兩個計數(shù)原理、排列與組合[考試要求]1.通過實例，了解分類加法計數(shù)原理、分步乘法計數(shù)原理及其意義.2.理解排列、組合的概念；能利用計數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式.3.能解決簡單的實際問題．1．兩個計數(shù)原理分類加法計數(shù)原理完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法分步乘法計數(shù)原理完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法2．排列與組合的概念名稱定義排列從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素按照一定的順序排成一列組合作為一組3．排列數(shù)、組合數(shù)的定義、公式、性質(zhì)排列數(shù)組合數(shù)定義從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數(shù)從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數(shù)公式Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)＝eq\f(n！,（n－m）！)Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(m)))＝eq\f(n（n－1）（n－2）·…·（n－m＋1）,m！)＝eq\f(n！,m！（n－m）！)性質(zhì)Aeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝n！，0！＝1Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝1，Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＝1[常用結(jié)論]1．排列數(shù)與組合數(shù)的關(guān)系：Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(m)).2．組合數(shù)的性質(zhì)：①Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n－m),\s\do1(n))；②Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n))．一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列． ()(2)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事． ()(3)在分步乘法計數(shù)原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的． ()(4)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))＝nCeq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(n－1)). ()[答案](1)×(2)√(3)√(4)√二、教材習題衍生1．已知某公園有4個門，從一個門進，另一個門出，則不同的走法的種數(shù)為()A．16B．13C．12D．10C[將4個門編號為1，2，3，4，從1號門進入后，有3種出門的方式，共3種走法，從2，3，4號門進入，同樣各有3種走法，共有不同走法4×3＝12(種).]2．從0，1，2，3，4，5這六個數(shù)字中，任取兩個不同數(shù)字相加，其和為偶數(shù)的不同取法的種數(shù)有()A．30B．20C．10D．6D[從0，1，2，3，4，5這六個數(shù)字中，任取兩個不同數(shù)字相加和為偶數(shù)可分為兩類：①取出的兩數(shù)都是偶數(shù)，共有3種方法；②取出的兩數(shù)都是奇數(shù)，共有3種方法，故由分類加法計數(shù)原理得共有N＝3＋3＝6(種).]3．從2名女生、4名男生中選3人參加學科競賽，且至少有1名女生入選，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答).16[法一：可分兩種情況：第一種情況，只有1名女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝12(種)；第二種情況，有2名女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝4(種).根據(jù)分類加法計數(shù)原理知，至少有1名女生入選的不同的選法共有12＋4＝16(種).法二：從6人中任選3人，不同的選法共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20(種).從6人中任選3人都是男生，不同的選法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4(種).所以，至少有1名女生入選的不同的選法共有20－4＝16(種).]4．五名學生報名參加四項體育比賽，每人限報一項，則不同的報名方法的種數(shù)為____________．五名學生爭奪四項比賽的冠軍(冠軍不并列)，則獲得冠軍的可能性有____________種．4554[五名學生參加四項體育比賽，每人限報一項，可逐個學生落實，每個學生有4種報名方法，共有45種不同的報名方法．五名學生爭奪四項比賽的冠軍，可對4個冠軍逐一落實，每個冠軍有5種獲得的可能性，共有54種獲得冠軍的可能性．]考點一兩個計數(shù)原理及綜合應(yīng)用1．滿足a，b∈{－1，0，1，2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數(shù)解的有序數(shù)對(a，b)的個數(shù)為()A．14B．13C．12D．10B[方程ax2＋2x＋b＝0有實數(shù)解的情況應(yīng)分類討論．①當a＝0時，方程為一元一次方程2x＋b＝0，不論b取何值，方程一定有解．此時b的取值有4個，故此時有4個有序數(shù)對．②當a≠0時，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.顯然有3個有序數(shù)對不滿足題意，分別為(1，2)，(2，1)，(2，2).a≠0時，(a，b)共有3×4＝12(個)實數(shù)對，故a≠0時滿足條件的實數(shù)對有12－3＝9(個)，所以答案應(yīng)為4＋9＝13.]2．如果一個三位正整數(shù)如“a1a2a3”滿足a1<a2，且a2>a3，則稱這樣的三位數(shù)為凸數(shù)(如120，343，275等)，那么所有凸數(shù)的個數(shù)為()A．240B．204C．729D．920A[法一：若a2＝2，則百位數(shù)字只能選1，個位數(shù)字可選1或0，“凸數(shù)”為120與121，共2個．若a2＝3，則百位數(shù)字有兩種選擇，個位數(shù)字有三種選擇，則“凸數(shù)”有2×3＝6(個).若a2＝4，滿足條件的“凸數(shù)”有3×4＝12(個)，…，若a2＝9，滿足條件的“凸數(shù)”有8×9＝72(個).所以所有凸數(shù)有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個).法二：分兩類：①如果這個三位數(shù)含0，則0必在末位，共有這樣的凸數(shù)Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))個；②如果這個三位數(shù)不含0，則這樣的凸數(shù)共有(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)))個．綜上所述，所有凸數(shù)共有2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝240(個).]3．某地行政區(qū)域如圖所示，請你用4種不同的顏色為每個區(qū)域涂色，要求相鄰區(qū)域不同色，共有________種不同的涂色方法．(用具體數(shù)字作答)72[假設(shè)按a→b→c→d→e的順序涂色．a(chǎn)有4種涂色的方法，b有3種涂色方法，c有2種涂色方法．對于e：若c與d顏色相同，則有2種涂色方法；若c與d顏色不相同，則只有1種涂色方法．故共有4×3×2×(2＋1)＝72(種)不同的涂色方法．]利用兩個基本計數(shù)原理解決問題的步驟考點二排列問題[典例1]3名女生和5名男生排成一排．(1)若女生全排在一起，有多少種排法？(2)若女生都不相鄰，有多少種排法？(3)若女生不站兩端，有多少種排法？(4)其中甲必須排在乙左邊(可不鄰)，有多少種排法？(5)其中甲不站最左邊，乙不站最右邊，有多少種排法？[解](1)(捆綁法)由于女生排在一起，可把她們看成一個整體，這樣同5名男生合在一起有6個元素，排成一排有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))種排法，而其中每一種排法中，3名女生之間又有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種排法，因此共有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝4320種不同排法．(2)(插空法)先排5名男生，有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))種排法，這5名男生之間和兩端有6個位置，從中選取3個位置排女生，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))種排法，因此共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝14400種不同排法．(3)法一(位置分析法)：因為兩端不排女生，只能從5名男生中選2人排，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種排法，剩余的位置沒有特殊要求，有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))種排法，因此共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝14400種不同排法．法二(元素分析法)：從中間6個位置選3個安排女生，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))種排法，其余位置無限制，有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))種排法，因此共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝14400種不同排法.(4)8名學生的所有排列共Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種，其中甲在乙左邊與乙在甲左邊的各占eq\f(1,2)，因此符合要求的排法種數(shù)為eq\f(1,2)Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))＝20160.(5)甲、乙為特殊元素，左、右兩邊為特殊位置．法一(特殊元素法)：甲在最右邊時，其他的可全排，有Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))種不同排法；甲不在最右邊時，可從余下6個位置中任選一個，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))種．而乙可排在除去最右邊位置后剩余的6個中的任一個上，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))種，其余人全排列，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))種不同排法．由分類加法計數(shù)原理知，共有Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝30960種不同排法．法二(特殊位置法)：先排最左邊，除去甲外，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))種排法，余下7個位置全排，有Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))種排法，但應(yīng)剔除乙在最右邊時的排法Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))種，因此共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))·Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))－Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝30960種排法．法三(間接法)：8名學生全排列，共Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))種，其中，不符合條件的有甲在最左邊時，有Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))種排法，乙在最右邊時，有Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))種排法，其中都包含了甲在最左邊，同時乙在最右邊的情形，有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))種排法．因此共有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))－2Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7))＋Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝30960種排法．求解排列應(yīng)用問題的六種常用方法[跟進訓練]1．(1)在某次全國高中生健美操大賽，某市高中生代表隊運動員由2名男生和3名女生共5名同學組成，這5名同學站成一排合影留念，則3名女生中有且只有兩位女生相鄰的排列種數(shù)共有()A．36種B．54種C．72種D．144種(2)將數(shù)字“124467”重新排列后得到不同偶數(shù)的個數(shù)為()A．72B．120C．192D．240(3)現(xiàn)有一圓桌，周邊有標號為1，2，3，4的四個座位，甲、乙、丙、丁四位同學坐在一起探討一個數(shù)學課題，每人只能坐一個座位，甲先選座位，且甲、乙不能相鄰，則所有選座方法有________種．(用數(shù)字作答)(1)C(2)D(3)8[(1)根據(jù)題意，把3位女生中的兩位捆綁在一起看作一個復(fù)合元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3個空的2個空中，故有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝72種，故選C.(2)由題意，末尾是2或6，不同偶數(shù)的個數(shù)為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝120；末尾是4，不同偶數(shù)的個數(shù)為Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝120，故共有120＋120＝240個．故選D.(3)先安排甲，其選座方法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))種，由于甲、乙不能相鄰，所以乙只能坐甲對面，而丙、丁兩位同學坐另兩個位置的坐法有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))種，所以共有坐法種數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4×2＝8種．]考點三組合問題eq\a\vs4\al([典例2])某市工商局對35種商品進行抽樣檢查，已知其中有15種假貨．現(xiàn)從35種商品中選取3種．(1)其中某一種假貨必須在內(nèi)，不同的取法有多少種？(2)其中某一種假貨不能在內(nèi)，不同的取法有多少種？(3)恰有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？(4)至少有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？(5)至多有2種假貨在內(nèi)，不同的取法有多少種？[解](1)從余下的34種商品中，選取2種有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(34))＝561(種)，所以某一種假貨必須在內(nèi)的不同取法有561種．(2)從34種可選商品中，選取3種，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(34))＝5984(種).所以某一種假貨不能在內(nèi)的不同取法有5984種．(3)從20種真貨中選取1件，從15種假貨中選取2件有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(20))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(15))＝2100(種).所以恰有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有2100種．(4)選取2種假貨有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(20))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(15))種，選取3種假貨有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))種，共有選取方式Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(20))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(15))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))＝2100＋455＝2555(種).所以至少有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有2555種．(5)選取3種的總數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(35))，選取3種假貨有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))種，因此共有選取方式Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(35))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))＝6545－455＝6090(種).所以至多有2種假貨在內(nèi)的不同的取法有6090種．組合問題的常見類型與處理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中選取．(2)“至少”或“至多”含有幾個元素的題型：若直接法分類復(fù)雜時，逆向思維，間接求解．[跟進訓練]2．(1)某地環(huán)保部門召集6家企業(yè)的負責人座談，其中甲企業(yè)有2人到會，其余5家企業(yè)各有1人到會，會上任選3人發(fā)言，則發(fā)言的3人來自3家不同企業(yè)的可能情況的種數(shù)為()A．15B．30C．35D．42(2)某龍舟隊有9名隊員，其中3人只會劃左舷，4人只會劃右舷，2人既會劃左舷又會劃右舷．現(xiàn)用選派劃左舷的3人、右舷的3人共6人去參加比賽，則不同的選派方法共有()A．56種B．68種C．74種D．92種(1)B(2)D[(1)甲企業(yè)有2人，其余5家企業(yè)各有1人，共有7人，所以從7人中任選3人共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))種情況，發(fā)言的3人來自2家企業(yè)的情況有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))種，所以發(fā)言的3人來自3家不同企業(yè)的可能情況共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))－Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝30(種).故選B.(2)根據(jù)劃左舷中“多面手”人數(shù)的多少進行分類：劃左舷中沒有“多面手”的選派方法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20(種)，有一個“多面手”的選派方法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝60(種)，有兩個“多面手”的選派方法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝12(種)，即共有20＋60＋12＝92(種)不同的選派方法．]考點四分組、分配問題不同元素的整體均分問題[典例3－1]教育部為了發(fā)展貧困地區(qū)教育，在全國重點師范大學免費培養(yǎng)教育專業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應(yīng)的地區(qū)任教．現(xiàn)有6個免費培養(yǎng)的教育專業(yè)師范畢業(yè)生要平均分到3所學校去任教，有________種不同的分派方法．90[先把6個畢業(yè)生平均分成3組，有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所學校，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6種方法，故6個畢業(yè)生平均分到3所學校，共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝90種分派方法．]不同元素的部分均分問題eq\a\vs4\al([典例3－2])將6本不同的書分給甲、乙、丙、丁4個人，每人至少1本的不同分法共有________種．(用數(shù)字作答)1560[把6本不同的書分成4組，每組至少1本的分法有2種．①有1組3本，其余3組每組1本，不同的分法共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝20(種)；②有2組每組2本，其余2組每組1本，不同的分法共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))·eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝45(種).所以不同的分組方法共有20＋45＝65(種).然后把分好的4組書分給4個人，所以不同的分法共有65×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝1560(種).]不同元素的不等分問題eq\a\vs4\al([典例3－3])若將6名教師分到3所中學任教，一所1名，一所2名，一所3名，則有________種不同的分法．360[將6名教師分組，分三步完成：第1步，在6名教師中任取1名作為一組，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))種分法；第2步，在余下的5名教師中任取2名作為一組，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種分法；第3步，余下的3名教師作為一組，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種分法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝60種分法．再將這3組教師分配到3所中學，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6種分法，故共有60×6＝360種不同的分法．]相同元素的分配問題eq\a\vs4\al([典例3－4])把9個完全相同的口罩分給6名同學，每人至少一個，不同的分法種數(shù)為()A．41B．56C．156D．252B[問題可轉(zhuǎn)化為將9個完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一個，求其方法數(shù)．事實上，只需在上述9個完全相同的口罩所產(chǎn)生的8個“空檔”中選出5個“空檔”插入擋板，即產(chǎn)生符合要求的方法數(shù)．故有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＝56種．]分組、分配問題是排列與組合的綜合問題，解題思想是先分組后分配(1)分組問題屬于“組合”問題，常見的分組方法有三種：①完全均勻分組，每組元素的個數(shù)都相等；②部分均勻分組，應(yīng)注意不要重復(fù)；③完全非均勻分組，這種分組不考慮重復(fù)現(xiàn)象．(2)分配問題屬于“排列”問題，常見的分配方法有三種：①相同元素的分配問題，常用“擋板法”；②不同元素的分配問題，利用分步乘法計數(shù)原理，先分組，后分配；③有限制條件的分配問題，采用分類求解．提醒：對于部分均分問題，若有m組元素個數(shù)相等，則分組時應(yīng)除以m！.[跟進訓練]3．將甲、乙等5名交警分配到三個不同路口疏導(dǎo)交通，每個路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18種B．24種C．36種D．72種C[1個路口3人，其余路口各1人的分配方法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種.1個路口1人，2個路口各2人的分配方法有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種，由分類加法計數(shù)原理知，甲、乙在同一路口的分配方案為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36種．]4．(2021·浙江杭州模擬)有3個少數(shù)民族地區(qū)，每個地區(qū)需要一名支醫(yī)醫(yī)生和兩名支教教師，現(xiàn)將3名支醫(yī)醫(yī)生(1男2女)和6名支教教師(3男3女)分配到這3地區(qū)去工作，(1)要求每個地區(qū)至少有一名男性，則共有________種不同分配方案；(2)要求每個地區(qū)至少有一名女性，則共有________種不同分配方案．(1)324(2)432[(1)要求每個地區(qū)至少有一名男性的對立事件是至少有一個地區(qū)全是女性的分配方案有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6×6×6＝216，每個地區(qū)需要一名支醫(yī)醫(yī)生和兩名支教教師的總分配方案有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6×15×6＝540，所以要求每個地區(qū)至少有一名男性的分配方案有540－216＝324.(2)有一個地區(qū)全是男性的分配方案有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝3×6×6＝108，所以要求每個地區(qū)至少有一名女性的分配方案有540－108＝432.]

二項式定理[考試要求]能用多項式運算法則和計數(shù)原理證明二項式定理，會用二項式定理解決與二項展開式有關(guān)的簡單問題．1．二項式定理(1)二項式定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))an＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))an－1b＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))an－kbk＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))bn(n∈N*)；(2)通項公式：Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))an－kbk，它表示第k＋1項；(3)二項式系數(shù)：二項展開式中各項的系數(shù)Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，…，Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)).提醒：(a＋b)n的展開式與(b＋a)n的展開式的項完全相同，但對應(yīng)的項不相同，而且兩個展開式的通項不同．2．二項式系數(shù)的性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)描述對稱性與首末兩端等距離的兩個二項式系數(shù)相等，即Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(n－k),\s\do1(n))增減性二項式系數(shù)Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))當k＜eq\f(n＋1,2)(n∈N*)時，是遞增的當k＞eq\f(n＋1,2)(n∈N*)時，是遞減的最大值當n為偶數(shù)時，中間的一項Ceq\o\al(\s\up3(eq\f(n,2)),\s\do1(n))取得最大值當n為奇數(shù)時，中間的兩項Ceq\o\al(\s\up3(eq\f(n－1,2)),\s\do1(n))與Ceq\o\al(\s\up3(eq\f(n＋1,2)),\s\do1(n))相等且同時取得最大值3.各二項式系數(shù)和(1)(a＋b)n展開式的各二項式系數(shù)和：Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))＝2n．(2)偶數(shù)項的二項式系數(shù)的和等于奇數(shù)項的二項式系數(shù)的和，即Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))＋…＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(n))＋…＝2n－1．提醒：二項式系數(shù)與項的系數(shù)是完全不同的兩個概念．二項式系數(shù)是指Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))，Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))，…，Ceq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))，它只與各項的項數(shù)有關(guān)，而與a，b的值無關(guān)；而項的系數(shù)是指該項中除變量外的常數(shù)部分，它不僅與各項的項數(shù)有關(guān)，而且也與a，b的值有關(guān)．一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))an－rbr是(a＋b)n的展開式中的第r項． ()(2)二項展開式中，系數(shù)最大的項為中間一項或中間兩項． ()(3)(a＋b)n的展開式中某一項的二項式系數(shù)與a，b無關(guān)． ()(4)通項Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(n))an－rbr中的a和b不能互換． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)√二、教材習題衍生1．(1－2x)4展開式中第3項的二項式系數(shù)為()A．6B．－6C．24D．－24A[(1－2x)4展開式中第3項的二項式系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6.故選A.]2．二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的展開式中x3y2的系數(shù)是()A．5 B．－20C．20 D．－5A[二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq\s\up10(5－r)·(－2y)r．根據(jù)題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－r＝3，,r＝2，))解得r＝2.所以x3y2的系數(shù)是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×(－2)2＝5.故選A.]3．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n展開式的二項式系數(shù)之和為64，則展開式的常數(shù)項為()A．10B．20C．30D．120B[二項式系數(shù)之和2n＝64，所以n＝6，Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))·x6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up10(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))x6－2r，當6－2r＝0，即當r＝3時為常數(shù)項，T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20.]4．(x＋1)5(x－2)的展開式中x2的系數(shù)為________．－15[(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展開式中含有x2的項為－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系數(shù)為－15.]考點一二項展開式的通項公式的應(yīng)用形如(a＋b)n的展開式問題[典例1－1](1)(2021·安徽宣城期末)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq\s\up10(12)的展開式中，有理項共有()A．3項B．4項C．5項D．6項(2)(2021·天津高考)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3＋\f(1,x)))eq\s\up10(6)的展開式中，x6的系數(shù)是________．(3)在二項式(eq\r(2)＋x)9的展開式中，常數(shù)項是________；系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是________．(1)A(2)160(3)16eq\r(2)5[(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq\s\up10(12)的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(12))·(2eq\r(x))12－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,x))))eq\s\up10(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(12))·212－r·xeq\s\up10(\f(36－5r,6))，r＝0，1，…，12，當r＝0，6，12時，展開式為有理項，故有理項共3項．故選A.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3＋\f(1,x)))eq\s\up10(6)的展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))(2x3)6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up10(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(6))26－rx18－4r，令18－4r＝6，解得r＝3，所以x6的系數(shù)是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))23＝160.(3)由題意，(eq\r(2)＋x)9的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(9))(eq\r(2))9－rxr(r＝0，1，2，…，9)，當r＝0時，可得常數(shù)項為T1＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(9))(eq\r(2))9＝16eq\r(2)；若展開式的系數(shù)為有理數(shù)，則r＝1，3，5，7，9，有T2,T4,T6,T8,T10共5個項．]形如(a＋b)n(c＋d)m的展開式問題[典例1－2](1)(2020·全國Ⅰ卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為()A．5B．10C．15D．20(2)(x2＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))5的展開式的常數(shù)項是()A．－3B．－2C．2D．3(3)(1＋2x－3x2)5的展開式中x5的系數(shù)為________．(1)C(2)D(3)92[(1)因為(x＋y)5的展開式的第r＋1項Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x5－ryr，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝15.故選C.(2)能夠使其展開式中出現(xiàn)常數(shù)項，由多項式乘法的定義可知需滿足：第一個因式取x2項，第二個因式取eq\f(1,x2)項得x2×eq\f(1,x2)×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))(－1)4＝5；第一個因式取2，第二個因式取(－1)5得2×(－1)5×Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝－2，故展開式的常數(shù)項是5＋(－2)＝3，故選D.(3)法一：(1＋2x－3x2)5＝(1－x)5(1＋3x)5，所以x5的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))35＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))(－1)Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))34＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(－1)2Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))33＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))(－1)3Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))32＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))(－1)4Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))31＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(－1)5Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))30＝92.法二：(1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))(1＋2x)5＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))(1＋2x)4(－3x2)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(1＋2x)3(－3x2)2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(－3x2)5，所以x5的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))25＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))×23×(－3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×2×(－3)2＝92.]形如(a＋b＋c)n的展開式問題[典例1－3](1)將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－4))3展開后，常數(shù)項是________．(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)＋y))eq\s\up10(6)的展開式中，x3y3的系數(shù)是________．(用數(shù)字作答)(1)－160(2)－120[(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－4))3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,\r(x))))eq\s\up10(6)展開式的通項是Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(eq\r(x))6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))eq\s\up10(k)＝(－2)k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x3－k.令3－k＝0，得k＝3.所以常數(shù)項是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))(－2)3＝－160.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)＋y))eq\s\up10(6)表示6個因式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(2,x)＋y))的乘積，在這6個因式中，有3個因式選y，其余的3個因式中有2個選x2，剩下一個選－eq\f(2,x)，即可得到x3y3的系數(shù)，即x3y3的系數(shù)是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(－2)＝20×3×(－2)＝－120.]求近似值和整除問題[典例1－4](1)求0.9966的近似值；(結(jié)果精確到0.001)(2)設(shè)a∈Z，且0≤a＜13，若512021＋a能被13整除，求a的值．[解](1)0.9966＝(1－0.004)6＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(6))－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))(0.004)1＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))(0.004)2＋…＝1－0.024＋0.00024＋…≈0.976.(2)512021＋a＝(52－1)2021＋a＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2021))522021－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2021))522020＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2021))522019＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2020),\s\do1(2021))521－Ceq\o\al(\s\up1(2021),\s\do1(2021))＋a，其中Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2021))522021－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2021))522020＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2021))522019＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(2020),\s\do1(2021))521能被13整除，只需－Ceq\o\al(\s\up1(2021),\s\do1(2021))＋a能被13整除，由0≤a＜13，得a－1＝0，故a＝1.幾種求展開式特定項的解法(1)求二項展開式中的特定項，一般是化簡通項后，令字母的指數(shù)符合要求(求常數(shù)項時，指數(shù)為零；求有理項時，指數(shù)為整數(shù)等)，解出項數(shù)k＋1，代回通項即可．(2)對于幾個多項式積的展開式中的特定項問題，一般都可以根據(jù)因式連乘的規(guī)律，結(jié)合組合思想求解，但要注意適當?shù)剡\用分類方法，以免重復(fù)或遺漏．(3)對于三項式問題一般先變形化為二項式再解決．(4)在證明整除問題或求余數(shù)問題時要進行合理的變形，使被除式(數(shù))展開后的每一項都含有除式的因式．[跟進訓練]1．(1)若(x2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up10(10)的展開式中x6的系數(shù)為30，則a等于()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．1D．2(2)(2021·八省聯(lián)考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展開式中x2的系數(shù)是()A．60B．80C．84D．120(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(3,x))－y))eq\s\up10(6)的展開式中含xy的項的系數(shù)為()A．30B．60C．90D．120(4)1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))除以88的余數(shù)是()A．－1B．1C．－87D．87(5)0.9910的第一位小數(shù)為n1，第二位小數(shù)為n2，第三位小數(shù)為n3，則n1，n2，n3分別為()A．9，0，4 B．9，4，0C．9，2，0 D．9，0，2(1)D(2)D(3)B(4)B(5)A[(1)由題意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up10(10)的展開式的通項公式是Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·x10－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up10(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))x10－2k，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up10(10)的展開式中含x4(當k＝3時)，x6(當k＝2時)項的系數(shù)分別為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))，因此由題意得Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))－aCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝120－45a＝30，由此解得a＝2，故選D.(2)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9＝eq\f(（1＋x）2[1－（1＋x）8],1－（1＋x）)＝eq\f(（1＋x）10－（1＋x）2,x).所以x2的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120，故選D.(3)展開式中含xy的項來自Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))(－y)1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(3,x))))5，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(3,x))))5展開式通項為Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x5－eq\f(4,3)r，令5－eq\f(4,3)r＝1?r＝3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(3,x))))5展開式中x的系數(shù)為(－1)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(3,x))－y))eq\s\up10(6)的展開式中含xy的項的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))(－1)Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))(－1)3＝60，故選B.(4)1－90Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋902Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))－903Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))＋…＋9010Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))×889＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(9),\s\do1(10))×88＋1.∵前10項均能被88整除，∴余數(shù)是1.故選B.(5)0.9910＝(1－0.01)10＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(10))×110×(－0.01)0＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))×19×(－0.01)1＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))×18×(－0.01)2＋…＝1－0.1＋0.0045＋…≈0.9045.故選A.]考點二二項式系數(shù)的和與各項的系數(shù)和問題eq\a\vs4\al([典例2])(1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x))))n的展開式中，各項系數(shù)和與二項式系數(shù)和之比為32∶1，則x2的系數(shù)為()A．50B．70C．90D．120(2)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，則實數(shù)m的值為________．(1)C(2)－3或1[(1)令x＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x))))n＝4n，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x))))n的展開式中，各項系數(shù)和為4n，又二項式系數(shù)和為2n，所以eq\f(4n,2n)＝2n＝32，解得n＝5.二項展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))x5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(x))))eq\s\up10(r)＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(5))3rx5－eq\f(3,2)r，令5－eq\f(3,2)r＝2，得r＝2，所以x2的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))32＝90，故選C.(2)令x＝0，則(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9，令x＝－2，則m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39，∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，∴m＝－3或m＝1.]系數(shù)和問題常用“賦值法”求解賦值法是指對二項式中的未知元素賦值，從而求得二項展開式的各項系數(shù)和的方法．求解有關(guān)系數(shù)和問題的關(guān)鍵點如下：①賦值，觀察已知等式與所求式子的結(jié)構(gòu)特征，確定所賦的值，常賦的值有：－1，0，1等．②求參數(shù)，通過賦值，建立參數(shù)的相關(guān)方程，解方程，可得參數(shù)值．③求值，根據(jù)題意，得出指定項的系數(shù)和．[跟進訓練]2．(1)在二項式(1－2x)n的展開式中，偶數(shù)項的二項式系數(shù)之和為128，則展開式的中間項的系數(shù)為()A．－960B．960C．1120D．1680(2)(2021·浙江高考)已知多項式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，則a1＝________；a2＋a3＋a4＝______．(3)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.求：①a1＋a2＋…＋a7；②a1＋a3＋a5＋a7；③a0＋a2＋a4＋a6；④|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.(1)C(2)510[(1)因為偶數(shù)項的二項式系數(shù)之和為2n－1＝128，所以n－1＝7，n＝8，則展開式共有9項，中間項為第5項，因為(1－2x)8的展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(－2x)r＝Ceq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(8))(－2)rxr，所以T5＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))(－2)4x4，其系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))(－2)4＝1120.(2)a1即為展開式中x3的系數(shù)，所以a1＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))(－1)0＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝5；令x＝1，則有1＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1－1)3＋(1＋1)4＝16，所以a2＋a3＋a4＝16－5－1＝10.](3)[解]令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②①∵a0＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(7))＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.②(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝eq\f(－1－37,2)＝－1094.③(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝eq\f(－1＋37,2)＝1093.④法一：∵在(1－2x)7的展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1093－(－1094)＝2187.法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即為(1＋2x)7展開式中各項的系數(shù)和，令x＝1，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2187.考點三二項式系數(shù)的性質(zhì)二項式系數(shù)的最值問題[典例3－1]設(shè)m為正整數(shù)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))eq\s\up10(2m)展開式的二項式系數(shù)的最大值為a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))eq\s\up10(2m＋1)展開式的二項式系數(shù)的最大值為b，若15a＝8b，則m＝________．7[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))eq\s\up10(2m)展開式中二項式系數(shù)的最大值為a＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(2m))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))eq\s\up10(2m＋1)展開式中二項式系數(shù)的最大值為b＝Ceq\o\al(\s\up1(m＋1),\s\do1(2m＋1))，因為15a＝8b，所以15Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(2m))＝8Ceq\o\al(\s\up1(m＋1),\s\do1(2m＋1))，即15×eq\f(（2m）！,m！m！)＝8×eq\f(（2m＋1）！,m！（m＋1）！)，解得m＝7.]項的系數(shù)的最值問題eq\a\vs4\al([典例3－2])已知(eq\r(3,x)＋x2)2n的展開式的二項式系數(shù)和比(3x－1)n的展開式的二項式系數(shù)和大992，則在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up10(2n)的展開式中，二項式系數(shù)最大的項為________，系數(shù)的絕對值最大的項為________．－8064－15360x4[由題意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，故2n＝32，解得n＝5.由二項式系數(shù)的性質(zhì)知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up10(10)的展開式中第6項的二項式系數(shù)最大，故二項式系數(shù)最大的項為T6＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))(2x)5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))5＝－8064.設(shè)第k＋1項的系數(shù)的絕對值最大，則Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·(2x)10－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up10(k)＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k·x10－2k，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k≥Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10))·210－k＋1，,Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·210－k≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10))·210－k－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))≥2Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10))，,2Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11－k≥2k，,2（k＋1）≥10－k))解得eq\f(8,3)≤k≤eq\f(11,3).∵k∈Z，∴k＝3.故系數(shù)的絕對值最大的項是第4項，T4＝－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))·27·x4＝－15360x4.]求解二項式系數(shù)或展開式系數(shù)的最值問題的一般步驟第一步，求系數(shù)的最大值問題，要先弄清所求問題是“展開式中項的系數(shù)最大”“二項式系數(shù)最大”以及“最大項”三者中的哪一個；第二步，若是求二項式系數(shù)最大值，則依據(jù)(a＋b)n中n的奇偶及二項式系數(shù)的性質(zhì)求解．若是求展開式中項的系數(shù)的最大值，由于展開式中項的系數(shù)是離散型變量，設(shè)展開式各項的系數(shù)分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數(shù)最大，因此在系數(shù)均為正值的前提下，求展開式中項的系數(shù)的最大值只需解不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))即得結(jié)果．[跟進訓練]3．(1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))n的展開式中，只有第5項的二項式系數(shù)最大，則展開式中系數(shù)最小的項的系數(shù)為()A．－126B．－70C．－56D．－28(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展開式中各項系數(shù)之和大于8，但小于32，則展開式中系數(shù)最大的項是()A．6eq\r(3,x) B．eq\f(4,\r(x))C．4xeq\r(6,x) D．eq\f(4,\r(x))或4xeq\r(6,x)(3)(2021·上海高考)已知(1＋x)n的展開式中，唯有x3的系數(shù)最大，則(1＋x)n的系數(shù)和為________．(1)C(2)A(3)64[(1)∵只有第5項的二項式系數(shù)最大，∴n＝8，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(x))))eq\s\up10(8)的展開式的通項為Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))x8－eq\f(3,2)k(k＝0，1，2，…，8)，∴展開式中奇數(shù)項的二項式系數(shù)與相應(yīng)奇數(shù)項的系數(shù)相等，偶數(shù)項的二項式系數(shù)與相應(yīng)偶數(shù)項的系數(shù)互為相反數(shù)，而展開式中第5項的二項式系數(shù)最大，因此展開式中第4項和第6項的系數(shù)相等且最小，為(－1)3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＝－56.(2)令x＝1，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展開式中各項系數(shù)之和為2n，即8<2n<32，解得n＝4，故第3項的系數(shù)最大，所以展開式中系數(shù)最大的項是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\r(x))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,x))))2＝6eq\r(3,x).(3)由題意，Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))>Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，且Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))>Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))，所以n＝6，所以令x＝1，(1＋x)6的系數(shù)和為26＝64.]

隨機事件與概率第1課時隨機事件、頻率與概率[考試要求]1.結(jié)合具體實例，理解樣本點和有限樣本空間的含義，理解隨機事件與樣本點的關(guān)系.2.了解隨機事件的并、交與互斥的含義，掌握隨機事件概率的運算法則.3.了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別．1．隨機試驗及其特點(1)定義：對隨機現(xiàn)象的實現(xiàn)和對它的觀察稱為隨機試驗，簡稱試驗，常用字母E表示．(2)特點：①試驗可以在相同條件下重復(fù)進行；②試驗的所有可能結(jié)果是明確可知的，并且不止一個；③每次試驗總是恰好出現(xiàn)這些可能結(jié)果中的一個，但事先不能確定出現(xiàn)哪一個結(jié)果．2．樣本空間(1)隨機試驗E的每個可能的基本結(jié)果稱為樣本點，常用ω表示；(2)全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，常用Ω表示樣本空間，稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間．3．事件的分類(1)隨機事件我們將樣本空間Ω的子集稱為隨機事件，簡稱事件，并把只包含一個樣本點的事件稱為基本事件．隨機事件一般用大寫字母A，B，C，…表示．在每次試驗中，當且僅當A中某個樣本點出現(xiàn)時，稱為事件A發(fā)生．(2)必然事件Ω作為自身的子集，包含了所有的樣本點，在每次試驗中總有一個樣本點發(fā)生，所以Ω總會發(fā)生，我們稱Ω為必然事件．(3)不可能事件空集?不包含任何樣本點，在每次試驗中都不會發(fā)生，我們稱?為不可能事件．4．兩個事件的關(guān)系和運算事件的關(guān)系或運算含義符號表示圖形表示包含A發(fā)生導(dǎo)致B發(fā)生A?B并事件(和事件)A與B至少一個發(fā)生A∪B或A＋B交事件(積事件)A與B同時發(fā)生A∩B或AB互斥(互不相容)A與B不能同時發(fā)生A∩B＝?互為對立A與B有