高考数学一轮必备 11.3《二项式定理》考情分析学案(1)

教学设计二项式定理（一）人教B版选修2-3第一章第三单元第一节（一）简单介绍二项式定理的由来以及它的作用。

引入：从数学史的角度引入二项式定理。

【设计意图】调动学生的学习兴趣，激发求知欲。

（二）引导探究发现规律1.探究点一问题1第一个式子中有无ab项？第二个式子中有无am项？为什么？问题2 展开式的右侧都是几次式？问题3怎样得到右侧的每一项？【设计意图】通过阶梯式的设计使学生发现多项式相乘的规律，探究得到多项式相乘的原理。

（三）展开式的再认识2.探究点二思考：（1）用组合知识，按照先选b再选a且b按升幂排列的原则，得到此展开式的第一项是？（2）共有哪些项？（3）展开式的右边有哪些特点？【设计意图】借助运用多项式相乘的原理，并引导学生用组合知识对二项式展开进行再思考，并总结项数、次数、系数，为后面的二项式展开起到铺垫和类比的作用。

（四）形成定理，证明定理3.研究点三 按照b 升幂，a 降幂排列1.概念（1）二项式定理（2）二项展开式（3）二项式系数2.特征（1）项数（2）次数（3）系数（4）通项公式（5）“+”【设计意图】通过仿照展开式4)(b a 探究方法，由学生类比得出二项展开式和二项式定理。

从计数原理的角度对展开过程进行分析，总结出概念和特征:项数、次数、系数和通项公式。

（五）应用定理二项式定理学情分析这一堂课面对的是高二年级的学生，这一学段的学生已经初步具备了乘方、多项式运算、组合等相关的知识储备，能够在教师的启发之下理解并掌握本节课中的二项式定理的演绎过程。

但是在推导的过程中，得到的结论还不够完整、严谨。

所以在思维的深度训练上还有待提高。

在知识的应用上，基本的题型大部分学生能够掌握，在方法总结上还不够全面。

所以，还应该多做题型总结的训练，能够达到举一反三。

效果分析本节课教学效果明显，课堂气氛融洽，学生思维积极，小组讨论热烈，敢于表达自己想法，在整个教学过程中，通过引导学生观察，分析，归纳使学生思维紧紧围绕“问题”层层展开，培养学生学习的兴趣，也充分体现了以教师为主导，学生为主体的教学理念。

《二项式定理》教学设计教学目标（1）会用组合的知识推导二项式定理；（2）会正用、逆用定理，并解决一些简单的与通项相关的问题.教学重点和难点重点：二项式定理的推导和记忆.难点：用二项式定理解决相关的问题.教学过程类比思辨推导定理教师活动：指出项、通项、通项公式的概念.这些概念掌握了没有？（1）二项式定理：（2）二项式系数：（3）通项（通项公式）：（4）通项是二项展开式的第项.思考6：（a+b）n与（b + a）n的展开式是一样的吗？演示：牛顿，爱因斯坦故事.1664年冬,伟大的科学家牛顿(2 2岁,就读剑桥大学）在研读英国数学家沃利斯的《无穷算术》中的（a +b) 2 = a2 + 2a b + b2，（a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3 a b 2 + b 3时,发现了（a + b)n展开式的规律（即二项式定理）.恩格斯说:“牛顿由于创立了二项式定理和无限理论而创立了科学的数学.”可见牛顿不仅是物理学家还是个数学家.交流.思辨，交流.观看.理，并且得出相关的概念.指出项是有顺序的.渗透数学文化，增强爱好数学的热情.《二项式定理》学情分析所教班级为普通的教学班（地理、历史、物理组合），由于新课程改革数学不再分文、理科，学生的水平参差不齐，教学的起点不宜太高。

1.知识准备提前布置学生预习教材，通读教材两遍，标注不理解的地方，旁注不能解决的问题。

课前复习组合相关的知识，进行导学案组合例题的预习，可以提前进行小组合作学习。

2.学情预测根据教学经验，学生在二项式定理的推导方面理解差，二项展开式的通项公式使用不熟练，因此二项式定理的推导要进行铺垫，符合学生思维的最近发展区，二项展开式的形式特征要解读全面，定理应用要侧重通项公式的使用。

3.操作要领基于学情，鼓励学生采用观察法、类比法、归纳法学习，让学生小组合作交流、板书练习题答案，采取同伴互相帮助等手段开展学习。

《二项式定理》教学效果分析1.学生的小测完成情况从学生的小测批改情况看，42人有38人得满分，有3人1道题出错，询问原因是由于马虎造成的，课件本节课很好的达成了教学目标。

二项式定理教学设计（一）一、教学目标1.知识目标：理解二项式定理及其推导方法，掌握二项展开式的基本特征；能应用二项式定理求二项展开式，能运用展开式中的通项公式求展开式中的特定项。

2.过程与方法：通过二项式定理的推导过程理解从特殊到一般的思维方法，培养学生的观察归纳能力、抽象思维能力和逻辑思维能力。

3.情感、态度、价值观：通过本节学习，培养学生自主探究意识，合作精神，体验二项式定理的发现和创造历程，体会数学语言的简捷和严谨。

二、教学重点、难点 ：重点：用计数原理分析（a+b ）3,(a+b)4的展开式纳得出二项式定理；掌握二项式的通项公式；能应用它们解决简单的二项式定理问题。

难点：用计数原理分析二项式的展开过程，发现二项式展开成单项式之和时各项系数的规律。

三、课前准备：多媒体课件.四、教学方法：1.教学方法：开放式探究、启发式引导、互动式讨论、反馈式评价。

2.学习方法：实例感受、观察发现、合作交流、归纳总结。

五、教学过程 :一、创设情境，提出问题：（一）复习如：n=1、2、3、4⑴22202122222()2a b a ab b C a C ab C b +=++=++；⑵33223031222333333()33a b a a b ab b C a C a b C ab C b+=+++=+++⑶4()()()()()a b a b a b a b a b +=++++= …(a+b)100 =? …(a+b)n 当n 越大展开越有困难，引导学生探究新的方法解决问题。

当(a+b)的指数为1时展开式有2项，各项都是1次式，当指数为2时展开式有3项，各项都是2次式，当指数为3时展开式有4项，各项都是3次式，当指数为4时展开式有5项，各项都是4次式，当指数为n 时展开式有n+1项， 各项都是n 次式。

提出问题：(a+b)n 展开式的每一项系数是多少？如何得到的？ （二）创设情境，引入新课:4322343464)()(b ab b a b a a b a b a ++++=++视频展示二项式定理由来。

1.3.1 二项式定理一、教学目标1．知识目标：掌握二项式定理及其简单应用2．过程与方法：培养学生观察、归纳、猜想能力，发现问题，探求问题的能力，逻辑推理能力以及科学的思维方式。

3．情感态度和价值观：培养学生勇于探索，勇于创新的个性品质，感受和体验数学的简洁美、和谐美和对称美。

二、教学重点、难点重点：二项式定理的发现、理解和初步应用及通项公式难点：用计数原理知识探索发现二项式定理。

三、教学过程（一）问题引入问题1()()++的展开式有多少项？a b c d这个是最简单的多项式乘法，学生能够快速的说出答案。

问题2()2019a b展开式中会有多少项？你能写出它的展开式吗？+这是个稍微难点的问题，难在2019次数太高，直接分析很难进行下去，这时我们不妨以退为进。

设计意图：由易到难抛出问题，再由难到易解决问题，激发学生的求知欲。

下面看几个次数比较低的情况()1a b a b+=+()222a b a ab b这是完全平方式+=++2()()()32+=++a b a b a b 学生处理基本上是按照先平方，再去乘以()a b + ()()()43+=++a b a b a b 四次方的处理，学生可以先算出3次方的，再乘以()a b + ……()2019?+=a b 2019次方的也按照上面的算法来算的话，就比较困难了。

顺势让学生思考如何用刚学过的计数原理知识来推导这些公式？ 带着这个问题，进入下面的引例。

引例：这里有3个盒子，每个盒子里都放有一个a 球和一个b 球，现从每个盒子里各取出一个球，你能取出什么样的球？想要得到2个a 球、1个b 球，你有多少种取法？利用课件直观展示取球的各种情况，并对这些情况加以分类，用组合知识解释每一类的取球方法数。

设计意图：在学生推导()3+a b 的展开式之前，先建立一种直观、形象的思维模式，为下一步的类比打好基础、做好铺垫。

（二）活动探究探究1：类比取球过程，推导()3+a b 的展开式()()()()3+=+++=+++++++a b a b a b a b aaa aab aba baa abb bab bba bbb它的展开过程是从3个括号里各取一个字母，类比从3个盒子里各取一个小球。

《二项式定理》的教学设计一、教学目标分析1.知识与技能：(1)能用计数原理推导和证明二项式定理.(2)能够正确地理解二项式定理,准确地写出二项式的展开式(3)掌握二项式展开式的通项公式,并能用它解决简单问题.2.过程与方法：通过探究二项式定理的形成过程,培养学生的分析,观察和归纳问题的能力,提高学生的化归的意识和类比迁移的能力,使学生体会由特殊到一般的思想.3.情感、态度与价值观：培养学生的自主探究意识,合作探究的思想,体验二项式定理的发现历程,体会数学的严谨与简洁。

二、教学重点难点：教学重点：用计数原理分析(a+b)3的展开式;掌握二项展开式以及通项公式;能用通项公式求展开式中的特定项.教学难点：用计数原理证明二项式定理.易错点：二项式系数与项的系数的区分。

三、教学方法与手段:为突破难点,我采用问题串形式,设计问题梯度,层层递进,引导学生由具体(a+b)3的展开式类比得到的(a+b)4展开式,进而得到(a+b)n的展开式. 教学手段采用启发诱导式,合作探究式教学,采用多媒体，实物投影进行辅助教学。

《二项式定理》的学情分析1.学生前面已经学习了计数原理,排列组合的内容,具备学习本节课知识基础;高二学生已经具备对事物的分析归纳和总结和类比等能力,具备了学习本节课的能力。

2.本班的学生属于是理科B层次,普遍没有形成良好在学习习惯;相对数学基础知识较弱;对新知识的理解、运用,知识的迁移等方面略有欠缺;在学习中遇到困难时会有些消极心态,比较被动,但是他们有激情和热情,有学好得强烈愿望,所以教师对所授课内容尽量简洁,易懂;对学生要多鼓励,多启发，使他们不断体验到成功的快乐,感觉数学也不是那么难学。

本节课以有梯度的问题串贯穿课堂的教学,对学生来说顺利推导出定理难度不大。

3.课前已经提前印发学案,学生已提前预习,对学习本节课有心理上准备。

课后有相应的配套练习(有基础夯实题和能力提升题组成),可以对本节课所学知识进行巩固和提高。

2019-2020年高考数学一轮复习二项式定理教学案(I) 计数原理 二项式定理 √（1）； （2）（3）当时，；当时，；（4）；（5）当是偶数时，二项式系数中，以最大，当为奇数时，二项式系数中，以和最大。

（6）在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即021312n n n n n C C C C -+=++=。

3. 注意二项式系数与二项展开式某一项的系数不一定相同。

如展开式第项的系数是。

三、课前热身：1.在二项式的展开式中，含的项的系数是 。

2.已知（1+ax ）3,=1+10x+bx 2+…+a 3x 3,则b= .3. 在()n 的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项 的二项式系数是4. 在的展开式中，的幂的指数是正整数的项共有四、典型例题：例1：如果的展开式中,第四项和第七项的二项式系数相等,⑴求展开式的中间项;⑵求展开式中所有的有理项.变式训练1：的展开式中，含的正整数次幂的项共有例2：(1)已知7722107)21(x a x a x a a x +⋯+++=-,那么 .⑵设,)1(...)1()1()1(2222102n n n x a x a x a a x x -++-+-+=-+则 .变式训练2：①若在的展开式中的系数为，则②如果的展开式各项系数之和为128，则展开式中的系数是 。

例3：已知的展开式中,某一项的系数是它前一项系数的2倍,而等于它后一项的系数的,⑴求该展开式中二项式系数最大的项;⑵展开式中系数最大的项.变式训练3： 若n 展开式中含项的系数与含项的系数之比为－5，则n 等于例4：证明：（1），其中；（2）对任意非负整数，可被676整除。

例5：(xx·苏北四市调研(二))已知a n ＝(1＋2)n (n ∈N *)．(1)若a n ＝a ＋b 2(a ，b ∈Z )，求证：a 是奇数；(2)求证：对于任意n ∈N *，都存在正整数k ，使得a n ＝k －1＋k .五、课堂小结：六、课堂检测：1.在的展开式中，的系数是2.若20092009012009(12)()x a a x a x x R -=+++∈,则的值为 。

2014届高三数学总复习 11.3二项式定理教案 新人教A 版考情分析考点新知近几年高考二项式定理在理科加试部分考查，以后高考将会考查学生应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大．①能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项式定理有关的简单问题. ②会用二项展开式以及展开式的通项，特别要注意有关二项式系数与项的系数的区别.1. (选修23P 32练习5改编)在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是________． 答案：1 890 解析：T r ＋1＝C r10x10－r(－3)r，令10－r ＝6，r ＝4，T 5＝9C 410x 6＝1 890x 6.2. (选修23P 32练习6改编)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 212的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r12x12－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项．3. (选修23P 35习题2改编)若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则自然数n ＝________． 答案：13解析：C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363＋1，C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364，C 35＋C 25＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1＝364，n ＝13.4. (选修23P 36习题12改编)已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝________．答案：－2解析：设f(x)＝(1－2x)7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2)7＝－1，令x ＝0，得a 0＝1，a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－a 0＝－2.5. (选修23P 35习题10改编)在(x ＋y)n的展开式中，若第七项系数最大，则n 的值可能为________．答案：11，12，13解析：分三种情况：① 若仅T 7系数最大，则共有13项，n ＝12；② 若T 7与T 6系数相等且最大，则共有12项，n ＝11；③ 若T 7与T 8系数相等且最大，则共有14项，n ＝13，所以n 的值可能等于11，12，13.1. 二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n(n∈N )．这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a ＋b)n的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0，1，2，…，n)叫做第r ＋1项的二项式系数．式中的C r n a n －r b r叫做二项式展开式的第r ＋1项(通项)，用T r ＋1表示，即展开式的第r ＋1项；T r ＋1＝C r n a n －r b r．2. 二项展开式形式上的特点 (1) 项数为n ＋1.(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n. (3) 字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4) 二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn . 3. 二项式系数的性质(1) 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等． (2) 如果二项式的幂指数是偶数，中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．(3) 二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n.(4) 二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1．[备课札记]题型1 二项式展开式的特定项例1 如果⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n的展开式中，第四项和第七项的二项式系数相等，求：(1) 展开式的中间项；(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －124x n －1展开式中所有的有理项． 解：(1) ⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n展开式中，第四项和第七项的二项式系数分别是C 3n ，C 6n ，由C 3n ＝C 6n ，得n ＝9，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 39展开式的中间项为第5项和第6项，即T 5＝(－1)4C 49(x －3)4(x 2)5＝126x 2，T 6＝(－1)5C 59(x －3)5(x 2)4＝－126x7.(2) 通项为T r ＋1＝C r8(x)8－r⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r8x 16－3r 4(r ＝0，1，2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，必须r 是4的倍数，所以r ＝0，4，8，共有三个有理项，分别是T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120C 08x4＝x 4，T 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 48x ＝358x ，T 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－128C 88x －2＝1256x 2.变式训练 (1) 若(1＋x)n 的展开式中，x 3的系数是x 的系数的7倍，求n ；(2) 已知(ax ＋1)7(a≠0)的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，求a ；(3) 已知(2x ＋x lgx )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，求x. 解：(1) C 3n ＝7C 1n ，n （n －1）（n －2）6＝7n ，即n 2－3n －40＝0.由n∈N *，得n ＝8.(2) C 57a 2＋C 37a 4＝2C 47a 3，21a 2＋35a 4＝70a 3，a ≠0，得5a 2－10a ＋3＝0a ＝1±105.(3) C 48(2x)4(x lgx )4＝1 120，x 4(1＋lgx)＝1，所以x ＝1，或lgx ＝－1，x ＝110.题型2 二项式系数例2 已知(x 23＋3x 2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求： (1) 展开式中二项式系数最大的项； (2) 展开式中系数最大的项．解：令x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n.又展开式中二项式系数和为2n，∴ 22n －2n＝992，n ＝5.(1) ∵ n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴ T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223.(2) 设展开式中第r ＋1项系数最大， 则T r ＋1＝C r 5(x 23)5－r (3x 2)r ＝3r C r5x 10＋4r 3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧3r C r 5≥3r －1C r －15，3r C r 5≥3r ＋1C r ＋15，72≤r ≤92，∴ r ＝4， 即展开式中第5项系数最大，T 5＝C 45(x 23)(3x 2)4＝405x 263.备选变式（教师专享）已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n 的展开式中前三项的系数成等差数列．设⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.求：(1) a 5的值；(2) a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n 的值； (3) a i (i ＝0，1，2，…，n)的最大值．解：(1) 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍)．T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r，令8－r ＝5r ＝3，所以a 5＝7.(2) 在等式的两边取x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝1256. (3) 设第r ＋1的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧12r C r 8≥12r ＋1Cr ＋18，12r C r 8≥12r －1Cr －18，即⎩⎪⎨⎪⎧18－r ≥12（r ＋1），12r ≥19－r ，解得r ＝2或r ＝3.所以a i 系数最大值为7.题型3 二项式定理的综合应用例3 已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式中的二项式系数的和比(3a ＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2n －27＝128，n ＝8，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，当r ＝4时，展开式中的系数最大，即T 5＝70x 4为展开式中的系数最大的项；当r ＝3，或5时，展开式中的系数最小，即T 4＝－56x 7，T 6＝－56x 为展开式中的系数最小的项．备选变式（教师专享） 已知(2－3x)50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50)＝(2－3)50(2＋3)50＝1.1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________． 答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为C 25＋a·C 15＝5，解得a ＝－1.2. (2013·天津理)⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的二项展开式中的常数项为________．答案：15解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6x 6－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 6x6－32k(－1)k.由6－32k ＝0，得k＝4.所以常数项为T 4＋1＝C 46(－1)4＝15.3. (2013·大纲版理)(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是________． 答案：18解析：(x ＋1)3的展开式的通项为T r ＋1＝C r 3x r ，令r ＝2得到展开式中x 2的系数是C 23＝3.(1＋y)4的展开式的通项为T r ＋1＝C r 4y r ，令r ＝2得到展开式中y 2的系数是C 24＝6，(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是3×6＝18.4. (2013·辽宁理)使得⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n (n∈N ＋)的展开式中含有的常数项最小的n 为________．答案：5解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k n (3x)n －k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x k ＝C k n 3n －k xn －5k 2.由n －5k 2＝0，得n＝5k2，所以当k ＝2时，n 有最小值5. 1. 若n 是奇数，则7n＋C 1n 7n －1＋C 2n 7n －2＋…＋C n －1n 7被9除的余数是________． 答案：7解析：原式＝(7＋1)n －1＝(9－1)n－1＝9k －2＝9k′＋7(k 和k ′均为正整数)．2. 0.9915的近似值是___________．(精确到0.001) 答案：0.956解析：0.9915＝(1－0.009)5＝1－5×0.009＋10×(0.009)2－…≈1－0.045＋0.000 81≈0.956.3. 用二次项定理证明32n ＋2－8n －9能被64整除(n∈N )．证明：32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9 ＝C 0n ＋18n ＋1＋C 1n ＋18n ＋…＋C n －1n ＋182＋C n n ＋18＋C n ＋1n ＋1－8n －9＝64(C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)＋8(n ＋1)＋1－8n －9＝M×64(记M ＝C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)． ∵ M 为整数，∴ 64M 能被64整除．4. (1) 在(1＋x)n的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则n 等于多少？(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x x ＋13x n的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大项．解：(1) 由已知得C 2n ＝C 5n n ＝7.(2) 由已知得C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝128，2n －1＝128，n ＝8，而展开式中二项式系数最大项是T 4＋1＝C 48(x x)4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 4＝70x 43x 2.一般地，对于多项式g(x)＝(px ＋q)n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则有： (1) g(x)的常数项的系数为g(0)； (2) g(x)的各项的系数和为g(1)；(3) g(x)的奇数项的系数和为12[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．请使用课时训练（A ）第3课时（见活页）.[备课札记]。

11.3 二项式定理必备知识预案自诊知识梳理1.二项式定理二项式定理(a+b )n= (n ∈N +)二项展开式的 通项公式 T r+1= ,它表示第 项(0≤r ≤n ,r ∈N ) 二项式系数二项展开式中各项的系数为C n 0,C n 1,…,C n n2.二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n n k当k<n +12(n ∈N +)时,二项式系数是递增的当k>n -12(n ∈N +)时,二项式系数是递减的续 表性质 性质描述最大值当n 为偶数时,中间的一项n n n 2取得最大值当n 为奇数时,中间的两项n n n -12和n n n +12相等,同时取得最大值3.二项式系数与项的系数的区别二项式系数是指C n 0,C n 1,…,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.如(a+bx )n 的二项展开式中,第k+1项的二项式系数是C n n ,而该项的系数是C n n a n-k b k.当然,在某些二项展开式中,各项的系数与二项式系数是相等的.1.n n0+n n1+n n2+…+n n n=2n.2.n n0+n n2+n n4+…=n n1+n n3+n n5+…=2n-1.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)(a+b)n的展开式中的第r项是C n n a n-r b r.()(2)在二项展开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项.()(3)在(a+b)n的展开式中,每一项的二项式系数都与a,b无关.()(4)通项T r+1=C n n a n-r b r中的a和b不能互换.()(5)在(a+b)n的展开式中,某项的系数与该项的二项式系数相同.()2.(2020浙江绍兴质量调测)x-1n5的展开式中的第2项为()A.-5x3B.-10n C.5n3D.10x3.已知C n03n+C n13n-1+C n23n-2+…+C n n-13+C n n=212,则n=()A.8B.6C.4D.24.若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则a0+a2+a4的值为()A.9B.8C.7D.65.若x3+1√nn的展开式的所有二项式系数之和为128,则n= .6.(x-1)(3x2+1)3的展开式中x4的系数是.关键能力学案突破考点求二项展开式中的特定项(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)(2020天津,11)在(n+2n2)5的展开式中,x2的系数是.(2)(2020云南师大附中高三月考)若(nn-1n)6的展开式中常数项等于-20,则a=()A.12B.-12C.1D.-1解题心得求形如(a+b)n(n∈N+)的展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展开式的通项T r+1=C n n a n-r b r,常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错);(2)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),再解出r;(3)把r代入通项中,即可求出T r+1,有时还需要先求n,再求r,才能求出T r+1或者其他量.对点训练1(1)(2020湖南衡阳八中高三月考)√x3−2√x5的展开式中的常数项为()A.5B.10C.40D.-40(2)已知x-a√x5的展开式中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)1-1n6的展开式中,常数项为()A.-15B.16C.15D.-16(2)(2020山东泰安高三一模)已知(2-mx)1-1n3的展开式中的常数项为8,则实数m=()A.2B.-2C.-3D.3(3)(1-√n)8(1+√n)5的展开式中x2的系数是()A.-5B.10C.-15D.25解题心得求形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N+)的展开式中与特定项相关的量的步骤(1)根据二项式定理把(a+b)m与(c+d)n分别展开,并写出其通项;(2)根据特定项的次数,分析特定项可由(a+b)m与(c+d)n的展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-√n)6(1+√n)4的展开式中x的系数是()A.-4B.-3C.3D.4(2)已知(x-1)(ax+1)6的展开式中含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)(n2+1n+√2)5的展开式中的常数项为.(2)(x2-x-2)4的展开式中x2的系数是.解题心得求三项展开式中某些特定项(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的展开式中x5y2的系数为()A.10B.20C.30D.60(2)(1+x+√n)4的展开式中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)2n的展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2n+1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=()A.5B.6C.7D.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n n2+1的二项式系数最大;(2)若n 是奇数,则中间两项n n +12与n n +12+1的二项式系数相等并且最大.对点训练4在(n +n n )n(a>0)的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,且所有项的系数和为256,则含x 6的项的系数为 .考向2 项的系数的最值问题【例5】已知(√x 3+x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x-1)n的展开式的二项式系数和大992,则在(2x -1x )2n的展开式中,二项式系数最大的项为 ,系数的绝对值最大的项为 .解题心得二项展开式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,…,n n +1,且第r 项系数最大,应用{n n ≥n n -1,n n ≥n n +1,从而解得r.对点训练5在(n 3+1n 2)n的展开式中,只有第4项的系数最大,则展开式中x 3项的系数为 .考向3 求二项展开式中系数的和【例6】若(x-3)3(2x+1)5=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8,则a 0= ,a 0+a 2+…+a 8= .解题心得求二项展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,(nn 2+nn +n )n (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 )的式子求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.(2)一般地,若f (x )=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则f (x )的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+…=n (1)+n (-1)2,偶数项系数之和为a 1+a 3+a 5+…=n (1)-n (-1)2.对点训练6已知(1-2x )7=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 7x 7. 求:(1)a 1+a 2+…+a 7; (2)a 1+a 3+a 5+a 7; (3)a 0+a 2+a 4+a 6;(4)|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7|.考点二项式定理的应用【例7】(1)设a∈Z且0≤a<13,若512 012+a能被13整除,则a等于()A.0B.1C.11D.12(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()A.0.940B.0.941C.0.942D.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研究.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(mod m).若a=C200+ C201·2+C202·22+…+C2020·220, a≡b(mod 10),则b的值可以是()A.2 011B.2 012C.2 013D.2 014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,再用二项式定理展开,切记余数不能为负,求近似值则应关注展开式的前几项.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,注意选择合适的形式.对点训练7(1)1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)r90r C10n+…+9010C1010除以88的余数是()A.-1B.1C.-87D.87(2)1.028≈(小数点后保留三位小数).指点迷津(四)破解解题密码——排列、组合问题的解题策略排列、组合一直是学习中的难点,通过我们平时做的练习,不难发现排列、组合问题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞大,难以验证.在高考中极易丢分.策略一特殊元素与特殊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,需先安排特殊元素,再出来其他元素.若以位置分析为主需先满足特殊位置的要求,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种情况讨论:①若0在个位,此时0一定不在首位,由排列公式即可得此时三位偶数的数目;②若0不在个位,要排除0在首位的可能,由分步乘法计数原理可得此情况下三位偶数的数目,综合2种情况,由分类加法计数原理计算可得答案.答案C解析根据题意,分2种情况讨论: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A 52=20(个)没有重复数字的三位偶数;②若0不在个位,此时必须在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 .解题心得解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质,对于每一类还要注意分步完成.策略二 相邻元素捆绑策略【例2】明年的今天,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,则这两位老师必须相邻且不站两端的站法种数为( )A.12B.24C.36D.48思路点拨由题意,把两位老师看出一个元素,采用插空法,即可求解. 答案B解析由题意,三位同学全排列,共有A 33=6(种)不同的排法, 把两位老师看出一个元素,采用插空法,且要求不站在两端,插到三位同学构成的两个空隙中,共有A 33C 21A 22=24(种)不同的排法.故选B .解题心得关于相邻问题,要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决,即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.策略三 不相邻问题插空策略【例3】若4名演讲比赛获奖学生和3名指导教师站在一排拍照,则其中任意2名教师不相邻的站法有 种.思路点拨先将4名演讲比赛获奖学生全排列,再根据不相邻问题插空位原则,安排三位指导教师,由分步乘法计数原理即可求得答案.答案1 440解析根据题意,分两步分析:先将4名演讲比赛获奖学生全排列,有A 44=24(种)站法, 站好后有5个空位,在其中选三个空位,安排指导教师,有A 53=60(种)情况, 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人顺序一定,共有多少种不同的排法? 思路点拨全排列除去顺序或把甲乙丙站好,再把剩余4人插入队列,或放7把椅子,让其他人坐好,再让甲乙丙按顺序入座.解(方法1)共有A 77A 33=840(种)不同的排法.(方法2)设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人坐,共有A 74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A 74=840.故共有840种不同的排法.(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 思路点拨直接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,所以根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研究对象,元素不受位置约束,可以逐一安排各个元素的位置,但一个元素只能安排一个位置,且不能同时安排在两个位置上.一般地,n 个不同的元素没有限制的安排在m 个位置上的排列数为m n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,现安排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.234B.346C.350D.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A 202,还需排除两左右相邻的情况.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A 191A 22,还应再加上2A 22,所以不同坐法的种数为A 202−A 191A 22+2A 22=346.(方法2)因为前排中间的3个座位不能坐,实际上可坐的位置是前排8个,后排12个,分成以下3种情况:①甲、乙2人一个前排,一个后排,有C 81C 121A 22种排法;②两人均在后排,共A 1212种排法,还需排除甲、乙2人相邻的情况,即A 111A 22种排法;故有(A 1212−A 111A 22)种排法;③甲、乙均在前排,又分两类:第一类,甲乙2人一左一右,有C 41C 41A 22种排法;第二类,甲乙2人同左同右,有2(A 42−A 31A 22)种排法.综上不同排法种数有C 81C 121A 22+A 1212−A 111A 22+C 41C 41A 22+2(A 42−A 31A 22)=346.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,再分排研究.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分配方案种数的一种处理策略.【例7】(1)从A ,B ,C ,D 4个班级中选10人组成卫生检查小组,每班至少选一人,每班人数的不同情况的种数为( )A.42B.56C.84D.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.9B.12C.15D.18(3)把1 995个不加区别的小球分别放在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.C 194010B.C 19409C.C 194910D.C 19499(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情况有C93=9×8×7=84(种).故选C.3×2×1(2)根据题意,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.故选C.(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个球任意放入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9种放法.故选D.中选9个位置放隔板,有C1949(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).故选A.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n-1种.隔板,插入n个元素排成一排形成的(n-1)个空隙中,所有分法为C n-1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情况,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情况,从而求得结果.答案D解析由题意知先是五个人的全排列,共有A55种结果.去掉同颜色衣服相的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色相邻和仅穿黄色相邻的两种情况.穿相同颜色衣服的人都相邻的情况有A22A22A33种(相邻的看成一整体),当穿红色衣服的相邻,而穿黄色衣服的人不相邻,共有A22A22A33种(相邻的看成一整体,不相邻利用插空法),同理当穿黄色衣服的相邻,而穿红色衣服的人不相邻,也共有A22A22A33种, 所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法种数是A55−A22A22A33-2A22A22A33=48.故选D.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.243B.252C.261D.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,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简单易求,分类情况也较简单明确,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、丁四位老师分配到三个班级,每个班级至少一位老师,则共有分配方案( )A.81种B.256种C.24种D.36种思路点拨分配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C 42=6;第二步,分到三个班的不同分法有A 33=6(种).故不同的分配方案为6×6=36(种).故选D .解题心得排列组合的应用问题,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.策略十一 平均分组除法策略【例11】某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲团”“吉他协会”等五个社团,若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法种数为( )A.3 600B.1 080C.1 440D.2 520思路点拨先分成3组与4组两类,再分组分配下去,均分问题要除序后再分配. 答案C解析因为每位同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,所以可以将问题看成是将6名同学分配到除“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,应分配到除“演讲团”外的四个社团中,不同的参加方法种数为C 61C 51A 22·C 42C 22A 22·A 44=1080;第二类,当6名同学分成人数分别为2,2,2三个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中的三个社团中,不同的参加方法种数为C 62C 42C 22A 33·C 43·A 33=360.综上,不同的参加方法种数为1080+360=1440.故选C .解题心得平均分成的组,不管它顺序如何,都是一种情况,所以分组以后一定要除以A n n (n 为均分组数),避免重复计数.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种这三种情况,分别求得结果,再相加,即可得结果.答案1 920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A 53种,再涂D ,E ,F 中的两个点,方法有A 32种,最后剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有A 53·A 32×2=720(种).第二类:若5种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有C 54种; 先涂A ,B ,C ,方法有A 43种,再涂D ,E ,F 中的一个点,方法有3种,最后剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有C 54·A 43×3×3=1080(种).第三类:若5种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有C 53种;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·A33×2=120(种).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,分步层次清楚,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.9B.12C.15D.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.14B.16C.21D.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.故选C.(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=C82=28(种).(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C71+C72=28(种).故选D.解题心得一些不易理解的排列、组合问题,如果能转化成非常熟悉的模型,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,容易解决.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,情况有: 0,0,9,分别在1,2,3号盒子中的任意一个中放9个,共3种情况;0,1,8,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放8个和1个,共6种情况;0,2,7,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放2个和7个,共6种情况;1,1,7分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放一个,共3种情况;依次讨论可得还有以下几种情况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1 1 1 2 2 3黄1 2 3 1 2 1蓝3 2 1 2 1 1取法n51n41n51n42n51n43n52n31n52n32n53n21共有C51C41+C51C42+C51C43+C52C31+C52C32+C53C21=150(种),故选A.解题心得对于条件比较复杂的排列组合问题,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,一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果.策略十五分解与合成策略【例15】30 030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,所有的偶因数有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个).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,把一个复杂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,每个比较复杂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,如此继续下去.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C53C53种选法,所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有C53C53C31C21C11=600(种)选法.解题心得处理复杂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324 105大的数?解可以组成没有重复的比324105大的数的个数为N=2A55+2A44+A33+A22+A11=297.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,根据分类加法计数原理求出其总数.。

《高考复习二项式定理》教学设计一、【考纲要求】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。

考纲解读：1.掌握二项式定理和二项展开式的性质。

2.会用二项式定理的知识解决系数和、常数项等相关问题。

3.二项展开式的通项公式是高考热点。

本节在高考中一般以选择题或填空题形式出现，分值5分，属容易题。

二、【知识网络】三、【考点梳理】 一、二项式定理公式011222*()+()n n n n k n k k n n n nn n n a b C a C a b C a b C a b C b n N ---+=+++++∈L L 叫做二项式定理。

其中(0,1,2,,)k n C k n =L 叫做二项式系数。

1k n k k k n T C a b -+=叫做二项展开式的通项，它表示第1k +项。

要点诠释：二项展开式的通项公式1(0,1,2,,)k n k k k n T C a b k n -+==L 集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化，它在求展开式的某些特定项及其系数中有着广泛的应用。

使用时要注意：（1）通项公式表示的是第“k+1”项，而不是第“k ”项； （2）通项公式中a 和b 的位置不能颠倒；（3）展开式中第k+1项的二项式系数k n C 与第k+1项的系数，在一般情况下是不相同的，在具体求各项的系数时，一般先处理符号，对根式和指数的运算要细心以防出错。

二、二项展开式的特点 (1)项数为n+1项。

(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n 。

(3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零； 字母b 按升幂排列，从第一项开始，次数由零逐项增1直到n 。

三、二项式系数的性质①对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等。

②单调性：当n 为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数2n n C 最大；当n 为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数21-n n C ，21+n n C 相等，且最大。