全国统考2024高考数学一轮复习第十一章计数原理11.3二项式定理学案理含解析北师大版VIP

11.3二项式定理必备学问预案自诊学问梳理1.二项式定理二项式定理(a+b)n=(n∈N+)

二项绽开式的通项公式Tr+1=,它表示第项(0≤r≤n,r∈N)

二项式系数二项绽开式中各项的系数为Cn02.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即

增减性二项式系数C当k<n+12(n∈N+当k>n-12(n∈续表性质性质描述最大值当n为偶数时,中间的一项Cn当n为奇数时,中间的两项Cn3.二项式系数与项的系数的区分二项式系数是指Cn0,Cn1,…,Cnn,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关;而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.如(a+bx)n的二项绽开式中,第k+1项的二项式系数是Cnk,而该项的系数是1.Cn0+Cn1+C2.Cn0+Cn2+Cn4+考点自诊1.推断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)(a+b)n的绽开式中的第r项是Cnran-rbr.((2)在二项绽开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项.()(3)在(a+b)n的绽开式中,每一项的二项式系数都与a,b无关.()(4)通项Tr+1=Cnran-rbr中的a和b不能互换.((5)在(a+b)n的绽开式中,某项的系数与该项的二项式系数相同.()2.(2024浙江绍兴质量调测)x-1x5的绽开式中的第2项为()A.-5x3 B.-10x C.5x3 D3.已知Cn03n+Cn13n-1+Cn23n-2+…+Cnn-13A.8 B.6 C.4 D.24.若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则a0+a2+a4的值为()A.9 B.8 C.7 D.65.若x3+1xn的绽开式的全部二项式系数之和为128,则n=.

6.(x-1)(3x2+1)3的绽开式中x4的系数是.

关键实力学案突破考点求二项绽开式中的特定项(或系数)问题(多考向探究)考向1已知二项式求其特定项(或系数)【例1】(1)(2024天津,11)在x+2x25的绽开式中,x(2)(2024云南师大附中高三月考)若(ax-1x)6的绽开式中常数项等于A.12 B.-12 C.1 D.解题心得求形如(a+b)n(n∈N+)的绽开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤(1)利用二项式定理写出二项绽开式的通项Tr+1=Cnran-rbr,常把字母和系数分别开来((2)依据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),再解出r;(3)把r代入通项中,即可求出Tr+1,有时还须要先求n,再求r,才能求出Tr+1或者其他量.对点训练1(1)(2024湖南衡阳八中高三月考)3x-2x5的绽开式中的常数项为(A.5 B.10 C.40 D.-40(2)已知x-ax5的绽开式中x5的系数为A,x2的系数为B,若A+B=11,则a=.

考向2已知两个因式之积求其特定项(或系数)【例2】(1)(1+x2)1-1x6的绽开式中,常数项为()A.-15 B.16 C.15 D.-16(2)(2024山东泰安高三一模)已知(2-mx)1-1x3的绽开式中的常数项为8,则实数m=()A.2 B.-2 C.-3 D.3(3)(1-x)8(1+x)5的绽开式中x2的系数是()A.-5 B.10 C.-15 D.25解题心得求形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N+)的绽开式中与特定项相关的量的步骤(1)依据二项式定理把(a+b)m与(c+d)n分别绽开,并写出其通项;(2)依据特定项的次数,分析特定项可由(a+b)m与(c+d)n的绽开式中的哪些项相乘得到;(3)把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.对点训练2(1)(1-x)6(1+x)4的绽开式中x的系数是()A.-4 B.-3 C.3 D.4(2)已知(x-1)(ax+1)6的绽开式中含x2的项的系数为0,则正实数a=.

考向3已知三项式求其特定项(或系数)【例3】(1)x2+1x+2(2)(x2-x-2)4的绽开式中x2的系数是.

解题心得求三项绽开式中某些特定项(或系数)的方法:(1)通过变形先把三项式转化为二项式,再用二项式定理求解;(2)两次利用二项式定理的通项求解;(3)由二项式定理的推证方法知,可用排列、组合的基本原理去求,即把三项式看作几个因式之积,要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量.对点训练3(1)(x2+x+y)5的绽开式中x5y2的系数为()A.10 B.20 C.30 D.60(2)(1+x+x)4的绽开式中x2的系数为.

考点二项式系数的性质与各项系数的和(多考向探究)考向1二项式系数的最值问题【例4】已知m为正整数,(x+y)2m的绽开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1的绽开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7bA.5 B.6 C.7 D.8解题心得二项式系数最大项的确定方法(1)若n是偶数,则中间一项Tn(2)若n是奇数,则中间两项Tn+1对点训练4在x+axn(a>0)的二项绽开式中,只有第5项的二项式系数最大,且全部项的系数和为256,则含x6考向2项的系数的最值问题【例5】已知(3x+x2)2n的绽开式的二项式系数和比(3x-1)n的绽开式的二项式系数和大992,则在2x-1x2n的绽开式中,二项式系数最大的项为,系数的解题心得二项绽开式系数最大项的求法如求(a+bx)n(a,b∈R)的绽开式系数最大的项,一般是采纳待定系数法,设绽开式各项系数分别为A1,A2,…,An+1,且第r项系数最大,应用A对点训练5在x3+1x2n的绽开式中,只有第4项的系数最大,则绽开式中考向3求二项绽开式中系数的和【例6】若(x-3)3(2x+1)5=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则a0=,a0+a2+…+a8=.

解题心得求二项绽开式系数和的常用方法是赋值法:(1)“赋值法”普遍适用于恒等式,对形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a,b∈R)的式子,求其绽开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x=1即可;对形如(ax+by)n(a,(2)一般地,若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)的绽开式中各项系数之和为f(1),奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=f(1)+f(-1)2,偶数项系数之和为a1对点训练6已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7.求:(1)a1+a2+…+a7;(2)a1+a3+a5+a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|.考点二项式定理的应用【例7】(1)设a∈Z且0≤a<13,若512012+a能被13整除,则a等于()A.0 B.1 C.11 D.12(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()A.0.940 B.0.941 C.0.942 D.0.943(3)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的探讨.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(modm).若a=C200+C201·2+C202·22+…+C2020·2A.2011 B.2012 C.2013 D.2014解题心得1.整除问题和求近似值是二项式定理中常见的两类应用问题,用二项式定理处理整除问题,通常把幂的底数写成除数与某数的和或差的形式,再用二项式定理绽开,切记余数不能为负,求近似值则应关注绽开式的前几项.2.二项式定理的应用的基本思路是正用或逆用二项式定理,留意选择合适的形式.对点训练7(1)1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)r90rC10r+A.-1 B.1 C.-87 D.87(2)1.028≈(小数点后保留三位小数).

指引迷津(四)破解解题密码——排列、组合问题的解题策略排列、组合始终是学习中的难点,通过我们平常做的练习,不难发觉排列、组合问题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字浩大,难以验证.在高考中极易丢分.策略一特别元素与特别位置优先策略考情分析位置分析法和元素分析法是解决排列、组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先支配特别元素,再出来其他元素.若以位置分析为主需先满意特别位置的要求,再处理其他位置,若多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时,兼顾其他约束条件.【例1】若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选3个数字,组成没有重复数字的三位偶数,则这样的三位数一共有()A.20个 B.48个C.52个 D.120个思路点拨由于0不能在首位数字,则分2种状况探讨:①若0在个位,此时0肯定不在首位,由排列公式即可得此时三位偶数的数目;②若0不在个位,要解除0在首位的可能,由分步乘法计数原理可得此状况下三位偶数的数目,综合2种状况,由分类加法计数原理计算可得答案.答案C解析依据题意,分2种状况探讨:①若0在个位,此时只需在1,2,3,4,5中任取2个数字,作为十位和百位数字即可,有A52②若0不在个位,此时必需在2或4中任取1个,作为个位数字,有2种取法,0不能作为百位数字,则百位数字有4种取法,十位数字也有4种取法,此时共有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数,综合可得,共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C.解题心得解题须要留意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质,对于每一类还要留意分步完成.策略二相邻元素捆绑策略【例2】明年的今日,同学们已经毕业离校了,在离校之前,有三位同学要与语文、数学两位老师合影留念,则这两位老师必需相邻且不站两端的站法种数为()A.12 B.24 C.36 D.48思路点拨由题意,把两位老师看出一个元素,采纳插空法,即可求解.答案B解析由题意,三位同学全排列,共有A33把两位老师看出一个元素,采纳插空法,且要求不站在两端,插到三位同学构成的两个空隙中,共有A33C21解题心得关于相邻问题,要求某几个元素必需排在一起的问题,可以用捆绑法来解决,即将须要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起排列,同时要留意合并元素内部也必需排列.策略三不相邻问题插空策略【例3】若4名演讲竞赛获奖学生和3名指导老师站在一排拍照,则其中随意2名老师不相邻的站法有种.

思路点拨先将4名演讲竞赛获奖学生全排列,再依据不相邻问题插空位原则,支配三位指导老师,由分步乘法计数原理即可求得答案.答案1440解析依据题意,分两步分析:先将4名演讲竞赛获奖学生全排列,有A44站好后有5个空位,在其中选三个空位,支配指导老师,有A53=60(种)则有24×60=1440(种)符合题意的站法.故答案为1440.解题心得对于不相邻问题,可以把没有位置要求的元素进行排列,再把不相邻的元素插入队列的中间或两端的空隙中.策略四定序问题倍缩、空位插入策略【例4】(经典例题)7人排队,其中甲、乙、丙3人依次肯定,共有多少种不同的排法?思路点拨全排列除去依次或把甲乙丙站好,再把剩余4人插入队列,或放7把椅子,让其他人坐好,再让甲乙丙按依次入座.解(方法1)共有A77A(方法2)设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人坐,共有A74种坐法,其余的三个位置给甲、乙、丙坐,有1种坐法,则坐法种数为A74=(方法3)先让甲、乙、丙排队,有1种排法,再把其余4人分别插入,不同排法的种数为4×5×6×7=840.故共有840种不同的排法.解题心得对于定序问题可以倍缩法,也可以转化为占为插空模型处理,只要选出有序元素所占的位置即可,相同元素的排列一般也按定序排列的方法处理.策略五重排问题求幂策略【例5】某校科技大楼电子阅览室在第8层,从下一层到上一层,每层均有2个楼梯,则由一楼上到电子阅览室的不同走法共有()A.29种 B.28种 C.27种 D.82种思路点拨干脆利用分步乘法计数原理即可得结果.答案C解析因为从一楼到二楼有2种走法,从二楼到三楼有2种走法,…,从一楼到八楼分7步进行,每步都有2种不同的走法,所以依据分步乘法计数原理可得由一楼上到电子阅览室的不同走法共有27种.故选C.解题心得允许重复的排列问题的特点是以元素为探讨对象,元素不受位置约束,可以逐一支配各个元素的位置,但一个元素只能支配一个位置,且不能同时支配在两个位置上.一般地,n个不同的元素没有限制的支配在m个位置上的排列数为mn种.策略六分排问题直排策略【例6】有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现支配2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这两人不左右相邻,那么不同的排法种数是()A.234 B.346C.350 D.363答案B解析(方法1)一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为A202,还需解除两左右相邻的状况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有A191A22,还应再加上2A2(方法2)因为前排中间的3个座位不能坐,事实上可坐的位置是前排8个,后排12个,分成以下3种状况:①甲、乙2人一个前排,一个后排,有C81C121A22种排法;②两人均在后排,共A1212种排法,还需解除甲、乙2人相邻的状况,即A111A22种排法;故有(A1212-A解题心得一般地,对于元素分成多排的排列问题,可先转化成一排考虑,再分排探讨.策略七元素相同问题隔板策略隔板法模型的构建是解决排列、组合中一类分装组合问题,它是求相同元素名额安排方案种数的一种处理策略.【例7】(1)从A,B,C,D4个班级中选10人组成卫生检查小组,每班至少选一人,每班人数的不同状况的种数为()A.42 B.56 C.84 D.168(2)将十个相同的小球装入编号为1,2,3的三个盒子(每次要把十个球装完)中,要求每个盒子里的个数不少于盒子的编号数,则这样的装法种数为()A.9 B.12 C.15 D.18(3)把1995个不加区分的小球分别放在10个不同的盒子里,使得第i个盒子中至少有i个球(i=1,2,…,10),则不同放法的总数是()A.C194010 BC.C194910 D(4)8个相同的小球分别放入4个不同的盒子中,每盒可空,共有不同的放法()A.165种 B.56种 C.35种 D.20种答案(1)C(2)C(3)D(4)A解析(1)将10个人排成一排,然后从中间形成的9个空中选3个,分别放入一个隔板,即可将10个人分为4个部分,且每部分至少1个人,由此可得每班人数的不同状况有C93=9×(2)依据题意,先在编号为2,3的三个盒子中分别放入1,2个小球,编号为1的盒子里不放;再将剩下的7个小球放入3个盒子里,每个盒子里至少一个,分析可得,7个小球排好,有6个空位,在6个空位中任选2个,插入挡板,共C62=15(种)放法,即可得符合题目要求的放法共15种.(3)先在第i个盒里放入i个球,i=1,2,…,10,即第1个盒里放1个球,第2个盒里放2个球,…,这时共放了1+2+…+10=55(个)球,还余下1995-55=1940(个)球.故转化为把1940个球随意放入10个盒子里(允许有的盒子里不放球).把这1940个球用9块隔板隔开,每一种隔法就是一种球的放法,1940个球连同9块隔板共占有1949个位置,相当于从1949个位置中选9个位置放隔板,有C19499种放法.(4)首先设想每个盒子内放入1个小球,共用去4个小球,(添加4个这样的小球)将问题转化为把12个相同的小球分装到4个不同的盒子中求不同的放法的问题,利用隔板法,把12个小球排成一列,在11个空隙中插入3个隔板,即得不同的放法有C113=165(种).解题心得将n个相同的元素分成m份(n,m为整数),每份至少一个元素,可以用(m-1)个隔板,插入n个元素排成一排形成的(n-1)个空隙中,全部分法为Cn-策略八小集团问题先整体后局部策略【例8】身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝颜色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有()A.24种 B.28种 C.36种 D.48种思路点拨由题意知先是五个人的全排列,共有A55种结果,去掉相同颜色衣服的人都相邻的状况,再去掉仅穿红色衣服的人的相邻和仅穿黄色衣服的人相邻两种状况答案D解析由题意知先是五个人的全排列,共有A55去掉同颜色衣服相的人都相邻的状况,再去掉仅穿红色相邻和仅穿黄色相邻的两种状况.穿相同颜色衣服的人都相邻的状况有A2当穿红色衣服的相邻,而穿黄色衣服的人不相邻,共有A22A所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法种数是A55-A22A2解题心得小集团排列问题,先整体排列,后局部排列,再结合其他策略进行处理.策略九正难则反总体淘汰策略【例9】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.243 B.252 C.261 D.279答案B解析由分步乘法计数原理知,用0,1,…,9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900(个),组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648(个),因此组成有重复数字的三位数共有900-648=252(个).故选B.解题心得有些排列组合问题,正面干脆考虑比较困难,而它的反面往往比较简洁易求,分类状况也较简洁明确,此时可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.策略十排组混合问题先选后排策略【例10】将甲、乙、丙、丁四位老师安排到三个班级,每个班级至少一位老师,则共有安排方案()A.81种 B.256种C.24种 D.36种思路点拨安排的方法分为两步求解,先将四位老师分为三组,再分到三个班,由分步乘法计数原理求解即可计算出答案.答案D解析第一步,将4名老师分成三组,不同的分法种数是C42=6;其次步,分到三个班的不同分法有A33=6(种).故不同的安排方案为6×6=解题心得排列组合的应用问题,一般按先选再排,先分组再安排的处理原则.对于安排问题,解题的关键是要搞清晰事务是否与依次有关,对于平均分组问题更要留意依次,避开计数的重复或遗漏.策略十一平均分组除法策略【例11】某高校大一新生中的6名同学准备参与学校组织的“演讲团”“吉他协会”等五个社团,若每名同学必需参与且只能参与1个社团且每个社团至多两人参与,则这6个人中没有人参与“演讲团”的不同参与方法种数为()A.3600 B.1080 C.1440 D.2520思路点拨先分成3组与4组两类,再分组安排下去,均分问题要除序后再安排.答案C解析因为每位同学必需参与且只能参与1个社团且每个社团至多两人参与,所以可以将问题看成是将6名同学安排到除“演讲团”外的四个社团,或除“演讲团”外的四个社团中的三个社团,可以分成两类:第一类,当6名同学分成人数分别为1,1,2,2四个组时,应安排到除“演讲团”外的四个社团中,不同的参与方法种数为C61其次类,当6名同学分成人数分别为2,2,2三个组时,应安排到除“演讲团”外的四个社团中的三个社团中,不同的参与方法种数为C62C综上,不同的参与方法种数为1080+360=1440.故选C.解题心得平均分成的组,不管它依次如何,都是一种状况,所以分组以后肯定要除以Ann(n为均分组数),避开策略十二合理分类与分步策略【例12】用五种不同颜色给三棱台ABC-DEF的六个顶点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条棱的两个端点涂不同颜色.则不同的涂色方法有种.

思路点拨分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F,然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种状况,分别求得结果,再相加,即可得结果.答案1920解析分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F.第一类:若5种颜色都用上,先涂A,B,C,方法有A53种,再涂D,E,F中的两个点,方法有A32种,最终剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有A5其次类:若5种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有C5先涂A,B,C,方法有A43种,再涂D,E,F中的一个点,方法有3种,最终剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有C54·A4第三类:若5种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有C5先涂A,B,C,方法有A33种,再涂D,E,F,方法有2种,故此时方法共有C53·综上可得,不同涂色方案共有720+1080+120=1920(种),故答案是1920.解题心得解决带约束条件的排列、组合问题,可按元素的性质进行分类,按事情发展的过程进行分步,应做到标准明确,分步层次清晰,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于整个解题过程,不要一步一个标准.策略十三构造模型策略【例13】(1)方程x+y+z=10的正整数解的组数为()A.9 B.12 C.15 D.18(2)某栋楼从2楼到3楼共10个台阶,上楼可以一步上一个台阶,也可以一步上两个台阶,若规定从2楼到3楼8步走完,则上楼方法种数为()A.14 B.16 C.21 D.28答案(1)C(2)D解析(1)设方程x+y+z=10的正整数解依次为x1,x2,x3,则x1+x2+x3=10(x1≥1,x2≥2,x3≥3).记y1=x1,y2=x2-1,y3=x3-2,则y1+y2+y3=7(y1≥1,y2≥1,y3≥1).于是,问题转化为求方程y1+y2+y3=7的正整数解的组数.进而将问题转化为将7个相同的小球装入3个编号分别为1,2,3的盒子内,每个盒子中至少一个的问题,由隔板法易知其组数为C62=15.(2)(方法1)由于10÷8的余数为2,所以可以判定一步1个台阶共6次,一步2个台阶共2次.选定在这8步中一步1个台阶的位置或一步2个台阶的位置,则上楼的方法有C86=(方法2)从结果入手,设计“插入法模型”,构建组合数求解.问题就是将6个1和2个2组合,不同的组合方案就构成了不同的走法,可分类完成.①若2个2不相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出2个插入2,有C72种方法;②若2个2相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出1个插入两个2,共有C71种方法,因此上楼的方法共有C7解题心得一些不易理解的排列、组合问题,假如能转化成特别熟识的模型,如占位填空模型、组数模型、排队模型、装盒模型,相邻模型等可使问题直观,简洁解决.策略十四实际操作穷举策略【例14】(1)将15个颜色、大小完全相同的球全部放入编号为1,2和3的三个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号数,则不同的放球方法有()A.15种 B.182种C.91种 D.120种(2)有红、黄、蓝色的球各5只,分别标有A,B,C,D,E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有不同的取法()A.150种 B.180种C.120种 D.100种答案(1)C(2)A解析(1)先放1,2,3的话,那么还剩下9个球,9个球放到3个不同的盒子里,状况有:0,0,9,分别在1,2,3号盒子中的随意一个中放9个,共3种状况;0,1,8,分别在1,2,3号盒子中的随意两个中放8个和1个,共6种状况;0,2,7,分别在1,2,3号盒子中的随意两个中放2个和7个,共6种状况;1,1,7分别在1,2,3号盒子中的随意两个中放一个,共3种状况;依次探讨可得还有以下几种状况1,2,6;1,3,5;1,4,4;2,2,5;2,3,4;2,5,2;2,6,1;3,3,3;3,6,0;….所以共有91种.故选C.(2)红111223黄123121蓝321211取法CCCCCC共有C51C解题心得对于条件比较困难的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果,一些困难的分类选取题,要满意的条件比较多,无从入手,常常出现重复遗漏的状况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满意的条件,能达到好的效果.策略十五分解与合成策略【例15】30030能被多少个不同的偶数整除?解先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5×7×11×13.依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积,全部的偶因数有C50+解题心得分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个困难问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类加法计数原理和分步乘法计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较困难的问题都要用到这种解题策略.策略十六化归策略【例16】25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种?解将这个问题转化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少种选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉,如此接着下去.从3×3方队中选3人的方法有C31C21C11种.再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有解题心得处理困难的排列组合问题时可以把一个问题转化成一个简要的问题,通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法,从而进一步解决原来的问题.策略十七数字排序问题查字典策略【例17】由0,1,2,3,4,5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105大的数?解可以组成没有重复的比324105大的数的个数为N=2A55+2A4解题心得数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,依据分类加法计数原理求出其总数.11.3二项式定理必备学问·预案自诊学问梳理1.Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnran-rbrCnran-rbr2.Cn考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×2.A因为x-1x5的绽开式的通项为Tr+1=C5rx5-r·-1xr=(-1)rC5rx5-2r,令r=1,则可得x-1x5的绽开式中的第2项为(-1)×C51x3=-53.BCn03n+Cn13n-1+…+Cnn-13+Cnn=Cn03n10+Cn13n-111+…+Cnn-1311n-1+Cnn301n=4.B令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=0,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=16,两式相加得a0+a2+a4=8..5.7由题意,可知2n=128,解得n=7.6.-27(x-1)(3x2+1)3绽开式中x4的系数,x-1中的x与(3x2+1)3绽开式中x3项相乘,但(3x2+1)3绽开式中没有x3项,x-1中的-1与(3x2+1)3绽开式中x4项相乘,C31(3x2)2=27x4,所以x4的系数是-关键实力·学案突破例1(1)10(2)C(1)x+2x25=(x+2·x-2)5,绽开式通项Tr+1=C5rx5-r(2x-2)r=2rC5rx5-3∴x2的系数为21·C51=2×5=(2)∵(ax-1x)6的绽开式的通项为Tr+1=C6r(-1)ra6-rx6-r-r=C6r(-1)ra6-rx6-2r,令6-2r=0得r=3,可得常数项为C6对点训练1(1)C(2)±1(1)3x-2x5的绽开式的通项为Tr+1=C5r(3x)5-r·-2xr=依据题意,得10-5r=0,r=2,因此,常数项为(-2)2C52=(2)x-ax5的绽开式的通项为Tr+1=C5rx5-r·-axr=C5由5-32r=5,得r=0,由5-32r=2,得r=2,所以A=C50×(-a)0=1,B=C52×(-a)2=10a2,则由1+10a例2(1)B(2)A(3)A(1)因为(1+x2)1-1x6=(1+x2)1-6x+15x2-20x3+15x4(2)1-1x3的绽开式的通项为Tr+1=C3r·13-r-1xr=C3r·(-1)rx则(2-mx)1-1x3的绽开式中的常数项为2×C30+(-m)×C31×(-1)1=2+3m,由题知2+3m=8,则(3)(1-x)8(1+x)5=(1-x)3[(1-x)(1+x)]5=(1-x)3(1-x)5,(1-x)3的通项为C3r(-x)r,其中r=(1-x)5的通项为C5r(-x)r,其中r=所以绽开式中x2的系数是C30(-1)0×C52(-1)2+C32(-1)2×C51(-1)对点训练2(1)B(2)25(1)(方法1)(1-x)6的绽开式的通项为C6m·(-x)m=C6m(-1)mxm2,(1+x)4的绽开式的通项为C4n·(x)n=C4nxn2.令m2+n2=1,得m+n=2,于是(1-x)6(1+x)4的绽开式中x的系数等于C60×(-1)(方法2)(1-x)6(1+x)4=[(1-x)(1+x)]4(1-x)2=(1-x)4(1-2x+x).于是(1-x)6(1+x)4的绽开式中x的系数为C40×1+C41×(-1)1×(2)(ax+1)6的绽开式中含x2的项的系数为C64a2,含x的项的系数为C65a,由(x-1)(ax+1)6的绽开式中含x2的项的系数为0,可得-C64a2+C65a=例3(1)6322(2)-8(1)原式=x2+22x+22x5=132x5·[(求原绽开式中的常数项,转化为求(x+2)10的绽开式中含x5的项的系数,即C105·(2)5.所以所求的常数项为(2)由题意知,(x2-x-2)4=(x-2)4(x+1)4,(x-2)4的通项为Tr1+1=C

4r1x4-r1(-2)r1,(x+1)4的通项为Tr2+1=C

4r2x4-r21r2,当r1=2,r2=4时,系数为24;当r1=3,r2=对点训练3(1)C(2)19(1)(方法1)(x2+x+y)5的绽开式的通项为Tr+1=C5r(x2+x)5-r·yr,令r=2,则T3=C52(x2+x)3y2,又因为(x2+x)3的绽开式的通项为Tr+1=C3r(x2)3-r·xr=C3rx6-r,令6-r=5,则r=1,所以(x2+x+y)5的(方法2)(x2+x+y)5表示5个x2+x+y之积.所以x5y2可从其中5个因式中,两个取x2,剩余的3个因式中一个取x,其余因式取y,因此x5y2的系数为C52C(2)由于x2=x2·(x)0,x2=x·(x)2,x2=x0·(x)4,据此结合排列、组合的性质可得x2的系数为C42C20C22+C4例4B由题意可知,a=C2mm,∵13a=7b,∴13·(2m)!m!m!=7·(2对点训练48因为只有第