高考数学第一轮复习 第十篇 计数原理细致讲解练 理 新人教A版

第十篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[最新考纲]1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知识梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．辨析感悟1．两个计数原理的理解(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(√)(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(×)2．两个计数原理的应用(5)(教材习题改编)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．(√)[感悟·提升]1．两点区别一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．2．两点提醒一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探索规律，如(5)．二是分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各出现一次.学生用书第172页考点一分类加法计数原理【例1】(·福建卷改编)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()．A．14B．13C．12D．9解析由于a，b∈{－1,0,1,2}．(1)当a＝0时，有x＝－eq\f(b,2)为实根，则b＝－1,0,1,2有4种可能；(2)当a≠0时，则方程有实根，∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*)①当a＝－1时，满足(*)式的b＝－1,0,1,2有4种．②当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能．③当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)．答案B规律方法分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．【训练1】某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()．A．4种B．10种C．18种D．20种解析赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有Ceq\o\al(1,4)种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有Ceq\o\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝10(种)．答案B考点二分步乘法计数原理【例2】将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()．A．12种B．18种C．24种D．36种解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有Aeq\o\al(3,3)种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有Aeq\o\al(3,3)·2·1＝12(种)不同的排列方法．答案A规律方法(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．【训练2】将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有()．A．1种B．3种C．6种D．9种解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．答案C考点三两个计数原理的综合应用【例3】(·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________.14523审题路线由于区域1,2,3与区域4相邻，由条件宜采用分步处理，又相邻区域不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．解析按区域1与3是否同色分类；(1)区域1与3同色；先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有Aeq\o\al(3,3)种方法．∴区域1与3涂同色，共有4Aeq\o\al(3,3)＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有Aeq\o\al(2,4)种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有Aeq\o\al(2,4)×2×1×3＝72种方法，故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案96规律方法(1)解决涂色问题，一定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色顺序．(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．【训练3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且aA．240B．204C．729D．920解析若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案A1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．学生用书第173页创新突破9——与计数原理有关的新定义问题【典例】(·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探索求解方法，从特殊到一般发现规律．解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填空．答案(1)90(2)9×10n[反思感悟](1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．【自主体验】1．(·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．解析从男生中抽取1人有4种方法．从女生中抽取两人，有Ceq\o\al(2,8)＝28种方法．∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．答案1122．(·山东卷改编)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()．A．243B．252C．261D．648解析0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案B对应学生用书P357基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有()．A．180种B．360种C．720种D．960种解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．答案D2．(·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()．A．12种B．10种C．9种D．8种解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有Ceq\o\al(1,2)＝2种选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有Ceq\o\al(2,4)＝6种选派方法．由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．答案A3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()．A．240种B．360种C．480种D．720种解析第一步先排甲，共有Aeq\o\al(1,4)种不同的排法；第二步再排其他人，共有Aeq\o\al(5,5)种不同的排法．因此不同的演讲次序共有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(5,5)＝480(种)．答案C4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()．A．3B．4C．6D．8解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．答案D5．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()．A．9B．14C．15D．21解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．答案B二、填空题6．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案37．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32个；第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案408．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．解析小组赛共有2Ceq\o\al(2,4)场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2Ceq\o\al(2,4)＋4＝16(场)比赛．答案16三、解答题9．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17400种．(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11400种．共有不同结果17400＋11400＝28800(种)．10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．12××解渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)．134×形如的渐升数共有5个．135×形如的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30(个)．因此从小到大的渐升数的第30个必为1359.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()．A．96B．84C．60D．48解析可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.答案B2．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()．A．10B．11C．12D．15解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为Ceq\o\al(3,4)；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为Ceq\o\al(2,4).由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝11.答案B二、填空题3．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案13三、解答题4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.学生用书第173页第2讲排列与组合[最新考纲]1．理解排列、组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能解决简单的实际问题.知识梳理1．排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组2.排列数与组合数(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数．(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫从n个不同元素中取出m个元素的组合数．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)．特别地Ceq\o\al(0,n)＝1.性质(1)0！＝1；Aeq\o\al(n,n)＝n！.(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n).辨析感悟1．排列与组合的基本概念、性质(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(3)若组合式Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，则x＝m成立．(×)2．排列与组合的应用(4)5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝72种．(√)(5)(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－Aeq\o\al(3,4)＝168(个)．(×)(6)(·北京卷改编)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是4Aeq\o\al(4,4)＝96种．(√)[感悟·提升]1．一个区别排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合，如(1)忽视了元素的顺序．2．求解排列、组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”学生用书第174页考点一排列应用题【例1】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)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？解(1)3个女同学是特殊元素，共有Aeq\o\al(3,3)种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有Aeq\o\al(5,5)种排法．由分步乘法计数原理，有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(5,5)＝720种不同排法．(2)先将男生排好，共有Aeq\o\al(4,4)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Aeq\o\al(3,5)种方法．故符合条件的排法共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440种不同排法．(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有Aeq\o\al(4,4)种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有Aeq\o\al(2,2)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人的空档及两边有Aeq\o\al(2,5)种排法．总共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,5)＝960种不同排法．规律方法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．【训练1】(1)(·济南质检)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()．A．3×3!B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!(2)(·四川卷)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是()．A．9B．10C．18D．20解析(1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．(2)由于lga－lgb＝lgeq\f(a,b)(a>0，b>0)，∴lgeq\f(a,b)有多少个不同的值，只需看eq\f(a,b)不同值的个数．从1,3,5,7,9中任取两个作为eq\f(a,b)有Aeq\o\al(2,5)种，又eq\f(1,3)与eq\f(3,9)相同，eq\f(3,1)与eq\f(9,3)相同，∴lga－lgb的不同值的个数有Aeq\o\al(2,5)－2＝18.答案(1)C(2)C考点二组合应用题【例2】某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选．解(1)一名女生，四名男生．故共有Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＝350(种)．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝165(种)．(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝825(种)或采用排除法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(种)．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法为：Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966(种)．(5)分两类：第一类女队长当选：Ceq\o\al(4,12)；第二类女队长不当选：Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4).故选法共有：Ceq\o\al(4,12)＋Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)＝790(种)．规律方法组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．【训练2】若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()．A．60种B．63种C．65种D．66种解析满足题设的取法可分为三类：一是取四个奇数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有Ceq\o\al(4,5)＝5(种)；二是两个奇数和两个偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,4)＝60(种)；三是取4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．答案D学生用书第175页考点三排列、组合的综合应用【例3】(1)(·浙江卷)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．(2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为()．A．Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)B.eq\f(1,2)Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)C．Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,4)D．2Aeq\o\al(2,6)审题路线(1)选出3个位置排特殊元素A、B、C，并把元素A、B作为元素集团进行排列；(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．解析(1)先将A，B视为元素集团，与C先排在6个位置的三个位置上，有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)种排法；第二步，排其余的3个元素有Aeq\o\al(3,3)种方法．∴由分步乘法计数原理，共有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(3,3)＝480种排法．(2)法一将4人平均分成两组有eq\f(1,2)Ceq\o\al(2,4)种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有Aeq\o\al(2,6)种．所以不同的安排方法有eq\f(1,2)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,6)种．法二先从6个班级中选2个班级有Ceq\o\al(2,6)种不同方法，然后安排学生有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种，故有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)种．答案(1)480(2)B规律方法(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．【训练3】从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()．A．24B．18C．12D．6解析根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位数的奇数有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝6个．②当取出数字2时，再从1,3,5中取2个数字有Ceq\o\al(2,3)种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．∴排成的三位数的奇数有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个三位数的奇数．答案B1．熟练掌握：(1)排列数公式Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)；(2)组合数公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)，这是正确计算的关键．2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．3．排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．、易错辨析9——实际意义理解不清导致计数错误【典例】(·山东卷改编)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()．A．232B．256C．472D．484[错解]第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有Ceq\o\al(1,4)种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)种方法．因此满足条件的取法有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝192种．第二类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝64种取法．∴由分类加法计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．[答案]B[错因]错解的原因是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．[正解]第一类，含有1张红色卡片，不同的取法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案]C[防范措施](1)准确理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．(2)选择恰当分类标准，避免重复遗漏，出现“至少、至多”型问题，注意间接法的运用．【自主体验】1．(·大纲全国卷改编)有5人排成一行参观英模事迹展览，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．解析先把除甲、乙外的3人全排列，有Aeq\o\al(3,3)种，再把甲、乙两人插入这3人形成的四个空位中的两个，共Aeq\o\al(2,4)种不同的方法．∴所有不同的排法共有Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝72(种)．答案722．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析第一类：恰有三个相同的数字为1，选2,3,4中的一个数字排在十、百、千位的一个位置上，有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(1,3)种方法，四位“好数”有9个．第二类：相同的三个数字为2,3,4中的一个，这样的四位“好数”为2221,3331,4441共3个．由分类加法计数原理，共有“好数”9＋3＝12个．答案12对应学生用书P359基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为()．A．Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(4,4)B．Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)C．2Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)D．Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)＋1解析从8个点中任选3个点有选法Ceq\o\al(3,8)种，因为有4点共圆所以减去Ceq\o\al(3,4)种再加1种，即有圆Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)＋1个．答案D2．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有()．A．120个B．80个C．40个D．20个解析分类讨论：若十位数为6时，有Aeq\o\al(2,5)＝20个；若十位数为5时，有Aeq\o\al(2,4)＝12个；若十位数为4时，有Aeq\o\al(2,3)＝6个；若十位数为3时，有Aeq\o\al(2,2)＝2个，因此一共有40个．答案C3．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为()．A．18B．24C．30D．36解析四名学生中有两名学生恰好分在一个班，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)种分法，而甲、乙被分在同一个班的有Aeq\o\al(3,3)种，所以不同的分法种数是Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝30.答案C4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()．A．16种B．36种C．42种D．60种解析若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq\o\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理知共Aeq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝60(种)方法．答案D5．一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为()．A．8B．12C．16D．24解析两名女生站一起有Aeq\o\al(2,2)种站法，她们与两个男生站一起共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)种站法，老师站在他们的中间则共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(种)站法，故应选D.答案D二、填空题6．(·大纲全国卷)从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种(用数字作答)．解析依题意，所有的决赛结果有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝6×eq\f(5×4,2)×1＝60(种)．答案607．(·杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．解析分两步：先将四名优等生分成2,1,1三组，共有Ceq\o\al(2,4)种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有Aeq\o\al(3,3)种．依分步乘法计数原理，共有N＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)．答案368．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的三位数共有________个．解析在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，∴符合条件的三位数共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(3,3)＝36(个)．答案36三、解答题9．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数有多少个？解先在后三位中选两个位置填写数字“0”有Ceq\o\al(2,3)种方法，再排另两张卡片有Aeq\o\al(2,2)种方法．又数字“9”可作“6”用，∴四张卡片组成不同的四位数有2Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12个．10．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？解(1)每个盒子放一球，共有Aeq\o\al(4,4)＝24种不同的放法；(2)法一先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法；第二步：选两球为一个元素，有Ceq\o\al(2,4)种选法；第三步：三个元素放入三个盒中，有Aeq\o\al(3,3)种放法．故共有4×Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144种放法．法二先分组后排列，看作分配问题．第一步：在四个盒子中选三个，有Ceq\o\al(3,4)种选法；第二步：将四个球分成2,1,1三组，有Ceq\o\al(2,4)(即eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2)))种分法；第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有Aeq\o\al(3,3)种分法．故共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144种分法．能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有()．A．34种B．48种C．96种D．144种解析程序A有Aeq\o\al(1,2)＝2种结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48种，∴由分步加法计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．答案C2．(·济南调研)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()．A．33B．34C．35D．36解析(1)若从集合B中取元素2时，再从C中任取一个元素，则确定的不同点的个数为Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3).(2)当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有Ceq\o\al(1,3)×1＝Ceq\o\al(1,3).(3)当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)个．∴由分类加法计数原理，共确定不同的点有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝33(个)．答案A二、填空题3．(·重庆卷)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．解析按选派的骨科医生的人数分类：①选1名骨科医生，则有Ceq\o\al(1,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5))＝360(种)，②选2名骨科医生，则有Ceq\o\al(2,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5))＝210(种)，③选3名骨科医生，则有Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＝20(种)，∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.答案590三、解答题4．直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，如图用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？解法一第1步，涂A区域有Ceq\o\al(1,5)种方法；第2步，涂B区域有Ceq\o\al(1,4)种方法；第3步，涂C区域和D区域：若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂A、B剩余3种颜色之一，即有Ceq\o\al(1,3)种涂法，则D区域有Ceq\o\al(1,3)种涂法．故共有Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(1,4)·(4＋Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,3))＝260种不同的涂色方法．法二共可分为三类：第1类，用五色中两种色，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(2,2)种涂法；第2类，用五色中三种色，共有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)种涂法；第3类，用五色中四种色，共有Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)种涂法．由分类加法计数原理，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)＝260(种)不同的涂色方法.学生用书第176页第3讲二项式定理[最新考纲]1．能用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.知识梳理1．二项式定理二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二项展开式的通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr，它表示第r＋1项二项式系数二项展开式中各项的系数Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n)2.二项式系数的性质(1)0≤k≤n时，Ceq\o\al(k,n)与Ceq\o\al(n－k,n)的关系是Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n).(2)二项式系数先增后减中间项最大当n为偶数时，第eq\f(n,2)＋1项的二项式系数最大，最大值为Ceq\f(n,2)n；当n为奇数时，第eq\f(n＋1,2)项和eq\f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为Ceq\f(n－1,2)n或Ceq\f(n＋1,2)n.(3)各二项式系数和：Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n，Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.辨析感悟1．二项式定理的理解(1)Ceq\o\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．(×)(2)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第5项和第6项．(×)(3)(教材习题改编)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的二项展开式中，常数项为－160.(√)2．二项式系数的性质(4)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(√)(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.(×)(6)(·安徽卷改编)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,\r(3,x))))n的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且x4的系数为7，则实数a＝eq\f(1,2).(√)[感悟·提升]1．二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)揭示二项展开式的规律，一定牢记通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr是展开式的第r＋1项，不是第r项，如(1)．2．二项式系数与展开式项的系数的异同一是在Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr中，Ceq\o\al(r,n)是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Ceq\o\al(r,n)，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负，如(2)就是混淆两个概念的区别．二是二项式系数的最值与增减性与指数n的奇偶性有关，当n为偶数，中间一项的二项式系数最大，如(6)；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．考点一通项公式及其应用【例1】(1)(·浙江卷)设二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,\r(3,x))))5的展开式中常数项为A，则A＝________.(2)(·新课标全国Ⅱ卷)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a等于()．A．－4B．－3C．－2D．－1解析(1)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(eq\r(x))5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x))))r＝，令eq\f(5,2)－eq\f(5,6)r＝0，得r＝3，∴A＝－Ceq\o\al(3,5)＝－10.(2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5，又(1＋x)5中含有x与x2的项为T2＝Ceq\o\al(1,5)x，T3＝Ceq\o\al(2,5)x2.∴展开式中x2的系数为Ceq\o\al(2,5)＋a·Ceq\o\al(1,5)＝5，∴a＝－1.答案(1)－10(2)D规律方法(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．【训练1】(1)(·大纲全国卷改编)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是________．(2)设二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))6(a>0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a的值是________．解析(1)∵(1＋x)8的通项为Ceq\o\al(k,8)xk，(1＋y)4的通项为Ceq\o\al(t,4)yt，∴(1＋x)8(1＋y)4的通项为Ceq\o\al(k,8)Ceq\o\al(k,4)xkyt，令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(2,4)＝168.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))6展开式的通项Tr＋1＝(－a)rCeq\o\al(r,6)x6－eq\f(3,2)r∴A＝(－a)2Ceq\o\al(2,6)，B＝(－a)4Ceq\o\al(4,6)，由B＝4A，得(－a)4Ceq\o\al(4,6)＝4(－a)2Ceq\o\al(2,6)，解之得a＝±2.又a>0，所以a＝2.答案(1)168(2)2学生用书第177页考点二二项式系数的性质与各项系数和【例2】(1)(·青岛模拟)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大的项是()．A．15x2B．20x3C．21x3D．35x(2)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中eq\f(1,x2)的系数为________．审题路线(1)先赋值求a0及各项系数和，进而求得n值，再运用二项式系数性质与通项公式求解．(2)根据二项式系数性质，由Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(6,n)，确定n的值，求出eq\f(1,x2)的系数．解析(1)∵(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令x＝0，得a0＝1.令x＝1，则(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，∴n＝6，又(1＋x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大，∴(1＋x)6的展开式系数最大项为T4＝Ceq\o\al(3,6)x3＝20x3.(2)由题意知，Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(6,n)，∴n＝8.∴Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)·x8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,8)·x8－2r，当8－2r＝－2时，r＝5，∴eq\f(1,x2)的系数为Ceq\o\al(5,8)＝Ceq\o\al(3,8)＝56.答案(1)B(2)56规律方法(1)第(1)小题求解的关键在于赋值，求出a0与n的值；第(2)小题在求解过程中，常因把n的等量关系表示为Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，而求错n的值．(2)求解这类问题要注意：①区别二项式系数与展开式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质；②根据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为1，－1.【训练2】(1)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中常数项是()．A．180B．90C．45D．360(2)若(1－2x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋ax(x∈R)，则eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a,2)的值为________．解析(1)由二项式系数的性质，得n＝10，∴Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(eq\r(x))10－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))r＝2rCeq\o\al(r,10)·，令5－eq\f(5,2)r＝0，则r＝2，从而T3＝4Ceq\o\al(2,10)＝180.(2)令x＝0，得a0＝(1－0)＝1.令x＝eq\f(1,2)，则a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a,2)＝0，∴eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a,2)＝－1.答案(1)A(2)－1考点三二项式定理的应用【例3】(·湖北卷)设a∈Z，且0≤a<13，若512012＋a能被13整除，则a＝()．A．0B．1C．11D．12解析512012＋a＝(52－1)2012＋a＝Ceq\o\al(0,2012)·522012－Ceq\o\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq\o\al(2011,2012)×52·(－1)2011＋Ceq\o\al(2012,2012)·(－1)2012＋a，∵Ceq\o\al(0,2012)·522012－Ceq\o\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq\o\al(2011,2012)×52·(－1)2011能被13整除．且512012＋a能被13整除，∴Ceq\o\al(2012,2012)·(－1)2012＋a＝1＋a也能被13整除．因此a可取值12.答案D规律方法(1)本题求解的关键在于将512012变形为(52－1)2012，使得展开式中的每一项与除数13建立联系．(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，但要注意两点：一是余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，切记余数不能为负，二是二项式定理的逆用．【训练3】1－90Ceq\o\al(1,10)＋902Ceq\o\al(2,10)－903Ceq\o\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(k,10)＋…＋9010Ceq\o\al(10,10)除以88的余数是()．A．－1B．1C．－87D．87解析1－90Ceq\o\al(1,10)＋902Ceq\o\al(2,10)＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(k,10)＋…＋9010Ceq\o\al(10,10)＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(1,10)889＋…＋Ceq\o\al(9,10)88＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.答案B1．二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk是展开式的第k＋1项，这是解决二项式定理有关问题的基础．在利用通项公式求指定项或指定项的系数要根据通项公式讨论对k的限制．2．因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．3．二项式定理的应用主要是对二项展开式正用、逆用，要充分利用二项展开式的特点和式子间的联系．创新突破10——二项式的和与积问题【典例】(·济南质检)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()．A．－40B．－20C．20D．40突破：展开式的常数项来源于：①“x＋eq\f(a,x)”中的x与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中含eq\f(1,x)的项相乘；②eq\f(a,x)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中含x的项相乘．解析在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，∴a＝1.∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)·25－r(－1)r·x5－2r.①令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中x的系数为Ceq\o\al(2,5)25－2·(－1)2＝80.②令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中eq\f(1,x)的系数为Ceq\o\al(3,5)25－3·(－1)3＝－40.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中常数项为80－40＝40.答案D[反思感悟]对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．【自主体验】(1＋2x)3(1－x)4展开式中x项的系数为________．解析(1＋2x)3(1－x)4展开式中的x项的系数为两个因式相乘而得到，即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项，它为Ceq\o\al(0,3)(2x)0·Ceq\o\al(1,4)(－x)1＋Ceq\o\al(1,3)(2x)1·Ceq\o\al(0,4)14(－x)0，其系数为Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(1,4)(－1)＋Ceq\o\al(1,3)·2＝－4＋6＝2.答案2对应学生用书P361基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(·西安调研)若(1＋eq\r(3))4＝a＋beq\r(3)(a，b为有理数)，则a＋b＝()．A．36B．46C．34D．44解析(1＋eq\r(3))4＝1＋Ceq\o\al(1,4)·eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,4)·(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,4)(eq\r(3))3＋(eq\r(3))4＝28＋16eq\r(3)，由题设a＝28，b＝16，故a＋b＝44.答案D2．(·辽宁卷)使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x\r(x))))n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为()．A．4B．5C．6D．7解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(3x)n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\r(x))))r＝Ceq\o\al(r,n)3n－rxn－eq\f(5,2)r，当Tr＋1是常数项时，n－eq\f(5,2)r＝0，当r＝2，n＝5时成立．答案B3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,x)))8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是()．A．28B．38C．1或38解析由题意知Ceq\o\al(4,8)·(－a)4＝1120，解得a＝±2，令x＝1，得展开式各项系数和为(1－a)8＝1或38.答案C4．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是()．A．6B．7C．8D．5解析由二项式定理知an＝Ceq\o\al(n－1,10)(n＝1,2,3，…，n)．又(x＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项．∴a6＝Ceq\o\al(5,10)，则k的最大值为6.答案A5．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为()．A．1或3B．－3C．1D．1或－3解析令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1，令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6，又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.答案D二、填空题6．(·四川卷)二项式(x＋y)5的展开式中，含x2y3的项的系数是________(用数字作答)．解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－ryr(r＝0,1,2,3,4,5)，依题意，r＝3，∴含x2y3的系数为Ceq\o\al(3,5)＝eq\f(5×4×3,3×2×1)＝10.答案107．(a＋x)4的展开式中x3的系数等于8，则实数a＝______.解析(a＋x)4的展开式中的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)a4－rxr，当r＝3时，有Ceq\o\al(3,4)·a＝8，所以a＝2.答案28．设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x))))n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中含x的项为______．解析由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(5x)4－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))r＝(－1)r54－rCeq\o\al(r,4)x4－eq\f(3r,2)，令4－eq\f(3r,2)＝1，得r＝2，T3＝150x.答案150x三、解答题9．已知二项式(eq\r(3,x)＋eq\f(1,x))n的展开式中各项的系数和为256.(1)求n；(2)求展开式中的常数项．解(1)由题意得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝256，∴2n＝256，解得n＝8.(2)该二项展开式中的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(3,x))8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,8)·xeq\f(8－4r,3)，令eq\f(8－4r,3)＝0，得r＝2，此时，常数项为T3＝Ceq\o\al(2,8)＝28.10．若(2＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3的展开式中的常数项为a，求eq\i\in(0,a,)(3x2－1)dx.解∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3＝1－eq\f(3,x)＋eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，∴(2＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3的展开式中的常数项为a＝2×1＋1×(－3)＋1×3＝2.因此eq\i\in(0,a,)(3x2－1)dx＝(x3－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝(x3－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝6.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(·陕西卷)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为()．A．－20B．20C．－15D．15解析当x>0时，f(x)＝－eq\r(x)<0，所以f[f(x)]＝f(－eq\r(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－\r(x)))6，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x－eq\f(1,2)(6－r)·(－xeq\f(1,2))r＝(－1)rCeq\o\al(r,6)x－3＋eq\f(r,2)＋eq\f(r,2)，由r－3＝0，得r＝3.所以f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(－1)3Ceq\o\al(3,6)＝－20.答案A2．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝()．A．8B．9C．10D．11解析f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(1＋x)r·(－1)5－r，T4＝Ceq\o\al(3,5)·(－1)2(1＋x)3＝10(1＋x)3，∴a3＝10.答案C二、填空题3．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.解析令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝eq\f(36＋1,2).令x＝0，则a0＝1，∴a2＋a4＋