2019版高考数学一轮复习讲义 第二十章 计数原理 20.2 二项式定理讲义

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题型分类 深度剖析
题型一 二项展开式 命题点1 求二项展开式中的特定项或指定项的系数
例 1 (1)(2015·广东)在( x－1)4 的展开式中，x 的系数为____6____.
4r
解析 由题意可知 Tr＋1＝Cr4( x)4－r(－1)r ＝C4r (－1)r x 2 ， 4－r
r＋1
式 的通项公 Tr＋1＝
，C它rn 表示第
项
答案
2.二项式系数的性质
(1)0≤r≤n 时，Crn与 Cnn－r的关系是 Crn＝Cnn－r .
(2)二项式系数先增后减中间项最大
当 n 为偶数时，第
n2＋1
n
项的二项式系数最大，最大值为C
2 n
；当
n
为
n＋1 n＋3
n 1
n1
奇数时，第 2 项和
答案
2
考点自测
1.(教材改编)(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是_(_－__1_)m_－__1C__mn _－_1__. 解析 (x－y)n 展开式中第 m 项的系数为 Cmn －1(－1)m－1.
123பைடு நூலகம்5
解析答案
2.(2－ x)8 的展开式中，不含 x4 的项的系数的和为__0___. 解析 由通项公式，可得展开式中含 x4 的项为 T8＋1＝C8828－8(－1)8x4＝x4， 故含x4的项的系数为1.令x＝1， 得展开式的系数的和S＝1， 故展开式中不含x4的项的系数的和为1－1＝0.
12345
解析答案
4.(教材改编)x2－x235 展开式中的常数项为___4_0____. 解析 Tr＋1＝Cr5(x2)5－r－x23r＝Cr5(－2)rx10－5r. 令10－5r＝0，则r＝2.

§20.1 两个计数原理、排列与组合考纲解读分析解读 江苏高考对两个计数原理、排列、组合、二项式定理的考查往往与集合,数列,概率进行综合,难度大,考查二项式定理的题目类型主要是①证明某些整除问题或求余数;②证明有关不等式,也可能与概率,数学归纳法综合在一起考查.命题探究答案:14解析:当m=4时,数列{a n }共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a 1,a 2,…,a k 中0的个数不少于1的个数,则必有a 1=0,a 8=1,a 2可为0,也可为1.(1)当a 2=0时,分以下3种情况:①若a 3=0,则a4,a5,a6,a7中任意一个为0均可,则有=4种情况;②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有=3种情况;③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有=2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0,分以下2种情况:①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有=3种情况;②若a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个.五年高考考点分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列与组合1.(2017山东理改编,8,5分)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张.则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是.答案2.(2017课标全国Ⅱ理改编,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有种.答案363.(2017浙江,16,5分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)答案6604.(2017天津理,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有个.(用数字作答)答案 1 0805.(2016课标全国Ⅱ理改编,5,5分)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为.答案186.(2016四川理改编,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为.答案727.(2015广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案 1 5608.(2015四川改编,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有个. 答案1209.(2014四川改编,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有种.答案21610.(2014安徽改编,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有对.答案4811.(2014重庆改编,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是.答案12012.(2016江苏,23,10分)(1)求7-4的值;(2)设m,n∈N*,n≥m,求证:(m+1)+(m+2)+(m+3)+…+n+(n+1)=(m+1).解析(1)7-4=7×-4×=0.(2)证明:当n=m时,结论显然成立.当n>m时,(k+1)==(m+1)·=(m+1),k=m+1,m+2,…,n.又因为+=,所以(k+1)=(m+1)(-),k=m+1,m+2,…,n.因此,(m+1)+(m+2)+(m+3)+…+(n+1)=(m+1)+[(m+2)+(m+3)+…+(n+1)]=(m+1)+(m+1)[(-)+(-)+…+(-)]=(m+1).教师用书专用(13—19)13.(2013福建理改编,5,5分)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.答案1314.(2013浙江理,14,4分)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).答案48015.(2014浙江,14,5分)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有种(用数字作答).答案6016.(2014大纲全国改编,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有种.答案7517.(2014北京,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.答案3618.(2013重庆理,13,5分)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).答案59019.(2013北京理,12,5分)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.答案96三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列与组合1.(2018山东师大附中第三次模拟)将编号为1,2,3,4的球放入编号为1,2,3的盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的编号不能相同,则不同的放法有种.答案122.(苏教选2—3,一,3,5,变式)房间里有5个电灯,分别由5个开关控制,至少开一个灯用以照明,则不同的开灯方法种数为.答案313.(2017江苏泰州期中)将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数,第二行2个数,第三行3个数的形式随机排列,设N i(i=1,2,3)表示第i行中最大的数,则满足N1<N2<N3的所有排列的种数是(用数字作答).答案2404.(2017江苏苏州调研)从集合U={a,b,c,d}的子集中选出4个不同的子集,需同时满足以下两个条件:(1)⌀,U都要选出;(2)对选出的任意两个子集A和B,必有A⊆B或A⊇B.那么,共有种不同的选法.答案365.(2017江苏南通期中)20个完全相同的小球放入编号为1号,2号,3号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的放法种数为.答案1206.(2017江苏扬州中学模拟)已知集合A={a1,a2,a3,a4},B={0,1,2,3},f是从A到B的映射.(1)若B中每一个元素都有原象,这样不同的f有多少个?(2)若B中的元素0无原象,这样的f有多少个?(3)若f满足f(a1)+f(a2)+f(a3)+f(a4)=4,这样的f有多少个?解析(1)显然映射是一一对应的,即a1找象有4种方法,a2找象有3种方法,a3找象有2种方法,a4找象有1种方法,所以不同的f共有4×3×2×1=24(个).(2)0无原象,1,2,3有无原象不限,所以为A中每一元素找象时都有3种方法,所以不同的f共有34=81(个).(3)分为如下四类:第一类,A中每一个元素都与1对应,有1种方法;第二类,A中有两个元素对应1,一个元素对应2,另一个元素对应0,有·=12种方法;第三类,A中有两个元素对应2,另两个元素对应0,有·=6种方法;第四类,A中有一个元素对应1,一个元素对应3,另两个元素对应0,有·=12种方法.所以不同的f共有1+12+6+12=31(个).7.(2017江苏灌南中学质检)设整数n≥4,在集合{1,2,3,…,n}中任取两个不同元素a,b(a>b),记A n为满足a+b 能被2整除的取法种数.(1)当n=6时,求A n;(2)求A n.解析(1)当n=6时,集合中偶数为2,4,6;奇数为1,3,5.要使a+b为偶数,则a,b同奇或同偶,共有+=6种取法,即A6=6.(2)①当n=2k(k≥2,k∈N*)时,集合为{1,2,3,…,2k}.记A={1,3,5,…,2k-1},B={2,4,6,…,2k},因为a+b能被2整除,所以a,b应同是奇数或同是偶数,所以a,b应取自同一个集合A或B,故有+=+=k(k-1)种取法.即A n==.②当n=2k+1(k≥2,k∈N*)时,集合为{1,2,3,…,2k+1}.将其分为两个集合:奇数集A={1,3,…,2k+1},偶数集B={2,4,…,2k}.因为a+b能被2整除,所以a,b应同是奇数或同是偶数,所以a,b应该取自同一个集合A或B.故有+=+=k2种取法,即A n==.所以A n=8.(苏教选2—3,一,3,11,变式)某医院从10名医疗专家中抽调6名组成医疗小组到社区义诊,其中这10名医疗专家中有4名是外科专家.问:(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种?(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种?(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种?解析(1)首先从4名外科专家中抽调2名,有种抽调方法,再从6名非外科专家中抽调4名,有种抽调方法,所以共有·=90种抽调方法.(2)解法一:(直接法)按抽调的外科专家的人数分类:①抽调2名外科专家,共有·种抽调方法;②抽调3名外科专家,共有·种抽调方法;③抽调4名外科专家,共有·种抽调方法,根据分类加法计数原理,共有·+·+·=185种抽调方法.解法二:(间接法)不考虑是否有外科专家,共有种抽调方法,若抽调1名外科专家参加,则有·种抽调方法;若没有外科专家参加,则有种抽调方法,所以共有-·-=185种抽调方法.(3)“至多有2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况,①没有外科专家参加,有种抽调方法;②有1名外科专家参加,有·种抽调方法;③有2名外科专家参加,有·种抽调方法.所以共有+·+·=115种抽调方法.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:20分钟)一、填空题(每小题5分,共5分)1.(2017江苏扬州期末)如图,用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有种.答案264二、解答题(共30分)2.(2017江苏扬州中学质检)在正整数列1,2,3,…,n中,任取k个元素位置保持不动,将其余(n-k)个元素变动位置,得到不同的新数列.由此产生的不同新数列的个数记为P n(k).(1)求P3(1);(2)求P4(k);(3)证明kP n(k)=n P n-1(k),并求出kP n(k)的值.解析(1)当n=3时,数列为1,2,3,保持其中1个元素位置不动,将其余2个元素变动位置,可能得到的新数列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3,所以P3(1)=3.(2)P4(k)=P4(0)+P4(1)+P4(2)+P4(3)+P4(4)=(1+2)+++0+1=9+8+6+0+1=24.(3)在数列1,2,…,n中任取其中k个元素位置不动,有种取法;其余(n-k)个元素重新排列,并且使其余n-k个元素都要改变位置,则有P n(k)=P n-k(0),故kP n(k)=k P n-k(0),又因为k=n(k≥1),所以kP n(k)=k P n-k(0)=n P n-k-1(0)=n P n-1(k).令a n=kP n(k),则a n=na n-1,n≥2,且a1=1.于是a2a3a4…a n-1a n=2a1×3a2×4a3×…×na n-1,左右同除以a2a3a4…a n-1,得a n=2a1×3×4×…×n=n!,所以kP n(k)=n!.3.(2017江苏南通、扬州、泰州第二次调研)设S4k=a1+a2+…+a4k(k∈N*),其中a i∈{0,1}(i=1,2,…,4k).当S4k除以4的余数是b(b=0,1,2,3)时,数列a1,a2,…,a4k的个数记为m(b).(1)当k=2时,求m(1)的值;(2)求m(3)关于k的表达式,并化简.解析(1)当k=2时,m(1)表示数列a1,a2,a3,…,a8中有1个1或5个1,其余为0,所以m(1)=+=64.(2)依题意,m(3)表示数列a1,a2,…,a4k中有3个1,或7个1,或11个1,……,或(4k-1)个1,其余为0,所以m(3)=+++…+.同理,得m(1)=+++…+.因为=(i=3,7,11,…,4k-1),所以m(1)=m(3).又m(1)+m(3)=+++…++=24k-1,所以m(3)=24k-2=42k-1.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 两个基本原理应用的解题策略1.(2017安徽蚌埠二中等四校联考,15)甲与其四位朋友各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案数为.答案64方法2 排列、组合及其应用的解题策略2.(2017江西新余第二次模拟,8)7人站成两排,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙3人加入队列,前排加1人,后排加2人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法有种.答案360。

5
例1
(2017安徽合肥二模,15)在

x

1 x

4
1 的展开式中,常数项为
.
解题导引
6
解析

x
的1x 展1开4 式中的通项为Tr+1= (-1)4-r·C4r
(r=0,1x,2,31x,4r).
当r=0时,T1=1,
当r≠0时,

n
2
2
项
的二项式系数最大,最大值为⑥
n
Cn2
;
当n为奇数时,中间两项 第
n
1 2
项和第
n
2
3
项
的二项式系数相等,且同时
Hale Waihona Puke 1n1取得最大值,最大值为⑦ Cn2 或 Cn2 .
5.各二项式系数的和: (a+b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n,即
C0n + C1n + C2n +…+ Cnn =2n. 二项展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的
通项为展开式的第r+1项:Tr+1=④
a b Cr n-r r n
(r=0,1,…,n).
3.在二项式定理中,如果设a=1,b=x,则得到公式:(1+x)n=1+ C1n x+ C2n x2+ C3n x3 +…+ Cnn xn.若a=1,b=-x,则得到公式:(1-x)n=1+(-1)1 C1n x+ C2n x2+…+(-1)n Cnn xn. 4.二项式系数的性质
(1)对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数⑤ 相等 ,事实上,这一性

计数原理知识梳理一、两个原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C n n ，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． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根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)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(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．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，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．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展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 ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。