高三一轮复习《计数原理》

PAGE15排列、组合和二项式定理2015．12一、高考要求考试内容要求层次ABC计数原理加法原理、乘法原理分类加法计数原理、分步乘法计数原理√用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题√排列与组合排列、组合的概念√排列数公式、组合数公式√用排列与组合解决一些简单的实际问题√二项式定理用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题√二、本章定位计数原理的课程设置意图：必修三概率本章选修2－3第二章概率1．必修3强调概率思想，避免复杂的组合计算干扰学生对概率思想的领悟；2．本章为进一步研究概率做准备；3．本章学习为学生提供解决问题的思想和工具；“课标”对本章内容的定位是:用计数原理、排列与组合概念解决“简单的实际问题”。所以，教学中一定要把握好这种定位，避免在技巧和难度上做文章(排列组合的求值化简证明题难度要控制,要重点做应用题)。三、本章内容与要求【计数】1．分类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＝m＋n种不同的方法．2．分步计数原理完成一件事，需要分成两个步骤，做第一步有m种不同的方法，做第二步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．排列从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，所有排列的个数称为排列数．(1)当m<n时的排列称为选排列，排列数为Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)×…×(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)．(2)当m＝n时的排列称为全排列，排列数为Aeq\o\al(n,n)＝n(n－1)×…×3×2×1＝n！．规定0！＝1．4．组合从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，所有组合的个数称为组合数．(1)组合数公式：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1),m！)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)．规定：Ceq\o\al(0,n)＝1．(2)组合数的两个性质：①Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；②Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)．注意：1．正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序”区分开来．3．正确区分分堆问题和分配问题．【二项式定理】1．二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…Ceq\o\al(n－1,n)abn－1＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N＋)，叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其通项公式为Tr＋1＝.(a－b)n的展开式第r＋1项Tr＋1＝.2．二项式系数的性质(1)对称性：Ceq\o\al(0,n)＝Ceq\o\al(n,n)，Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(n－1,n)，Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(n－2,n)，…，Ceq\o\al(r,n)＝Ceq\o\al(n－r,n).(2)增减性与最大值：二项式系数Ceq\o\al(k,n)，当k<eq\f(n＋1,2)时，二项式系数是递增的；当k>eq\f(n＋1,2)时，二项式系数是递减的．当n是偶数时，中间的一项的二项式系数最大．当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大．(3)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(r,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n.(4)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝2n–1.注意:1．通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk是第k＋1项，而不是第k项，注意其指数规律．2．求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项…)时，要注意n与k的取值范围．3．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”．三、高考题【2015高考北京版理第9题】（

9

）在的展开式中，的系数为_______．（用数字作答）40【2014高考北京版理第13题】把件不同产品摆成一排．若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有种．[解析]先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种【2013高考北京版理第12题】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________．96[解析]5张参观券分为4堆，有2个连号有4种分法，然后每一种全排列有Aeq\o\al(4,4)种方法，所以不同的分法种数是4Aeq\o\al(4,4)＝96.【2012高考北京版理第6题】从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为()A.24B.18C.12D.6[解析]由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共12+6=18种情况。【2011高考北京版理第12题】用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有______个(用数字作答)[解析]个数为。【2010高考北京版理第4题】8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（A）（A）（B）（C）（D）[解析]8名学生先排成一排，有种排法，在他们的9个空中插入两名教师，有种方法，所以排法总数为四、例题【计数部分】排列、组合问题，通常都是以选择题或填空题的形式出现在试卷上，它联系实际，生动有趣；但题型多样，解法灵活．实践证明，备考有效的方法是将题型与解法归类，识别模式、熟练运用．下面介绍常见排列组合问题的解答策略．(1)相邻元素捆绑法[例1](2012·山西四校联考)有七名同学站成一排照相，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有________种．分析：甲站正中间，左边、右边各3人，乙、丙相邻排列后作为一个“整体元素”，按这个整体元素的站位考虑有4种情况，其他位置可任意排列．解析：依题意得，满足题意的不同站法共有4·Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(4,4)＝192种．答案：192．(2)相离问题插空法[例2](2012·东北三省四市模拟)用1、2、3、4、5、6组成一个无重复数字的六位数，要求三个奇数1、3、5有且只有两个相邻，则不同的排法种数为()A．18B．108C．216D．432分析：1、3、5有且仅有两个相邻，即这三个数字中有两个相邻，另一个与之相离，先从3个中选两个作为一个整体与另一个插入2、4、6排好后形成的空位中即可．解析：从1、3、5中选2个有Ceq\o\al(2,3)种选法，把选出的2个元素排好有Aeq\o\al(2,2)种排法，把2、4、6排好有Aeq\o\al(3,3)种排法，在其形成的4个空位中选2个将上述两组奇数插入有Aeq\o\al(2,4)种插法，∴共有不同排法Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝432种．答案：D．(3)定序问题属组合[例3]6个人排一队参观某项目，其中甲、乙、丙三人进入展厅的次序必须是先乙，再甲，最后丙，则不同的列队方式有________种．解析：解法1：由于甲、乙、丙三人的次序已定，故只需从6个位置中选取3个排上其余3人，有Aeq\o\al(3,6)种排法，剩下的三个位置排甲、乙、丙三人，只有一种排法，∴共有Aeq\o\al(3,6)＝120种．解法2：先选取3个位置排甲、乙、丙三人有Ceq\o\al(3,6)种方法，剩下3个位置站其余3人，有Aeq\o\al(3,3)种方法，∴共有Ceq\o\al(3,6)·Aeq\o\al(3,3)＝120种．答案：120．(4)定元、定位优先排[例4]某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A．36种B．42种C．48种D．54种分析：丙占最后一位不必考虑．“甲在前两位，乙不在第一位”，故应以甲为标准进行分类．解析：若甲在第一位有Aeq\o\al(4,4)＝24种方法；若甲在第二位有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18种方法，故共有18＋24＝42种方法．答案：B．(5)至多、至少间接法[例5](2011·北京)用数字2、3组成四位数，且数字2、3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)解析：假如四位数的四个数位可以从2、3中任意选取，则共有24＝16个，当四个数位全为3时，只有1个，全为2时也只有一个，故这样的四位数有16－2＝14个．答案：14．点评：可按数字2的个数分类：1个2和3个3，2个2和2个3，3个2和1个3．(6)选排问题先选后排法[例6]四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有________种(用数字作答)．解析：先从四个小球中取两个放在一起，有Ceq\o\al(2,4)种不同的取法，再把取出的两个小球与另外两个小球看作三堆，并分别放入四个盒子中的三个盒子中，有Aeq\o\al(3,4)种不同的放法，据分步计数原理，共有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,4)＝144种不同的放法．答案：144．(7)部分符合条件淘汰法[例7]过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有()A．18对B．24对C．30对D．36对解析：三棱柱共6个顶点，由此6个顶点可组成Ceq\o\al(4,6)－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线则共有12×3＝36对．答案：D．(8)数字问题要弄清可否重复及首位不能为0．[例8]用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324B．328C．360D．648解析：利用分类计数原理，共分两类：(1)0作个位，共Aeq\o\al(2,9)＝72个偶数；(2)0不作个位，共Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(1,8)·Aeq\o\al(1,8)＝256个偶数，共计72＋256＝328个偶数，故选B．答案：B．(9)枚举法[例9]如果直线a与b异面，则称a与b为一对异面直线，六棱锥的侧棱与底边共12条棱所在的直线中，异面直线共有________对．解析：六棱锥的侧棱都相交，底面六条边所在直线都共面，故异面直线只可能是侧棱与底面上的边．考察PA与底面六条边所在直线可用枚举法列出所有异面直线(PA，BC)，(PA，CD)，(PA，DE)，(PA，EF)共四对．同理与共它侧棱异面的底边也各有4条，故共有4×6＝24对．答案：24．五、补充例题【计数部分】[例1]若直线方程ax＋by＝0中的a、b可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线一共有________条．解析：分两类：第一类，a、b均不为零，a、b的取值共有Aeq\o\al(2,4)＝12种方法．第二类：a、b中有一个为0，则不同的直线仅有两条x＝0和y＝0．∴共有不同直线14条．答案：14．[例2]如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有()A．180种B．120种C．96种D．60种解析：按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可选；第四步D区域也有3种颜色可选．由分步计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)．答案：A．点评：课标要求掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决问题，这就要求我们不仅要准确地理解两个基本原理，更要能灵活地运用两个原理分析和解决问题，运用两个原理解题的关键在于正确区分“类”与“步”．[例3]用数字0、1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答)．分析：数字问题首先看是否有0，0不能在首位，其次看有无其它限制条件(如奇数，偶数，能被某数整除的数等)，本题中要求“个位、十位、百位上数字之和为偶数”，因此解决本题应从这儿着手．解析：要使个位、十位和百位上的数字之和为偶数，可以分为两种情况：(1)个位、十位和百位上的数字均为偶数，此时满足条件的四位数有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,4)个；(2)个位、十位和百位上的数字有两个奇数、一个偶数，此时满足条件的四位数有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,4)个；故满足条件的四位数共有(Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,4))＋(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,4))＝324个．答案：324。[例4]某企业要从其下属6个工厂中抽调8名工程技术人员组成课题攻关小组，每厂至少调1人，则这8个名额的分配方案共有()A．15种B．21种C．30种D．36种解析：由题意本题有两类抽调办法：第一类从6个工厂中选一个工厂抽调3名工程技术人员，其它5个工厂各抽1人，有Ceq\o\al(1,6)种方法；第二类从6个工厂中选两个工厂各抽调2名，其他4个工厂各抽1人，有Ceq\o\al(2,6)种方法，8个名额的分配方案共有Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,6)＝21种．答案：B．点评：可用建模法解．8个名额可视作8个0，6个厂每厂至少调1人可看作将这8个0分成6堆，每堆至少1个，故从7个空中选5个插入1，将它们分开，∴有分配方案Ceq\o\al(5,7)＝21种．[例5]2013年某市全运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有()A．36种B．12种C．18种D．48种分析：由于小张和小赵从事的工作受到限制，故应从小张、小赵入选情况分类，入选的要首先考虑安排好他们的工作．解析：分类：若小张、小赵都入选，则选法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12，若小张、小赵两人只有一人入选，则选法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝24，∴不同的选法方案共有12＋24＝36．答案：A．[例6]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()A．288种B．264种C．240种D．168种解析：当涂四色时，先涂A、E、D，有Aeq\o\al(3,4)种方法，再从B、F、C三点中选一个涂第四种颜色，有Ceq\o\al(1,3)种选法，如选B，则再涂F，当F与D同色时，涂C有2种方法，当F与D异色时，涂C只有1种方法，∴共有不同涂法种数为Aeq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,3)(2＋1)＝216种．当涂三色时，先涂A、E、D有Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(3,3)种涂法，再涂B有2种涂法，最后涂F、C，只有1种涂法，故共有Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(3,3)×2＝48种涂法．综上，共有不同涂法216＋48＝264种，故选B．答案：B．[例7]从集合{1，2，3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1中的m和n，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|<11且|y|<9}内的椭圆个数为()A．43B．72C．86D．90解析：由题意知：当m＝1时，n可等于2，3，…，8，共对应7个不同的椭圆；当m＝2时，n可等于1，3，…，8，共对应7个不同的椭圆．同理可得：当m＝3，4，5，6，7，8时各分别对应7个不同的椭圆．当m＝9时，n可等于1，2，3，…，8，共对应8个不同的椭圆，同理，当m＝10时，对应8个不同的椭圆．综上所述，共7×8＋8×2＝72个．故选B．答案：B．[例8]某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有（C）（A）30种（B）36种（C）42种（D）48种解析：法一：所有排法减去甲值14日或乙值16日，再加上甲值14日且乙值16日的排法即=42法二：分两类甲、乙同组，则只能排在15日，有=6种排法甲、乙不同组，有=36种排法，故共有42种方法[例9]方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（B）A、60条B、62条C、71条D、80条[解析]方程变形得，若表示抛物线，则所以，分b=-3,-2,1,2,3五种情况：（1）若b=-3，;（2）若b=3,以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；同理当b=-2,或2时，共有23条；当b=1时，共有16条.综上，共有23+23+16=62种[点评]此题难度很大，若采用排列组合公式计算，很容易忽视重复的18条抛物线.列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法.要能熟练运用.[例10]．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10 B．11C．12 D．15[答案]B[解析]与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有Ceq\o\al(2,4)＝6(个)第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有Ceq\o\al(1,4)＝4(个)第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有Ceq\o\al(0,4)＝1(个)与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)[例11]．(2012·豫东、豫北十所名校测试)2011年3月17日上午，日本自卫队选派了两架直升飞机对福岛第一核电站3号机组的燃料池进行了4次注水．如果直升飞机有A、B、C、D四架供选，飞行员有甲、乙、丙、丁四人供选，且一架直升飞机只安排一名飞行员，则选出两名飞行员驾驶两架直升飞机的不同方法数为()A．18 B．36C．72 D．108[答案]C[解析]飞机的选法有Ceq\o\al(2,4)种，飞行员的选法有Ceq\o\al(2,4)种，把飞行员安排到飞机上有Aeq\o\al(2,2)，共有Ceq\o\al(2,4)×Ceq\o\al(2,4)×Aeq\o\al(2,2)＝72种．[例12]．(2011·苏州调研)某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？[解析]根据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有Aeq\o\al(3,4)种方案．由分类加法计数原理可知共有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(3,4)＝60(种)方案．[例13]．(2011·甘肃兰州高手诊断)某位高三学生要参加高校自主招生考试，现从6所高校中选择3所报考，其中两所学校的考试时间相同．则该学生不同的报名方法种数是()A．12 B．15C．16 D．20[答案]C[解析]若该考生不选择两所考试时间相同的学校，有Ceq\o\al(3,4)＝4种报名方法；若该考生选择两所考试时间相同的学校之一，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)＝12种报名方法，故共有4＋12＝16种不同的报名方法．[例14]．(2011·广西桂林调研考试)从9名学生中选出4人参加辨论比赛，其中甲、乙、丙三人至少有两人入选的不同选法的种数为()A．36 B．96C．63 D．51[答案]D[解析]若甲、乙、丙三人均入选，只需再从其余的6人中任选1人即可，有Ceq\o\al(1,6)种选法，若甲、乙、丙三人中只有2人入选，有Ceq\o\al(2,3)种方法，然后再从其余的6人中任选2人即可，有Ceq\o\al(2,6)种选法，所以一共有Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,6)＝51种选法．[例15]．(2012·大连调研)如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有()14523A.72种 B．96种C．108种 D．120种[答案]B[解析]若1、3不同色，则1、2、3、4必不同色，有3Aeq\o\al(4,4)＝72(种)涂色法；若1、3同色，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝24(种)涂色法．根据分类加法计数原理可知，共有72＋24＝96(种)涂色法．[例16]某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有(A)(A)30种(B)35种(C)42种(D)48种[例17]现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（B）A．152B.126C.90D.54【解析】分类讨论：若有2人从事司机工作，则方案有；若有1人从事司机工作，则方案有种，所以共有18+108=126种，故B正确六、例题【二项式定理部分】1．求二项展开式的指定项或其系数[例1](1－x)4(1－eq\r(x))3的展开式中x2的系数是()A．－6B．－3C．0D．分析：展开式是两个二项式展开式的乘积，故要求x2的系数，应从两个括号的展开式结合考虑，由于后一个二项式含eq\r(x)，故应从(1－eq\r(x))3的展开式着手讨论．解析：∵(1－eq\r(x))3的有理项为1和3x，故要出现x2，需从(1－x)4因式中找x2项和x项，即Ceq\o\al(2,4)x2和－Ceq\o\al(1,4)x，∴x2项为Ceq\o\al(2,4)x2·1－Ceq\o\al(1,4)·x·3x＝－6x2，∴选A.答案：A.点评：1.求二项展开式中某些特殊项：常数项、有理项、无理项或它们的系数等问题．利用通项公式写出其一般式，再令其中r取某些特定值是解决该类型问题的常用方法．2．含两个二项式时，应从两个二项式各自展开式考虑用多项式乘法产生指定项．[例2](2012·天津理，5)在(2x2－eq\f(1,x))5的二项展开式中，x的系数为()A．10B．－10C．40D．－40解析：本小题考查二项式展开式的系数求法，考查运算能力．(2x2－eq\f(1,x))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x2)5－r(－eq\f(1,x))r＝Ceq\o\al(r,5)25－r(－1)rx10－3r，令10­3r＝1得，r＝3，∴T4＝Ceq\o\al(3,5)22(－1)3x＝－40x.∴x的系数是－40.答案：D.点评：把二项式系数等同于项的系数是易犯的错误.2．二项式系数的性质[例3]若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为()A．10B．20C．30D．120解析：二项式系数之和2n＝64，∴n＝6，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·x6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,6)x6－2r，当6－2r＝0，即r＝3时为常数项．T3＋1＝Ceq\o\al(3,6)＝20.答案：B.点评：在二项式展开式中，各项二项式系数的和为2n，奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等，都等于2n－1.[例4](2012·河南商丘市模拟)二项式(1＋sinx)6的展开式中二项式系数最大的一项的值为eq\f(5,2)，则在[0，2π]内x的值为________．解析：由题意得T4＝Ceq\o\al(3,6)·sin3x＝20sin3x＝eq\f(5,2)，∴sinx＝eq\f(1,2)，∵x∈[0，2π]，∴x＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).答案：eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).3．赋值法的应用[例5](2011·汕头模拟)已知(x－eq\f(a,x))8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是()A．28B．38C．1或38D．1或28分析：令Tr＋1项中x的指数为0可求得常数a的值；在二项展开式中当x＝1时即得各项系数的和．解析：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－r(－eq\f(a,x))r＝(－a)r·Ceq\o\al(r,8)·x8－2r，令8－2r＝0得r＝4，由条件知，a4Ceq\o\al(4,8)＝1120，∴a＝±2，令x＝1得展开式各项系数的和为1或38.答案：C.[例6]若(1－2x)2014＝a0＋a1x＋…＋a2014x2014(x∈R)，则eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2014,22014)的值为()A．2B．0C．－1D．－2解析：令f(x)＝(1－2x)2014＝a0＋a1x＋…＋a2014x2014，则f(eq\f(1,2))＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2014,22014)＝0，f(0)＝1＝a0，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2014,22014)＝－1.故选C.答案：C.4．综合与应用[例7](2011·湖州模拟)已知(1＋x＋x2)(x＋eq\f(1,x3))n的展开式中没有常数项，n∈N*且2≤n≤8，则n＝________.解析：(x＋eq\f(1,x3))n的