兩個計數(shù)原理與排列組合知識點及例題

1、兩個計數(shù)原理與排列組合知識點及例題兩個計數(shù)原理內(nèi)容1分類計數(shù)原理：完成一件事，有n類辦法，在第1類辦法中有m種不同的方法，在第2類辦法中有m種不同的方法在第n類辦法中有m種不同的方法，那么完成這件事共有N二m+m +m種不同的方法2、分步計數(shù)原理：完成一件事，需要分n個步驟，做第1步驟有m種不同的方法，做第2步驟有m種不同的方法做第n步驟有m種不同的方法，那么完成這件事共有N二mXm xx m種不同的方法.例題分析例1某學校食堂備有5種素菜、3種葷菜、2種湯?，F(xiàn)要配成一葷一素一湯的套餐。問可以配制出多少種不同的品種？分析：1完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？(配一個葷菜、配一個素菜、配

2、一湯)3 、它們屬于分類還是分步？(是否獨立完成)4 、運用哪個計數(shù)原理？5 、進行計算.解：屬于分步：第一步 配一個葷菜 有3種選擇第二步配一個素菜 有5種選擇第三步配一個湯有2種選擇共有 N=3X 5X2=30 (種)例2有一個書架共有2層，上層放有5本不同的數(shù)學書，下層放有 4本不同的語文書。(1) 從書架上任取一本書，有多少種不同的取法？(2) 從書架上任取一本數(shù)學書和一本語文書，有多少種不同的取法？(1) 分析：完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨立完成）4 、運用哪個計數(shù)原理？5 、進行計算。解：屬于分類：第一類從上層取一本書有5種選擇第二

3、類 從下層取一本書有4種選擇共有N=5+4=9 （種）（2）分析：1完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨立完成）4 、運用哪個計數(shù)原理？5 、進行計算.解：屬于分步：第一步從上層取一本書有5種選擇第二步 從下層取一本書有4種選擇共有 N=5X 4=20 （種）例3、 有1、2、3、4、5五個數(shù)字.（1）可以組成多少個不同的三位數(shù)？（2）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？（3）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？（1）分析：1、完成的這件事是什么？2 、如何完成這件事？（配百位數(shù)、配十位數(shù)、配個位數(shù)）3 、它們屬于分類還是分步？（是否獨立完成）4 、

4、運用哪個計數(shù)原理？5 、進行計算.略解：N=5X 5X5=125 （個）【例題解析】某人有4條不同顏色的領(lǐng)帶和 6件不同款式的襯衣，問可以有多少種不同的搭配方法?2、有一個班級共有 46 名學生，其中男生有 21 名.（1）現(xiàn)要選派一名學生代表班級參加學校的學代會，有多少種不同的選派方法？（2）若要選派男、女各一名學生代表班級參加學校的學代會，有多少種不同的選派方法？8.組合數(shù)公式：Cnm Anmm n(n 1)(n 2)L(n m 1)或Cmnn! (n,m N ,且m n)Ammm! m!(n m)!9. 組合數(shù)的性質(zhì) 1：Cnm Cnn m 規(guī)定： Cn0 1；10.組合數(shù)的性質(zhì) 2：C

5、nm1Cnm+Cnm 1 C n0+Cn1+Cnn=2n3、有 0、1、2、3、4、5 六個數(shù)字 .1）可以組成多少個不同的三位數(shù)？2）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)？3）可以組成多少個無重復(fù)數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？排列與組合1.排列的概念 ：從n個不同元素中，任取 m（m n ）個元素（這里的被取元素各不相 同）按照一定的順序排成一列，叫做從 n個不同元素中取出 m個元素的 一個排列2.排列數(shù)的定義 ：從n 個不同元素中，任取 m（m n ）個元素的所有排列的個數(shù)叫做 從n 個元素中取出 m元素的排列數(shù)，用符號 Anm表示3. 排列數(shù)公式 ： Anm n（n 1）（n 2）L （n m 1）（

6、 m,n N ,m n）4. 階乘： n!表示正整數(shù) 1到 n的連乘積，叫做 n的階乘規(guī)定 0! 15. 排列數(shù)的另一個計算公式 ： Anm= n!（n m）!6. 組合概念 ：從 n個不同元素中取出 m m n 個元素并成一組，叫做從 n個不同元素中 取出m個元素的一個 組合7組合數(shù)的概念 ：從 n 個不同元素中取出 m m n 個元素的所有組合的個數(shù)， 叫做從 n個不同元素中取出 m個元素的組合數(shù)用符號 Cnm表示題型講解例 1 分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)（1）6 名學生排 3 排，前排 1 人，中排 2人，后排 3 人；（ 2） 6 名學生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；（3）

7、從 6名運動員中選出 4人參加 4100 米接力賽，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6 人排成一排，甲、乙必須相鄰；（5）6 人排成一排，甲、乙不相鄰；（ 6） 6 人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊（甲、乙、丙可以不相鄰）解：（ 1）分排坐法與直排坐法一一對應(yīng)，故排法種數(shù)為A66 720（ 2）甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有A14種選法，然后其他 5 人選，有 A55種選法，故排法種數(shù)為 A41 A55 480（ 3）有兩棒受限制，以第一棒的人選來分類： 乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數(shù)為A53 ； 乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有A14 種選法，第四棒除了

8、乙和第一棒選定的人外，也有A14種選法，其余兩棒次不受限制，故有A14A41A22 種排法，由分類計數(shù)原理，共有 A53 A14A41 A42 252種排法（ 4）將甲乙“捆綁”成“一個元”與其他4 人一起作全排列共有 A22 A55 240 種排法（ 5）甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余4 人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的4 人的左、右及之間的空擋插位，共有 A44 A52 （或用 6 人的排列數(shù)減去問題（ 2）后排列數(shù)為 A66 240 480）6）三人的順序定，實質(zhì)是從 6 個位置中選出三個位置，然后排按規(guī)定的順序放置這三人，其余Anm11種，然后將 a 插入，人在 3 個位置上全排

9、列，故有排法 C63A33 120 種點評：排隊問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰第一類不含某特殊元素 a 的排列有 Anm1第二類含元素 a 的排列則先從 n 1 個元素中取出 m 1 個元素排列有m 1 mAn 1 An共有 m個空檔，故有 m Anm 11種，因此 Anm 1利用組合數(shù)公式n!例 2 假設(shè)在 100 件產(chǎn)品中有 3 件是次品，從中任意抽取 5 件，求下列抽取方法各多少種？（ 1）沒有次品； （2）恰有兩件是次品； （ 3）至少有兩件是次品解：（1）沒有次品的抽法就是從 97 件正品中抽取 5 件的抽法，共有 C957 64446024種（2

10、）恰有 2件是次品的抽法就是從 97件正品中抽取 3件，并從 3 件次品中抽 2 件的抽法，共 有 C937C32 442320 種（3）至少有 2 件次品的抽法，按次品件數(shù)來分有二類：第一類，從 97 件正品中抽取 3 件，并從 3件次品中抽取 2件，有 C937C32種第二類從 97 件正品中抽取 2件，并將 3 件次品全部抽取，有 C927C33種左m 1 !nn!n!2n!m11!mnm!1 !n m 1!nmm1n!2nm 1! n1m 1! n2!Cnm 21 右另法：利用公式 Cnm Cnm 1 Cnm11 推得 左 Cm 1 m nCnCm m1 nCn點評：證明排列、組合恒等

11、式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)例 4 已知 f 是集合 A a,b,c,d 到集合 B 0,1,2 的映射Cm1 n m 1n 1Cn 1Cn 2 右Cm n1 2CnmCm1n2按分類計數(shù)原理有 C937C32 C927C33 446976 種點評：此題是只選“元”而不排“序”的典型的組合問題，附加的條件是從不同種類的元素中 抽取，應(yīng)當注意：如果第（ 3）題采用先從 3 件次品抽取 2 件（以保證至少有 2 件是次品） ，再從余 下的 98 件產(chǎn)品中任意抽取 3 件的抽法，那么所得結(jié)果是 C32C938 466288 種，其結(jié)論是錯誤的，錯 在“重復(fù)”：假設(shè) 3件次品是 A、B

12、、C，第一步先抽 A、B第二步再抽 C和其余 2 件正品，與第一步先 抽 A、C（或 B、C），第二步再抽 B（或 A）和其余 2 件正品是同一種抽法，但在算式 C32C938 中算作 3 種不同抽法 例3 求證： Anm1 mAnm 11 Anm ；Cnm1證明：利用排列數(shù)公式nmn1! m n 1 !n!Anm 右nm!n m !另一種證法： （利用排列的定義理解）從 n 個元素中取 m個元素排列可以分成兩類：（ 1）不同的映射 f 有多少個？（ 2）若要求 f a f b f c f d 4則不同的映射 f 有多少個？ 分析：（1）確定一個映射 f ，需要確定 a, b, c, d 的像

13、（2） a, b, c, d 的象元之和為 4，則加數(shù)可能出現(xiàn)多種情況，即4 有多種分析方案，各方案獨立且并列需要分類計算解：（ 1） A中每個元都可選 0,1,2 三者之一為像，由分步計數(shù)原理，共有 3 3 3 3 34 個不同 映射（2）根據(jù) a,b,c,d 對應(yīng)的像為 2 的個數(shù)來分類，可分為三類： 第一類：沒有元素的像為 2，其和又為 4，必然其像均為 1，這樣的映射只有一個； 第二類：一個元素的像是 2，其余三個元素的像必為 0,1,1 ，這樣的映射有 C14P31 12 個； 第三類：二個元素的像是 2，另兩個元素的像必為 0，這樣的映射有 C42 6 個 由分類計數(shù)原理共有 1+

14、12+6=19（個）點評：問題（ 1）可套用投信模型： n 封不同的信投入 m個不同的信箱，有 mn 種方法；問題 （2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當確定分類標準，做到不重、不漏例5 四面體的頂點和各棱的中點共 10個點（1）設(shè)一個頂點為 A，從其他 9 點中取 3 個點，使它們和點 A 在同一平面上，不同的取法有多 少種？（ 2）在這 10 點中取 4 個不共面的點，不同的取法有多少種？解：（1）如圖，含頂點 A的四面體的三個面上，除點 A外都有 5 個點，從中取出 3點必與點 A 共面，共有 3C5 種取法含頂點 A的棱有三條，每條棱上有 3個點，它們與所對棱的中點共面，共有3 種取法根據(jù)分類計

15、數(shù)原理和點 A 共面三點取法共有 3C53 3 33 種（ 2）取出的 4點不共面比取出的 4點共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加限制任取4 點4（ C140 種取法）減去 4 點共面的取法取出的 4 點共面有三類： 第一類：從四面體的同一個面上的 6 點取出 4 點共面，有 4C 64種取法 第二類：每條棱上的 3個點與所對棱的中點共面，有 6 種取法 第三類：從 6條棱的中點取 4 個點共面，有 3 種取法 根據(jù)分類計數(shù)原理 4 點共面取法共有 4C64 6 3 69故取 4 個點不共面的不同取法有 C140 4C64 6 3 141 （種） 點評：由點構(gòu)成直線、平面、幾何體等圖形是一

16、類典型的組合問題，附加的條件是點共線與不 共線，點共面與不共面，線共面與不共面等小結(jié) ：個不同的元素必須相鄰，有Pmm 種“捆綁”方法個不同元素互不相鄰， 分別“插入” 到個 “間隙” 中的個位置有Pnm 種不同的 “插 入”方法個相同的元素互不相鄰，分別“插入”到個“間隙”中的個位置，有Cnm 種不同的“插入”方法若干個不同的元素“等分”為 個組 , 要將選取出每一個組的組合數(shù)的乘積除以Pmm【例題解析】例 1 完成下列選擇題與填空題（ 1）有三個不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有種。B.64（ 2）四名學生爭奪三項冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）B.64（3）有四位學生參

17、加三項不同的競賽，每位學生必須參加一項競賽，則有不同的參賽方法有 ；每項競賽只許有一位學生參加，則有不同的參賽方法有 ； 每位學生最多參加一項競賽，每項競賽只許有一位學生參加，則不同的參賽方法 有。解析 （ 1）完成一件事是“分步”進行還是“分類”進行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四 封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個不同信箱的三種方法，因此： N=3 33 3=34=81，故答案選 A。本題也可以這樣分類完成， 四封信投入一個信箱中， 有 C31種投法； 四封信投入兩個信箱中， 有 C32（C41 A22+C42 C22）種投法；四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信

18、箱中，有C42 A33種投、 1 2 1 2 2 2 2 3法 ，故共有 C3 +C3 （ C4 A2 +C4 C2 ） +C4 A3 =81（種）。故選 A。（2）因?qū)W生可同時奪得 n項冠軍，故學生可重復(fù)排列，將 4 名學生看作 4 個“店”，3項冠軍看 作“客”，每個“客”都可住進 4 家“店”中的任意一家，即每個“客”有4種住宿法。由分步計數(shù)原理得： N=4 44=64。故答案選 B。（ 3）學生可以選擇項目，而競賽項目對學生無條件限制，所以類似（1）可得 N=34=81（種）；競賽項目可以挑學生，而學生無選擇項目的機會，每一項可以挑 4 種不同學生，3共有 N=43=64（種）； 等價

19、于從 4個學生中挑選 3 個學生去參加三個項目的競賽，每人參加一項，故共有 C43 A33=24（種）。注： 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合 A=a1,a 2, ,a n, 集合 B=b1,b2,bm，則 f：AB的不同映射是 mn,f ：BA的不同映 射是 nm。若 nm，則 f ： A B的單值映射是： Amn。例 2 同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四 張賀年卡不同的分配方式有（ ）種種種種解法一 由于共四人（用 1， 2，3，4 代表甲、乙、丙、丁四人） ，這個數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進行具體的填寫：再按照題目要

20、求檢驗，最終易知有 9 種分配方法。解法二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3 種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時丙、丁只有互送卡片 1 種分配方式；第二類： 甲收到的不是乙送出的卡片， 這時，甲收到卡片的方式有 2種（分別是丙和丁送出的） 對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為（ 1+2） =9。解法三 給四個人編號： 1，2，3， 4，每個號碼代表 1 個人，人與號碼之間的關(guān)系為一對一的 關(guān)系；每個人送出的賀年卡賦給與其編號相同的數(shù)字作為代表，這樣，

21、賀年卡的分配問題可抽象為 如下“數(shù)學問題” ：將數(shù)字 1，2，3，4，填入標號為 1，2，3，4的 4 個方格里，每格填寫一個數(shù)字， 且每個方格的編號與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1，2，3，4 組成沒有重復(fù)數(shù)字的 4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4 位數(shù)共有多少個）？這時，可用乘法原理求解答案：首先，在第 1 號方格里填寫數(shù)字，可填上 2、 3、 4 中的任一個數(shù)，有 3 種填法；其次，當?shù)?1 號方格填寫的數(shù)字為 i （2i 4）時，則填寫第 i 種方格的數(shù)字，有 3種填法； 最后，將剩下的兩個數(shù)填寫到空著的兩個空格里，只有 1 種填法（因為剩下的兩個數(shù)中，至少 有

22、 1 個與空著的格子的序號相同） 。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法： 33 1=9注： 本題是“亂坐問題” ，也稱“錯排問題” ，當元素較大時，必須用容斥原理求解，但元素 較小時，應(yīng)用分步計數(shù)原理和分類計數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例 3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排 8 盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時熄掉其中 3 盞，但不能同時熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一 我們將 8 盞燈依次編號為 1，2，3，4，5，6， 7，8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄 1 號燈，第二盞熄 3 號燈，則第 3 盞可以熄 5，6，7，8號燈中 的任意一盞，共有 4 種熄法。若第一盞熄 1號燈

23、，第 2盞熄 4 號燈，則第 3盞可以熄 6，7，8號燈中的任意一盞。依次類推，得若 1號燈熄了，則共有 4+3+2+1=10 種熄法。若 1 號燈不熄，第一盞熄的是 2 號燈，第二盞熄的是 4號燈，則第三盞可以熄 6，7，8 號燈中 的任意一盞，共有 3 種熄法。依次類推得，若第一盞燈熄的是 2 號燈，則共有 3+2+1=6種熄法。同理，若第一盞熄的是 3 號燈，則共有 2+1=3 種熄法。同理，若第一盞熄的是 4號燈，則有 1 種熄法。綜上所述共有： 10+6+3+1=20 種熄法。解法二 我們可以假定 8 盞燈還未安裝，其中 5 盞燈是亮著的， 3 盞燈不亮。這樣原問題就等 價于：將 5

24、盞亮著的燈與 3盞不亮的燈排成一排，使 3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的） 。5 盞亮著 的燈之間產(chǎn)生 6個間隔（包括兩邊） ，從中插入 3 個作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不 相鄰”問題，采用“插入法” ，得其答案為 C63=20 種。注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時較繁。方 法二從另外一個角度審題，認清其數(shù)學本質(zhì)，抽象成數(shù)學模型，解題時有一種豁然開朗的感覺。例 4 已知直線 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合 -3,-2,-1,0,1,2,3 中的 3 個不同的元素， 并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾

25、斜角為，由為銳角，得tan =- a 0, 即 a、 b 異號。b（1）若 c=0，a、b各有 3種取法，排除 2個重復(fù)（ 3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0 ），故有 33-2=7 （條）。（2）若 c0，a有 3種取法， b有 3種取法，而同時 c 還有 4種取法，且其中任兩條直線均不 相同，故這樣的直線有 33 4=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43 條。注 ： 本題是 1999年全國高中數(shù)學聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有。錯誤原因沒有對 c=0 與 c 0 正確分類；沒有考慮 c=0 中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例 5 平面上給定 10 個點，任意三點不共線，由這 10

26、 個點確定的直線中，無三條直線交于同 一點（除原 10 點外），無兩條直線互相平行。求：（ 1）這些直線所交成的點的個數(shù)（除原10 點外）。（ 2）這些直線交成多少個三角形。解法一 （1）由題設(shè)這 10點所確定的直線是 C102=45 條。這 45 條直線除原 10 點外無三條直線交于同一點，由任意兩條直線交一個點，共有C452 個交點。2而在原來 10 點上有 9 條直線共點于此。所以，在原來點上有10C92 點被重復(fù)計數(shù)。所以這些直線交成新的點是： C452-10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個數(shù)可如下求：因為每個三角形對應(yīng)著三個頂點，這三個點來自 上述 630 個點或原來的

27、 10 個點。所以三角形的個數(shù)相當于從這 640 個點中任取三個點的組合，即 C6403=43 486080 （個）。解法二 （ 1）如圖對給定的 10 點中任取 4 個點，四點連成 6 條直線，這 6 條直線交 3 個新的 點。故原題對應(yīng)于在 10 個點中任取 4 點的不同取法的 3 倍，即這些直線新交成的點的個數(shù)是：43C10 =630 。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對策之外，還要 考慮實際幾何意義。例6 （1）如果（ x+ 1 ）2n展開式中，第四項與第六項的系數(shù)相等。求n，并求展開式中的常數(shù)x項；（2）求（ x - 1 ） 8展開

28、式中的所有的有理項。24 x35解 (1)由 C2n3=C2n5, 可得 3+5=2n n=4 。設(shè)第 k+1 項為常數(shù)項則 T k+1=C8k x8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0 ，即 k=4 常數(shù)項為 T5=C84=70。（ 2）設(shè)第 k+1 項有理項，則8kTk 1 C8kx 211x 4)k2C8k( 12)k16 3k除以 9 所得余數(shù)為 0，即被 9 整除。（ 3） 5（ 1+）5=1+c51+C52 +C53+C552 3 -5 C5 =,C 5 =8 10 當精確到時，只要展開式的前三項和，1+=，近似值為。當精確到時，只要取展開式的前四項和，1+=，近似值為。注 （

29、 1）用二項式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時，通常把底數(shù)適當?shù)夭鸪蓛身椫突蛑?再按二項式定理展開推得所求結(jié)論。（2）用二項式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項。 例 8 證明下列不等式：x1）nnab因為 0k8，要使 16 3k Z，只有使 k 分別取 0，4， 84所以所求的有理項應(yīng)為：4 351 -2T1=x4,T5= x,T 9=x-28256注 （ 1）二項式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項式系數(shù)”的區(qū)別；（ 2）在二項展開式中求得 k 后，對應(yīng)的項應(yīng)該是 k+1 項。2）a2b)n,已知 a、b 為正數(shù)，a、 b x|x 是正實數(shù) ,n N);例 7

30、(1)求 46n+5n+1被 20 除后的余數(shù)； (2)7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 除以 9，得余數(shù)是多少？ (3)根據(jù)下列要求的精確度，求的近似值。精確到；精確到。解 (1)首先考慮 4 6n+5n+1被 4 整除的余數(shù)。5n+1=(4+1) n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+ +Cn+1n 4+1其被 4 整除的余數(shù)為 1被 20 整除的余數(shù)可以為 1， 5，9，13，17 然后考慮 4 6n+1+5n+1被 5 整除的余數(shù)。46n=4(5+1) n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-1 5+1) 被 5 整除的余數(shù)為 4其被 2

31、0 整除的余數(shù)可以為 4，9，14，19。 綜上所述，被 20 整除后的余數(shù)為 9。n 1 n-1 2 n-2 n-1(2) 7 n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-1 7=(7+1)n-1=8 n-1=(9-1) n-1=9 n-Cn19n-1+Cn29n-2+ +(-1) n-1Cnn-19+(-1) nCnn-1(i) 當 n 為奇數(shù)時原式 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19-2除以 9 所得余數(shù)為 7。(ii) 當 n 為偶數(shù)時n 1 n-1 2 n-2 n-1 n-1原式 =9n-C n1 9n-1 +Cn29n-2 +(-1) n-1Cnn-

32、1 9且1 a b=x-1)令 a=x+ ，ab則 x=2n n n n an+bn=(x+ ) n+(x- ) nn 1 n-1 n n n 1 n-1 n n n =x +Cn x +Cn +x -Cn x +(-1) Cn =2(x n+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn證明n即abn+1 =1，則對于 nN有(a+b)n-an-bn22n-2n+1。 b(2) (a+b) n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b) n=bn+Cn1bn-1 a+Cnnan 上述兩式相加得：n n n 1 n-1 n-1 k n-k k n-k k n n n2(a+b) n=(an+b

33、n)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(a n+bn) (*) 11 + =1，且 a、 b 為正數(shù)ab ab=a+b 2 ab ab 4又 an-k bk+bn-k ak 2 an bn =2( ab ) n(k=1,2, ,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12( ab ) n+Cn 22( ab )n+Cnn-12( ab )nn n n (a+b) -a -b(Cn1+Cn2+Cnn-1) ( ab )n=22n-2n+1(2 n-2)注 利用二項式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題（ 1）中的換元法 稱之為均

34、值換元（對稱換元） 。這樣消去奇數(shù)次項，從而使每一項均大于或等于零。題（ 2）中， 由由稱位置二項式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解 題的方法是利用二項式展開式解題的常用方法。例 9 已知 （1-ax） n 展開式的第 p,p+1,p+2 三項的二項式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列， 第 n+1-p 與第 n+2-p 項的系數(shù)之和為 0，而（ 1-ax ）n+1展開式的第 p+1 與 p+2 項的二項式系數(shù)之比為 12。（1）求（ 1-ax ）n+1展開式的中間項；（2）求（ 1-ax ） n的展開式中系數(shù)最大的項。解 由題設(shè)得：故（ 1-3x ）7展開式中系數(shù)最大的項為T7=C76（-3 ）6x6=5103x6。注 一般地，求（ a+bx）n 展開式中系數(shù)絕對值最大的項的方法是： 設(shè)第 k+1 項為系數(shù)絕對值最大的項，則由k n k k k 1 n k 1 k1Cn a bCn abk n k k