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第一章 计数原理1两个计数原理的灵活应用计数问题是数学中的重要研究对象，除了分类计数原理和分步计数原理的理论支持，对于较复杂的计数问题要针对其问题特点，灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来帮助解决，使问题的解决更加实用、直观下面通过典例来说明.1.列举法例1某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键盘，根据需要，鼠标至少买5个，键盘至少买3个，则不同的选购方式共有_种解析依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解若买5个鼠标，则可买键盘3、4、5个；若买6个鼠标，则可买键盘3、4个；若买7个鼠标，则可买键盘3、4个；若买8个鼠标，则可买键盘3个；若买9个鼠标，则可买键盘3个根据分类计数原理，不同的选购方式共有322119(种)答案9点评本题背景中的数量不少，要找出关键数字，通过恰当分类和列举可得列举看似简单，但在解决问题中显示出其实用性，并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律2树形图法例2甲、乙、丙三人传球，从甲开始传出，并记为第一次，经过5次传球，球恰好回到甲手中，则不同的传球方法的种数是_解析本题数字不大，可用树形图法，结果一目了然如下图，易知不同的传球方法种数为10.答案10点评应用两个计数原理时，如果涉及的问题较抽象，且数量不太多时，可以用树状结构直观体现3列表法例3四个人各写一张贺年卡，放在一起，然后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少种不同的取法？解把四个人分别编号、，他们写的4张贺年卡的各种方法全部列举出来，如下表：四个人取贺年卡的方法222333444134144133441412212313221321方法编号123456789由表格可知，共有9种不同的方法点评本题是一个错排问题，难以直接运用两个计数原理计算借助表格，把各种情况一一列出，使问题直观解决4直接法例4已知某容器中，H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素，请问共可组成多少种HCl分子和NaOH分子？解因为HCl分子由两个原子构成，所以分两步完成：第1步，选择氢原子，共有3种；第2步，选择氯原子，共有2种由分步计数原理得共有6种HCl分子同理，对于NaOH而言，分三步完成：第1步，选择钠原子，有3种选法；第2步，选择氧原子，有4种选法；第3步，选择氢原子，有3种选法由分步计数原理知，共有NaOH分子种数为34336(种)点评当问题情景中的规律明显，已符合分类计数原理或分步计数原理中的某一类型时，可直接应用公式计算结果，但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.2排列、组合的破解之术排列、组合，说它难吧，其实挺简单的，就是分析事件的逻辑步骤，然后计算就可说简单吧，排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情，同样难度的几道题，做顺了，三下五除二，几分钟内解决问题；做不顺，则如一团乱麻，很长时间也理不顺思路下面就来谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！1特殊元素优先法对于有特殊要求的元素的排列、组合问题，一般应对有特殊要求的元素优先考虑例1将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i1,2，6)，若a11，a33，a55，a1a3a5，则不同的排列方法有_种解析由题意，a11，a33，a55，a1a3a5.第一步，可以先排a1，a3，a5，只有5种方法；第二步，再排a2，a4，a6，有A种方法由分步计数原理得，不同的排列方法有5A30(种)答案302相邻问题捆绑法把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列例2记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有_种解析先将两位老人排在一起有A种排法，再将5名志愿者排在一起有A种排法，最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有C种插入方法，由分步计数原理可得，不同的排法有AAC960(种)答案9603不相邻问题插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间例3高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是_解析先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A种方法，这5个节目之间以及两端共有6个空位，从中选两个放入舞蹈节目，共有A种放法所以两个舞蹈节目不连排的排法共有AA3 600(种)答案3 6004至多至少问题间接法对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单，可先考虑无限制条件的排列，再减去其反面情况的种数例4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_种解析从班委会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共有A种选法，其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有CA种，故共有ACA36(种)选法答案 365多类元素组合分类取出当题目中元素较多，取出的情况也有多种时，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计例5如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有_种解析如果用两种颜色，则有C种颜色可以选择，涂法有2种如果用3种颜色涂色，有C种颜色可以选择，涂法有CC(C1)18(种)所以，不同涂色种数为C2C18390(种)答案3906排列、组合混合先选后排对于排列与组合的混合问题，宜先用组合选取元素，再进行排列例6某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有_种解析首先把5个班分成4组，即2,1,1,1，有种方法然后把4组分配到4个工厂，每个工厂安排一组有A种方法由分步计数原理可得不同的安排方法有A240(种)答案2403排列、组合中的“分组”与“分配”辨析分组分配问题在排列组合问题中占有很重要的位置，并且分组分配问题比较复杂，也是大家学习中的一个难点，下面通过实例来剖析各种各样的分组分配问题1互异元素的“均匀分组”例16本不同的书，分成三份，每份2本，共有多少种不同的分法？解因为平均分组与顺序无关，在CCC90种分法中，每一种分法重复出现了A次，只能算作一次如将6本书a，b，c，d，e，f分成ab，cd，ef三组是一种分法，而解答中考虑它们之间的顺序有A种分法，具体如下表.步骤第一组第二组第三组分法1abcdef分法2abefcd分法3cdabef分法4cdefab分法5efabcd分法6efcdab以上的分法，实际上加入了组的顺序性，但像分法1,2,3,4,5,6，实际上是同一种分法，所以要除以A来消除顺序，故共有15种分法2互异元素的“均匀分配”例26本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有多少种不同的分法？解由例1可知，将6本不同的书均匀分成3组，共有种分法，然后将3组书再分配给甲、乙、丙三人，与顺序有关，所以共有ACCC90种分法也可这么理解：先取2本给甲有C种方法，再取2本给乙有C种方法，余下2本给丙有C种方法，取的过程实际已经将书进行了分配，故共有CCC90种分法3互异元素的“非均匀分组”例36本不同的书，分成三份，一份3本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？解先取1本作一堆有C种方法，再取2本作一堆有C种方法，余下3本作一堆有C种方法，由于每组的数目不同，所以不会出现重复的分法，故共有CCC60(种)分法4互异元素的“非均匀分配”例46本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人3本，一人2本，一人1本，共有多少种不同的分法？解先分组，再分配，甲、乙、丙三人得到的书不同(数目不同或数目相同但书不同)应视作是不同的分配方法，所以与顺序有关即：首先，不平均分成三堆有CCC种方法，然后再分给甲、乙、丙三人有A种方法，共有CCCA360(种)分法5互异元素的“部分平均分组”例56本不同的书，分成三份，有两份各1本，另一份4本，共有多少种不同的分法？解三组中有两组是平均分组，这两组是无序的，应对这两组消序故共有15种分法以上五类问题是十分典型的“分组分配”问题，它的每一个小题都是一种类型，我们要认真领会计数时常有下面的结论：“无对象的均匀分配”问题，只需按“有对象的均匀分配”问题列式后，再除以组数的全排列数，对于“无对象的非均匀分配”与“有对象的非均匀分配”问题，前者只需分步完成，后者先分组，后排列4“隔板法”在计数问题中的妙用“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景，并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决下面剖析一下隔板法适用条件，并选择几个实例来加以说明1隔板法的适用条件排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题，是排列组合中的难点问题，这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中(nm)，每个对象至少有一个元素这类问题必须满足三个条件：小球必须相同；盒子必须不同；每个盒子至少有一个小球当满足这三个条件时，我们可以采用隔板法2隔板法的实际应用应用120个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里，要求每个盒子都不空，问有多少种放法？解如下图，用“0”表示小球，0000|00000000|00000000在上图中，在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组，同时能够保证每组中至少有一个小球，所以一共有C171种放法点评解决此类问题的关键是，看题目情景是否满足隔板法的条件，若满足，则直接套用公式即可应用2方程x1x2x3x420的正整数解有多少个？解该问题转化为：将方程左边的x1、x2、x3、x4看成是4个盒子得到的小球数，右边的20看成是20个相同的小球这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里，要求每个盒子至少有一个小球，共有多少种不同的分配方法？这样，类似应用1可知，所以共有C969种点评不定方程x1x2x3xmn(n，mN*，nm)的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象(nm)，每个对象至少有一个元素”的模型，进而采用隔板法求解整体概括：通过对隔板法的应用，可得下列结论结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，每组不允许落空，则可将n个元素排成一排，从n1个间隔中，选出m1个插上隔板，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数NC.结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，某些组允许落空，则可将m1个隔板和n个元素排成一排，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数NC.试一试1将7个相同的小球放入4个不同的盒子中(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有C20种(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C120种放入方式2某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训，每所学校至少一个名额，求不同的分配方案的种数解从结果入手，理解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法和一个组合建立一一对应，实际问题化归为组合数求解该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆，每一堆至少一个元素，“隔板法分堆”，即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板，其方法有C165种.5排列、组合中的数学思想1分类讨论思想例1如果一个三位正整数形如“a1a2a3”，满足a1a2，且a3a2，则称这样的三位数为凸数(120,363,374等)，那么所有的凸数个数为_解题提示本题中的三位正整数，要求中间一位数字最大，需根据中间数字所有可能的情况分类讨论；另外要注意首位与个位上的数字允许重复解析由题意知：a10，a22.下面只需对a22，a23，a29分别进行讨论，并求其值后求和当a22时，a1，a3只能从0,1中取，a1只能取1，a3可取0,1，排出“a1a2a3”共有2种；当a23时，a1从1,2中任取一个有C种，a3从0,1,2中任取一个有C种，所以共有CC种；当a24时，a1从1,2,3中任取一个有C种，a3从0,1,2,3中任取一个有C种，所以共有CC种；当a29时，a1从1,2,3，8中任取一个有C种，a3从0,1,2，8中任取一个有C种，共有CC种综上，可得组合成所有的凸数个数为2CCCCCCCCCCCCCC240.答案240点评本题中分类的标准非常明确，即中间数字的取值情况对于分类标准明确、分类情况多的题目，要有耐心逐个求解，最后求和正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点例2从3，2，1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a、b、c的值构成二次函数yax2bxc.试问：(1)共可组成多少个不同的二次函数？(2)在这些二次函数图象中，以y轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？解题提示二次函数要求a0，可以优先考虑a的取值；也可以用排除法结合顶点在第一象限或第三象限对a，b，c的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键解(1)方法一因为yax2bxc是二次函数，所以a0.因此，可从3，2，1,1,2,3,4中选取一个排在a的位置上，有C种选法b，c的取值没有特殊要求，所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有C种选法，再把它们排在b，c的位置上有A种排法由分步计数原理共有CCA72294(个)不同的二次函数方法二利用排除法，从所有情况中去掉“0”排在a位置的情况CACA3212294(个)不同的二次函数(2)当对称轴为y轴时，b0，这样的抛物线有A42(条)当抛物线过原点时，c0，抛物线的顶点为.当顶点在第一象限时，有故这样的抛物线有AA12(条)；当顶点在第三象限时，有故这样的抛物线有A12(条)故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条点评当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时，要注意结合数学背景对涉及的字母a，b，c的要求，合理地转化为a，b，c的直接要求，再进行分类实际问题数学化，文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法2数形结合思想例3以圆x2y22x2y10内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为_解题提示将圆的一般方程化为标准方程，画出图形，结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况解析本题是一个综合问题，首先求出圆内的整数点个数，然后求组合数，方程化为(x1)2(y1)23.如图，圆内共有9个整数点，组成的三角形的个数为C876.答案76点评整点个数的计算，三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线与几何图形探求有关的组合问题，画出相关图形，结合图形求解是解决此类题目常用的方法3转化与化归思想例4某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3件，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有_种解析设买单片软件x件，盒装磁盘y盒，则命题转化为不等式组(x，yN)的解的个数，不难求得(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(5,2)，(6,2)为其解，所以不同的选购方式共有7种答案7点评本题若直接列举讨论，情况较复杂；根据题目条件设出相关变量x，y，列出不等式组缩小讨论范围，简化了求解过程例5如图，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有_种解析如图，构造三棱锥ABCD，四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法从六条棱中任取三条棱的不同取法有C种，任取三条共面棱的不同取法为4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C416(种)答案16点评本题根据问题特征，巧妙地构建恰当的立体几何图形，用几何知识去解，显得直观清晰、简洁明快6排列、组合题错解分类剖析排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化，稍不注意，极易出错本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误解析1没有理解两个基本原理出错排列、组合问题基于两个基本计数原理，即分类计数原理和分步计数原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有_种错解因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法错因剖析错解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法正解由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有C种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台，有C种方法，据分步计数原理共有CC种方法同理，完成第二类办法中有CC种方法据分类计数原理完成全部的选取过程共有CCCC350(种)方法例2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况的种数为_错解把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，有A24(种)错因剖析错解是没有理解分步计数原理的概念，盲目地套用公式正解四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由分步计数原理共有333334(种)，故填81.说明本题还有同学这样误解，甲、乙、丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得43，这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有夺冠可能2判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合例3有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？错解因为是8个小球的全排列，所以共有A种方法错因剖析错解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法正解8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题这样共有C56(种)排法3重复计算出错在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误例45本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为_错解先从5本书中取4本分给4个人，有A种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共有4A480(种)不同的分法，填480.错因剖析设5本书为a、b、c、d、e，四个人为甲、乙、丙、丁按照上述分法可能得到如下的表1和表2：表1甲乙丙丁abcde表2甲乙丙丁ebcda表1是甲首先分得a、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书e给甲的情况；表2是甲首先分得e、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书a给甲的情况这两种情况是完全相同的，而在错解中计算成了不同的情况，正好重复了一次正解首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有C种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有A种方法，由分步计数原理，共有CA240(种)方法，故填240.例5某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有多少种？错解第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列共有CCA1 260.错因剖析这里是均匀分组问题比如：第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程中就重复计算了正解630(种)4遗漏某些情况出错在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况而出错例6用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1 000大的奇数共有_个错解如图，最后一位只能是1或3，有两种取法，1,3又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取法，剩下3个数排中间两个位置有A种排法，共有23A36(个)错因剖析错解只考虑了四位数的情况，而比1 000大的奇数还可能是五位数正解任一个五位的奇数都符合要求，共有23A36(个)，再由前面分析知满足题意的四位数和五位数共有72个5忽视题设条件出错在解决排列、组合问题时，一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或漏解例7如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_种错解先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有C2A12(种)，由分步计数原理共有41248(种)错因剖析据报道，在高考中有很多考生填了48种这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择”，不一定需要4种颜色全部使用，用3种也可以完成任务正解当使用四种颜色时，由前面的错解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时，从4种颜色中选取3种有C种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由分步计数原理有C3224(种)综上，共有482472(种)例8已知ax2b0是关于x的一元二次方程，其中a、b1,2,3,4，求解集不同的一元二次方程的个数错解从集合1,2,3,4中任意取两个元素作为a、b，方程有A个，当a、b取同一个数时方程有1个，共有A113(个)错因剖析错解中没有注意到题设中：“求解集不同的”所以在上述解法中要去掉同解情况，由于和同解，和同解，故要减去2个正解由分析，共有13211(个)解集不同的一元二次方程6未考虑特殊情况出错在排列、组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错例9现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是_错解因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有21011 023(种)，故填1 023.错因剖析这里100元面值比较特殊有两张，在错解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况正解除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有2831767(种)，故填767.7题意的理解偏差出错例10现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法有_种(用式子作答)错解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有A种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有A种方法，这样共有AA种排法错因剖析错解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻”的情况“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻，但允许其中有两人相邻正解在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即AAA.排列、组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列、组合学好7用五种意识求解二项式问题在历年高考中都有涉及二项式定理的试题，本文总结了五种解题意识，旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性，避免低效性和盲目性，使解题能力得以提高1通项意识凡涉及到展开式的项及其系数问题，常是先写出其通项公式Tr1Canrbr，再根据题意进行求解因此通项意识是解二项式问题的首选意识例1若n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n为_解析展开式的通项为Tr1C(2x3)nrrC2nr.令3n0，得r，rN且rn，n必须能被7整除，满足条件的最小正整数n7.答案72方程意识已知展开式中若干项系数的关系，求指数n及二项式中参数的值等，可借助展开式中的通项，根据题意建立方程解决例2已知9展开式中x3的系数为，则常数a_.解析Tr1C9rr(1)rCa9r，依题意，令r93，解得r8.故含x3的项为第9项，其系数为(1)824Ca，即a，解得a4.答案43特殊化意识在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时，有意识地对未知数试取某些特殊值是一种非常有效的方法例3若对于任意的实数x，有x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，则a2的值为_解析a31，a2a3C13(2)0，a26.答案6点评解决本题也可令x3(x2)23，利用展开式求解4转化意识转化意识是高考重点考查的内容之一在二项式定理的有关问题中，主要表现在单项式和三项式转化配凑为二项式来求解；多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题例4(12x2)(x)8的展开式中常数项为_解析(12x2)882x28，常数项为C48x4(x1)42x2C58x3(x1)5，即7025642.答案425应用意识应用是数学的归宿，二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、求组合数及求余数等问题例5若CC (nN*)，且(2x)na0a1xa2x2anxn，则a0a1a2(1)nan_.解析由题知，2n6n2或2n6n220，得n4(舍)或n4.此时令x1，得a0a1a2(1)nan3481.答案818二项式定理中易混概念辨析在学习二项式定理时，极易忽略一些条件或混淆一些概念，下面对解题中常见的错误加以剖析，以提高同学们的警惕性1项与项的系数(ab)n的展开式中的第r1项是Canrbr(注意a，b可以是实数，还可以是代数式)，而第r1项的系数是对应单项式中的数字因数例1(x1)10的展开式中的第6项的系数为_(用组合数表示)解析因为(x1)10的展开式的第6项是T6Cx105(1)5Cx5，故第6项的系数是C.答案C2项的系数与项的二项式系数(ab)n的展开式中的第r1项的二项式系数是C(r0,1,2，n)，仅与n，r有关；而第r1项的系数不是二项式系数C，但有时这个系数与二项式系数相等注意二项式系数C一定为正，而对应项的系数有时可能为负例2(x32x)7的展开式中第4项的二项式系数是_，第4项的系数是_解析因为(x32x)7的展开式的第4项是T4C(x3)4(2x)3，故该项的二项式系数是C35，该项的系数是23C280.答案352803各项的二项式系数和与各项的系数和设a，b为常数，则(axb)n的展开式中各项的二项式系数和为CCCC2n.在(axb)n的展开式中令x1，则得(axb)n的展开式中各项的系数和为(ab)n.例3在(12x)7的展开式中，各项的二项式系数和为_；各项的系数和为_；各项系数的绝对值之和为_解析各项的二项式系数和为27128；令x1，则得各项的系数和为(12)71；令x1，则得各项系数的绝对值之和为(12)72 187.答案12812 1874奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数例4(1x)6的展开式中，x的奇次项系数之和是_错解(1x)6CCxCx2Cx6，奇次项系数之和为CCCC32，故填32.错因剖析混淆了奇数项系数与奇次项系数的概念，误以为是奇数项系数之和，从而导致错误正解(1x)6CCxCx2Cx6，奇次项系数之和为CCC32，故填32.答案325颠倒公式(ab)n中a，b的顺序例5若n展开式中，第3项是常数，则中间项是第几项？错解T3Cxn2C，因为第3项是常数，所以令0，解得n.由于n为自然数，所以此题无解错因剖析此题并不是无解二项式(ab)n与(ba)n全部展开项是相同的，只是前后顺序颠倒而已；但具体涉及到二项展开式的某一项时就不一定相同了，因为二项展开式的项是按照(ab)n第一个数a的降幂排列的，不可随意颠倒a，b的顺序，如(ab)n的第r1项是Canrbr，(ba)n的第r1项是Cbnrar，因此要注意项数与顺序的关系正解T3C2C，因为第3项是常数，所以令0，解得n8.故展开式总共有9项，中间项是第5项
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