排列数、组合数公式与二项式定理的应用

1、.排列数、组合数及二项式定理整理慈济中学全椒刘1、排列数公式n！Anm = n(n1)(nm1) = (n m)！.( n ， m N*，且 m n ) 2、排列恒等式(1)Anm(nm1) Anm 1;(2)AnmnnmAnm1;(3) AnmnAnm11; (4)nAnnAnn11Ann ;(5)Anm 1AnmmAnm 11! 2 2! 3 3! L n n! (n 1)! 1.(6)3、组合数公式Anmn(n1) (nm1)n！C nm = Amm =1 2m= m！(nm)！( n N*， m N ，且 m n ).4、组合数的两个性质(1)C nm =C nnm;(2)Cnm +

2、C nm 1=C nm1 .5、排列数与组合数的关系Anmm！Cnm .6、二项式定理 ：( a b) nCn0anCn1an 1b L C nr an r brL C nn bn (n N )【注】：1基本概念：二项式展开式：右边的多项式叫做(ab)n 的二项展开式。二项式系数 : 展开式中各项的系数C nr( r0,1,2, n) .项数：共 (r 1)项，是关于 a 与 b 的齐次多项式通项：展开式中的第 r1 项 C nr an r br叫做二项式展开式的通项。 用 Tr 1 Cnr an r br 表示。2注意关键点：项数：展开式中总共有( n 1) 项。顺序：注意正确选择 a ,

3、b , 其顺序不能更改。 ( ab) n 与 (ba)n 是不同的。指数： a 的指数从 n 逐项减到 0，是降幂排列。 b的指数从0 逐项减到 n ，是升幂排列。.各项的次数和等于n .系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是Cn0 , Cn1 , Cn2 ,Cnr , Cnn.项的系数是 a 与 b 的系数（包括二项式系数）。3常用的结论：令 a1,bx,(1x)nC n0Cn1 xCn2 x2LCnr xrLC nn xn (n N)令 a1,bx,(1x) nC n0Cn1 xCn2 x2LCnr xrL( 1)n C nn x n (nN )4性质：二项式系数的对称性

4、：与首末两端“对距离”的两个二项式系数相等，即Cn0Cnn， CnkCnk1二项式系数和：令ab 1 ,则二项式系数的和为C n0Cn1Cn2L C nrL Cnn2n ，变形式 Cn1Cn2 LCnrLCnn2n1。奇数项的二项式系数和=偶数项的二项式系数和：在二项式定理中，令a1,b1，则 Cn0Cn1Cn2C n3L(1)n Cnn(11)n0 ，从而得到： C n0C n2C n4Cn2rCn1C n3 LCn2r112n2n12奇数项的系数和与偶数项的系数和：( a x)nC n0an x0Cn1a n 1x C n2 an 2 x2L C nn a0 x na0a1x1a2 x2L

5、 an xn( x a)nC n0a0 xnCn1ax n 1Cn2 a2 xn 2LCnn an x0an xnLa2 x2a1x1a0令 x1, 则 a0a1a2a3 Lan(a 1)n令 x1,则 a0a1a2a3Lan(a 1)n得 , a0a2a4 Lan( a1)n( a1) n (奇数项的系数和)2得 , a1a3a5 Lan( a1)n(a1)n(偶数项的系数和)2n 是偶数时，则中间一项的二项式系数n二项式系数的最大项：如果二项式的幂指数C n2 取n 1n1得最大值。如果二项式的幂指数n 是奇数时，则中间两项的二项式系数Cn2 , Cn2 同时取得最大值。系数的最大项：求(

6、abx )n 展开式中最大的项，一般采用待定系数法。设展开式中各项系数分别.为 A1, A2, An 1 ，设第 rAr 1Ar1 项系数最大，应有Ar，从而解Ar 12出 r 来。7、组合数公式的应用 :公式 1cmm + cmm1 + cmm2 + +cmm k = cmm k11此公式可由下面方法推得从 m n 1 个 不 同 元 素 中 取 出 m 个 不 同 元 素 的 组 合 数 为 cmm k1 1 先 将 其 分 为mn 1个元素中不含其中一个元素a1 的和含元素 a1 的两类而这两类的组合数分别为cmm k1与 cmm k 即 得 cmm k1 1 = cmm k1+ cmm

7、 k ， 依 此 再 将 组 合 数 cmm k1分为两类可得cmm k1= cmm k11 + cmmk 1 ，不断将组合数上标为m1的项进行如此分类即得公式1。公式 2cmcncm cncmcncmcnm =cm n此公式可由下面方法推得。0.k+1.k 12k 2mkk+ .+ +从放在一个盒中的m个不同黑球与n 个不同白球中任取出k 的球的方法种数为 cmkn ，将取出的 k 个球按所含白球数分类，分为含白球数为0 个， 1 个， 2 个 .k个共 k+1 类，取法种数分别为 cm0. cnk ， cm1. cnk 1， k 2， ， cmm cnkm 即得公式 2。下面举

8、例说明以上两个公式在数列求和方面的应用。例 1 sn =1 2+23+3 4+ . +n(n+1)求 sn解： 1 2+2 3+34+ . +n (n+1)= 2(c22+ c32+ c42+ +cn21 ) sn =2 cn32 = (n2)(n1)n3例 2 求 sn = 12+22 +32+n 2解： cn21 = ( n 1)n 2 cn21 =n2+n2 2（ c22 + c32 +c42 + +cn2 1 ） = sn + (n 1)n2 2 cn32 = sn + (n 1) n得 (n 2)( n 1)n = sn + (n 1)n232整理得 snn( n 1)(2n 1)=

9、6例 3 求 sn =13+23+33+n 3.3(n2)( n1) n332解： cn 2 =66 cn2 =n+3n +2nn(n1)( 2n1) +2 (n 1) n6（3+3+3+ +3） =snc3c4c5+3cn 262 6 cn43 = sn+3n(n1)(2n1) +2 (n 1)n解出 sn 并整理得62(n1) 2 n2用类似的方法可求出45sn =a =n ， a =n ， 的和。4nn例 4 一盒内有大小相同的黑球 M个，白球 N 个，从中任取 m个球（ m M， mN），求含有白球的个数的数学期望。解：由题意的所有可能取值为0，1， 2， . ， m。分布列为：012

10、m-1mpcN0 cMmcN1 cMm 1cN2 cMm 2cNm 1cM1cNmcM0cMmNcMmNcMmNcMmNcMmN E =1（ c1N cMm 1 +2 cN2 cMm 2 + +（ m-1） c Nm 1cM1 +mcNmcM0）cMmNE =N（1 1 m 1 2c2cm 2m 1cm 1 1 + mmc0）cN cM+NMccNMcMm+ +NMNNNNNE=N（ cN01cMm 1 + cN11cMm 2 + + cNm 12cM1 + cNm 11 cM0 ） ( m cNm = cNm 11 )cMmNN E =Nm 1NmmM =Nm（此为超几何分布的数学期望）mc

11、NM1 = mN McNM NcMNcMN8、二项式定理的应用 ：题型一：二项式定理的逆用；例： C n1Cn2 6 Cn362L Cnn 6n 1.解： (1 6) nC n0Cn16C n262Cn3 63LC nn 6n 与已知的有一些差距，Cn1C n2 6 C n3 62L Cnn 6n 11 (C n1 6 Cn2 62L Cnn 6n )1 (Cn061 (1 6) n1 (7 n 1)Cn16Cn262LC nn 6n1)1666练： C n13C n29C n3L 3n 1C nn.解：设 SnCn13Cn29Cn3L3n 1Cnn ，则.3SnC n1 3 C n2 32C

12、n3 33L Cnn 3nCn0C n1 3 C n2 32C n3 33L Cnn 3n1 (1 3)n1Sn(1 3)n14n133题型二：利用通项公式求xn 的系数；例：在二项式 ( 413x2 ) n 的展开式中倒数第3项的系数为45，求含有 x3 的项的系数？x解：由条件知 Cnn245 ，即 Cn245 ，n2n900 ，解得 n9(舍去 )或 n10 ，由Tr 11210 r2 r10r2 rC10r (x 4 )10 r ( x3 ) rC10r x43 ，由题意3, 解得 r 6，43则含有 x3的项是第7项T61C106 x3210 x3, 系数为 210 。练：求 ( x

13、21 )9 展开式中 x9的系数？2x解： Tr 1C9r ( x2 )9 r (1 ) rC9r x18 2r ( 1 )r x rC 9r (1)r x18 3r ，令 18 3r9 , 则r 32x22故 x9的系数为 C93 (1 )321。22题型三：利用通项公式求常数项；例：求二项式 ( x21)10 的展开式中的常数项？2xr2 10r1 rr1r205 r2解： Tr 1 C10(x )()C10( ) x2x2，令 205 r0 ，得 r8 ，所以2T9C108 (1)8452256练：求二项式 (2 x1)6 的展开式中的常数项？2x解： Tr1C6r (2 x)6 r (

14、1)r ( 1 )r(1)r C6r 26 r ( 1 )r x62r ，令 6 2r0 ，得 r3 ，所以2 x2T4(1)3 C6320练：若 ( x21 )n 的二项展开式中第5项为常数项，则n_.x解： T5C n4 (x2 ) n 4 ( 1 )4C n4 x2 n 12 ，令 2n 120 ，得 n 6 .x.题型四：利用通项公式，再讨论而确定有理数项；例：求二项式 (x3x)9 展开式中的有理项？1127r，令 27 r解：Tr 1C9r ( x2 ) 9 r ( x3 ) r( 1)r C9r x 6Z ,( 0 r 9 ) 得 r3或 r9 ，6所以当 r 3 时， 27r4

15、，T4(1)3 C93 x484 x4，6当 r9时， 27r3，T10( 1)3 C99 x3x3 。6题型五：奇数项的二项式系数和=偶数项的二项式系数和；例：若 (x21) n 展开式中偶数项系数和为256 ，求 n .3x2解：设 (x21) n 展开式中各项系数依次设为a0 , a1,an ,3x2令 x1 , 则有 a0a1an0, ， 令 x1, 则有a0a1a2a3( 1)n an2n , 将 - 得： 2( a1a3a5)2n ,a1a3a52n 1 ,有题意得，2n125628，n9 。练：若 (311n的展开式中，所有的奇数项的系数和为1024，求它的中间项。x5x2 )解

16、： Q Cn0Cn2Cn4C n2rCn1Cn3LCn2 r12n 1， 2n 11024 ，解得 n 11所以中间两个项分别为n6, n 7 ， T5 1Cn5 ( 3 1 )6 ( 512 )5462 x 4，xx61T6 1462x 15题型六：最大系数，最大项；例：已知 ( 12x) n ，若展开式中第5 项，第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展2开式中二项式系数最大项的系数是多少？解： Q Cn4Cn62C n5 ,n221n98 0, 解出 n 7或 n14，当 n7 时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5T4的系数C73(1)42335,，22.T5的系数C74

17、 (1 )3 2470, 当 n14 时，展开式中二项式系数最大的项是T8 ，2T8的系数717273432C14 (2)。练：在 (a b)2 n 的展开式中，二项式系数最大的项是多少？解：二项式的幂指数是偶数2n ，则中间一项的二项式系数最大，即 T2nTn 1，也就是第21n1项。练：在 ( x1 ) n 的展开式中，只有第5 项的二项式最大，则展开式中的常数项是多少？23 x解：只有第5 项的二项式最大，则n1 5 ，即 n 8 , 所以展开式中常数项为第七项等于261 2C8()7例：写出在 ( ab) 7 的展开式中，系数最大的项？系数最小的项？解：因为二项式的幂指数7 是奇数，

18、所以中间两项 ( 第 4,5项 ) 的二项式系数相等，且同时取得最大值，从而有T4C 73 a4b3 的系数最小， T5C74 a3b4 系数最大。例：若展开式前三项的二项式系数和等于79，求 (12x) n 的展开式中系数最大的项？2解：由 Cn0Cn1Cn279, 解出 n12 , 假设 Tr 1项最大， Q (12x)12( 1)12 (14x)1222Ar 1ArC12r 4rC12r 1 4r 19.4 r10.4，又 Q 0 r12 ，C12r 4r，化简得到Ar 1Ar 2C12r 1 4r 1r10 ，展开式中系数最大的项为T11, 有 T(1)12 C10410 x10168

19、96x1011212例：在（ xy)7 的展开式中，系数绝对值最大项是；解：求系数绝对最大问题都可以将“(ab)n ”型转化为 ( ab)n 型来处理，45故此答案为第4 项 C7x 3 y4 ，和第5 项C7 x 2 y5 。练：在 (12 x)10 的展开式中系数最大的项是多少？解：假设 Tr 1 项最大， Q Tr 1C10r2r xrAr1ArC10r 2rC10r1 2r12(11r )r，化简得到解得Ar1Ar2C10r 2rC10r1 2 r1,r12(10r ).6.3k7.3，又Q0r10 ， r7 ，展开式中系数最大的项为T8C107 27 x715360 x7 .题型七：

20、含有三项变两项；例：求当 ( x23x2) 5 的展开式中 x 的一次项的系数？解法： ( x23x2) 5( x22) 3x5， Tr 1C5r ( x22) 5 r (3 x) r ，当且仅当 r 1 时，Tr 1 的展开式中才有x 的一次项， 此时 Tr1T2C51 ( x22) 4 3x ，所以 x 得一次项为 C51C44 24 3x它的系数为 C51C 44 243240 。解法：( x23x 2) 5( x 1)5 (x 2) 5(C50 x5C51 x4C55 )(C50 x5C51 x4 2C55 25 )故展开式中含x 的项为 C54 xC55 25C54 x24240x

21、，故展开式中 x 的系数为 240.练：求式子 ( x12) 3 的常数项？x解： ( x12) 3(x1) 6 ，设第 r1项为常数项，则xxTr 1C6r ( 1)r x( 1 )r( 1)6 C6r x，得 6 2r 0 , r 3 ,6r6 2rxT3 1 ( 1)3 C6320 .题型八：两个二项式相乘；例： 求 (12 x)3 (1x) 4 展开式中 x2的系数 .解： Q (12x) 3的展开式的通项是Cm3 (2 x) mCm3 2m xm,(1x)4的展开式的通项是Cn4 (x)nC n41n xn , 其中 m0,1,2,3, n0,1,2,3, 4,令 m n2,则 m

22、0且 n 2, m 1且 n 1,m2且 n0,因此 (12x)3 (1x) 4的展开式中 x2的系数等于 C30 20 C42 ( 1)2C31 21C41 ( 1)1C32 22C40 ( 1)06.练： 求(13x )6 (11 )10 展开式中的常数项 .4x1 )mn4m 3n解：(1 3x)6 (110 展开式的通项为 C m x 3C n x 4C mC nx 124 x610610其中m0,1,2,6, n 0,1,2,10,当且仅当4m3n,即 m0,或 m3,或 m6,n0,n4,n8,时得展开式中的常数项为C60C100C63C104C66C1084246.练：已知 (1

23、xx2 )( x1 ) n的展开式中没有常数项 , nN*且2n8,则n_.x3解：( x13 ) n 展开式的通项为 Cnrxn rx 3 rCnrxn 4 r ,通项分别与前面的三项相乘可得xCnrxn4 r ,C nrxn4 r 1,C nrxn 4 r2 ,Q 展开式中不含常数项, 2n8n4r且 n4r1且 n4r2，即 n4,8且 n3,7且 n 2,6,n5.题型九：奇数项的系数和与偶数项的系数和；例：在 ( x2) 2006的二项展开式中,含 x的奇次幂的项之和为S,当 x2时, S_.解： 设( x2) 2006 =a0 a1x1a2 x2a3 x3 La2006 x2006

24、 -( x2) 2006 =a0a1 x1a2 x2a3x3 La2006x2006 - 得 2(a1xa3 x3a5 x5 La2005 x2005)( x2) 2006( x2) 2006(x2) 2006 展开式的奇次幂项之和为 S( x)1 ( x 2) 2006( x2) 2006 23 2006当 x1(22)2006(22)200622230082时,S( 2)22题型十：赋值法；例：设二项式 (3 3 x1 ) n 的展开式的各项系数的和为p ，所有二项式系数的和为s , 若xp s272 , 则 n 等于多少？.解：若 (3 3x1 )na0a1 xa2 x2an xn ，有

25、 Pa0 a1an ，xSCn0Cnn2n ，令x1 得 P4n ，又 ps272 , 即 4n2n272(2 n17)(2 n16)0 解得2n16或 2n17(舍去 ) ，n4 .1n练：若3x的展开式中各项系数之和为64 ，则展开式的常数项为多少？x1n解：令 x1 ，则3 x的展开式中各项系数之和为2n64 ，所以 n6 ，则展开x式的常数项为 C63 (3x)3(1)3540.x例：若(12x)2009a0a1x1a2 x2a3x3La2009 x2009( x R),则a1a2a2009的值为22220092解： 令x1 ,可得 a0a1a2a20090,a1a2a2009a022

26、222200922222009在令 x0可得 a01,因而a1a2a20091.22222009练： 若 ( x2) 5a5 x5a4 x4a3x3a2 x2a1x1a0 ,则 a1a2a3 a4a5_.解： 令 x0得 a032, 令 x1得 a0a1a2a3a4a51,a1a2a3a4a531.题型十一：整除性；例：（ 02 潍坊模拟）求证：51511能被 7 整除。证明：51511=(49 2) 511= C051 4951 C151.4950.2 C251.4949.22 . C5051.49.250 C5151.251 1=49P+2511（ PN ）又2511(23 )171.=（7+1） 1710171162151617.C17 .7C17 1=C17 .7C17.7C17 .7=7Q（QN ）515117P7Q7( PQ)51511能被 7 整除。例：证明： 32n28n9( nN*)能被 64整除证： 32 n 28n99n18n 9(81)n 18n9Cn0 1 8n 1C n1 1 8nC