计数原理

分类加法与分步乘法计数原理

定义 1. 分类加法计数原理（人教A选必三P2）

如果完成一件事有 (n )类方案,在第1类方案中有 (m_1 )种不同的方法,在第2类方案中有 (m_2 )种方法 ( )在第 (n )类方案中有 (m_n )种不同的方法,那么完成这件事共有 (N = m_1 + m_2+ + m_n ) 种不同的方法.

定义 2. 分步乘法计数原理（人教A选必三P2）

如果完成一件事需要 (n )个步骤,做第1步有 (m_1 )种不同的方法,做第2步有 (m_2 )种不同方法 ( )做第 (n )步有 (m_n )种不同的方法．那么完成这件事共有 (N = m_1 m_2 m_n ) 种不同的方法.

排列与组合

定义 1. 排列数与组合数（人教A选必三P14）

排列数公式,其中 m,n N ^ * ,且 m n A_ n ^ m =n(n - 1)(n - 2) (n - m + 1)= n! (n - m)! 组合数公式,其中 m,n N ^ * 且 m n ,另外,我们规定 C_ n ^ 0 =1 C_ n ^ m = A_ n ^ m A_ m ^ m = n(n - 1)(n - 2) (n - m + 1) m! = n! m!(n - m)! 排列数公式推导 ：排好 (m )个有序空位依次填入元素，第1位从 (n )个不同元素中任选有 (n )种填法，第2位有 (n - 1 )种， ( )，第 (m )位有 (n - m + 1 )种，由分步乘法计数原理 (A_ n ^ m =n(n - 1) (n - m + 1)= n! (n - m)! ). 组合数公式推导 ：从 (n )个不同元素中取 (m )个的排列，可分两步完成：先取出 (m )个元素（即得一个组合，共 (C_ n ^ m )种），再把取出的 (m )个元素作全排列（共 (A_ m ^ m =m! )种），由分步乘法计数原理 (A_ n ^ m =C_ n ^ m A_ m ^ m )，故 (C_ n ^ m = A_ n ^ m A_ m ^ m = n! m!(n - m)! ).

性质 1. 组合恒等式

C_ n ^ m = C_ n ^ n - m C_ n ^ m + C_ n ^ m - 1 = C_ n + 1 ^ m C_ n ^ 0 + C_ n ^ 1 + + C_ n ^ n = 2^ n C_ n ^ 1 + C_ n ^ 3 + = C_ n ^ 0 + C_ n ^ 2 + = 2^ n - 1 C_ n ^ m = n - m + 1 m C_ n ^ m - 1 C_ n ^ m = n n - m C_ n - 1 ^ m k C_ n ^ k = n C_ n - 1 ^ k - 1 C_ n ^ m = n m C_ n - 1 ^ m - 1 C_ n ^ 1 + 2 C_ n ^ 2 + + n C_ n ^ n = n 2^ n - 1 C_ r ^ r + C_ r + 1 ^ r + C_ r + 2 ^ r + + C_ n ^ r = C_ n + 1 ^ r + 1 C_ m ^ r C_ n ^ 0 + C_ m ^ r - 1 C_ n ^ 1 + + C_ m ^ 0 C_ n ^ r = C_ m + n ^ r 两个基本恒等式的证明 ： (C_ n ^ m =C_ n ^ n - m )——从 (n )个元素中取出 (m )个，与留下 (n - m )个一一对应，故两者组合数相等. (C_ n ^ m - 1 +C_ n ^ m =C_ n + 1 ^ m )（帕斯卡公式）——从 (n + 1 )个元素中取 (m )个，按某个特定元素 (x )是否被取分类：含 (x )的取法须再从其余 (n )个中取 (m - 1 )个，有 (C_ n ^ m - 1 )种；不含 (x )的须从其余 (n )个中取 (m )个，有 (C_ n ^ m )种，两类相加即得.

题型 1. 常见排列组合题型思路

考查两个计数原理的简单题型：相关考题属概念题,难度不高,解题的核心是分清楚何时 分类,何时分步,做到分类标准清晰,分步层次清楚,不重不漏即可. 排数字问题：这类题可画出数位,往数位上依次填入数字即可. 若供选择的数字中有 (0 ),则 (0 )不能排最高位,故常先用其它数字把最高位排了； 若要求排出的数是奇数或偶数,则考虑最低位的数字为奇数数字或偶数数字； 若要求排出的数字比某数大或比某数小,则先排最高位的数字,因为最高位对数的大小的 影响最重. 元素相邻问题（捆绑法）：将 n 个不同元素排成一排，其中某 k 个元素排在相邻位置上. 先将这 k 个元素捆绑在一起，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有 A _ n-k+1 ^ n-k+1 种排法；再将捆绑在一起的元素内部进行排列，共有 A _ k ^ k 种排法. 因此符合条件的排法共有 ( A _ n-k+1 ^ n-k+1 A _ k ^ k )种. 元素不相邻问题（插空法）：将 n 个不同的元素排成一排，其中 k 个元素互不相邻（ k n-k+1 ）. 先将没有要求的 (n-k) 个元素排成一排，其排列方法有 A _ n-k ^ n-k 种；再将要求互不相邻的 k 个元素插入 (n-k+1) 个空中，其排列方法有 A _ n-k+1 ^ k 种. 因此符合条件的排法共有 ( A _ n-k ^ n-k A _ n-k+1 ^ k ) 种. 特殊元素： 解题原则是谁“特殊”谁优先.一般从以下三种思路考虑： 以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素； 以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置； 用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数. 当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步.

题型 2. 方程解的组合数问题（隔板法）

正整数解问题： 方程 x_1 + x_2 + + x_n = m (m n, m, n N ^*) 的正整数解的组数. 将 m 个“1”排成一排，中间有 m-1 个空隙. 我们需要将这 m 个“1”分成 n 部分（每部分至少一个），只需要在 m-1 个空隙中选 n-1 个位置插入“隔板”. 因此正整数解有 C_ m-1 ^ n-1 组. 非负整数解问题： 方程 x_1 + x_2 + + x_n = m (n, m N ^*) 的非负整数解的组数. 换元，令 y_i = x_i + 1 (其中 x_i 0 y_i 1 ). 则原方程转化为 (y_1 - 1) + (y_2 - 1) + + (y_n - 1) = m , 整理得 y_1 + y_2 + + y_n = m + n . 转化为求 y_i 的正整数解.因此非负整数解有 C_ (m+n)-1 ^ n-1 = C_ m+n-1 ^ n-1 = C_ m+n-1 ^ m 组. 一般下界限制： 方程 x_1 + x_2 + + x_n = m 的解的组数, 要求 x_i a_i (a_i Z ) . 令 y_i = x_i - a_i + 1 1 , 则 x_i = y_i + a_i - 1 . 代入方程得 (y_1+a_1-1) + + (y_n+a_n-1) = m , 即 y_1 + + y_n = m - _ i=1 ^n a_i + n . 转化为正整数解问题求解. 【例】 将20个相同苹果分给3个小朋友，甲至少2个，乙至少3个，丙至少4个，有多少种分法 解 ：设甲、乙、丙分得的苹果数分别为 x, y, z ，则 x 2, y 3, z 4 . 令 x' = x-1, y' = y-2, z' = z-3 ，则 x', y', z' 1 . 方程转化为 (x'+1) + (y'+2) + (z'+3) = 20 x'+y'+z' = 14 . 问题转化为求 x'+y'+z' = 14 的正整数解组数，由隔板法，解的个数为 C_ 14-1 ^ 3-1 = C_ 13 ^2 = 78 . 不等式解的个数： 不等式 x_1 + x_2 + + x_n m (x_i N ^*) 的正整数解组数. 增加一个变量 y_ n+1 0 ,代表剩余的量, 原不等式等价于 x_1 + + x_n + y_ n+1 = m . 则问题变为 x_1 + + x_n + (y_ n+1 + 1) = m + 1 的正整数解问题. 即相当于 n+1 个变量和为 m+1 的正整数解问题. 因此不等式的正整数解有 C_ (m+1)-1 ^ (n+1)-1 = C_ m ^ n 组.

题型 3. 分组分派问题

将 n 个不同元素分成 m 组，且每组的元素个数分别为 m_1,m_2,m_3, ,m_m ，记 N = C_n^ m_1 C_ n-m_1 ^ m_2 C_ n-(m_1+m_2) ^ m_3 C_ n-(m_1+m_2+ +m_ m-1 ) ^ m_m (1) 非均匀不编号分组: n 个不同元素分成 m 组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，分法种数为 N . (2) 均匀不编号分组: 将 n 个不同元素分成不编号（即无序）的 m 组，每组元素数目相等，分法种数为 N A _m^m . (3) 部分均匀不编号分组: 将 n 个不同元素分成不编号的 m 组，其中有 r 组元素个数相等，分法种数为 N A _r^r ，如果再有 k 组均匀分组，应再除以 A _k^k . 【例】将6本不同的书分成三份,共有多少种分法？ 若每份2本,则共有 C_ 6 ^ 2 C_ 4 ^ 2 C_ 2 ^ 2 A_ 3 ^ 3 = 15 种不同的分法. 若三份分别为4本、1本、1本,则共有 C_ 6 ^ 4 C_ 2 ^ 1 C_ 1 ^ 1 A_ 2 ^ 2 = 15 种不同的分法. 若三份分别为3本、2本、1本,则共有 C_ 6 ^ 3 C_ 3 ^ 2 C_ 1 ^ 1 = 60 种不同的分法. 综上所述，共有 15 + 15 + 60 = 90 种不同的分法. 【例】现需安排5名学生，分别到3个地点进行实习，每个地点至少安排1名学生，则有多少种不同的安排方案. 解: 先将5人分为三组，每组的人数分别为 3,1,1 或 2,2,1 ，再将三组分配给三个地点，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方案数为 ( C_5^3C_2^1C_1^1 A _2^2 + C_5^2C_3^2C_1^1 A _2^2 ) A _3^3 = 150.

题型 4. 万能元素（多面手问题）

【例】有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，5人既会划左舷又会划右舷.现从中选出6人平均分在左、右舷参赛，求不同的选法种数. 解：以只会划左舷的3人中被选人数为分类依据，分四类讨论： 左舷选3名只会左舷的人：选法为 C _ 3 ^ 3 C _ 9 ^ 3 ； 左舷选2名只会左舷、1名多面手：选法为 C _ 3 ^ 2 C _ 5 ^ 1 C _ 8 ^ 3 ； 左舷选1名只会左舷、2名多面手：选法为 C _ 3 ^ 1 C _ 5 ^ 2 C _ 7 ^ 3 ； 左舷选3名多面手：选法为 C _ 3 ^ 0 C _ 5 ^ 3 C _ 6 ^ 3 . 根据分类加法计数原理，总选法为 ( C _ 3 ^ 3 C _ 9 ^ 3 + C _ 3 ^ 2 C _ 5 ^ 1 C _ 8 ^ 3 + C _ 3 ^ 1 C _ 5 ^ 2 C _ 7 ^ 3 + C _ 3 ^ 0 C _ 5 ^ 3 C _ 6 ^ 3 = 2174 ) 种.

题型 5. 定序问题

在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的（不一定相邻），即要把 (m+n) 个元素排成一列，其中 m 个元素之间的先后顺序确定不变，解决这类问题的基本方法有以下三种： 整体法：将 (m+n) 个元素排成一列，有 A _ m+n ^ m+n 种不同的排法，这 m 个元素有 A _m^m 种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此满足条件的不同排法共有 ( A _ m+n ^ m+n A _m^m ) 种. 空位插空法：因为有 m 个元素之间的顺序固定不变，只有一种排法，所以可先排剩余的 n 个元素，余下的 m 个空留给那 m 个元素，共有 A _ m+n ^n 种不同的排法. 逐步插空法：因为有 m 个元素之间的顺序固定不变，所以先将它们依次排好，形成 (m+1) 个空位，将剩余的 n 个元素依次记为 n_1,n_2, ,n_n ，再排 n_1 ，有 (m+1) 种排法，并相应增加一个空位，以此类推排 n_2,n_3, ,n_n ，逐步插空完成.

题型 6. 多排问题直排法

【例】8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法 解: 8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.先排前4个位置上的特殊元素有 A _4^2 种,再排后4个位置上的特殊元素丙有 A _4^1 种,其余的5人在5个位置上任意排列有 A _5^5 种,则共有 A _4^2 A _4^1 A _5^5 种.

题型 7. 环排问题线排策略

一般地, n 个不同元素作圆形排列,共有 (n - 1)! 种排法. 从 n 个不同元素中取出 m 个元素作圆 形排列共有 A _ n ^ m m 种. 0.5 【例】 8人围桌而坐,共有多少种坐法? 解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于,坐成圆形没有首尾之分,所以固定一 人 (A )并从此位置把圆形展成直线其余 7 人共有 (8 - 1)! 种排法即 7! 0.49 [scale=0.6] [thick] (0,0) circle (1); [circle,fill=black,inner sep=2pt] (A) at (0:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (B) at (45:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (C) at (90:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (D) at (135:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (E) at (180:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (F) at (225:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (G) at (270:1) ; [circle,fill=black,inner sep=2pt] (H) at (315:1) ; [below right] at (A) A ; [above right] at (B) B ; [above] at (C) C ; [above left] at (D) D ; [left] at (E) E ; [below left] at (F) F ; [below] at (G) G ; [below right] at (H) H ; [->,thick] (1.5,0) -- (3.5,0); in 0,1,2,3,4,5,6,7,8 [circle,fill=black,inner sep=2pt] at (4 + ,0) ; [below] at (4,0) A ; [below] at (5,0) B ; [below] at (6,0) C ; [below] at (7,0) D ; [below] at (8,0) E ; [below] at (9,0) F ; [below] at (10,0) G ; [below] at (11,0) H ; [below] at (12,0) A ; 注意：如果是 n 个珍珠穿成一条项链,答案是 (n-1)! 2 （ n>2 且 n 是正整数）,因为项链可以翻转.

题型 8. 网格最短路径问题

0.78 求从 M 点到 N 点的不反向路径（最短路径）的走法方法数. 解：任意一条从 M 到 N 的不反向路径，本质上只能向右和向上走. 要想到达终点，必定需要向右走 m 段，向上走 n 段，总共累积要走 m+n 段路径. 因此，安排一条具体路线，就等价于在这 m+n 步中，选出 m 步用来向右走（剩余的 n 步向上走）.方法总数即为 C _ m+n ^m （或 C _ m+n ^n ）. 0.21 [>=stealth, scale=0.6, baseline=(current bounding box.center)] % 绘制网格（以4横径、3纵径为例示意，m/n为参数标注） (0,0) grid (4,3); in 0,1,2,3,4 in 0,1,2,3 [circle, fill, inner sep=1pt] at ( , ) ; % 网格点 % 标注起点M、终点N [below left] at (0,0) M ; [above right] at (4,3) N ; % 标注横径、纵径数量 [below] at (2,0) m ; [left] at (0,1.5) n ; 0.7 拓展：标数法（加法递推）找路径数 当网格不够规则（有缺失等）或含有只能避开的障碍点时，直接列组合数公式会比较麻烦，此时推荐使用标数法. 规则： 在每个能通过的格点标上数字，表示从起点到该点的最短路径总数. 因为只能向右或向上走，所以 任何一个交叉点处的路线数，等于它左处相邻点和下方相邻点的数字之和 （类似于杨辉三角的递推原理）.遇到障碍点，相当于到达该点的路线数为 0 . 0.29 [>=stealth, scale=0.8, baseline=(current bounding box.center)] [black] (0,0) grid (5,4); % 画个叉表示障碍物屏蔽该点 [white] (2.7,1.7) rectangle (3.3,2.3); [red, thick] (2.8,1.8) -- (3.2,2.2); [red, thick] (2.8,2.2) -- (3.2,1.8); lbl/.style= fill=white, inner sep=3pt, font= % 边界 1 [lbl, text=blue] at (0,0) 1 ; in 1,...,5 [lbl] at ( ,0) 1 ; in 1,...,4 [lbl] at (0, ) 1 ; % 行 1 [lbl] at (1,1) 2 ; [lbl] at (2,1) 3 ; [lbl] at (3,1) 4 ; [lbl] at (4,1) 5 ; [lbl] at (5,1) 6 ; % 行 2 [lbl] at (1,2) 3 ; [lbl] at (2,2) 6 ; % (3,2) 是障碍点，路线数为 0，不标数 [lbl] at (4,2) 5 ; [lbl] at (5,2) 11 ; % 行 3 [lbl] at (1,3) 4 ; [lbl] at (2,3) 10 ; [lbl] at (3,3) 10 ; [lbl] at (4,3) 15 ; [lbl] at (5,3) 26 ; % 行 4 [lbl] at (1,4) 5 ; [lbl] at (2,4) 15 ; [lbl] at (3,4) 25 ; [lbl] at (4,4) 40 ; [lbl, text=red] at (5,4) 66 ;

题型 9. 特殊模型

求几何体中的 n 个顶点连成的直线构成的异面直线的组数: 先确定四面体的个数，而后注意到每个四面体中只有三组异面直线!【答案: 3(C_n^4 - m) ，其中 m 为四点共面的组合数.】 由(椭)圆上 n 个点确定的直线在圆内交点最多个数，取决于圆内接四边形的个数.【答案: C_n^4 .】 n 个连续号码，出现两组 m 个连续号码的情形数为 C_ n-2(m-1) ^2 .（掐头去尾，从中选号，两边连号.） 求30030能被多少个不同的偶数整除. 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，所有的偶因数为： C_5^1+C_5^2+C_5^3+C_5^4+C_5^5

题型 10. 全错位排列问题

一个人写了 (n )封不同的信及相应的 (n )个不同的信封,他把这 (n )封信都装错了信封,问有多少种方 法? 假设正确对应关系为第 (1,2,3, ,n )个信封分别应该装第 (a_1,a_2,a_3, ,a_n )封信, (n )封 信全部错位的方法有 (S_n )种. 考虑其中一封信 (a_n ), (a_n )不能放到第 (n )个信封,总共有 (n - 1 )种错位放法 记 (a_n )错装到第 (k )个位置,考虑被挤占的 (a_k )怎么放 (1) 如果 (a_k )放到第 (n )个位置,相当于和 (a_n )交换,只需要考虑剩 下 (n - 2 )封信怎么错位排,有 (S_ n - 2 )种方法 (2) 如果 (a_k )不放到第 (n )个位置,只需要考虑包含 (a_k )在内剩下 (n - 1 )封信的错 排,有 (S_ n - 1 )种方法.因此 [ S_n=(n - 1)(S_ n - 1 +S_ n - 2 ) ] 事实上通项公式为 (S_ n =n! _ k = 0 ^ n (-1)^ k k! ) 推广：若 (n ) 封信中恰有 (m(m n) ) 封信装错,则方法数为 (T_ n =C_ n ^ m S_ m ). 只需先将 (n ) 封信全部装对,再选出 (m ) 封需要装错的信件,然后对这 (m ) 封信进行全错位排列,根据乘法原理即可得到上述结果 数列 ( S_n ) 的前10项依次为 0 , 1 , 2 , 9 , 44 , 265 , 1854, 14833, 133496, 1334961

题型 11. 环形染色问题

0.69 用 m 种颜色对如图 n 个环形区域进行染色,相邻区域不同色,有多少种方法数？ 图中,假定从 (A_1 )开始逆时针染色.对于最后一次染色,先不考虑“邻区域不同色”的限 制条件,也就是不管 (A_n )和 (A_1 )颜色相同与否,那么染色方法数显然有 (m (m - 1)^ n - 1 ) 种.运用分类加法原理, (A_n )和 (A_1 )颜色相同时的方法数与 (A_n )和 (A_1 )颜色不同时的方 法数之和就是上面的这个结果.设 (A_n )和 (A_1 )颜色不同的方法数为 a_n ,若 (A_n )和 (A_1 )颜色相同,可将它们视为同一区域,方法数为 a_ n-1 , 因此,得到递推式 0.3 (0,0) circle (2); in 1,...,8 (0,0) -- ( 45:2); at (22.5:1.7) A_1 ; at (67.5:1.7) A_2 ; at (112.5:1.7) A_3 ; at (157.5:1.7) A_4 ; at (202.5:1.7) A_5 ; at (292.5:1.7) ; at (337.5:1.7) A_n ; [ a_ n - 1 +a_ n =m(m - 1)^ n - 1 (n 3) ] 用累加法求通项公式,只需要左右两侧同时乘上 ((-1)^ n ),得到 [ a_ n (-1)^ n -a_ n - 1 (-1)^ n - 1 =-m(1 - m)^ n - 1 ] 为了让形式更简洁,设 (T_ n =a_ n (-1)^ n ),进行累加,得到 [ T_ n =-m [(1 - m)^ n - 1 +(1 - m)^ n - 2 +(1 - m)^ n - 3 + +(1 - m)^ 3 ]+T_ 3 ] 容易得到边界 (T_ 3 =-1 m(m - 1)(m - 2)=-m ((1 - m)^ 2 +(1 - m)) ),代入得 T_ n =-m [(1 - m)^ n - 1 +(1 - m)^ n - 2 +(1 - m)^ n - 3 + +(1 - m)^ 3 ]+T_ 3 =-m [(1 - m)^ n - 1 +(1 - m)^ n - 2 +(1 - m)^ n - 3 + +(1 - m)^ 3 +(1 - m)^ 2 +(1 - m)] =(1 - m)^ n -(1 - m) 除以 ((-1)^ n )得到答案 [ a_ n =(-1)^ n (m - 1)+(m - 1)^ n = (-1)^ n ( 色 - 1)+( 色 - 1)^ n ]

题型 12. 传球问题

(m )个人进行篮球传球游戏,规则为每个人接球后再传给别人.规定由甲第一次传球,若第 (n )次传球后,球又回到甲的手中,求所有的传球方法数? 暂且不管第 (n - 1 )次传给了谁,注意到第 (n - 1 )次传球后拿到球的人把球传给甲就行了,因此总方法数为 (n - 1 )次传球的方法数即 ((m - 1)^ n - 1 ).但是如果第 (n - 1 )次传球给了甲,由于他不能传给自己,因此这种情况是不成立的,减去即可.设第 (n )次传球后回到甲手中的方法数为 (a_ n ),得到递推式 (a_ n = (m - 1)^ n - 1 - a_ n - 1 ),整理得 [ a_ n +a_ n - 1 =(m - 1)^ n - 1 ] 边界条件 (a_ 1 = 0 )（甲第一次只能传给别人）.这个递推式的处理方法和多边形染色类似,这里给出结果 [ a_ n = (-1)^ n (m - 1)+(m - 1)^ n m ]

二项式定理

定义 1. 二项式定理的概念（人教A选必三P29）

[ (a + b)^n = C_ n ^ 0 a^ n +C_ n ^ 1 a^ n - 1 b^ 1 + + C_ n ^ k a^ n - k b^ k + + C_ n ^ n b^ n , ; n N ^ * . 1 ] 由于 ((a + b)^n )是 (n )个 ((a + b) )相乘,每个 ((a + b) )在相乘时有两种选择,选 (a )或 (b ),而且每个 ((a + b) )中的 (a )或 (b )都选定后,才能得到展开式的一项. 因此,由分步乘法计数原理可知,在合并同类项之前, ((a + b)^n )的展开式共有 (2^n )项,其中每一项都是 (a^ n - k b^ k )（ (k = 0, 1, , n )）的形式. 对于每个 (k )（ (k = 0, 1, 2, , n )）,对应的项 (a^ n - k b^ k )是由 ((n - k) )个 ((a + b) )中选 (a ),另外 (k )个 ((a + b) )中选 (b )得到的. 由于 (b )选定后, (a )的选法也随之确定,因此, (a^ n - k b^ k )出现的次数相当于从 (n )个 ((a + b) )中取 (k )个 (b )的组合数 (C_ n ^ k ). 这样, ((a + b)^n )的展开式中, (a^ n - k b^ k )共有 (C_ n ^ k )个,将它们合并同类项,就可以得到上述二项展开式. 公式 ((1) )叫做 二项式定理 ,右边的多项式叫做 ((a + b)^n )的二项展开式,其中各项的系数 (C_ n ^ k )（ (k = 0, 1, 2, , n )）叫做 二项式系数 . 式中的 (C_ n ^ k a^ n - k b^ k )叫做二项展开式的 通项 ,用 (T_ k + 1 )表示,即通项为展开式的第 (k + 1 )项： [ T_ k + 1 = C_ n ^ k a^ n - k b^ k ] 在二项式定理中,若设 (a = 1 ), (b = x ),则得到公式： [ (1 + x)^n = C_ n ^ 0 +C_ n ^ 1 x+C_ n ^ 2 x^ 2 + + C_ n ^ k x^ k + + C_ n ^ n x^ n . ]

性质 1. 二项式定理的性质

对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. 事实上,这一性质可直接由 (C_ n ^ m =C_ n ^ n - m )得到. 直线 (r = n 2 ) 将函数 (f(r)=C_ n ^ r ) 的图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴. 增减性与最大值： ( 因为 C_ n ^ k = n(n - 1) (n - k)(n - k + 1) (k - 1)!k =C_ n ^ k - 1 n - k + 1 k ,即 C_ n ^ k C_ n ^ k - 1 = n - k + 1 k 所以 , 当 n - k + 1 k >1 ) 即 (k< n + 1 2 ) 时, (C_ n ^ k ) 随 (k ) 的增加而增大；由对称性知,当 (k> n + 1 2 ) 时, (C_ n ^ k ) 随 (k ) 的增加而减小. 当 (n ) 是偶数时,中间的一项 (C_ n ^ n 2 ) 取得最大值； 当 (n ) 是奇数时,中间的两项 (C_ n ^ n - 1 2 ) 与 (C_ n ^ n + 1 2 ) 相等,且同时取得最大值. 二项式系数的和： 因为 ( (1+1)^n = C_ n ^ 0 +C_ n ^ 1 +C_ n ^ 2 + + C_ n ^ n )，所以 ((a + b)^n ) 的展开式的各二项式系数的和等于 (2^n ) . 奇数项与偶数项的二项式系数和： 因为 ((1-1)^n = C_ n ^ 0 -C_ n ^ 1 +C_ n ^ 2 - + (-1)^n C_ n ^ n ),所以 (C_ n ^ 0 +C_ n ^ 2 +C_ n ^ 4 + = C_ n ^ 1 +C_ n ^ 3 +C_ n ^ 5 + = 2^n 2 = 2^ n-1 )，即奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和等于 (2^ n-1 ).

题型 1. 求特定项

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、特征项） 利用二项式定理写出展开式的通项公式 (T_ k+1 = C_n^k a^ n-k b^k )，通常把字母和系数分离开（注意符号不要出错）； 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)，解出 (k )； 把 (k ) 代入通项公式中，即可求出 (T_ k+1 )，有时还需要先求 (n )，再求 (k )，才能求出 (T_ k+1 ) 或其他量. 求形如 ((a+b+c)^n )的多项展开式中与特定项相关的量 转化为二项式：将三项中的两项当作一个整体， 根据二项式定理求出 ( [(a + b) + c ]^n ) 的展开式的通项；根据特定项的系数进行分析， 弄清特定项是由 ((a + b)^ n-k ) 的展开式中的哪些项和 (c^k ) 项相乘得到； 把相乘后的项合并即可得特定项或相关量 展开后再对 ((a+b) ) 的乘方运用二项式定理求解. 组合角度： 将 ((a + b + c)^n = (a + b + c)(a + b + c) (a + b + c) ) 展开，本质是从 (n ) 个因式中选 (k ) 个因式取 (a )，有 (C_n^k ) 种选法； 再从剩余 (n-k ) 个因式中选 (l ) 个因式取 (b )，有 (C_ n-k ^l ) 种选法； 最后剩余 (m = n - k - l ) 个因式取 (c )，有 (C_m^m = 1 ) 种选法. 因此，其展开式的通项为： ( C_n^k a^k C_ n-k ^l b^l C_m^m c^m = n! k! l! m! a^k b^l c^m ). 求形如 ((a+b)^m(c+d)^n ) ( (n,m N ^* )) 的展开式中与特定项相关的量 利用二项式定理把 ((a+b)^m ) 与 ((c+d)^n ) 分别展开，并写出其通项公式； 根据特定项的要求（如未知数的指数）,分析特定项是由 ((a+b)^m ) 与 ((c+d)^n ) 展开式中的哪些项相乘得到； 最后合并相乘后的项即可得特定项相关是量.

题型 2. 求系数和

设 ((ax + b)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + + a_nx^n = f(x) ). 常数项： (a_0 = f(0) ). 所有项系数和： (a_0 + a_1 + a_2 + + a_n = f(1) ). (对于 ((ax + by)^n ) 型，令 (x=1, y=1 ) 即可求得). 奇偶交替符号和： (a_0 - a_1 + a_2 - + (-1)^n a_n = f(-1) ). 奇数项系数和： (a_0 + a_2 + a_4 + = f(1) + f(-1) 2 ). 偶数项系数和： (a_1 + a_3 + a_5 + = f(1) - f(-1) 2 ). 系数绝对值之和：求 ( a_0 + a_1 + + a_n ) 的值. 利用 (( a x + b )^n = a_0 + a_1 x + + a_n x^n ) ，再令 (x = 1 ) ，即等于 (( a + b )^n ). 系数加权和（求导法）：求 (a_1 + 2a_2 + 3a_3 + + na_n ) 的值. 对原式两边求导得： (n(ax + b)^ n-1 a = a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 + + na_nx^ n-1 )， 再令 (x = 1 ) ，即等于 (na(a + b)^ n-1 ).

题型 3. 求系数最大的项

二项式 ((ax + by)^n )（ (a,b R )且 (a,b 0, n N ^* )）展开式中,若第 (r + 1 )项系数的绝对值最大, 则 C_ n ^ r a ^ n - r b ^r C_ n ^ r - 1 a ^ n - r + 1 b ^ r - 1 C_ n ^ r a ^ n - r b ^r C_ n ^ r + 1 a ^ n - r - 1 b ^ r + 1 ,化简可得 ( r [ b (n + 1) a + b - 1, b (n + 1) a + b ] ) 【例】 要求 ( ( x - 2 x )^7 )展开式中系数最大项. 记第 (k + 1 )项系数绝对值最大,则 ( k [ 2 1 + 2 8 - 1, 2 1 + 2 8 ] = [ 13 3 , 16 3 ] ) 即 (k = 5 )时系数的绝对值最大,此时 (T_6 = -2^5 C_ 7 ^ 5 x^ -4 ),系数为负数. 故展开式系数最大项可能出现在第 (5 )项或第 (7 )项. 又 (T_5 = 560x^ - 5 2 ), (T_7 = 448x^ - 11 2 ),所以系数最大项为 (T_5 = 560x^ - 5 2 ).

题型 4. 杨辉三角（人教A选必三P40）

[x=0.8cm, y=0.6cm, font= , >=Stealth] % --- 1. 绘制前 0-6 行 (具体数字) --- in 0,...,6 % 行号标签 [anchor=east] at (-4.5, - ) 第 行 ; in 0,..., % 计算组合数 (修正：pgfmath计算时可能产生浮点误差，使用round四舍五入后再取整) int(round(factorial( )/(factorial( )*factorial( - )))) % 必须将结果保存起来，否则会被后续坐标计算的pgfmathresult覆盖 % 放置数字 (坐标计算: y=-n, x=k-n/2) (N- - ) at ( - /2, - ) ; % % --- 2. 装饰：添加背景灰色连线，体现结构 --- % in 0,...,5 % in 0,..., % int( +1) % % 连线到下一行相邻的两个数 % (N- - .south) -- (N- +1 - .north); % (N- - .south) -- (N- +1 - .north); % % % --- 3. 过渡省略号 --- at (0, -6.5) ; [anchor=east] at (-5.3, -6.5) ; % --- 4. 绘制第 n-1 行 (符号) --- -7.3 [anchor=east] at (-4.5, ) 第 n !- !1 行 ; (A1) at (-3.5, ) 1 ; (A2) at (-2.5, ) C_ n-1 ^ 1 ; at (-1.5, ) ; % 放置两个相邻的组合数，用于演示递推 (Ar1) at (-0.6, ) C_ n-1 ^ r-1 ; (Ar2) at (0.6, ) C_ n-1 ^ r ; at (1.5, ) ; (A3) at (2.5, ) C_ n-1 ^ n-2 ; (A4) at (3.5, ) 1 ; % --- 5. 绘制第 n 行 (符号) --- -8.3 [anchor=east] at (-4.5, ) 第 n 行 ; (B1) at (-4.0, ) 1 ; (B2) at (-3.0, ) C_ n ^ 1 ; at (-2, ) ; % C_n^r 位于上一行两个关键项的正下方中间 (Br) at (0, ) C_ n ^ r ; at (2, ) ; (B3) at (3.0, ) C_ n ^ n-1 ; (B4) at (4.0, ) 1 ; % % --- 6. 演示相加性质 --- % (Ar1) -- (Br); % (Ar2) -- (Br); % % 补全外围的结构虚线(可选) - 左边 % (A1) -- (B1); % (A1) -- (B2); % (A2) -- (B2); % % 补全外围的结构虚线(可选) - 右边 % (A4) -- (B4); % (A4) -- (B3); % (A3) -- (B3); % 性质列表（带编号、公式,组合数手动写为 C_n^r 格式） 对称性 ： 即与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,数学表达式为： ( C_n^r = C_n^ n - r ) 二项式系数的定义 ： 第 n 行的第 r !+ !1 个数是组合数： ( C_n^r = n! r!(n - r)! ) 奇数项与偶数项之和相等 ： 第 n 行的奇数项之和等于偶数项之和,即： ( C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + = C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 + ) 且两者之和均为 2^ n-1 . 所有项之和为 2^n ： 第 n 行的所有数之和等于 2^n ,即： ( C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + + C_n^n = 2^n ) 相邻两行的递推关系 ： 观察杨辉三角的相邻两行,满足组合数递推公式： ( C_n^r = C_ n-1 ^ r-1 + C_ n-1 ^r ) 平行于腰的直线上数的和 ： 自腰上的某个 1 开始,平行于腰的一条直线上连续 n 个数之和,等于最后一个数斜右下方的数,即： [ C_r^r + C_ r+1 ^r + C_ r+2 ^r + + C_ n-1 ^r = C_n^ r+1 ]

题型 5. 整除和余数问题

% 题目1：用二项式定理证明 (n + 1)^n - 1 能被 n² 整除 用二项式定理证明： ((n + 1)^n - 1 ) 能被 (n^2 ) 整除. [ (n + 1)^n - 1 = C_n^0 n^n + C_n^1 n^ n-1 + C_n^2 n^ n-2 + + C_n^ n-2 n^2 + C_n^ n-1 n + C_n^n - 1 = C_n^0 n^n + C_n^1 n^ n-1 + C_n^2 n^ n-2 + + C_n^ n-2 n^2 + n^2 = n^2 ( C_n^0 n^ n-2 + C_n^1 n^ n-3 + C_n^2 n^ n-4 + + C_n^ n-2 + 1 ) ] 所以 ((n + 1)^n - 1 ) 能被 (n^2 ) 整除. % 题目2：证明 3^ 2n+2 - 8n - 9 (n∈N*) 能被 64 整除 求证： (3^ 2n+2 - 8n - 9 , (n N ^*) ) 能被 (64 ) 整除. [ 3^ 2n+2 - 8n - 9 = 9^ n+1 - 8n - 9 = (8 + 1)^ n+1 - 8n - 9 = C_ n+1 ^0 8^ n+1 + C_ n+1 ^1 8^n + C_ n+1 ^2 8^ n-1 + + C_ n+1 ^ n-1 8^2 + C_ n+1 ^n 8 + C_ n+1 ^ n+1 - 8n - 9 = ( C_ n+1 ^0 8^ n+1 + C_ n+1 ^1 8^n + C_ n+1 ^2 8^ n-1 + + C_ n+1 ^ n-1 8^2 ) + 8(n + 1) + 1 - 8n - 9 = 64 ( C_ n+1 ^0 8^ n-1 + C_ n+1 ^1 8^ n-2 + C_ n+1 ^2 8^ n-3 + + C_ n+1 ^ n-1 ) ] 所以 (3^ 2n+2 - 8n - 9 , (n N ^*) ) 能被 (64 ) 整除. % 题目3：证明 1 + 2 + 2² + … + 2^ 5n-1 (n∈N*) 能被 31 整除 求证： (1 + 2 + 2^2 + + 2^ 5n-1 , (n N ^*) ) 能被 (31 ) 整除. 证明： 因为等比数列求和 [ 1 + 2 + 2^2 + + 2^ 5n-1 = 1 - 2^ 5n 1 - 2 = 2^ 5n - 1 = 32^n - 1 = (31 + 1)^n - 1 ] 展开二项式： [ (31 + 1)^n - 1 = C_n^0 31^n + C_n^1 31^ n-1 + C_n^2 31^ n-2 + + C_n^ n-1 31 + C_n^n - 1 = 31 ( C_n^0 31^ n-1 + C_n^1 31^ n-2 + C_n^2 31^ n-3 + + C_n^ n-1 ) ] 所以 (1 + 2 + 2^2 + + 2^ 5n-1 , (n N ^*) ) 能被 (31 ) 整除. (91^ 92 ) 除以 (100 ) 的余数是 ( ). [ 91^ 92 = (90 + 1)^ 92 = C_ 92 ^0 90^ 92 + C_ 92 ^1 90^ 91 + C_ 92 ^2 90^ 90 + + C_ 92 ^ 90 90^2 + C_ 92 ^ 91 90 + C_ 92 ^ 92 = 90^2 ( C_ 92 ^0 90^ 90 + C_ 92 ^1 90^ 89 + + C_ 92 ^ 90 ) + 92 90 + 1 = 81 100 ( C_ 92 ^0 90^ 90 + C_ 92 ^1 90^ 89 + + C_ 92 ^ 90 ) + 82 100 + 81 ] 所以 (91^ 92 ) 除以 (100 ) 的余数是 (81 ). (3^8 ) 被 (5 ) 除所得的余数是 ( ). [ 3^8 = 9^4 = (10 - 1)^4 = C_4^0 10^4 - C_4^1 10^3 + C_4^2 10^2 - C_4^3 10 + C_4^4 = 10 ( C_4^0 10^3 - C_4^1 10^2 + C_4^2 10 - C_4^3 ) + 1 ] 所以 (3^8 ) 被 (5 ) 除所得的余数是 (1 ). % 题目5：4×6^n + 5^ n+1 除以 20 的余数 设 (n N ^* ),则 (4 6^n + 5^ n+1 ) 除以 (20 ) 的余数为 ( ). [ 4 6^n + 5^ n+1 = 4(5 + 1)^n + 5(4 + 1)^n = 4 ( C_n^0 5^n + C_n^1 5^ n-1 + + C_n^ n-1 5 + C_n^n ) + 5 ( C_n^0 4^n + C_n^1 4^ n-1 + + C_n^ n-1 4 + C_n^n ) = 20 ( C_n^0 5^ n-1 + C_n^1 5^ n-2 + + C_n^ n-1 ) + 4 + 20 ( C_n^0 4^ n-1 + C_n^1 4^ n-2 + + C_n^ n-1 ) + 5 ] 所以 (4 6^n + 5^ n+1 ) 除以 (20 ) 的余数为 (9 ).

题型 6. 近似计算问题

(1.02^8 ) （小数点后保留三位小数） (1.02^8 = (1 + 0.02)^8 = 1 + C_8^1 0.02 + C_8^2 0.02^2 + C_8^3 0.02^3 + + C_8^8 0.02^8 ), 由二项展开式的性质易知, (C_8^3 0.02^3 < 0.001 ), (C_8^4 0.02^4 )远小于 (0.001 ),依次类推, 故 (1.02^8 = (1 + 0.02)^8 1 + C_8^1 0.02 + C_8^2 0.02^2 + C_8^3 0.02^3 1.172 ) ((1.05)^6 )的计算结果精确到 (0.01 )的近似值是 ((1.05)^6 = (1 + 0.05)^6 = 1 + C_6^1 0.05 + C_6^2 0.05^2 + 1 + 0.3 + 0.0375 = 1.3375 1.34 )