A在同一平面上，不同的取法有多 少種？（2）在這10點(diǎn)中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，不同的取法有多少種？解：（1）如圖，含頂點(diǎn)A的四面體的三個(gè)面上，除點(diǎn) A外都有5個(gè)點(diǎn)，從中取出3點(diǎn)必與點(diǎn)共面，共有3C 53種取法含頂點(diǎn)A的

14、棱有三條，每條棱上有 3個(gè)點(diǎn)，它們與所對棱的中點(diǎn)共面，共有 3種取法根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理和點(diǎn) A共面三點(diǎn)取法共有3C533 33種（2）取出的4點(diǎn)不共面比取出的 4點(diǎn)共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加限制任取4 ,（Cio4種取法）減去4點(diǎn)共面的取法取出的4點(diǎn)共面有三類：第一類：從四面體的同一個(gè)面上的6點(diǎn)取出4點(diǎn)共面，有4C6°種取法第二類：每條棱上的3個(gè)點(diǎn)與所對棱的屮點(diǎn)共面，有 6種取法第三類：從6條棱的中點(diǎn)取4個(gè)點(diǎn)共面，有 3種取法根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理4點(diǎn)共面取法共有4C 6°6369故取4個(gè)點(diǎn)不共面的不同取法有Cio4 4C646 3141 （種）點(diǎn)評：由點(diǎn)構(gòu)成直線、平面

15、、幾何體等圖形是一類典型的組合問題，附加的條件是點(diǎn)共線與不共線，點(diǎn)共面與不共面，線共面與不共面等小結(jié):m個(gè)不同的元素必須相鄰，有Pm,n種“捆綁”方法m個(gè)不同元素互不相鄰，分別“插入”到n個(gè)“間隙”中的m個(gè)位置有PF 種不同的“插入”方法m個(gè)相同的元素互不相鄰，分別“插入”到n個(gè)“間隙”屮的m個(gè)位置，有CJ"種不同的“插入”方 法若干個(gè)不同的元素“等分”為nr個(gè)組，要將選取出每一個(gè)組的組合數(shù)的乘積除以PJ【例題解析】例1完成下列選擇題與填空題（1） 有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有種。B.64（2）四名學(xué)生爭奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）B.64（3

16、）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競賽， 每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競賽，則有不同的參賽方法有； 每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 : 每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競賽，每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有。解析（1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四 封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此： N=3X 3X3X 3=34=81,故答案選 A。本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C3 投法；四封信投入兩個(gè)信箱屮，2 I2 ,（2）種投法；四封信投入三個(gè)信箱，有兩封信在I可一信箱中，有2 3種投3

17、4律C2424312122223C <CJA4C二Ad忡）血電兒33424243（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得 n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將 4名學(xué)生看作4個(gè)“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個(gè)“客”都可住進(jìn) 4家“店”中的任意一家，即每個(gè)“客”有4種住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得：N=4X 4X 4=64o故答案選Bo（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競賽項(xiàng)目對學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得N=34=81 （種八 競賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會(huì)，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=464 （種）； 等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生屮挑選 3個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競賽，每人參加一項(xiàng)， 故共有C3 343注：本題有

18、許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合A=a i,a 2,a n,集合B=b i,b 2, ,b m,則f : AB的不同映射是m,f ： BA 的不同映 射是nmo若nW m,則f： A- B的單值映射是：A：。例2 同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（）種種種種解法一 由于共四人（用 1, 2, 3, 4代表甲、乙、丙、丁四人），這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫:21432 34 124 1 33 14 234 1234 2 1再按照題旨要求檢驗(yàn)一最終易知卑矢種分印方法。解法二I記單入鴦乙、丙、y

19、,申狎境出的卡片可I以烏可酬其他三人之一收到,故有 3種分配方式;以乙收到為爲(wèi),其他人攵到卡片的情況可分第一類：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有 2種（分別是丙和丁送出的）。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為3 X （ 1+2） =9o解法三給四個(gè)人編號(hào)：1, 2, 3, 4,每個(gè)號(hào)碼代表1個(gè)人，人與號(hào)碼之間的關(guān)系為一對一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號(hào)相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽彖為如下“數(shù)學(xué)問題”:將數(shù)字1, 2, 3, 4,填入標(biāo)號(hào)為1

20、, 2, 3, 4的4個(gè)方格里，每格填寫一個(gè)數(shù)字,且每個(gè)方格的編號(hào)與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1, 2, 3, 4組成沒有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號(hào)方格里填寫數(shù)字，可填上 2、3、4中的任一個(gè)數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號(hào)方格填寫的數(shù)字為 i （2WiW4）時(shí)，則填寫第i 種方格的數(shù)字，有3種填法； 最后，將剩卜的兩個(gè)數(shù)填與到空看的兩個(gè)空格里，只有1種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有1個(gè)與空著的格子的序號(hào)相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3X 3X 1=9注： 本題是“亂坐問題”，也稱

21、“錯(cuò)排問題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素 較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例3 宿舍樓走廊上有有編號(hào)的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3盞，但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一我們將8盞燈依次編號(hào)為 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號(hào)燈，第二盞熄3號(hào)燈，則第3盞可以熄5, 6, 7, 8號(hào)燈中的任意一盞，共有 4種熄法。若第一盞熄1號(hào)燈，第2盞熄4號(hào)燈，則第 3盞可以熄6, 7, 8號(hào)燈中的任意一盞。依次類推，得若1號(hào)燈熄了，則共有4+3+2+1"0種熄法。

22、若1號(hào)燈不熄，第一盞熄的是2號(hào)燈，第二盞熄的是4號(hào)燈，則第三盞可以熄6, 7, 8號(hào)燈屮的仟育一黑，井有 3種熄決。依次類推得，若第一盞燈熄的是2號(hào)燈，則共有3+2+1 =6種熄法。同理，若第一盞熄的是 3號(hào)燈，則共有2+1=3種熄法。同理，若第一盞熄的是 4號(hào)燈，則有1種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中 5盞燈是亮著的，3 盞燈不亮。這樣原問題就等 價(jià)于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使 3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著 的燈之間產(chǎn)生6個(gè)間隔（包括兩邊），從屮插入 3個(gè)作為熄滅的燈一一就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不3相鄰

23、”問題，采用“插入法”,得其答案為C6 =20種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時(shí)較繁。方 法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽彖成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開朗的感覺。例4 已知直線ax+by+c=0中的a,b,c 是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個(gè)不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。a解 設(shè)傾斜角為由。為銳角，得 tan e = >0,即a、b異號(hào)。b（1）若 c=0, a、b 各有 3 種取法，排除 2 個(gè)重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0）,故有 3X 3-2=7（條）。一

24、（2）若cHO, a有3種取法，b有3種取法，而同時(shí)c還有4種取法，且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有 3X3X 4=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。注:本題是1999年全國高屮數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有。錯(cuò)誤原因沒有對c=0與cHO正確分類；沒有考慮c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例5 平面上給定10個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無兩條直線互相平行。求：（1 ）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原 10點(diǎn)外）。（2）這些直線交成多少個(gè)三角形。解法一 （1）由題設(shè)這10點(diǎn)所確定的直線是C.o =45條。，這45條直

25、線除原 10點(diǎn)外無三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有'個(gè)交點(diǎn)。而在原來10點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來點(diǎn)上有IOC?亦叫.9所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C45 L10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來自 上述630個(gè)點(diǎn)或原來的10個(gè)點(diǎn)。所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即C6403=43 486080 （個(gè)）。解法二 （1）如圖對給定的10點(diǎn)中任取 4個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個(gè)新的 點(diǎn)。故原題對應(yīng)于在10個(gè)點(diǎn)中任取 4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是：

26、3C J”10（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對策之外，還要 考慮實(shí)際幾何意義。例6 （1）如果（X+ 1 ） 2n展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求 n,并求展開式中的常數(shù)X項(xiàng)；（2）求（x1） *展開式中的所有的有理項(xiàng)。24x解 (1 )由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2“ n=4 o設(shè)第k+l項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)k 8-k -k k 82k貝ij T k+i=Cs x x =Cs x8-2k=0 ,即k=4常數(shù)項(xiàng)為T5=C84=70o(2)設(shè)第k+l項(xiàng)有理項(xiàng)，則8 kITk 1 Q? 廠(-x)k216 3kC8k -(¥ L

27、216 3k因?yàn)?WkW8,要使 丘乙 只有使k分別取0, 4, 84所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：丄 351Ti=x4,T 5= x,T 9 x 8256注 (1)二項(xiàng)式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別;(2)在二項(xiàng)展開式中求得 k后，對應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是 k+l項(xiàng)。例7( 1 )求4X 6n+5n+1被20除后的余數(shù)；nl n-12n-2n-1(2) 7 +Cn 7 +Cn 7 + +Cn X 7除以9,得余數(shù)是多少？(3) 根據(jù)下列要求的精確度，求的近似值。精確到；精確到。解 (1)首先考慮4 6n+5n+,被4整除的余數(shù)。n+1n+1n+11 n2n-1n.5 =(4+1)=4+Cn+l

28、4+Cn+14+ +Cn+1 4+1其被4整除的余數(shù)為1被20整除的余數(shù)可以為1, 5, 9, 13, 17然后考慮4 6n+I+5n+1被5整除的余數(shù)。；nJ15+C2 n-2 + +C 卸 5 + 1)nnn被5整除的余數(shù)為4其被20整除的余數(shù)可以為 4, 9,14,19o綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9on1n-12n-2n-1 7nnn=(7 + 1)n-l=8 n-l=(9-l) n-lnln-12n-2n-1n-1nn=9Cn 9 4-Cn 9+(1)Cn 9+(-1) Cn-1(i) 當(dāng)n為奇數(shù)吋原式 9,vl +Cn2 9n2 + () nJ Cnn-' 9-2 除以9

29、所得余數(shù)為7O(ii) 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)nln-12n-2n-1n-1聚斗“v今C9 c0nnn0,即被9整除。除以9所得余數(shù)為(3) 5=( 1 + ) 5= 1+C1. C5 x = C 5 X =8X 10當(dāng)精確到時(shí)，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+二，近似值為。當(dāng)精確到時(shí)，只要取展開式的前四項(xiàng)和，1+=,近似值為。注（1）用二項(xiàng)式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差 再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項(xiàng)。例8證明下列不等式：q n u nh（1）2 a（ 2 ）n （a、be xlx 是正實(shí)數(shù),

30、n e N）;(2)已知 a、b 為正數(shù)，且 J. +=1，則對于 ne N 有(a+b) n-a n-b n22n -2 n+,o證明 (1)令 a=x+ 5 , b=x- 62an+bn=(x4- 6)n+(x- 6)nn I n-1n n n1 n-1n nn=X +Cn X 6 + +Cn 6 +X -Cn X § +(-1 ) Cn 6=2(x n+Cn2xn-2 5 2+Cn4xn-4 5 4+)2xn即型2 (4)2 2(2) (a+b)(a+b)n=bn+CnIbn-1 a+ +Ca 上述兩式相加得：2(a+b) nn n “J 叫且a、b為正數(shù)a b/. ab=a+

31、b 2%/ab labM 4 (a+b) n-a n-b2 (C 12+ +C n-1) n2 (2 n-2) 2n22n2 n+l注利用二項(xiàng)式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題(1)中的換元法稱之為均值換元(對稱換元)。這樣消去6奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題(2)屮，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解 題的方法是利用二項(xiàng)式展開式解題的常用方法。例9已知(1-ax) 11展開式的第p,p+l,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0,而(lax )葉|展開式的第p+i與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為1 ：2。(1 )求(lax ) n+,展開式的中間項(xiàng)；(2)求(1-ax ) n的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解由題設(shè)得：2CnP C nP 1 CnP 1Cn11 P( a)n p Cnn 1 P( a)n i p 0p p 12Cn 1 C n 1n p由得，2CnP=p 6卩+ Cn Pn 1 p p 1兩邊約去CnP,可得：n2=P+P n 1 p p 1p n