分类计数原理和分步计数原理【重点难点解析】

排列组合年级:高二科目：数学时间：8/12/200617:12:39新4559891

老师您好我们学校正在讲高二下册数学排列组合一章麻烦老师发一些关于这一章的学习资料谢谢

答：同学，你好，现提供以下资料供你参考：

分类计数原理和分步计数原理

【重点难点解析］

重点通分云计数原理和分步计算原理，这两个原理是解决排列组合问题的基本原理，是推导排列数公式，

组合数的依据，难点是利用两个原理解排列组合应用问题.

【命题趋势分析】

两个基本原理是下节要学的知识的基础，所以它起到了承上启下的作用，同时掌握好两个基本原理，也有

利于培养学生分析问题，解决问题的能力，主耍考查应用两个基本原理分析利解决一些实际问题，单独出题至

多一个小题

核心知识

【基础知识精讲】

］力口法原理

加法原理：做一件事，完成它可以有儿类办法，在第一类办法中有m种不同的方法，在第二类办法中有

种不同的方法......在第n类办法中有外种不同的方法，那么完成这件事共有

N=mi+m2+...+mn种不同的方法

(1)如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，不论哪一类办法中的哪一种方法都能

独立完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理.

(2)“做一件事，完成它可以有n类办法，这里对完成这件事的所有方法的一种分类.分类时，首先要根据问

题的特点确定一个分类的标准，然后在确定的分类标准下进行分类.其次，分类时要意满足一个基本的要求：完

成这件事的任何一种方法必属于某一类，分属于不同两类的两种方法都是不同的方法.

2.乘法原理

乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m种不同的方法，做第二步有m2种不同的

方法，……，做第n步有叫种不同的方法，那么完成这件事共有

N=m］Xm2X_xmn种不同的方法.

(1)如果完成一件事需分成n个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事，而完

成每一个步骤各有若干方法，求完成这件事的方法种数就用乘法原理.

(2)“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是指成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，分步时

首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次分步时，要注意满足完成一件事必须并且只需连续完成这几

个步骤后这件事才算完成.

注意：两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关，使用加法原理分类时必须做到不重不漏，

各类的每一种方法都能单独完成:使用乘法原理分步时必须做到各步均是完成事件必须经过的缺•不可的步骤,

分类与分步的思想是解决实际问题的重要思想方法.

典型例题

例1由数字1,2,3,4,5组成没有重复的数字的五位数，其中小于50000的偶数共有()

A.60个B.48个C.36个D.24个

解组成适合题意的五位数，可分三个步骤完成；第一步，末位2或4,有2种方法；第二步，首位不能取

5,去掉末位取去的一个，有3种方法；第三步中间三位由剩下三个数字组成共有6种方法，由乘法原理，共有

236=36(个)，选C.

例21800有多少个正约数？

解1800=23-32-52,于是1800的正约数只能是形如2a・3叼丫的数，a可取0,1,2,3,B可取0,1,2,丫

可取0,1,2由乘法原理，1800的正约数有433=36(个).

例3有不同的中文书7本，不同的英文书5本，不同的法文书3本，若从中选出不属于同一种文字的2

本书，共有多少种选法？

解先用乘法原理，后用加法原理，选中文、英文书各一本有7x5=35种选法，选中文、法文书各一本有

7x3=21种选法，选英文、法文书有5x3=15种选法，所以总共有35+21+15=71种不同的选法.

例4用0,1,2,3,4这五个数字

(1)可以组成多少个数字不重复的三位数？

(2)可以组成多少个数字可重复的三位数？

(3)可以组成多少个数字不重复的小于1()(X)的自然数？

(4)可以组成多少个数字可重复的小于1000的自然数？

解(1)确定一个三位数，必须分别确定这个三位数百位、十位、个位上的数字且。不能排在百位上.则完成

这件事需分三步进行：第一步：确定百位上的数字，有4种方法；第二步，确定十位上的数字，有4种方法；

第三步：确定个位上的数字，有3种方法，由乘法原理，可组成数字不重复的三位数N=443=48(个)

(2)因为数字可重复，则不同的三位数有N=455=100(个).

(3)小于100()的自然数包括一位数、二位数、三位数三类，它们互不关联.由0,1,2,3,4组成的数字不

重复的一位数有4个(0不是自然数)，二位数有44=16个，三位数有48个，由加法原理，符合条件的自然数

有N=4+16+48=68(个).

(4)同上分析，数字可重复的小于1000的自然数有N=4+4-5+455=124(个).

评析(1)这道题的解法涉及两个基本原理的简单应用，其关键在于弄清完成事件的过程是分类还是分步进

行，从而确定是使用加法原理还是乘法原理或两原理的综合使用，“分类则加，分步则乘”是解决排列、组合问

题的最基本策略.(2)对元素可重复的计数问题，一般均用两个基本原理解决.

例5(1)A、B、C、D四个学生报名参加语、数、外三个学科活动小组学习，每人参加一个小组，不同的

报名方法共有几种？

(2)期中考试，语、数、外三科第一名均在A、B、C、D四个学生中，获第一名的情况共有几种？

解(1)每个学生都有3种选择，四人每人选择一小组后，事件完成，所以完成这件事可分成4个步骤，由

乘法原理：不同报名方法共有N=333-3=34=8I种.

例6从I到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的有多少个？

解分三类.一位数中除8外符合要求的有8个；二位数中，十位上数字除()，8外有8种情形，个位数字除

8外有9种情形，故二位数中有8x9=72个符合要求；三位数中，百位上数字为1,十位上数字和个位上数字

除8外均有9种情形，故符合要求的百位为1的三位数有9x9=81(个)，此外还有200符合要求，综上从1到

200,不含数字8的自然数有N=8+72+81+l=162(个).

排歹(J

【重点难点解析】

本节捻点也排列的概念、排列数公式及其应用，难点是用排列的知识解决实际问题.关于排列的应用题，应

考虑以下问题：①问题的结果是否与顺序有关；②在问题中，n个元素指的是什么，m个元素又指的是什么?③

从n个元素每次取出m个元素的一个排列对应着的事件是什么.

【命题趋势分析】

由于社会、生产和科学技术和发展，排列组合的应用日益广泛，它已渗透到整个社会生活的方方面面.虽然

本章与前面的所学知识没有什么联系，它是学习后面概率统计知识以及进一步深造的知识准备.近几年高考中，

排列组合的内容占有一定的比例，必须引起重视.

核心知识

【基础知识精讲】

1.排列的概念

首先我们把被取的对象叫做元素.

一般地，从n个不同的元素中，任取m(诏n)个元素，按照一定的顺序排列成一列，叫作从n个不同元素中

取出的m个元素的一个排列.

注意：①研究的对象——元素各不相同，定义中指的是“一个排列”，不是所有的；

②排列的定义中包含两个基本内容：“取出元素''与"按照一定的顺序排列一定顺序”说明排列与顺序有关.

③只有当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同•个排列，元素完全不同，或元素部

分相同，或者元素完全相同而顺序不同的排列，都不是同一排列.

④在排列时，如果后m(即每次只取出一部分元素)；就叫排列，若n=m(即每次取出全部元素)，就叫全排

列.

2.排列数

从n个不同元素中取出m(记n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,

用符号AJ表示.

说明要注意区分“排列数”与“一个排列”两个概念.一个排列是“从n个不同的元素中，任取出m个元素，按

照一定的顺序摆成一排''，它不是一个数，而是具体的一件事；排列数是指“从n个不同元素中取出m个元素的

所有排列的个数“，它是一个数.

3.排列数公式的推导

研究排列数公式时，我们从特殊到一般用不完全归纳法去推导排列数公式.

(1)先求A::假定有排好顺序的2个空位，从n个不同元素a.ao,……,a„中任取2个去填空，一个空位填一个

元素，每一种填法就得到一个排列；反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到.不同填法的种数就是

A?.

第I位第2位

完成这件事分两个步骤：第一步，先填第一个位置的元素，有n种方法，第二步，再填第二个元素，可以

从剩下的n-1个元素中选，有n-1种方法，从而A/=n(n-1)

(2)求排列数A「可以这样去做：假定有排好顺序的m个空位，从n个不同元素ai,a*…用中任意取出m个

去填空，一个空位填一个，这样可以分m步去做同样可得A「=n(n-l)(n-2)…(n-m+1)

第I位笫2位第3位第,位

排列数公式：

An"'=n(n-l)(n-2).........(n-m+1)其中n,m6N*,并且m<n.

说明①第一个因数是n;②最后一个因数是n-m+l;③一共有m个连续的自然数相乘.

例：''=6x5x4x3x2=720

(3)自然数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示.

所以n个不同元素的全排列公式An"=n!=n.(n-l)-(n-2)..........1

典型例题

例写出从4个不同元素a、b、c、d中任取3个元素的所有排列.

分析：借助''树图法''列举所有排列，条理清晰，防止重漏，结合本例可画出下图.

VaVbvc

例5名男生与5名女生站成一排.

(1)如果男生必须相邻，有多少种站法？

(2)男生必须相邻，女生也必须相邻，有多少种站法？

(3)如果男生都不相邻，有多少种站法？

(4)如果男生都不相邻，女生也都不相邻，有多少种站法?

解（1）把5个男生“捆”在一起作为一个元素，每个女生看成一个元素，共6个元素排列，有A，种方法，

但男生之间可以改变顺序，有As'种方法，共有A"A55=86400（种）方法.

（2）男生看成一个元素，女生也看成一个元素进行排列，共有A??种，但男生之间可改变顺序，女生之间也

可改变顺序，各有A5$种方法.，共有人22455小55=28800（种）方法.

（3）先让女生排好，每2个女生之间及两端共计有7个空位，让男生插入，每个空位至多插入1名男生，于

是男生均不相邻（但女生有可能相邻）.，共有302400（种）方法.

（4）一排10个位置，男生站1、3、5、7、9位，女生站2、4、6、8、10位；或反过来，这样排列，男生互

不相邻，女生也互不相邻..•.共有A52A5、A,2=28800（种）方法.

说明题（2）与题（4）实质上是一样的.题（2）也可这样考虑：男生站1、2、3、4、5位，女生站6、7、8、9、

10位，或反过来，所以这两题结果一样.

对于“相邻”问题，多采用“捆绑法”处理；对于不相邻的问题，往往采用“插空法”处理.

例有0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个无重复数字的

（1）五位数？（2）能被25整除的五位数？（3）大于201345的自然数？

解（1）本题有一个隐含的限制条件：（）不能放首位，故先考虑0.

1°未选0,其余5个数排列共A5$=120种.

2。己选0,则0只能排在个、十、百、千位，0排定后，在其余5个数中选4个排在其余位置上，共A/As,

=480种....共有120+480=600（种）方法.

另解采用排除法.先考虑在这6个数中选5个进行排列（让0也能在首位），再除去0在首位的那些排列.

64

二共有A5-A5=720-120=600（^'）

（2）本题有两个限制条件，即0不能放在首位和该数要被25整除.从优先考虑该数能被25整除入手，此数末

两位数只能是25与50.末两位数是25时，还必须考虑首位不能为0,末两位数是50时，则不必考虑首位不为0

的条件，于是得解为（A21A3?）+&3=42.或（％3_人32）+&3=42.

（3）比201345大的六位数可以分两种情况：

首位为3、4、5的六位数均比201345大；首位为2且后5位数字为0、1、2、3、4、5的数中，以201345

最小，因此只须首位为2、3、4、5而除去一个数即可....共有A/Asn=479（种）.

另解在所有用这6个数字排成的全排列中，去掉以0、1为首位的那些排列，再去掉201345这个数，得

共有AA2As'，=479（种）

说明解含限制条件的排列组合问题时，通常有直接法与间接法两种解法.直接法就是先考虑限制条件，直

接计算满足限制条件的排列数；间接法则是先不考虑限制条件，把所有排列数算出，然后再根据限制条件把不

合题意的那些排列排除.

例用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是3的没有重复数字的五位数，共

有（）

A.96个B.78个C.72个D.64个

分析要求比10000大，于是可由万位所数字确定，即万位上只要排入2以上（包括2）数字即可满足条件，

也就是说1不排在万位，并且3不排在百位的排列问题。

解法一：直接法：以元素为主，考虑不在百位，但可在其它任何位，由于1不在万位，所以3排与不排在

万位与1的排法有影响，故按3的排法分两类：①3排在万位，剩余的位置可以无限制条件，有PJ种不同的排

法；②3不排在万位时，按先排3再排1,后排其它的步骤进行共有A3LA33种不同的方法，根据加法原理，满

足条件的5位数共有A/+A31A3%；=78个，故选B.

解法二：间接法：不符合条件的排列为：1在万位或3在百位，包在三种情况（如图所示）：1在万位且3不

在百位；1不在万位且3在百位；1在万位且3在百位，共有2A31AA33+A33种不同的方法，所以符合条件的排

法有A55-QA3A/+A33）种不同的方法.

组合

【重点难点解析】

1.排歹i与城合的区别在于排列与顺序有关，而组合则与顺序无关.

2.排列数公式与组合数公式都有两种形式：①乘积形式②阶乘形式，前者多用于数字计算，后者多用于证

n\

明恒等式，注意公式的倒用.即由㈤5一根)！写出CJ

3.组合数的第二个性质不好记忆.要使学生搞清公式的结构，即下标相同，而上标差1的两个组合相加，等

于下标比原下标多1,上标与高的相同的一个组合数.

【命题趋势分析】

组合应用题比排列应用题更具广泛性，组合问题的分类和解题思路类似于排列问题的分类和解题思路.理解

组合的意义，掌握组合数的计算公式，并能运用它解决一些简单问题.本节内容在高考中年年都有，题型基本是

选择题、填空题，题目体现了本章的最大特点，就是实用性.因此，解决好高考中的排列组合问题，关犍在于把

握问题的实际意义及基本原理，基本公式，本节属高考必考内容.

核心知识

【基础知识精讲】

1.组合的概念

一般地说，从n个不同元素中，任取m(ngn)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

说明①排列与组合问题有共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个不同元素”.

②排列与组合问题的不同点是:排列要“按照一定的顺序排成一列”,而组合却要“不管怎样的顺序并成一组

③相同的组合指的是这两个组合中元素一样，无论顺序如何.

2.组合数

从n个不同元素中取出m(记n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,

用符号表示.

说明“组合数”指的是“从n个不同元素中取出m个元素的所有组合的个数“，它是一个数.而“一个组合”是

指“从n个不同元素中，任取m(mSi)个元素并成一组，它不是一个数，而是具体的一件事.

3.组合数公式

mmm

由乘法原理发现排列数与组合数之间的联系：An=Cn-Am

4»(»-1)(«-2)....(n-m+X)%!

m

Cn=M=w!=

这里neN；meN,并且m£n,规定C『=l.

4.组合数的性质

定理1C「=Cm”m

定理2Cn+|m=C「+C「」

性质3kC»k=nCn-F

典型例题

例1写出从4个不同元素a、b、c、d中任取3个元素的所有组合.

解列举所有的组合情形，通常采用分类法，这样条理清晰，便于防止重漏，本例答案是abc,abd,acd,bcd.

117

例2已知5.%=1UU7，求C8m

解已知等式

掰!(5-㈤！幽!(6-M!7冽!(7-活)!

Q5!.6!=~10-7!

=m2-23m+42=0=m=2或m=21.

m=21不合题意，舍去.C8nl=C8?=28.

说明含AJ、CJ的式子都有mgn作为隐含条件，在解题过程中要注意.

5X5

例3(1)解方程=C16-

解利用组合数的性质1,得

X2-X=5X-5或x2-x=16-(5x-5)

又・・・gx2-x016且0<5x-5<16

，整数X的解为x=l或x=3.

,7n3n

⑵求值：c2n-+c13+n

解依题意n必须满足

0<17-«<2«

0<3«<13+«

/.5.7<n<6.5.•.n=6

*,*原式C]2"+Ci9’8=31.

例4计算下列各题：

2国-中

⑴6!+5!

⑵(CH)o"+CHX)")+P|0|3

(3)C2~+C3~+C4~+...+C|0~.

7!-6!(7x6-6)x5!36

解⑴原式=6!+5!=(6+l)x!=T

1J

*

(2)原式MCIOFXAIOI'UCIOJ+PIO/U3=6

(3)原式=(Cj+CsD+Cr+...+Go?

=Cj+C「+C5~+-+C।()~

=165

例5男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，选派5人外出比赛，在下列情形各有多少种选

派方法？

(1)男3名，女2名；

(2)队长至少有1人参加

(3)至少有一名女队员

(4)既要有队长，又要有女运动员.

解(1)先选男运动员有C6?种方法：再选女运动员有C42种方法，故共有C/C42=120种选派方法.

⑵仅1个队长参加有C22<V种方法，2个队长参加有Cg3种方法，故共有C22<V+C83=196种选派方法.

(3)无女运动员的选法有C$5种，故至少有一名女运动员的选派方法有CKAC65=246种.

(4)若女队长参加，有C/种选法，若无女队长，则必有男队长，另有女运动员1个、2个或3个，有

C3IG3+C.FC52+C53GL65种选法，因此既要有队长，又要有女运动员的选法有C9、65=191种选法.

例6在11名工人中，5人只能当钳工，4人只能当车工，另外2人既能当钳工又能当车工，现从这11个

中选出4人当钳工，4人当车工，问共有多少种不同的选法？

解按两种都会的工人分如下几类；(1)2人都选出当钳工，再选2个钳工有C$2,选4个车工有Cj.

此类有C22c52c丁种选法.

(2)2人有1人被选出当钳工，再选3个钳工有C$3,选4个车工有C5*另一人可当车工，也可不当车工)，

24

.,•共有C2'-C5-C5

O44

(3)2人都不被选出当钳工C2-C5-C6-

224134<,45

:.共有C2C5C4+C2C5C5+C2C5C4=185(种)

例7计算CIOE+GO”“值不相同的有()

A.1个B.2个C.3个D.4个

解本题主要考查组合数的性质和组合的概念.

'0<r+l<10

由组合数性质可知〔°'I?一广’1°解得7W/9,代入原式

①当r=7时，C|（）8+C|（）lo=C|o8+l,

②当r=8时，CIO9+C129—2CIO9,

IO88

③当r=9时,C1O+C1O=C1（）+1.

说明把r值求出之后，应代入逐一检查.

例8从5名男生和4名女生中任选3人，要求至少有男生和女生各一人的选法有（）

A.70B.140C.8435

解本题主要考查组合的概念及加法，乘法原理.

解法一：①选1名男生2名女生，c5k/种选法；②选2名男生1名女生，C5kJ种选法，由加法原理总

共有C51c4?+C52c「=40+30=70种选法.

解法二：从9名学生中任取3名的方法有Cg3个，但是要把不符合条件的只取男生的C5?和只取女生的C43

减去.即C93-C53-C43=84-10-4=70.故选A.

说明①任取1名男生C5I；②任取1名女生CJ,③从余下的7人中任取1人C7I,依乘法原理C5ICJC7I

=14（）.此解的错误在于重复取，如第1次先取男生a,又取1女生b,第3次从余下的7人中的男生c.这是一种

取法，再有一种取法是第一次取男生c,第二次取女生b,第三次取男生a,此种的取法与笫一种的取法取的人完

全一样，因此不能这样做此题.

例9平面内有9个点，其中有4个点在一条直线上，此外无3点共线，经过这9个点可以连成不同直线的

条数是（）

A.31条B.30条C.29条D.28条

分析：本题的主要考查分类，加乘法原理、组合等知识.

解法一：把9个点分成两类：①共线的4个点；

②其余5个点,这样直线条数由三类组成：1.共成4个点有一条直线;2.5个点确定C52=10条直线;3.C/XC5I

=20,因此不同的直线条数为1+10+20=31.

222

解法二：9个点取任2个点确定的直线条数为C9=36,这里有重复的C?-l条，因此不同的直线有C9-C4+l

=31条.

【课本难题解答】

从1、3、5、7、9中任取3个数字，从2、4、6、8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，一共可

以组成多少个数？

解分三步：第一步取奇数c$3,第二步的偶数cj,第三步取出的五个数全排A55从而一共可以组

成C53c42A5$=7200个数.

二项式定理

［重点难点解析］

对二向式（；+b）“，项数有n+1项，a的指数从n到0逐项递减，b的指数从。到n逐渐递升，各项里a与b

的指数和为n,通项公式是Tk+产€?小9.系数：与首末两端等距离的项的系数相等，即Cj=CJ*.当n为偶数

n«+1«+1

时，中间项（第5+1项）系数最大；当n为奇数时，中间两项（第2和2+1项）系数相同且值最大.相邻

n-k

3

两项的系数有关系式c『+i=上+1CJ.奇数项系数和等于偶数项系数和，即有cn°+c“2+……=cn'+cn+……=

2n

2"工各项系数和为2%即Cn°+Cn'+C„+……+C„=2".

应注意的是：项数与系数的关系，笫k+1项的系数是Cj而不是CJ+L”系数”是指展开时的系数Cn0、

1

Cn……Cn%而不包括二项式中一项本身系数，这类系数也称二项展开式的系数或二项展开系数.（a-b）■■展开式的

kkkk

通项式为:Tk+1=（-l）Cna"b.

【命题趋势分析】

二项式定理与概率理论中的三大概率分布之一的二项分布有其内在联系，本节是学习后面的概率知识以及

进一步学习概率统计的准备知识，所以它很有应用价值，另外，二项式定理是解决某些整除，近似计算等问题

的一种方法，本节应注意：

1.求展开式中的某些特殊项

2.近似计算

3.有关整除和余数问题

核心知识

【基础知识精讲】

1.二项式定理

nllrnrrn

(a+b)"=C„°a"+Cn'ab+...+C„ab+...+C„b"(neN*)

这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a+b『的二次展开式，其中的系数C；(r=O,l,……n)叫做二项

式系数，式中的CnKE.叫做二项展开式的通项，用Tr+I表示，即通项为展开式的第r+1项：Tm=07短出.

杨辉三角：

我国宋朝数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里记载着类似下面的表(图9-8),我们称它为杨

辉三角.在欧洲，人们认为这个表是法国数学家帕斯卜(BlaisePascal.1623-1662年)首先发现的，他们把这个

表叫做帕斯卡三角.

图9-8

说明①Tm=c；a"b是(a+b)11的展开式的第r+1项.r=0,l,2,……n.它和(b+a)”的展开式的第r+1项C„rbnrar

是有区别的.

②T-I仅指(a+b)”这种标准形式而言的，(a-b)”的一项展开式的通项公式是Tm=(-1)匕“*"也

③系数C；叫做展开式第r+1次的二项式系数，它与第r+1项关于某一个(或几个)字母的系数应区别开来.

特别地，在二项式定理中，如果设a=l,b=x,则得到公式：

n-ran

(1+x)=l+cIJx+Cnx~+...+CI1x+...+x.

当遇到n是较小的正整数时，我们可以用杨辉三角去写出相应的系数.

2.二项式系数的性质

性质1在二次项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.

rhm__「n-m左口小__「m厂I__「n-l广2__「n-2厂k__z-im-k

田公式Cn—Cn失口：Cn—Cn,Cn—Cn,Cn—Cn,....Cn—Ln，.....

性质2如果二项式的基指数是偶数，中间一项的二次项系数最大；如果二项式的幕指数是奇数，中间两项

的二项式系数最大.

-1)(«-2)........(»-k3)

1,2……«-1)

—此'+1

则J

甩一上+1

⑴当n为偶数时，①若kS2,则:k>1,故CjAC尸

nn-k+\

②若k>2,则k<1,故Cnk<CjT

02

从而最大的项是«

力一分+1X-1

⑵当n为奇数时，①若k<2时，则k>1,故CnBCjL所以Cn°VC：VCn2V……<5

n-k+\

②若k=2时，则k=1,故Cnk=C『".

x-1-+2

r*~r*~

即u»=u»

%+1用一出+1M+lM+l.»+l

+1

rVrT「皆

③若k>2时，则kVI,故CjvcF.所以*>*>*>……>C„n.

3.有关二项展开式的特殊等式

(1)(1+1)n=2"=Cn°+C3+Cj+……+CJ

n02435

(2)(l-l)n=0=a°-Cni-C；+……+(-l)"Cn=Cn+Cn+Cn+……=C„'+Cn+Cn+……

nl22n

(3)(l+i)=C0°+Cni+Cni+……+C„i"

n无

ncFcj+cV-C；+……=显cos4

典型例题

例1在(、份+后)1°°的展开式中有多少个有理项？

r

解Tr+1=CluO(圾产工咯：

-C,2吟3：

一Cioo乙

若Tm是有理项，则2与3的指数均是整数

；.r=4k,kGz且gelOO

故OSkW25,kGz,共26个有理项.

例2已知(l+3x『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.

解末三项的二项式系数分别为C「2,cT,cJ贝IJ

n2n

Cn-+Cn-'+Cn"=121

得n=15(n=-16舍)

rr：rrr

Tr+i=Ci5(3x)=Ci53x

设Tm项与1；项的系数分别为tr+l与tr)则

tr+1=C15r，3、=C15e3”

4+iC.323(15-r+1)

令4>1,即C"3j=r>]

解之r<12

即当r<12；rGN时，有即第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"|="，即t|3=t|2,所以展开式中系数最大的项是()

ll1,,2l212

Tl2=Cl53"x,T,3=C153x

评析要注意同展开式中各项的二项式系数与各项的系数的区别.在(a+b)"的展开式中，系数最大的项是中

间项；但当a,b的系数不是1时，最大系数项的位置就不一定在中间.需要利用通项公式，根据系数值的增减性

具体讨论而定.

2

例3(MX+x)n的展开式中第5项的系数与第3项的二次项系数之比为224：3,求第8项.

2»-5r

2r2

解第r+1项T'+尸C】(石严(Y)=cn-2-x,第5项的系数是C；*第3项的二次项系数是

C」.依题意：

C；"224

b=T,

即是

»!«!14

4!(»-4)L2!(»-2)!=~3,

整理得

n2-5n-50=0,

n=-5(舍)，n=10.

咤2曾

772

T8=CIO-2.x=15360.x2=xn-fx

1

例4⑴求(3x-2石)9中的x3的系数，(2)求(2x2-x-l)6中X,的系数.

解(1)设含x3的项为第r+1项，则有「+尸C9r(3x)*r.(-)=^.3^.(-2>X.

327x3,15309

令9-2r=3,得r=4..,.展开式中x，的系数为©9七5(-2六=8—8

⑵V(2x?-x-1)6=(x-1)6(2x+1)6,

226335444255336624

二的系数为C6(-1)C6+C6(-1)C6(2)+C6(-1)-C62-rf：6(-1)C62+C6(-1)C6-2=15-240+900-960+240=

-45.

(2x?—矛—1)(2芯2_x_1)…(2/_X—1)

另解V(2X2-X-1)6=6个叫.中的系数为

224422334422

C6-2-C4°(-1)°C4(-1)+C6'-2C5(-1)C3(-1)+C6°-2°C6(-1)C2(-1)=60-120+15=-45.

例5⑴求9严除以100的余数;

l23n-1

⑵求证:1+4C„+7Cn+10C„+...+(3n+l)C„=(3n+2)-2

95l942939329495

解⑴9195=(90+1产=90+C95-90+C95-90+...+C95-90+C9S+90+C95.

9495

由于这个展开式的96项中，前94项均是100的倍数，故它被100除的余数等于C95-90+C95除以100的

余数，而C^-C^+C^^gSxW+l=8551.

二9俨除以100的余数为51.

123nn,

(2)令S=1+4Cn+7C„+10Cn+...+(3n+1)Cn,则S=(3n+1)Cn+(3n-2)Cn"'+...+1.

两式相加,得2s=(3n+2)(Cn°+C」+...Cn)[注意C『=CT]=(3n+2)-2n

AS=(3n+2)-2nl.

另证：由于(3k+l)€?=31<(23<『=311丁尸+(：£

2n

Al+4Cn'+7C„+10C；+…+(3n+1XV=C；+(3-1+1)C[+(3-2+1)C:+...+(3n+l)C„=

lnt),=wnO1n:=,n

3,(1Cn+2Cn~+...+nCn)+(Cl)+Cn+...+C11)-3(nCn.)+nCn.||+...+nCn.|)+(Cn+Cn+...+Cn)3n2+2"=

(3n+2)-2nl.

例6求(l+x)+(1+x)2+…+(l+x)i°的展开式中各项系数的和.

0+初1-(1+-1。](X+1-—1

解法1原式=1-Q+X)=X.1,其系数和为CJ+C“2+...+CU，=2L2.

2(2-尹)

解法II设原式=f(x),则系数和f(l)=2+22+...+2i°=1-2=2"-2.

说明解法H是求二项展开式各项系数的常用方法.

例7⑴求和：

22nlnnl,1

l-2Cn+4Cn-...+(-l)-2'Cn'+(-l)"2Cn";

nn

(2)求证：Cn0-2C二+4C”24cli、+……+(-l)(n+l)C„=0.

解在二项式定理的公式中令a=l,b=-2,即得

[17为偶数

<

原式=(l-2)n=(-l)n=IT%为奇数

n\(«-1)!

(2)VkC„k=k旗"-到=n®T)®T)!=nC.产，

nn

Cn^Cn'+SCnMCA...+(-l)(n+l)Cn

0l3nl:n

=ECll-Cl)+C,1'-Cn+...+(-l)nCl,]-[C,1-2Cn~+3Cn'-...+(-l),nC,,"]

l2

=(1-1)--EnCl).|°-nCll.|+nCn.i-...+(-l)n.|"Cn.|"']=0-n(1-l)"i=0.

故原式成立.

说明在求含组合数的式子的和时，常运用公式

kCgnCjL

例8求证：1+2+22+...+2*I能被31整除.

证:Vl+2+22+...+25n-1

2"-1

=2-1

nnl1lnl

=32-l=(31+l)-=31"+Cll3r-+...+Cn-31

n,1n2n1

=31(31-+C11-31-+...+Cn-).

括号内各项皆为整数，其和也为整数，所以

1+2+22+...+2531能被31整除

例9当吟3时,求证：2+2(n+l).

n<,1ln

证2"—(1+1)—Cn+Cn+Cn'_+...+Cn"+Cn

N2(Cn°+C3)=2(n+l).

说明利用二项式定理证明不等式通常是舍去展开式的若干项或对一些项进行放缩变换.

【课本难题解答】

用二项式定理证明：

(l)(n+1)n-l能被♦整除

(2)9910-1能被1000整除

nnl2n2n22n

ilE：(1)V(n+l)-l=n"+C„'n-+C„n-+...+Cn--n+C„''-n+1-1

lnl22n222

=n"+Crin-+Cnn"-+...+Cn'n+n

2n232n42

=n(n-+C„'n"'+Cnn-+....+Cn"-+1)

二(n+1)』能被I?整除.

1O,OI928829

(2)99-1=(100-1)-1=10O'°-CIO-100+C1O-100+...+C1O-100-C1O-10O+1-1

lo92882

=1OO-Cio'-lOO+Clo-l00+……+C10400-10x100

172I5238

=1OOO(1O-CIO-1O+CIO-1O+...+CIO-1O-1)

99%能被1000整除.

随机事件的概率

【重点难点解析】

本节萤点通等可能性事件的概率，难点是处理随机现象问题的思考方法.

【命题趋势分析】

由于本节内容是教材改编后新增加的，所以近几年才出现概率的试题，而且第•次就以一道大题出现，说

明本节内容是高考的重点内容之一.

核心知识

【基础知识精讲】

1.必然事件与不可能事件

所谓事件，实际上就是在一定条件下所出现的某种结果.

在一定条件下必然发生的事件，叫做必然事件.

在一定条件下不可能发生的事件，叫做不可能事件.

例如在标准大气压下，把水加热到100℃,这是条件，在此条件下发生沸腾(或汽化)，这是一个必然事件，

又如，向上抛一枚均匀的硬币，这是条件，在此条件下，落地的硬币的正面(有国徽图案的一面)向上，是一随

机事件.

注意：①对于一个事件，如果叙述不明确，容易导致不同的理解.例如，把“在标准大气压下，以下的冰

不可能融化''说成是一个事件，那么事件的结果可以认为是指“冰融化”(因而它是不可能事件)，也可以认为事件

的结果是指“冰不融化''(因而它是必然事件).

②在叙述时将事件的条件和结果分开写明，并将整个事件加上引号.

③为了叙述方便，我们把条件每实现一次，叫做进行一次试验，如果试验结果事先无法确定，并且可以重

复进行，这种试验就叫做随机试验.

2.随机事件

在一定的条件下不可能发生也可能不发生的事件，叫做随机事件.

例如：“某人射击一次，中靶”，“掷一枚硬币，出现正面”.

随机事件在一次试验中是否发生，虽然不能事先确定，但是在大量重复试验的情况下，它的发生呈现出一

定的规律性，这种规律性，一个随机事件的发生既有随机性(对单次试验来说)，又存在着统计规律性(对大量重

复试验来说)，这是偶然性和必然性对立的统一.

3.事件A的概率

m

一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率«总是接近于某个常数，在它附近摆动，这时

就把这个常数叫做事件A的概率，记作P(A).

注意：①概率是该事件发生的次数与试验总次数的比值，也是随机事件的频率.

②频率具有稳定性，即总是在某个常数附近摆动，且随着试验次数的不断增多，这种摆动幅度就越来越小.

③概率可以看作是频率在理论上的期望值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小.

由概率的统计定义，可以得到：必然事件U的概念为1,P(U)=1.不可能事件V的概率为0,P(V)=0,而任

意事件A的概率P(A)满足：OWP(A)S1.

4.等可能事件的概率

一般地,如果一次试验中共有n种可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种.那么事件A的概率P(A)

m

是n.

注意：①随机事件的概率，一般都是要通过大量重第试验来求得其近似值.但对于等可能事件来说，每次试

验只可以出现有限个不同的试验结果，并且出现所有这些不同结果的可能性是相等的.

m

②P(A)=«既是等可能性事件的概率的定义，又是计算这种概率的基本方法.计算时，关键在于求m,n.

典型例题

例1下列事件中，随机事件的个数为()

(1)物体在重力作用下会自由下落.

(2)方程X2+2X+3=0有两个不相等的实根.

(