第十九章 计数原理 １４１
§ １９．２ 二项式定理
对应学生用书起始页码 Ｐ３９１
考 点 二项式定理
１．二项式定理
（ａ＋ｂ） ｎ ＝Ｃ０ｎａｎ＋Ｃ１ｎａｎ
－１ｂ＋…＋Ｃｒｎａｎ
－ｒｂｒ＋…＋Ｃｎｎｂｎ（ｎ∈Ｎ?） ．
这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做（ａ＋ｂ） ｎ 的二
项展开式，其中系数 Ｃｒｎ（ ｒ＝ ０，１，２，…，ｎ）叫做第 ｒ＋１ 项的二项式
系数．式中的 Ｃｒｎａｎ
－ｒｂｒ 叫做二项展开式的第 ｒ＋１ 项（通项），用 Ｔｒ＋１
表示，即展开式的第 ｒ＋１ 项；Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒｎａｎ
－ｒｂｒ ．
２．二项展开式形式上的特点
（１）项数为 ｎ＋１．
（２）各项的次数都等于二项式的幂指数 ｎ，即 ａ 与 ｂ 的指数
的和为 ｎ．
（３）字母 ａ 按降幂排列，从第一项起，次数由 ｎ 逐项减 １ 直到
零；字母 ｂ 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项加 １ 直到 ｎ．
（４）二项式的系数从Ｃ０ｎ，Ｃ１ｎ，一直到 Ｃｎ
－１
ｎ ，Ｃｎｎ ．
３．二项式系数的性质
（１）在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项
式系数相等．
（２）若二项式的幂指数是偶数，则中间项的二项式系数最
大；若二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等并
且最大．
（３）二项式系数的和等于 ２ｎ，即Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ＋…＋Ｃｎｎ ＝ ２ｎ ．
（４）二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项
的二项式系数的和，即Ｃ０ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＝Ｃ１ｎ＋Ｃ３ｎ＋…＝２ｎ
－１ ．
１．二项式的通项易误认为是第 ｒ 项，实质上是第（ ｒ ＋
１）项．
２．（ａ＋ｂ） ｎ 与（ｂ＋ａ） ｎ 虽然相同，但具体到它们展开式的
某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量 ａ 与第二个量
ｂ 的位置不能颠倒．
３．易混淆二项式中的“项” “项的系数” “项的二项式系
数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符
号，二项式系数仅指 Ｃｒｎ（ｒ＝ ０，１，…，ｎ）．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
对应学生用书起始页码 Ｐ３９１
一、展开式中特定项或特定项系数的求法
求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项 Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒｎａｎ
－ｒｂｒ
的特点，一般需要建立方程求 ｒ，再将 ｒ 的值代回通项求解，注意
ｒ 的取值范围（ ｒ＝ ０，１，２，…，ｎ） ．
常见题型及求解方法：
（１）求第 ｍ 项：此时 ｒ＋１＝ｍ，直接代入通项；
（２）求常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂
指数为 ０ 建立方程；
（３）求有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方
法求解．
（１）在二项式 ｘ ＋
１
２ ４ｘ
?
è
?
?
?
÷
ｎ
的展开式中，前三项的系数
成等差数列，展开式中的有理项是 ，二项式系
数最大的项是 ．
（２） ｘ －
１
３ｘ
?
è
?
?
?
÷
１０
的展开式的中间项是 ．
（３）在二项式（ ｘ－ １） １１ 的展开式中，系数最小的项的系数
是 ．
解析 （１）∵ 二项展开式的前三项的系数分别是 １，
ｎ
２
，
１
８
ｎ（ｎ－１），∴ ２·
ｎ
２
＝ １＋
１
８
ｎ（ｎ－１），
解得 ｎ＝ ８ 或 ｎ＝ １（不合题意，舍去），
∴ Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ８ｘ
８－ｒ
２
１
２
ｘ－
１
４( ) ｒ ＝Ｃｒ８２－ｒｘ４－ ３ｒ４ ，
当 ４－
３
４
ｒ∈Ｚ 时，Ｔｒ＋１为有理项．
∵ ０≤ｒ≤８ 且 ｒ∈Ｚ，∴ ｒ＝ ０，４，８ 符合要求．
故有理项有 ３ 项，分别是 Ｔ１ ＝ ｘ４，Ｔ５ ＝
３５
８
ｘ，Ｔ９ ＝
１
２５６
ｘ－２ ．
∵ ｎ＝ ８，∴ 展开式中共 ９ 项，中间一项即第 ５ 项的二项式系
数最大，且 Ｔ５ ＝
３５
８
ｘ．
（２）∵ Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ１０（ ｘ ） １０
－ｒ － １３ｘ
?
è
?
?
?
÷
ｒ
，
∴ 展开式的中间项为 Ｃ５１０（ ｘ ）
５ － １３ｘ
?
è
?
?
?
÷
５
＝－２５２ｘ
５
６ ．
（３）Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ１１ｘ１１
－ｒ（－１） ｒ ．
要使项的系数最小，则 ｒ 必为奇数，且使 Ｃｒ１１最大，由此得 ｒ ＝
５，从而可知系数最小项的系数为 Ｃ５１１（－１） ５ ＝－４６２．
答案 （１）Ｔ１ ＝ ｘ４，Ｔ５ ＝
３５
８
ｘ，Ｔ９ ＝
１
２５６
ｘ－２；Ｔ５ ＝
３５
８
ｘ
（２）－２５２ｘ
５
６ （３）－４６２
归纳总结 一般地：
当 ｎ 为奇数时，（ａ＋ｂ） ｎ 的展开式的中间项是 Ｃ
ｎ－１
２
ｎ ａ
ｎ＋１
２ ｂ
ｎ－１
２ 和
Ｃ
ｎ＋１
２
ｎ ａ
ｎ－１
２ ｂ
ｎ＋１
２ ；
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
１４２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
当 ｎ 为偶数时，（ａ＋ｂ） ｎ 的展开式的中间项是 Ｃ
ｎ
２
ｎ ａ
ｎ
２ ｂ
ｎ
２ ．
１－１ （２０１６ 天津理，１０，５ 分） ｘ２－
１
ｘ( )
８
的展开式中 ｘ７ 的
系数为 ．（用数字作答）
１－１ 答案 －５６
解析 Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ８ｘ１６
－２ｒ（－ｘ） －ｒ ＝ （ －１） －ｒＣｒ８ｘ１６
－３ｒ，令 １６－３ｒ ＝ ７，
得 ｒ＝ ３，所以 ｘ７ 的系数为（－１） －３Ｃ３８ ＝－５６．
１－２ 已知 ａ
ｘ
－ ｘ
２
?
è
?
?
?
÷
９
的展开式中 ｘ３ 的系数为
９
４
，常数
ａ 的值为 ．
１－２ 答案 ４
解析 Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ９
ａ
ｘ( )
９－ｒ
－ ｘ
２
?
è
?
?
?
÷
ｒ
＝Ｃｒ９ （－１） ｒ·２
－
ｒ
２ ·ａ９－ｒ·ｘ
３
２ ｒ－９，
令
３
２
ｒ－９＝ ３，得 ｒ＝ ８，依题意，得 Ｃ８９ （－１） ８·２
－４·ａ９－８ ＝
９
４
，
解得 ａ＝ ４．
１－３ 若二项式 ｘ ＋
１
ｘ( )
ｎ
（ｎ∈Ｎ?）的展开式中各项的系数
和为 ３２，则该展开式中含 ｘ 项的系数为 ．
１－３ 答案 ５
解析 令 ｘ＝ １，得 ｘ ＋
１
ｘ( )
ｎ
的展开式中各项的系数和为
２ｎ，即 ２ｎ ＝ ３２，所以 ｎ＝ ５．
ｘ ＋
１
ｘ( )
５
的展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝ Ｃｒ５ （ ｘ ） ５
－ｒ １
ｘ( )
ｒ
＝
Ｃｒ５ｘ
５－３ｒ
２ ，令
５－３ｒ
２
＝ １，得 ｒ ＝ １，所以该展开式中含 ｘ 项的系数为 Ｃ１５
＝ ５．
１－４ （２０１５ 课标全国Ⅰ改编，１０，５ 分）（ ｘ２ ＋ｘ＋ｙ） ５ 的展开
式中，ｘ５ｙ２ 的系数为 ．
１－４ 答案 ３０
解析 （ ｘ２ ＋ ｘ ＋ ｙ） ５ ＝ ［（ ｘ２ ＋ ｘ） ＋ ｙ］ ５ 的展开式中只有
Ｃ２５（ｘ２＋ｘ） ３ｙ２中含 ｘ５ｙ２，易知 ｘ５ｙ２ 的系数为 Ｃ２５Ｃ１３ ＝ ３０．
１－５ ｘ ＋
１
２ ４ｘ
?
è
?
?
?
÷
８
的展开式中系数最大的项是 ．
１－５ 答案 Ｔ３ ＝ ７ｘ
５
２ ，Ｔ４ ＝ ７ｘ
７
４
解析 ｘ ＋
１
２ ４ｘ
?
è
?
?
?
÷
８
的展开式的通项为
Ｔｒ＋１ ＝Ｃｒ８ｘ
８－ｒ
２
１
２( )
ｒ
ｘ－
ｒ
４ ＝Ｃｒ８
１
２( )
ｒ
ｘ４－
３ｒ
４ ．
要求系数最大的项，则有
Ｃｒ８
１
２( )
ｒ
≥Ｃｒ－１８
１
２( )
ｒ－１
，
Ｃｒ８
１
２( )
ｒ
≥Ｃｒ＋１８
１
２( )
ｒ＋１
，
ì
?
í
?
?
??
即
８！
ｒ！ （８－ｒ）！
·
１
２
≥
８！
（ ｒ－１）！ （９－ｒ）！
，
８！
ｒ！ （８－ｒ）！
≥
１
２
·
８！
（ ｒ＋１）！ （７－ｒ）！
，
ì
?
í
??
??
即
１
２ｒ
≥
１
９－ｒ
，
１
８－ｒ
≥
１
２（ ｒ＋１）
，
ì
?
í
??
??
解得 ２≤ｒ≤３．
∴ 系数最大的项为第 ３ 项 Ｔ３ ＝ ７ｘ
５
２ 和第 ４ 项 Ｔ４ ＝ ７ｘ
７
４ ．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
二、展开式中系数和的有关问题的解法
（１）“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形
如（ａｘ＋ｂ） ｎ（ａ、ｂ∈Ｒ）的式子求其展开式的各项系数之和，常用
赋值法，只需令 ｘ＝ １ 即可；对形如（ａｘ＋ｂｙ） ｎ（ａ、ｂ∈Ｒ）的式子求
其展开式的各项系数之和，只需令 ｘ＝ ｙ＝ １ 即可．
（２）一般地，对于多项式（ａ＋ｂｘ） ｎ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａｎｘｎ，令
ｇ（ｘ）＝ （ａ＋ｂｘ） ｎ，则
（ａ＋ｂｘ） ｎ 展开式中各项的系数的和为 ｇ（１），
（ａ＋ｂｘ）ｎ 展开式中奇数项的系数和为
１
２
［ｇ（１）＋ｇ（－１）］，
（ａ＋ｂｘ） ｎ 展开式中偶数项的系数和为
１
２
［ｇ（１）－ｇ（－１）］ ．
已知等式（ｘ２＋２ｘ＋２） ５ ＝ ａ０ ＋ａ１（ ｘ＋１） ＋ａ２（ ｘ＋１） ２ ＋…＋
ａ９（ｘ＋１） ９＋ａ１０（ｘ＋１） １０，其中 ａｉ（ ｉ＝ ０，１，２，…，１０）为常数．求：
（１） ∑
１０
ｎ ＝ １
ａｎ 的值；
（２） ∑
１０
ｎ ＝ １
ｎａｎ 的值．
解析 （１）在（ｘ２＋２ｘ＋２） ５ ＝ ａ０ ＋ａ１（ ｘ＋１） ＋ａ２（ ｘ＋１） ２ ＋…＋
ａ９（ｘ＋１） ９＋ａ１０（ｘ＋１） １０中，
令 ｘ＝－１，得 ａ０ ＝ １；
令 ｘ＝ ０，得 ａ０＋ａ１＋ａ２＋…＋ａ９＋ａ１０ ＝ ２５ ＝ ３２．
所以 ∑
１０
ｎ ＝ １
ａｎ ＝ａ１＋ａ２＋…＋ａ１０ ＝ ３１．
（２）等式 （ ｘ２ ＋ ２ｘ ＋ ２） ５ ＝ ａ０ ＋ ａ１ （ ｘ ＋ １） ＋ ａ２ （ ｘ ＋ １） ２ ＋… ＋
ａ９（ｘ＋１） ９＋ａ１０（ｘ＋１） １０的两边对 ｘ 求导，
得 ５（ｘ２＋２ｘ＋２） ４·（２ｘ＋２）＝ ａ１＋２ａ２（ｘ＋１） ＋…＋９ａ９（ ｘ＋１） ８ ＋
１０ａ１０（ｘ＋１） ９ ．
在 ５（ｘ２＋２ｘ＋２） ４·（２ｘ＋２）＝ ａ１＋２ａ２（ｘ＋１） ＋…＋９ａ９（ ｘ＋１） ８ ＋
１０ａ１０（ｘ＋ １） ９ 中，令 ｘ ＝ ０，整理，得 ∑
１０
ｎ ＝ １
ｎａｎ ＝ ａ１ ＋ ２ａ２ ＋…＋９ａ９ ＋
１０ａ１０ ＝ ５×２５ ＝ １６０．
２－１ 若（ ｘ＋１） ２（ ｘ＋２） ２ ０１６ ＝ ａ０ ＋ａ１（ ｘ＋２） ＋ａ２（ ｘ＋２） ２ ＋…＋
ａ２ ０１８（ｘ＋２） ２ ０１８，求
ａ１
２
＋
ａ２
２２
＋
ａ３
２３
＋…＋
ａ２ ０１８
２２ ０１８
的值．
２－１ 解析 依题意，令 ｘ＝－２，得 ａ０ ＝ ０；
令 ｘ ＝ －
３
２
， 得 －
３
２
＋１( ) ２ × － ３２ ＋２( )
２ ０１６
＝ ａ０ ＋ ａ１ ·
－ ３
２
＋２( ) ＋ａ２ － ３２ ＋２( )
２
＋…＋ａ２ ０１８ －
３
２
＋２( ) ２ ０１８，
即
ａ１
２
＋
ａ２
２２
＋
ａ３
２３
＋…＋
ａ２ ０１８
２２ ０１８
＝ １
２( )
２ ０１８
．
２－２ 已知 ａｎ ＝（１＋ ２ ） ｎ（ｎ∈Ｎ?） ．
（１）若 ａｎ ＝ａ＋ｂ ２ （ａ，ｂ∈Ｚ），求证：ａ 是奇数；
（２）求证：对于任意 ｎ∈Ｎ?都存在正整数 ｋ，使得 ａｎ ＝ ｋ－１
＋ ｋ ．
２－２ 证明 （１）由二项式定理，得
ａｎ ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ ２ ＋Ｃ２ｎ（ ２ ） ２＋Ｃ３ｎ（ ２ ） ３＋…＋Ｃｎｎ（ ２ ） ｎ，
所以 ａ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ２ｎ（ ２ ） ２＋Ｃ４ｎ（ ２ ） ４＋…＝１＋２Ｃ２ｎ＋２２Ｃ４ｎ＋…，
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
第十九章 计数原理 １４３
因为 ２Ｃ２ｎ＋２２Ｃ４ｎ＋…为偶数，所以 ａ 是奇数．
（２）由（１）设 ａｎ ＝（１＋ ２ ） ｎ ＝ａ＋ｂ ２ （ａ，ｂ∈Ｚ），则（１－ ２ ） ｎ ＝
ａ－ｂ ２ ，
所以 ａ２－２ｂ２ ＝（ａ＋ｂ ２ ）（ａ－ｂ ２ ）＝ （１＋ ２ ） ｎ（１－ ２ ） ｎ ＝ （１－
２） ｎ ＝（－１） ｎ，
当 ｎ 为偶数时，ａ２ ＝ ２ｂ２ ＋１，存在 ｋ ＝ ａ２，使得 ａｎ ＝ ａ＋ｂ ２ ＝
ａ２ ＋ ２ｂ２ ＝ ｋ ＋ ｋ－１ ；
当 ｎ 为奇数时，ａ２ ＝ ２ｂ２ －１，存在 ｋ ＝ ２ｂ２，使得 ａｎ ＝ ａ＋ｂ ２ ＝
ａ２ ＋ ２ｂ２ ＝ ｋ－１ ＋ ｋ ．
综上，对于任意 ｎ∈Ｎ?，都存在正整数 ｋ，使得 ａｎ ＝ ｋ－１
＋ ｋ ．
????
????
????
????
????
????
三、利用二项式定理解决相关化简、证明问题的方法
二项式定理常常用来化简、证明有关组合数问题，常见方
法有：
（１）赋值法：用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变
为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”
配合整除的有关知识来解决，普遍适用于恒等式．
（２）构造法：是指构造函数或构造同一问题的两种算法，用
于证明组合恒等式或化简组合式，是解决二项展开式中“系数
和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法．
（３）整除性问题：利用二项式定理解决整除问题时，关键是
进行合理的变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一
个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均
能被另一个式子整除即可．
（４）余数问题：应明确被除式 ｆ（ｘ）与除式 ｇ（ｘ）（ｇ（ ｘ）≠０），
商式 ｑ（ｘ）与余式的关系及余式的范围．
（５）有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放
缩”处理．
（２０１８ 南通调研，２３，１０ 分）已知（１＋ｘ） ２ｎ＋１ ＝ ａ０ ＋ａ１ｘ＋
ａ２ｘ２＋…＋ａ２ｎ＋１ｘ２ｎ
＋１，ｎ∈Ｎ? ．记 Ｔｎ ＝ ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
（２ｋ＋１）ａｎ－ｋ ．
（１）求 Ｔ２ 的值；
（２）化简 Ｔｎ 的表达式，并证明：对任意的 ｎ∈Ｎ?，Ｔｎ 都能被
４ｎ＋２ 整除．
解析 由二项式定理，得 ａｉ ＝Ｃｉ２ｎ＋１（ ｉ＝ ０，１，２，…，２ｎ＋１） ．
（１）Ｔ２ ＝ａ２＋３ａ１＋５ａ０ ＝Ｃ２５＋３Ｃ１５＋５Ｃ０５ ＝ ３０．
（２）因为（ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝（ｎ＋１＋ｋ）·
（２ｎ＋１）！
（ｎ＋１＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！
＝（２ｎ
＋１）·（２ｎ）！
（ｎ＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！
＝（２ｎ＋１）Ｃｎ＋ｋ２ｎ ，
所以 Ｔｎ ＝∑
ｎ
ｋ ＝ ０
（２ｋ＋１）ａｎ－ｋ
＝∑
ｎ
ｋ ＝ ０
（２ｋ＋１）Ｃｎ－ｋ２ｎ＋１
＝∑
ｎ
ｋ ＝ ０
（２ｋ＋１）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１
＝∑
ｎ
ｋ ＝ ０
［２（ｎ＋１＋ｋ）－（２ｎ＋１）］Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１
＝ ２∑
ｎ
ｋ ＝ ０
（ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ －（２ｎ＋１）∑
ｎ
ｋ ＝ ０
Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１
＝ ２（２ｎ＋１） ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
Ｃｎ＋ｋ２ｎ －（２ｎ＋１）∑
ｎ
ｋ ＝ ０
Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１
＝ ２（２ｎ＋１）·
１
２
·（２２ｎ＋Ｃｎ２ｎ）－（２ｎ＋１）·
１
２
·２２ｎ＋１
＝（２ｎ＋１）Ｃｎ２ｎ ．
Ｔｎ ＝（２ｎ＋１）Ｃｎ２ｎ ＝（２ｎ＋１）（Ｃｎ
－１
２ｎ－１＋Ｃｎ２ｎ－１）＝ ２（２ｎ＋１）Ｃｎ２ｎ－１ ＝ （４ｎ
＋２）Ｃｎ２ｎ－１ ．
因为 Ｃｎ２ｎ－１∈Ｎ?，所以 Ｔｎ 能被 ４ｎ＋２ 整除．
３－１ 设 ｎ∈Ｎ?，ｎ≥３，ｋ∈Ｎ? ．
（１）求值：
①ｋＣｋｎ－ｎＣｋ
－１
ｎ－１；
②ｋ２Ｃｋｎ－ｎ（ｎ－１）Ｃｋ
－２
ｎ－２－ｎＣｋ
－１
ｎ－１（ｋ≥２）；
（２）化简：１２Ｃ０ｎ＋２２Ｃ１ｎ＋３２Ｃ２ｎ＋…＋（ｋ＋１） ２Ｃｋｎ＋…＋（ｎ＋１） ２Ｃｎｎ ．
３－ １ 解 析 （ １ ） ① ｋＣｋｎ － ｎＣｋ
－１
ｎ－１ ＝ ｋ ·
ｎ！
ｋ！（ｎ－ｋ）！
－ ｎ ·
（ｎ－１）！
（ｋ－１）！ （ｎ－ｋ）！
＝ ｎ！
（ｋ－１）！（ｎ－ｋ）！
－ ｎ！
（ｋ－１）！（ｎ－ｋ）！
＝ ０．
②ｋ２Ｃｋｎ－ ｎ（ ｎ － １） Ｃｋ
－２
ｎ－２ － ｎＣｋ
－１
ｎ－１ ＝ ｋ２ ·
ｎ！
ｋ！（ｎ－ｋ）！
－ ｎ （ ｎ － １） ·
（ｎ－２）！
（ｋ－２）！（ｎ－ｋ）！
－ｎ·
（ｎ－１）！
（ｋ－１）！（ｎ－ｋ）！
＝ ｋ·
ｎ！
（ｋ－１）！（ｎ－ｋ）！
－ ｎ！
（ｋ－２）！（ｎ－ｋ）！
－ ｎ！
（ｋ－１）！（ｎ－ｋ）！
＝ ｎ！
（ｋ－２）！（ｎ－ｋ）！
ｋ
ｋ－１
－１－
１
ｋ－１( ) ＝ ０．
（２）解法一：由（１）可知当 ｋ≥２ 时，
（ｋ＋１） ２Ｃｋｎ ＝（ｋ２＋２ｋ＋１）Ｃｋｎ ＝ ｋ２Ｃｋｎ＋２ｋＣｋｎ＋Ｃｋｎ
＝［ｎ（ｎ－１）Ｃｋ－２ｎ－２＋ｎＣｋ
－１
ｎ－１］＋２ｎＣｋ
－１
ｎ－１＋Ｃｋｎ
＝ｎ（ｎ－１）Ｃｋ－２ｎ－２＋３ｎＣｋ
－１
ｎ－１＋Ｃｋｎ，
故 １２Ｃ０ｎ＋２２Ｃ１ｎ＋３２Ｃ２ｎ＋…＋（ｋ＋１） ２Ｃｋｎ＋…＋（ｎ＋１） ２Ｃｎｎ
＝（１２Ｃ０ｎ＋２２Ｃ１ｎ） ＋ｎ（ｎ－１） （Ｃ０ｎ－２ ＋Ｃ１ｎ－２ ＋…＋Ｃｎ
－２
ｎ－２ ） ＋ ３ｎ（Ｃ１ｎ－１ ＋
Ｃ２ｎ－１＋…＋Ｃｎ
－１
ｎ－１）＋（Ｃ２ｎ＋Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎｎ）＝ （１＋４ｎ）＋ｎ（ｎ－１）２ｎ
－２＋３ｎ（２ｎ－１
－１）＋（２ｎ－１－ｎ）＝ ２ｎ－２（ｎ２＋５ｎ＋４） ．
解法二：当 ｎ≥３ 时，由二项式定理，得（１＋ｘ） ｎ ＝ １＋Ｃ１ｎｘ＋Ｃ２ｎｘ２
＋…＋Ｃｋｎｘｋ＋…＋Ｃｎｎｘｎ，
两边同乘 ｘ，得 （１＋ｘ） ｎｘ ＝ ｘ ＋ Ｃ１ｎｘ２ ＋ Ｃ２ｎｘ３ ＋ … ＋ Ｃｋｎｘｋ
＋１ ＋ …
＋Ｃｎｎｘｎ
＋１，
两边对 ｘ 求导，得
（１＋ｘ） ｎ＋ｎ（１＋ｘ） ｎ－１ｘ＝ １＋２Ｃ１ｎｘ＋３Ｃ２ｎｘ２ ＋…＋（ ｋ＋１）Ｃｋｎｘｋ ＋…＋
（ｎ＋１）Ｃｎｎｘｎ，
两边再同乘 ｘ，得
（１＋ｘ） ｎｘ＋ｎ（１＋ｘ） ｎ－１ｘ２ ＝ ｘ＋２Ｃ１ｎｘ２＋３Ｃ２ｎｘ３＋…＋（ ｋ＋１）·Ｃｋｎｘｋ
＋１
＋…＋（ｎ＋１）Ｃｎｎｘｎ
＋１，
两边再对 ｘ 求导，得（１＋ｘ）ｎ＋ｎ（１＋ｘ）ｎ－１ｘ＋ｎ（ｎ－１）·（１＋ｘ）ｎ－２ｘ２＋
２ｎ（１＋ｘ）ｎ－１ｘ＝１＋２２Ｃ１ｎｘ＋３２Ｃ２ｎｘ２＋…＋（ｋ＋１）２Ｃｋｎｘｋ＋…＋（ｎ＋１）２Ｃｎｎｘｎ ．
令 ｘ＝ １，得
２ｎ＋ｎ·２ｎ－１ ＋ ｎ（ ｎ－ １） ２ｎ－２ ＋ ２ｎ·２ｎ－１ ＝ １＋ ２２Ｃ１ｎ ＋ ３２Ｃ２ｎ ＋…＋
（ｋ＋１） ２Ｃｋｎ＋…＋（ｎ＋１） ２Ｃｎｎ，
即 １２Ｃ０ｎ＋２２Ｃ１ｎ＋３２Ｃ２ｎ＋…＋（ｋ＋１） ２Ｃｋｎ ＋…＋（ｎ＋１） ２Ｃｎｎ ＝ ２ｎ
－２（ｎ２
＋５ｎ＋４） ．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
(共47张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
考点 二项式定理
(2019江苏,22,10分)设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n≥4,n∈N*,已知?=2a2a4.
(1)求n的值;
(2)设(1+?)n=a+b?,其中a,b∈N*,求a2-3b2的值.
解析 本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识,考查分析问题能力与运算求解能力.满
分10分.
(1)因为(1+x)n=?+?x+?x2+…+?xn,n≥4,
所以a2=?=?,a3=?=?,
a4=?=?.
因为?=2a2a4,
所以?=2×?×?.
解得n=5.
(2)由(1)知,n=5.
(1+?)n=(1+?)5
=?+??+?(?)2+?(?)3+?(?)4+?(?)5
=a+b?.
解法一:因为a,b∈N*,所以a=?+3?+9?=76,b=?+3?+9?=44,
从而a2-3b2=762-3×442=-32.
解法二:(1-?)5=?+?(-?)+?(-?)2+?(-?)3+?(-?)4+?(-?)5=?-??+?(?)2-?
(?)3+?(?)4-?(?)5.
因为a,b∈N*,所以(1-?)5=a-b?.
因此a2-3b2=(a+b?)(a-b?)=(1+?)5×(1-?)5=(-2)5=-32.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点 二项式定理
1.(2019课标全国Ⅲ理改编,4,5分)(1+2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为 ????.
答案 12
解析 本题考查二项式定理的应用,通过求解二项展开式中指定项的系数考查学生对公式的
运用能力,考查了数学运算的核心素养.
(1+x)4的二项展开式的通项为Tk+1=?xk(k=0,1,2,3,4),故(1+2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为?+2
?=12.
解题关键 掌握多项式乘法的展开式,熟记二项展开式的通项是解决本题的关键.
2.(2019天津理,10,5分)?的展开式中的常数项为 ????.
答案 28
解析 本题考查二项展开式的通项,通过二项展开式中指定项的求解考查学生的运算能力,从
而体现运算法则及运算对象选择的素养要素.
二项展开式的通项公式为Tk+1=?(2x)8-k?=(-1)k·?28-k·2-3k·x8-4k=(-1)k·?·28-4k·x8-4k,令8-4k=0,得
k=2,即T3=(-1)2×?×20=?=28,故常数项为28.
解题关键 熟记二项展开式的通项公式是求解本题的关键.
3.(2019浙江,13,6分)在二项式(?+x)9的展开式中,常数项是 ????,系数为有理数的项的个
数是 ????.
答案 16?;5
解析 本题主要考查二项式展开式的通项公式的运用,通过通项公式的化简和运算确定其中
的特定项,以此考查学生数学运算的能力和核心素养,以及用方程思想解决求值问题的能力.
(?+x)9展开式的通项Tr+1=?(?)9-rxr=?·?·xr(r=0,1,2,…,9),
令r=0,得常数项T1=?·?·x0=?=16?,
要使系数为有理数,则只需?∈Z,则r必为奇数,
满足条件的r有1,3,5,7,9,共五种,
故系数为有理数的项的个数是5.
解后反思 二项式的展开式中特定项的确定需写出其通项公式,并化简整理,根据特定项的特
点列方程确定r的值,进而可求解特定项.
4.(2018课标全国Ⅲ理改编,5,5分)?的展开式中x4的系数为 ????.
答案 40
解析 本题考查二项式定理.
?的展开式的通项Tr+1=?(x2)5-r·(2x-1)r=2r?·x10-3r,令10-3r=4,得r=2,所以x4的系数为22×?=4
0.
5.(2018天津理,10,5分)在?的展开式中,x2的系数为 ????.
答案?????
解析 本题主要考查二项展开式特定项的系数.
由题意得Tr+1=?x5-r?=???,
令5-?=2,得r=2,所以??=??=?.
故x2的系数为?.
方法总结 求二项展开式中的某一项的系数时,直接利用展开式的通项Tr+1=?an-rbr进行求解.
6.(2018浙江,14,4分)二项式?的展开式的常数项是 ????.
答案 7
解析 本题考查二项式定理,二项展开式的通项和相关计算.
?的展开式的通项Tk+1=??·?·x-k=??·?,要使Tk+1为常数,则?=0,∴k=2,
此时T3=?×?=7,故展开式的常数项为7.
思路分析 (1)求出二项展开式的通项.(2)令通项中x的指数为0,得k的值.(3)计算此时的Tk+1.
7.(2017课标全国Ⅰ理改编,6,5分)?(1+x)6展开式中x2的系数为 ????.
答案 30
解析 本题考查二项展开式中的系数问题,考查学生应用二项式定理解决与展开式系数有关
问题的能力和运算求解能力.
解法一:?(1+x)6=1·(1+x)6+?·(1+x)6,(1+x)6的展开式中的x2的系数为?=15,?·(1+x)6的展
开式中的x2的系数为?=15,所以所求展开式中x2的系数为15+15=30.
解法二:因为?(1+x)6=?,所以?(1+x)6展开式中x2的系数等于(1+x2)(1+x)6
展开式中x4的系数,而(1+x2)(1+x)6展开式中x4的系数为?+?=30,故?(1+x)6展开式中x2的
系数为30.
解法三:因为?(1+x)6=?=?-?,所以?(1+x)6展开
式中x2的系数为?-2?=30.
8.(2017课标全国Ⅲ理改编,4,5分)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为 ????.
答案 40
解析 本题考查二项式定理,求特定项的系数.
(2x-y)5的展开式的通项为Tr+1=?·(2x)5-r·(-y)r=(-1)r·25-r?·x5-ryr.其中x2y3项的系数为(-1)3·22·?=-40,x
3y2项的系数为(-1)2·23·?=80.于是(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为-40+80=40.
9.(2017山东理,11,5分)已知(1+3x)n的展开式中含有x2项的系数是54,则n= ????.
答案 4
解析 本题主要考查二项展开式.
(1+3x)n的展开式的通项Tr+1=?3rxr,∴含有x2项的系数为?32=54,∴n=4.
10.(2017浙江,13,6分)已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4= ????,a5= ????
????.
答案 16;4
解析 本题考查二项式定理,求指定项系数,组合数计算,考查运算求解能力.
设(x+1)3=x3+b1x2+b2x+b3,(x+2)2=x2+c1x+c2.
则a4=b2c2+b3c1=?×12×22+13×?×2=16,
a5=b3c2=13×22=4.
11.(2015安徽,11,5分)?的展开式中x5的系数是 ????.(用数字填写答案)
答案 35
解析 展开式的通项为Tk+1=?(x3)7-k·x-k=?x21-4k,令21-4k=5,得k=4,则展开式中x5的系数为?=35.
12.(2016四川理改编,2,5分)设i为虚数单位,则(x+i)6的展开式中含x4的项为 ????.
答案 -15x4
解析????T3=?x4i2=-15x4.
易错警示 易误认为i2=1而致错.
评析 正确应用二项展开式的通项是解题的关键.
13.(2015重庆,12,5分)?的展开式中x8的系数是 ????(用数字作答).
答案?????
解析 二项展开式的通项为Tr+1=?(x3)5-r·?=??·?,令15-3r-?=8,得r=2,于是展开式
中x8的系数为?×?=?×10=?.
14.(2015陕西改编,4,5分)二项式(x+1)n(n∈N+)的展开式中x2的系数为15,则n= ????.
答案 6
解析 因为(x+1)n的展开式中x2的系数为?,
所以?=15,即?=15,亦即n2-n=30,解得n=6(n=-5舍).
15.(2015湖南改编,6,5分)已知?的展开式中含?的项的系数为30,则a= ????.
答案 -6
解析?????的展开式的通项为Tr+1=?(?)5-r·?=(-a)r?·?.
依题意,令5-2r=3,得r=1,∴(-a)1·?=30,a=-6.
16.(2015湖北改编,3,5分)已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的
二项式系数和为 ????.
答案 29
解析 ∵(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数分别为?,?,∴?=?,得n=10.
从而有?+?+?+?+…+?=210,
又?+?+…+?=?+?+…+?,
∴奇数项的二项式系数和为?+?+…+?=29.
评析 本题考查求二项展开式的二项式系数及其性质、组合数性质,考查运算求解能力.
1.(2014浙江改编,5,5分)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,
2)+f(0,3)= ????.
C组 教师专用题组
答案 120
解析 在(1+x)6的展开式中,xm的系数为?,在(1+y)4的展开式中,yn的系数为?,故f(m,n)=?·?.
从而f(3,0)=?=20, f(2,1)=?·?=60, f(1,2)=?·?=36, f(0,3)=?=4,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,
3)=120.
2.(2014安徽,13,5分)设a≠0,n是大于1的自然数,?的展开式为a0+a1x+a2x2+…+anxn.若点Ai
(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a= ????.
?
答案 3
解析 根据题意知a0=1,a1=3,a2=4,
结合二项式定理得?即?解得a=3.
3.(2014山东,14,5分)若?的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为 ????.
答案 2
解析????Tr+1=?(ax2)6-r?=?a6-rbrx12-3r,
令12-3r=3,则r=3.∴?a3b3=20,即ab=1.
∴a2+b2≥2ab=2,即a2+b2的最小值为2.
评析 本题考查二项式定理及基本不等式的综合应用.考查学生推理论证及运算求解能力.
4.(2014课标全国Ⅱ,13,5分)(x+a)10的展开式中,x7的系数为15,则a= ????.(用数字填写答案)
答案?????
解析????Tr+1=?x10-rar,令10-r=7,得r=3,
∴?a3=15,即?a3=15,∴a3=?,∴a=?.
5.(2014大纲全国,13,5分)?的展开式中x2y2的系数为 ????.(用数字作答)
答案 70
解析????Tr+1=?·?·?=(-1)r·?·?·?,令?得r=4.
所以展开式中x2y2的系数为(-1)4·?=70.
6.(2013天津理,10,5分)?的二项展开式中的常数项为 ????.
答案 15
解析 通项Tr+1=?·x6-r·(-1)r·(?)r=(-1)r·??,令6-?r=0,得r=4,所以常数项为(-1)4·?=15.
7.(2013课标全国Ⅰ理改编,9,5分)设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2
m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m= ????.
答案 6
解析 由题意得:a=?,b=?,所以13?=7?,
∴?=?,∴?=13,解得m=6,经检验为原方程的解.
8.(2013安徽理,11,5分)若?的展开式中x4的系数为7,则实数a= ????.
答案?????
解析 通项公式Tr+1=?x8-r·?=?ar·?,
由8-?r=4得r=3.
故?·a3=7,解得a=?.
评析 有关二项式定理的展开式的问题,要准确地写出通项公式,并注意二项式系数与系数的
区别.
9.(2013辽宁理改编,7,5分)使?(n∈N+)的展开式中含有常数项的最小的n为 ????.
答案 5
解析????Tr+1=?(3x)n-r·?=?·3n-r·?=?·3n-r·?(r=0,1,2,…,n),
若Tr+1是常数项,则有n-?r=0,即2n=5r(r=0,1,…,n),当r=0,1时,n=0,?,不满足条件;当r=2时,n=5.故
填5.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 二项式定理
1.(2019海安高级中学期中,22)若?展开式中前三项的系数成等差数列,求:
(1)展开式中所有x的有理项;
(2)展开式中系数的最大项.
解析 易求得展开式前三项的系数为1,??,??.
根据题意得2×??=1+??,
解得n=8.
(1)展开式的通项为Tr+1=?(?)8-r?=???,
要求r的有理项,则r为4的倍数,又0≤r≤8,
∴r=0,4,8.
故有理项为T1=???=x4,T5=???=?x,
T9=???=?.
(2)设展开式中Tr+1项的系数最大,
则??≥??,
且??≥??.
解得r=2或r=3.
故展开式中系数最大的项为T3=???=7?和T4=???=7?.
2.(2019徐州期中,23)
(1)证明:(1+?)2n+(1-?)2n为偶数(n∈N*);
(2)证明:大于(1+?)2n的最小整数能被2n+1整除(n∈N*).
证明 (1)因为(1+?)2n+(1-?)2n=2(?+3?+32?+…+3n?),
所以(1+?)2n+(1-?)2n为偶数(n∈N*).?(4分)
(2)注意到0<(1-?)2n<1,则大于(1+?)2n的最小整数必为2(?+3?+32?+…+3n?),记为m∈
N,
又因为m=(1+?)2n+(1-?)2n=?+?
=2n[(2+?)n+(2-?)n],(*)
而由(1)同理可得(2+?)n+(2-?)n必为偶数,记为2k∈N,
所以m=2n+1·k,
即m能被2n+1整除,从而命题得证.?(10分)
3.(2019扬州中学3月检测,23)已知(1+x)2n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n(n∈N*).
求值:(1)a1-a2+…+a2n-1-a2n;
(2)?-?+…+?-?.
解析 (1)令x=-1,得a0-a1+a2-…+a2n=(1-1)2n=0,
令x=0,得a0=1,
所以a1-a2+…+a2n-1-a2n=1.
(2)易知ak=?,
我们有?+?=?+?
=?
=?=?,
则?=??,
因此?-?=??.
故?-?+?-?+…+?-?
=??
=??=??=-?.
4.(2017如皋教学质量调研(三),24)已知二项式(1+x)n.
(1)求展开式中的中间项;
(2)化简:?(n-2k)2?3k.
解析 (1)记展开式的第(k+1)项为Tk+1=?xk.
当n为奇数时,中间项为?=??和?=??,
当n为偶数时,中间项为?=??.
(2)等式(1+x)n=??xk两边分别对x求导,得
n(1+x)n-1=?k?xk-1,(*)
令x=3,则有n·4n-1=?k?3k-1,
所以?k?3k=3n·4n-1.(**)
(*)式两边分别对x求导,得
n(n-1)(1+x)n-2=?k(k-1)?xk-2.
令x=3,则有
n(n-1)4n-2=?k?3k,
由(**)得,?k2?3k=(9n2+3n)·4n-2.
所以?(n-2k)2?3k
=n2??3k-4n?k?3k+4?k2?3k
=n2·4n-4n·(3n·4n-1)+4(9n2+3n)·4n-2
=(n2+3n)4n-1.
解答题(共60分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：50分)
1.(2019金陵中学期初联合调研,23)在集合A={1,2,3,…,2n}中,任取m(m≤n,m,n∈N*)个元素构成
集合Am.若Am的所有元素之和为偶数,则称Am为A的偶子集,其个数记为f(m);若Am的所有元素之
和为奇数,则称Am为A的奇子集,其个数记为g(m).令F(m)=f(m)-g(m).
(1)当n=2时,求F(1),F(2)的值;
(2)求F(m).
解析 (1)当n=2时,集合A={1,2,3,4},
当m=1时,偶子集有{2},{4},奇子集有{1},{3},则f(1)=2,g(1)=2,F(1)=0;
当m=2时,偶子集有{2,4},{1,3},奇子集有{1,2},{1,4},{2,3},{3,4},
则f(2)=2,g(2)=4,F(2)=-2.
(2)当m为奇数时,偶子集的个数为f(m)=??+??+??+…+??,
奇子集的个数为g(m)=??+??+…+??,
所以f(m)=g(m),F(m)=f(m)-g(m)=0.
当m为偶数时,偶子集的个数为f(m)=??+??+??+…+??,
奇子集的个数为g(m)=??+??+…+??,
所以F(m)=f(m)-g(m)=??-??+??-??+…-??+??.
一方面,
(1+x)m(1-x)m=(?+?x+?x2+…+?xm)[?-?x+?x2+…+(-1)m?xm],
所以(1+x)m(1-x)m中xm的系数为
??-??+??-??+…-??+??,
另一方面,(1+x)m(1-x)m=(1-x2)m,(1-x2)m中xm的系数为(-1??,
故F(m)=(-1??,
综上,F(m)=?
2.(2019苏中、苏北七大市三模,22)设Pn=??,Qn=??.
(1)求2P2-Q2的值;
(2)化简nPn-Qn.
解析 (1)由于P2=?-?+?-?+?=?,
Q2=-?+?-?+?=?,
所以2P2-Q2=0.?(2分)
(2)设T=nPn-Qn,
则T=?-?
=?-?+?-?+…+?.①?(6分)
因为?=?,
所以T=?-?+?-?+…+?
=?-?+?-?+…+?.②
①+②得,2T=0,即T=nPn-Qn=0,
所以nPn-Qn=0.?(10分)
3.(2019扬州中学检测,24)设(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,x∈N*,n≥2.
(1)设n=11,求|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|的值;
(2)设bk=?ak+1(k∈N,k≤n-1),Sm=b0+b1+b2+…+bm(m∈N,m≤n-1),求?的值.
解析 (1)由题意知ak=(-1)k?,
当n=11时,|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|
=?+?+?+?+?+?
=?(?+?+…+?+?)=210=1 024.
(2)bk=?ak+1=(-1)k+1??=(-1)k+1?,
当1≤k≤n-1时,bk=(-1)k+1?=(-1)k+1(?+?)=(-1)k+1?+(-1)k+1?=(-1)k-1?-(-1)k?.
当m=0时,?=?=1.
当1≤m≤n-1时,
Sm=-1+?[(-1)k-1?-(-1)k?]=-1+1-(-1)m?=-(-1)m?,所以?=1.
综上,?=1.
思路分析 (1)由二项式定理可得ak=(-1)k?,再由二项式系数的性质,可得所求和为210;
(2)由组合数的阶乘公式可得bk=(-1)k+1?,再由组合数的性质,可得当1≤k≤n-1时,bk=(-1)k+1?=(-
1)k+1(?+?)=(-1)k-1?-(-1)k·?,讨论m=0和1≤m≤n-1时,化简即可得到所求值.
4.(2019南通期末三县联考,23)设(q+x)n=a0+a1x+a2x2+…+arxr+…+anxn,其中q∈R,n∈N*.
(1)当q=1时,化简:??;
(2)当q=n时,记An=?,Bn=?ar,试比较An与Bn的大小.
解析 (1)当q=1时,ar=?,
由于?=?·?=?=?·?=?·?,
其中r=0,1,2,…,n.?(2分)
所以原式=?(?+?+?+…+?)=?.?(4分)
(2)解法一:当q=n时,ar=?nn-r,
所以a0=nn,a1=nn,所以An=nn+1,
令x=1,得Bn=(n+1)n.?(6分)
当n=1,2时,nn+1<(n+1)n;
当n≥3时,nn+1>(n+1)n,
即n>?.
下面用数学归纳法证明:当n≥3时,n>?.(☆)
①当n=3时,3>?=?,(☆)式成立.
②假设当n=k≥3,k∈N*时,(☆)式成立,即k>?,
则n=k+1时,(☆)式右边=?=??
这就是说,当n=k+1时,(☆)式也成立.
综合①②知,当n≥3时,n>?.
所以,当n=1,2时,AnBn.?(10分)
解法二:当q=n时,ar=?nn-r,
所以a0=nn,a1=nn,所以An=nn+1,
令x=1,得Bn=(n+1)n.?(6分)
要比较An与Bn的大小,即可比较?与?的大小.
设f(x)=?,则f '(x)=?,
由f '(x)>0,得0由f '(x)<0,得x>e,所以f(x)在(e,+∞)上递减,?(8分)
所以当n=1,2时,?当n≥3时,?>?,即(n+1)ln n>nln(n+1),
即ln nn+1>ln(n+1)n,即An>Bn,
综上所述,当n=1,2时,AnBn.?(10分)
解法三:当q=n时,ar=?nn-r,
所以a0=nn,a1=nn,所以An=nn+1,
令x=1,得Bn=(n+1)n.?(6分)
当n=1,2时,nn+1<(n+1)n;当n≥3时,nn+1>(n+1)n.
下面用数学归纳法证明:nn+1>(n+1)n,n≥3,n∈N*.?(*)
①当n=3时,33+1=81,(3+1)3=64,因为81>64,所以(*)式成立;
②设n=k≥3(k∈N*)时,(*)式成立,即有kk+1>(k+1)k,
所以?>1(因为(k+1)k>0).
又因为(k+1)2>k(k+2),即?>?,
所以?=?·?>?·?=?>1,
即(k+1)k+2>(k+2)k+1,所以当n=k+1时,(*)式也成立.
综合①②,对任何n≥3,n∈N*,nn+1>(n+1)n都成立.
所以,当n=1,2时,AnBn.?(10分)
5.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,23)在数学上,常用符号来表示算式,如记?ai=a0+a1
+a2+a3+…+an,其中i∈N,n∈N*.
(1)若a0,a1,a2,…,an成等差数列,且a0=0,求证:?(ai?)=an·2n-1;
(2)若?(1+x)k=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n,bn=?a2i,记dn=1+?[(-1)ibi?],且不等式t·(dn-1)≤bn恒成立,求
实数t的取值范围.
解析 (1)设等差数列的通项公式为an=a0+nd,其中d为公差,
则?(ai?)=a0+a1?+a2?+…+an?=a0(?+?+…+?)+d(?+2?+…+n?),
因为k?=n?,
所以?+2?+…+n?=n(?+?+…+?).
所以?(ai?)=a0·2n+nd·2n-1=an·2n-1.?(4分)
注:第(1)问也可以用倒序相加法证明.
(2)令x=1,则?ai=2+22+23+…+22n=?=2·4n-2,
令x=-1,则?[(-1)iai]=0,
所以bn=?a2i=?(2·4n-2)=4n-1.
根据已知条件可知,dn=?-(4-1)?+(42-1)?-(43-1)?+…+(-1)n(4n-1)?
=[?+?(-4)+?(-4)2+?(-4)3+…+?(-4)n]-[?-?+?-?+?+…+(-1)n?]+1=(1-4)n-(1-1)n+1=(-
3)n+1,
所以dn=(-3)n+1,
将bn=4n-1,dn=(-3)n+1代入不等式t·(dn-1)≤bn得,t·(-3)n≤4n-1.
当n为偶数时,t≤?-?,
所以t≤?-?=?;
当n为奇数,t≥-?,
所以t≥-?=-1.
综上所述,所以实数t的取值范围是?.?(10分)
思路分析 (1)由题意求出等差数列的通项公式,然后结合二项式系数的性质证明?(ai?)=an·
2n-1;
(2)在二项展开式中分别取x=-1,x=1,求出bn,再借助于二项式系数的性质化简可得dn,代入不等
式t(dn-1)≤bn,分n为奇数和偶数求得t的取值范围.
6.(2018南京、盐城模拟,23)已知n∈N*,nf(n)=??+2??+…+r??+…+n??.
(1)求f(1), f(2), f(3)的值;
(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想.
解析 (1)令n=1,得f(1)=??=1.
令n=2,得2f(2)=??+2??=6,得f(2)=3.
令n=3,得3f(3)=??+2??+3??=30,得f(3)=10.
(2)猜想f(n)=?.
欲证猜想成立,只要证等式n?=??+2??+…+r??+…+n??成立.
证法一:当n=1时,等式显然成立,
当n≥2时,因为r?=?=?=n×?=n?,
故r??=(r?)?=n??.
故只需证明n?=n??+n??+…+n??+…+n?·?.
即证?=??+??+…+??+…+??.
而?=?,故即证?=??+??+…+??+…+??(*).
由等式(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n可得,左边xn的系数为?,
而右边(1+x)n-1(1+x)n=(?+?x+?x2+…+?xn-1)(?+?x+?x2+…+?xn),
所以xn的系数为??+??+…+??+…+??.
由(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n恒成立可得(*)成立.
综上, f(n)=?成立.
证法二:由二项式定理,得(1+x)n=?+?x+?x2+…+?xn①.
两边求导,得n(1+x)n-1=?+2?x1+…+r?xr-1+…+n?xn-1②.
①×②,得
n(1+x)2n-1=(?+?x+?x2+…+?xn)(?+2?x1+…+r?xr-1+…+n?xn-1)③.
左边xn的系数为n?.
右边xn的系数为??+2??+…+r??+…+n??
=??+2??+…+r??+…+n??
=??+2??+…+r??+…+n??.
由③恒成立,可得n?=??+2??+…+r??+…+n??.
故f(n)=?成立.
第十九章 计数原理 １３７
第十九章 计数原理
§ １９．１ 计数原理与排列组合
对应学生用书起始页码 Ｐ３８６
考 点 计数原理与排列组合
１．计数原理
（１）分类计数原理：如果完成一件事，有 ｎ 类方式，在第 １ 类
方式中有 ｍ１ 种不同的方法，在第 ２ 类方式中有 ｍ２ 种不同的方
法，……，在第 ｎ 类方式中有 ｍｎ 种不同的方法，那么完成这件事
共有 Ｎ＝ｍ１＋ｍ２＋…＋ｍｎ 种不同的方法．
（２）分步计数原理：如果完成一件事，需要分成 ｎ 个步骤，做
第 １ 步有 ｍ１ 种不同的方法，做第 ２ 步有 ｍ２ 种不同的方法，
……，做第 ｎ 步有 ｍｎ 种不同的方法，那么完成这件事共有 Ｎ＝ｍ１
·ｍ２·…·ｍｎ 种不同的方法．
（３）分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件
一步完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．
分类要用分类计数原理，将种数相加；分步要用分步计数原理，
将种数相乘．
２．排列
（１）排列的定义：从 ｎ 个不同的元素中取出 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．
（２）排列数的定义：从 ｎ 个不同的元素中取出 ｍ（ｍ≤ｎ）个
元素的所有排列的个数，叫做从 ｎ 个不同元素中取出 ｍ 个元素
的排列数，用符号 Ａｍｎ 表示．
（３）排列数公式
①当 ｍ＜ｎ 时，排列称为选排列，排列数为Ａｍｎ ＝ ｎ（ｎ－１） （ｎ－
２）…（ｎ－ｍ＋１）；
②当 ｍ＝ ｎ 时，排列称为全排列，排列数为Ａｎｎ ＝ ｎ（ｎ－１） （ｎ－
２）…２·１．
上式右边是自然数 １ 到 ｎ 的连乘积，把它叫做 ｎ 的阶乘，并
用 ｎ！ 表示，于是 Ａｎｎ ＝ｎ！．进一步规定 ０！ ＝ １，于是，
Ａｍｎ ＝ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）…（ｎ－ｍ＋１）
＝ ［ｎ（ｎ
－１）…（ｎ－ｍ＋１）］［（ｎ－ｍ）（ｎ－ｍ－１）…３·２·１］
（ｎ－ｍ）（ｎ－ｍ－１）…３·２·１
＝ ｎ！
（ｎ－ｍ）！
，即 Ａｍｎ ＝
ｎ！
（ｎ－ｍ）！
．
３．组合
（１）组合的定义：从 ｎ 个不同的元素中取出 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．
（２）组合数的定义：从 ｎ 个不同的元素中取出 ｍ（ｍ≤ｎ）个
元素的所有组合的个数，叫做从 ｎ 个不同元素中取出 ｍ 个元素
的组合数，用符号 Ｃｍｎ 表示．
（３）组合数公式
Ｃｍｎ ＝
Ａｍｎ
Ａｍｍ
＝ ｎ（ｎ
－１）（ｎ－２）…（ｎ－ｍ＋１）
ｍ！
＝ ｎ！
ｍ！ （ｎ－ｍ）！
．
规定Ｃ０ｎ ＝ １．
（４）组合数的两个性质：①Ｃｍｎ ＝Ｃｎ
－ｍ
ｎ ；②Ｃｍｎ＋１ ＝Ｃｍｎ ＋Ｃｍ
－１
ｎ ．
（５）区别排列与组合
排列与组合的共同点，就是都要“从 ｎ 个不同元素中，任取
ｍ 个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一
组” ．因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
对应学生用书起始页码 Ｐ３８６
一、用计数原理解决问题的常用方法
１．建模法：建立数学模型，将所给的问题转化为数学问题，
这是计数问题中的基本方法．
２．枚举法：利用枚举法（如树状图，表格）可以使问题的分析
更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设
计思想．
３．直接法或间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接
法（排除法），用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．
４．分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用
的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可
先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整” ．
将红、黄、绿、黑 ４ 种不同的颜色分别涂入图中的五个
区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同
的涂色方法？
解析 解法一：Ａ 区域有 ４ 种不同的涂色方法，Ｂ 区域有 ３
种，Ｃ 区域有 ２ 种，Ｄ 区域有 ２ 种，但 Ｅ 区域的涂色依赖于 Ｂ 与 Ｄ
涂的颜色，如果 Ｂ 与 Ｄ 颜色相同有 ２ 种涂色方法，不相同，则只
有 １ 种，因此应先分类后分步．
①当 Ｂ 与 Ｄ 同色时，有 ４×３×２×１×２＝ ４８（种）；
②当 Ｂ 与 Ｄ 不同色时，有 ４×３×２×１×１＝ ２４（种） ．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
１３８ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
故不同的涂色方法共有 ４８＋２４＝ ７２（种） ．
解法二：先涂中间 Ｃ 区有 ４ 种方法，剩下 ３ 种颜色涂 ４ 周 ４
块区域，即有一种颜色涂两个相对的区域，另一相对区域也有同
色或不同色 ３ 种涂法，共有 ４×３×２×３＝ ７２（种） ．
解法三：按用 ３ 种或用 ４ 种颜色分两类，第一类用 ３ 种，此时
Ａ 与 Ｅ，Ｂ 与 Ｄ 分别同色，于是涂法种数为 Ａ３４ ＝ ２４（种）；第二类
用 ４ 种，此时 Ａ 与 Ｅ，Ｂ 与 Ｄ 有且只有一组同色，涂法种数为 ２Ａ４４
＝ ４８（种） ．
由分类计数原理知涂法总数为 ２４＋４８＝ ７２（种） ．
１－１ 甲、乙、丙 ３ 位志愿者安排在周一至周五的 ５ 天中参
加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并
要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有 种．
１－１ 答案 ２０
解析 安排方法可以分为三类：若甲安排在周一，则乙、
丙有 ４×３＝ １２（种）安排方法；若甲安排在周二，则乙、丙有 ３×２ ＝
６（种）安排方法；若甲安排在周三，则乙、丙有 ２×１ ＝ ２（种）安排
方法．所以不同的安排方法共有 １２＋６＋２＝ ２０（种） ．
１－２ 如图所示的阴影部分由方格纸上 ３ 个小方格组成，我
们称这样的图案为 Ｌ 型（每次旋转 ９０°仍为 Ｌ 型图案），那么在
由 ４×５ 个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的 Ｌ 型图案
的个数是 ．
１－２ 答案 ４８
解析 每四个小方格（２×２ 型）中有“Ｌ”型图案 ４ 个，共有
２×２ 型小方格 １２ 个，所以共有“Ｌ”型图案 ４×１２＝ ４８（个） ．
１－３ 现要安排一份 ５ 天值班表，每天有一个人值班．共有 ５
个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不能由同一
个人值班，则此值班表有 种不同的排法．
１－３ 答案 １ ２８０
解析 分 ５ 步进行：第一步，先排第一天，可排 ５ 人中的任
一个，有 ５ 种排法；第二步，再排第二天，此时不能排第一天的
人，有 ４ 种排法；第三步，第三天，此时不能排第二天的人，有 ４
种排法；第四步，第四天，此时不能排第三天的人，有 ４ 种排法；
第五步，第五天，此时不能排第四天的人，有 ４ 种排法．由分步计
数原理可得不同的排法有 ５×４×４×４×４＝ １ ２８０（种） ．
１－４ 若集合 Ａ１，Ａ２ 满足 Ａ１∪Ａ２ ＝Ａ，则称（Ａ１，Ａ２）为集合 Ａ
的一个分拆，并规定：当且仅当 Ａ１ ＝ Ａ２ 时，（Ａ１，Ａ２）与（Ａ２，Ａ１）为
集合 Ａ 的同一种分拆，则集合 Ａ ＝ ｛ ａ１，ａ２，ａ３ ｝的不同分拆种数
是 ．
１－４ 答案 ２７
解析 由题意 Ａ１∪Ａ２ ＝Ａ，对 Ａ１ 分以下几种情况讨论：
①若 Ａ１ ＝?，必有 Ａ２ ＝｛ａ１，ａ２，ａ３｝，共 １ 种分拆；
②若 Ａ１ ＝｛ａ１｝，则 Ａ２ ＝｛ａ２，ａ３｝或｛ａ１，ａ２，ａ３｝，共 ２ 种分拆；
同理 Ａ１ ＝｛ａ２｝，｛ａ３｝时，各有 ２ 种分拆；
③若 Ａ１ ＝ ｛ａ１，ａ２｝，则 Ａ２ ＝ ｛ ａ３ ｝、｛ ａ１，ａ３ ｝、｛ ａ２，ａ３ ｝或｛ ａ１，
ａ２，ａ３｝，共 ４ 种分拆；
同理 Ａ１ ＝｛ａ１，ａ３｝、｛ａ２，ａ３｝时，各有 ４ 种分拆；
④若 Ａ１ ＝ ｛ ａ１，ａ２，ａ３ ｝，则 Ａ２ ＝ ?、｛ ａ１ ｝、｛ ａ２ ｝、｛ ａ３ ｝、｛ ａ１，
ａ２｝、｛ａ１，ａ３｝、｛ａ２，ａ３｝或｛ａ１，ａ２，ａ３｝，共 ８ 种分拆．
综上，共有 １＋２×３＋４×３＋８＝ ２７（种）不同的分拆．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
二、解决排列应用题的常用方法
解决排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置（元
素）优先法、捆绑法、插空法等等．
（１）特殊位置（元素）优先法：若以位置（元素）为主，需先满
足特殊位置（元素）的要求，再处理其他位置（元素）；若有两个
特殊位置（元素），则以其中一个位置（元素）为主进行分类讨
论，注意做到层次分明．
（２）相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题，
可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体（元素），与
其他元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．
（３）不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问
题，可以先考虑其他元素的排列，然后将这些元素安排在先前排
列好的元素“空当”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．
（４）分排问题直排处理法：若有 ｎ 个元素要分成 ｍ 排排列，
可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考
虑特殊元素，然后对其余元素进行统一排列．
（５）定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列
时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固
定顺序的元素的全排列．
（６）正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反
面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉．
（７）复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常
分成若干类，再由分类计数原理解决或分成若干步，再由分步计
数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则一
般是先分类，再分步．
７ 位同学站成一排照相．
（１）甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
（２）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
（３）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
（４）甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
解析 （１）解法一（直接法）：分两种情况：①甲站在排尾，
则有 Ａ６６ 种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有 Ａ１５·
Ａ１５·Ａ５５ 种排法．
综上，共有 Ａ６６＋Ａ１５·Ａ１５·Ａ５５ ＝ ３ ７２０（种）排法．
解法二（间接法）：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在
排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了
两次，故后面要加回来，即 Ａ７７－Ａ６６－Ａ６６＋Ａ５５ ＝ ３ ７２０（种）排法．
（２）采用“捆绑”法，将甲、乙看成一个整体进行排列（甲、乙
之间也有排列），故有 Ａ２２·Ａ６６ ＝ １ ４４０（种）排法．
（３）采用“插空”法，先排其他 ５ 个人，然后将甲、乙插入到
由这 ５ 个人形成的 ６ 个空中，故有 Ａ５５·Ａ２６ ＝ ３ ６００（种）排法．
（４）甲站在乙的左边的排法种数等于乙站在甲的左边的排
法种数，故有
１
２
Ａ７７ ＝ ２ ５２０（种）排法．
现有男运动员 ６ 名，女运动员 ４ 名，其中男、女队长各 １
人．选派 ５ 人外出比赛．在下列情形中各有多少种选法？
（１）男运动员 ３ 名，女运动员 ２ 名；
（２）至少有 １ 名女运动员；
（３）队长中至少有 １ 人参加；
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
第十九章 计数原理 １３９
（４）既要有队长，又要有女运动员．
解析 （１）第一步：选 ３ 名男运动员，有 Ｃ３６ 种选法．
第二步：选 ２ 名女运动员，有 Ｃ２４ 种选法．
共有 Ｃ３６·Ｃ２４ ＝ １２０（种）选法．
（２）解法一：至少有 １ 名女运动员包括以下几种情况：
１ 女 ４ 男，２ 女 ３ 男，３ 女 ２ 男，４ 女 １ 男．
由分类加法计数原理可得共有 Ｃ１４Ｃ４６ ＋Ｃ２４Ｃ３６ ＋Ｃ３４Ｃ２６ ＋Ｃ４４Ｃ１６ ＝
２４６（种）选法．
解法二：“至少有 １ 名女运动员” 的反面为“全是男运动
员”，可用间接法求解．
从 １０ 人中任选 ５ 人有 Ｃ５１０种选法，其中“全是男运动员”的
选法有 Ｃ５６ 种．
所以“至少有 １ 名女运动员”的选法为 Ｃ５１０－Ｃ５６ ＝ ２４６（种） ．
（３）解法一：可分类求解：
“只有男队长”的选法有 Ｃ４８ 种；
“只有女队长”的选法有 Ｃ４８ 种；
“男、女队长都入选”的选法有 Ｃ３８ 种；
所以共有 ２Ｃ４８＋Ｃ３８ ＝ １９６（种）选法．
解法二：间接法：
从 １０ 人中任选 ５ 人有 Ｃ５１０种选法，
其中不选队长的选法有 Ｃ５８ 种，所以“至少有 １ 名队长”的选
法有 Ｃ５１０－Ｃ５８ ＝ １９６（种） ．
（４）当有女队长时，其他人任意选，共有 Ｃ４９ 种选法．不选女
队长时，必选男队长，共有 Ｃ４８ 种选法．其中不含女运动员的选法
有 Ｃ４５ 种，所以不选女队长，且有女运动员的选法共有 Ｃ４８ －Ｃ４５ 种．
所以既有队长又有女运动员的选法共有 Ｃ４９＋Ｃ４８－Ｃ４５ ＝ １９１（种） ．
２－１ 某天连续有 ７ 节课，其中语文、英语、物理、化学、生物
５ 科各 １ 节，数学 ２ 节．在排课时，要求生物课不排第 １ 节，数学
课要相邻，英语课与数学课不相邻，则不同的排法有 种．
２－１ 答案 ４０８
解析 数学在第（１，２）节，从除英语的 ４ 门课中选 １ 门安
排在第 ３ 节，剩下的任意排，故有 Ｃ１４Ａ４４ ＝ ９６（种）；数学在第（２，
３）节，从除英语、生物外的 ３ 门课中选 １ 门安排在第 １ 节，从除
英语外剩下的 ３ 门课中再选 １ 门安排在第 ４ 节，剩下的任意排，
故有 Ｃ１３Ｃ１３Ａ３３ ＝ ５４（种）；数学在第（３，４），（４，５），（５，６）节情况一
样，当英语在第 １ 节时，其他任意排，故有 Ａ４４ ＝ ２４（种），当英语不
在第 １ 节时，从除英语、生物外的 ３ 门课中选一门安排在第 １ 节，
再从除英语的剩下的 ３ 门中选 ２ 门放在数学课前 １ 节和后 １ 节，
剩下的任意排，有 Ｃ１３Ａ２３Ａ２２ ＝ ３６ （种），故有 ３ × （ ２４ ＋ ３６） ＝ １８０
（种）；数学在第（６，７）节，当英语在第 １ 节课时，其他任意排，故
有 Ａ４４ ＝ ２４（种），当英语不在第 １ 节时，从除英语、生物外的 ３ 门
课中选一门安排在第 １ 节，再从除英语的剩下的 ３ 门中选 １ 门放
在第 ５ 节，剩下的任意排，有 Ｃ１３Ｃ１３Ａ３３ ＝ ５４（种），故有 ２４＋５４ ＝ ７８
（种），根据分类计数原理，共有 ９６＋５４＋１８０＋７８＝ ４０８（种） ．
２－２ 某书店有 １１ 种杂志，２ 元 １ 本的有 ８ 种，１ 元 １ 本的
有 ３ 种，小张有 １０ 元钱买杂志，每种至多买一本，１０ 元钱刚好用
完，则不同买法的种数是 ．（用数字作答）
２－２ 答案 ２６６
解析 根据题意，可有以下两种买法：
①用 １０ 元钱买 ２ 元 １ 本，共有 Ｃ５８ ＝ ５６（种）；
②用 １０ 元钱买 ２ 元 １ 本的杂志 ４ 本和 １ 元 １ 本的杂志
２ 本，共有 Ｃ４８·Ｃ２３ ＝ ７０×３＝ ２１０（种），
故不同买法的种数是 ２１０＋５６＝ ２６６．
２－３ 从 ４ 名男同学和 ３ 名女同学中选出 ３ 名参加某项活
动，其中男女生都有的选法种数为 ．
２－３ 答案 ３０
解析 分两类：男 １ 女 ２ 或男 ２ 女 １，各有 Ｃ１４Ｃ２３ 和 Ｃ２４Ｃ１３
种方法，所以选法种数为 Ｃ２４Ｃ３３＋Ｃ２４Ｃ１３ ＝ １２＋１８＝ ３０．
２－４ 为配合足球国家战略，教育部特派 ６ 名相关专业技术
人员到甲、乙、丙三所足球学校进行专业技术培训，每所学校至
少一人，其中王教练不去甲校的分配方案有 种．
２－４ 答案 ３６０
解析 甲校派 １ 人，其余 ５ 人分为（１，４），（２，３）两组，
故有 Ｃ１５·（Ｃ１５＋Ｃ２５）·Ａ２２ ＝ １５０（种）；
甲校派 ２ 人，其余 ４ 人分为（１，３），（２，２）两组，
故有 Ｃ２５·（Ｃ１４·Ａ２２＋Ｃ２４）＝ １４０（种）；
甲校派 ３ 人，其余 ３ 人分为（１，２）一组，
故有 Ｃ３５·Ｃ１３·Ａ２２ ＝ ６０（种）；
甲校派 ４ 人，其余 ２ 人分为（１，１）一组，
故有 Ｃ４５·Ａ２２ ＝ １０（种），
根据分类计数原理，可得不同的分配方案共有 １５０＋１４０＋６０
＋１０＝ ３６０（种） ．
２－５ 在中美组织的暑假中学生交流会结束时，中方组织者
将孙悟空、猪八戒、沙僧、唐僧、白龙马彩色陶俑各一个送给来中
国的美国中学生汤姆、杰克、索菲亚，每个学生至少一个，且猪八
戒不能送给索菲亚，则不同的送法有 种．
２－５ 答案 １００
解析 根据索菲亚所得彩色陶俑个数分为三类：第 １ 类，
索菲亚得 ３ 个，先在除猪八戒外 ４ 个中选 ３ 个送给索菲亚有 Ｃ３４
种不同方法，再将剩余两个分别送给杰克与汤姆有 Ａ２２ 种不同方
法，根据分步计数原理共有 Ｃ３４Ａ２２ 种不同方法；第 ２ 类，索菲亚得
２ 个，先在除猪八戒外 ４ 个中选 ２ 个送给索菲亚有 Ｃ２４ 种不同方
法，再将剩余的三个彩色陶俑分成两组有 Ｃ２３ 种不同的分组方
法，再将这两组分别送给杰克与汤姆有 Ａ２２ 种不同方法，根据分
步计数原理共有 Ｃ２４Ｃ２３Ａ２２ 种不同方法；第 ３ 类，索菲亚得 １ 个，先
在除猪八戒外 ４ 个中选 １ 个送给索菲亚有 Ｃ１４ 种不同方法，再将
剩余的 ４ 个彩色陶俑分成两组有 Ｃ３４＋
Ｃ２４Ｃ２２
Ａ２２
种不同的分组方法，再
将这两 组 分 别 送 给 杰 克 与 汤 姆 有 Ａ２２ 种 不 同 方 法， 共 有
Ｃ１４ Ｃ３４＋
Ｃ２４Ｃ２２
Ａ２２
?
è
?
?
?
÷ Ａ２２ 种不同方法．根据分类计数原理可得不同的送
法种数为 Ｃ３４Ａ２２＋Ｃ２４Ｃ２３Ａ２２＋Ｃ１４ Ｃ３４＋
Ｃ２４Ｃ２２
Ａ２２
?
è
?
?
?
÷ Ａ２２ ＝ １００．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
三、计数原理的综合问题
排列组合问题是生活中常见问题之一，在学生思维能力提
升，综合素质培养中起到很重要的作用，通过观察问题中的简单
现象，从中归纳猜想出一般性的规律，并能够严格地加以证明，
主要类型有计数类、求和类、整除类、递推类等．
（２０１９ 南通、扬州、泰州、苏北四市期初，２３）设集合 Ｂ
是集合 Ａｎ ＝｛１，２，３，…，３ｎ－２，３ｎ－１，３ｎ｝，ｎ∈Ｎ?的子集．记 Ｂ 中
所有元素的和为 Ｓ（规定：Ｂ 为空集时，Ｓ ＝ ０） ．若 Ｓ 为 ３ 的整数
倍，则称 Ｂ 为 Ａｎ 的“和谐子集” ．
????
????
????
????
１４０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
求：（１）集合 Ａ１ 的“和谐子集”的个数；
（２）集合 Ａｎ 的“和谐子集”的个数．
解析 （１）集合 Ａ１ ＝ ｛１，２，３｝的子集有：?，｛１｝，｛２｝，
｛３｝，｛１，２｝，｛１，３｝，｛２，３｝，｛１，２，３｝ ．
其中所有元素和为 ３ 的整数倍的集合有：?，｛３｝，｛１，２｝，
｛１，２，３｝ ．
所以 Ａ１ 的“和谐子集”的个数为 ４． （３ 分）
（２）记 Ａｎ 的“和谐子集”的个数为 ａｎ，即 Ａｎ 有 ａｎ 个所有元
素和为 ３ 的整数倍的子集；
另记 Ａｎ 有 ｂｎ 个所有元素和为 ３ 的整数倍余 １ 的子集，有 ｃｎ
个所有元素和为 ３ 的整数倍余 ２ 的子集．
由（１）知，ａ１ ＝ ４，ｂ１ ＝ ２，ｃ１ ＝ ２．
集合 Ａｎ＋１ ＝｛１，２，３，…，３ｎ－２，３ｎ－１，３ｎ，３ｎ＋１，３ｎ＋２，３（ ｎ＋
１）｝的“和谐子集”有以下四类（考察新增元素 ３ｎ＋１，３ｎ＋２，３（ｎ＋
１））：
第一类：集合 Ａｎ ＝ ｛１，２，３，…，３ｎ－２，３ｎ－１，３ｎ｝的“和谐子
集”，共 ａｎ 个；
第二类：仅含一个元素 ３（ｎ＋１）的“和谐子集”，共 ａｎ 个；
同时含两个元素 ３ｎ＋１，３ｎ＋２ 的“和谐子集”，共 ａｎ 个；
同时含三个元素 ３ｎ＋ １，３ｎ＋ ２，３（ ｎ＋ １）的“和谐子集”，共
ａｎ 个；
第三类：仅含一个元素 ３ｎ＋１ 的“和谐子集”，共 ｃｎ 个；
同时含两个元素 ３ｎ＋１，３（ｎ＋１）的“和谐子集”，共 ｃｎ 个；
第四类：仅含一个元素 ３ｎ＋２ 的“和谐子集”，共 ｂｎ 个；
同时含有两个元素 ３ｎ＋２，３（ｎ＋１）的“和谐子集”，共 ｂｎ 个，
所以集合 Ａｎ＋１的“和谐子集”共有 ａｎ＋１ ＝ ４ａｎ＋２ｂｎ＋２ｃｎ 个．
同理得 ｂｎ＋１ ＝ ４ｂｎ＋２ｃｎ＋２ａｎ，ｃｎ＋１ ＝ ４ｃｎ＋２ａｎ＋２ｂｎ ． （７ 分）
所以 ａｎ＋１－ｂｎ＋１ ＝ ２（ａｎ－ｂｎ），ａ１－ｂ１ ＝ ２，
所以数列｛ａｎ－ｂｎ｝是以 ２ 为首项，公比为 ２ 的等比数列．
所以 ａｎ－ｂｎ ＝ ２ｎ ．同理得 ａｎ－ｃｎ ＝ ２ｎ ．
又 ａｎ＋ｂｎ＋ｃｎ ＝ ２３ｎ，所以 ａｎ ＝
２
３
×２ｎ＋
１
３
×２３ｎ（ｎ∈Ｎ?） ．
（１０ 分）
３－１ （２０１９ 溧水中学调研，２３）在自然数列 １，２，３，…，ｎ
中，任取 ｋ（０≤ｋ≤ｎ），ｋ∈Ｎ 个元素，其余（ｎ－ｋ）个元素变动位
置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为 Ｐｎ
（ｋ） ．
（１）求 Ｐ３（１），Ｐ４（０）；
（２）证明：∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＰｎ（ ｋ） ＝ ｎ∑
ｎ－１
ｋ ＝ ０
Ｐｎ－１（ ｋ），并求出 ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＰｎ（ ｋ）
的值．
３－１ 解析 （１）数列 １，２，３ 中保持其中 １ 个元素位置不动的
排列只有 １，３，２ 或 ３，２，１ 或 ２，１，３，
所以 Ｐ３（１）＝ ３． （２ 分）
数列 １，２，３，４ 中保持 ０ 个元素位置不动的排列，即每个数
字都不在原来的位置上，
所以 Ｐ４（０）＝ ９． （４ 分）
（２）数列 １，２，３，…，ｎ 中任取其中 ｋ 个元素位置不动，则有
Ｃｋｎ 种，其余（ｎ－ｋ）个元素重新排列，并且使其余（ｎ－ｋ）个元素都
要改变位置，则有 Ｐｎ（ｋ）＝ ＣｋｎＰｎ－ｋ（０），
故 ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＰｎ（ｋ）＝ ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＣｋｎＰｎ－ｋ（０），
又 ｋＣｋｎ ＝ｎＣｋ
－１
ｎ－１， （６ 分）
所以 ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＰｎ（ ｋ） ＝ ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＣｋｎＰｎ－ｋ（ ０） ＝ ｎ∑
ｎ－１
ｋ ＝ ０
Ｃｋｎ－１ Ｐｎ－ｋ－１（ ０） ＝
ｎ∑
ｎ－１
ｋ ＝ ０
Ｐｎ－１（ｋ）， （８ 分）
对任意的 ｎ∈Ｎ， ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
Ｐｎ（ ｋ） ＝ ｎ！，从而 ∑
ｎ－１
ｋ ＝ ０
Ｐｎ－１（ ｋ） ＝ （ ｎ－
１）！，
所以 ∑
ｎ
ｋ ＝ ０
ｋＰｎ（ｋ）＝ ｎ（ｎ－１）！ ＝ｎ！． （１０ 分）
３－２ （２０１８ 南京建邺模拟）设集合 Ａ，Ｂ 是非空集合 Ｍ 的
两个不同子集．
（１）若 Ｍ＝ ｛ａ１，ａ２｝，且 Ａ 是 Ｂ 的子集，求所有有序集合对
（Ａ，Ｂ）的个数；
（２）若 Ｍ＝｛ａ１，ａ２，ａ３，…，ａｎ｝，且 Ａ 的元素个数比 Ｂ 的元素
个数少，求所有有序集合对（Ａ，Ｂ）的个数．
３－２ 解析 （１）若集合 Ｂ 含有 ２ 个元素，即 Ｂ＝｛ａ１，ａ２｝，则 Ａ＝
?，｛ａ１｝，｛ａ２｝，则（Ａ，Ｂ）的个数为 ３；
若集合 Ｂ 含有 １ 个元素，则 Ｂ 有 Ｃ１２ 种可能，不妨设 Ｂ ＝
｛ａ１｝，则 Ａ＝?，此时（Ａ，Ｂ）的个数为 Ｃ１２×１＝ ２．
综上，（Ａ，Ｂ）的个数为 ５．
（２）因为集合 Ｍ 有 ２ｎ 个子集，又集合 Ａ，Ｂ 是非空集合 Ｍ 的
两个不同子集，
则不同的有序集合对（Ａ，Ｂ）的个数为 ２ｎ（２ｎ－１） ．
若 Ａ 的元素个数与 Ｂ 的元素个数一样多，则不同的有序集
合对（Ａ，Ｂ）的个数为
Ｃ０ｎ（Ｃ０ｎ－１）＋Ｃ１ｎ（Ｃ１ｎ－１）＋Ｃ２ｎ（Ｃ２ｎ－１）＋…＋Ｃｎｎ（Ｃｎｎ－１）
＝ （Ｃ０ｎ） ２＋（Ｃ１ｎ） ２＋（Ｃ２ｎ） ２＋…＋（Ｃｎｎ） ２－（Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＋Ｃｎｎ），
又（ｘ＋１） ｎ（ｘ＋１） ｎ 的展开式中 ｘｎ 的系数为（Ｃ０ｎ） ２ ＋（Ｃ１ｎ） ２ ＋
（Ｃ２ｎ） ２＋…＋（Ｃｎｎ） ２，
且（ｘ＋１） ｎ（ｘ＋１） ｎ ＝（ｘ＋１） ２ｎ的展开式中 ｘｎ 的系数为 Ｃｎ２ｎ，
所以（Ｃ０ｎ） ２＋（Ｃ１ｎ） ２＋（Ｃ２ｎ） ２＋…＋（Ｃｎｎ） ２ ＝Ｃｎ２ｎ ．
因为 Ｃ０ｎ＋Ｃ１ｎ＋Ｃ２ｎ＋…＋Ｃｎｎ ＝ ２ｎ，所以当 Ａ 的元素个数与 Ｂ 的元
素个数一样多时，
有序集合对（Ａ，Ｂ）的个数为 Ｃｎ２ｎ－２ｎ ．
所以，Ａ 的元素个数比 Ｂ 的元素个数少时，有序集合对
（Ａ，Ｂ）的个数为
２ｎ（２ｎ－１）－（Ｃｎ２ｎ－２ｎ）
２
＝
２２ｎ－Ｃｎ２ｎ
２
．
名师点睛 集合的基本运算的关注点：
（１）看元素组成，集合是由元素组成的，从研究集合中元素
的构成入手是解决集合运算问题的前提；
（２）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并 进行
运算，可使问题简单明了，易于解决；
（３）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数
轴、坐标系和 Ｖｅｎｎ 图．
（４）求子集问题时，要结合排列组合知识与二项式定理
解决．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
(共46张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2018江苏,23,10分)设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…in,如果当sit,则称(is,it)是排列
i1i2…in的一个逆序,排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231,
只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的
全部排列的个数.
(1)求f3(2), f4(2)的值;
(2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示).
解析 本题主要考查计数原理、排列等基础知识,考查求解能力和推理论证能力.
(1)解法一:记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(23
1)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1, f3(1)=f3(2)=2.
对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三
个位置.
因此f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5.
解法二:记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=
2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1, f3(1)=f3(2)=2.
对1,2,3,4的排列,若1在首位,则2,3,4的排列逆序数为2,τ(1342)=2,τ(1423)=2.若1在第二个位置,
则首位只能是2,3,如果首位是2,则只能是τ(2143)=2,如果首位是3,则只能是τ(3124)=2.若1在第
三个位置,则只能是τ(2314)=2,因此, f4(2)=2+1+1+1=5.
(2)解法一:对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以fn(0)=1.逆序数为1
的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,
所以fn(1)=n-1.
为计算fn+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置
只能是最后三个位置.
因此, fn+1(2)=fn(2)+fn(1)+fn(0)=fn(2)+n.
当n≥5时, fn(2)=[fn(2)-fn-1(2)]+[fn-1(2)-fn-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=
?.
因此,当n≥5时, fn(2)=?.
解法二:对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以fn(0)=1.逆序数为1的排
列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,
所以fn(1)=n-1.
为计算fn+1(2),若1在首位,则2,3,…,n的排列逆序数为2的排列必有fn(2)个.若1在第二个位置,则首
位只能是2或3,如果首位是2,则3,4,…,n的排列逆序数为1的排列必有fn-1(1)=(n-2)个,如果首位是
3,则2,4,…,n的排列逆序数为0的排列必有fn-1(0)=1个.若1在第三个位置,则只有τ(2314…n)=2,
因此, fn+1(2)=fn(2)+fn+1(1)+fn-1(0)+1=fn(2)+n.
当n≥5时, fn(2)=[fn(2)-fn-1(2)]+[fn-1(2)-fn-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=
?.
因此,当n≥5时, fn(2)=?.
2.(2016江苏,23,10分)
(1)求7?-4?的值;
(2)设m,n∈N*,n≥m,求证:
(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+n?+(n+1)?=(m+1)?.
解析 本题主要考查组合数及其性质等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.
(1)7?-4?=7×?-4×?=0.
(2)证法一:当n=m时,结论显然成立.当n>m时,
(k+1)?=?
=(m+1)·?
=(m+1)?,k=m+1,m+2,…,n.
又因为?+?=?,
所以(k+1)?=(m+1)(?-?),k=m+1,m+2,…,n.
因此,(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+(n+1)?
=(m+1)?+[(m+2)?+(m+3)?+…+(n+1)?]
=(m+1)?+(m+1)[(?-?)+(?-?)+…+(?-?)]=(m+1)?.
证法二:因为(k+1)?=(m+1)?,
所以(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+n?+(n+1)?
=(m+1)?+(m+1)?+…+(m+1)?
=(m+1)(?+?+?+…+?).
又因为?+?=?,所以?+?+?+…+?=?+?+?+…+?
=?+?+…+?=…=?,
所以(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+n?+(n+1)?=(m+1)?.
证法三:(数学归纳法)
对任意的m∈N*,
①当n=m时,左边=(m+1)=?=m+1,右边=(m+1)?=m+1,等式成立.
②假设n=k(k≥m)时等式成立,
即(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+k?+(k+1)?=(m+1)?.
则当n=k+1时,
左边=(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+k?+(k+1)·?+(k+2)?=(m+1)?+(k+2)?.
因为(k+1)?=(m+1)?,?+?=?,
所以(m+1)?+(k+2)?=(m+1)?+(m+1)?=(m+1)(?+?)=(m+1)?.
因此左边=右边,即n=k+1时等式也成立.
综合①②可得等式对任意n≥m均成立.
证法四:记f(x)=(1+x)m+1+(1+x)m+2+…+(1+x)n+1,
其中m,n∈N*,且m≤n,1+x≠1,
则f '(x)=(m+1)(1+x)m+(m+2)(1+x)m+1+…+(n+1)(1+x)n,
其中xm项的系数为(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+n?+(n+1)?.
又f(x)=(1+x)m+1·?=?,
所以f '(x)
=?,
其中xm项的系数为(n+2)?-?.
因为(k+1)?=(m+1)?,
所以(n+2)?-?=(m+2)?-?=(m+1)?.
所以(m+1)?+(m+2)?+(m+3)?+…+n?+(n+1)?=(m+1)?.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点 计数原理与排列组合
1.(2018课标全国Ⅰ理,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入
选,则不同的选法共有 ????种.(用数字填写答案)
答案 16
解析 本题主要考查组合问题.
解法一:从2位女生,4位男生中选3人,且至少有1位女生入选的情况有以下2种:①2女1男:有?
?=4种选法;②1女2男:有??=12种选法,故至少有1位女生入选的选法有4+12=16种.
解法二:从2位女生,4位男生中选3人有?=20种选法,其中选出的3人都是男生的选法有?=4种,
所以至少有1位女生入选的选法有20-4=16种.
2.(2018浙江,16,4分)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 ????
????个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
答案 1 260
解析 本题考查排列、组合及其运用,考查分类讨论思想.
含有数字0的没有重复数字的四位数共有????=540个,不含有数字0的没有重复数字的四
位数共有???=720个,故一共可以组成540+720=1 260个没有重复数字的四位数.
易错警示 数字排成数时,容易出错的地方:
(1)数字是否可以重复;
(2)数字0不能排首位.
3.(2017课标全国Ⅱ理改编,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1
人完成,则不同的安排方式共有 ????种.
答案 36
解析 本题主要考查排列、组合.
第一步:将4项工作分成3组,共有?种分法.
第二步:将3组工作分配给3名志愿者,共有?种分配方法,故共有?·?=36种安排方式.
方法总结 分组、分配问题是排列组合的综合问题,解题思想是先分组后分配.
(1)分组问题属于“组合”问题,常见的分组方法有三种:
①完全均匀分组,每组元素的个数都相等;
②部分均匀分组,应注意不要重复;
③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象.
(2)分配问题属于“排列”问题,常见的分配方法有三种:
①相同元素的分配问题,常用“挡板法”;
②不同元素的分配问题,利用分步乘法计数原理,先分组,后分配;
③有限制条件的分配问题,采用分类法求解.
4.(2017浙江,16,4分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务
队,要求服务队中至少有1名女生,共有 ????种不同的选法.(用数字作答)
答案 660
解析 本题考查计数原理、排列、组合,排列数、组合数计算,利用间接法解决“至少”类的
组合问题,考查推理运算能力.
从8人中选出4人,且至少有1名女学生的选法种数为?-?=55.
从4人中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人的选法为?=12种.
故总共有55×12=660种选法.
5.(2017天津理,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的
四位数,这样的四位数一共有 ????个.(用数字作答)
答案 1 080
解析 本题主要考查计数原理及排列组合的应用.
(1)有一个数字是偶数的四位数有???=960个.
(2)没有偶数的四位数有?=120个.
故这样的四位数一共有960+120=1 080个.
思路分析 分两种情况:①有一个数字是偶数的四位数;
②没有偶数的四位数.
6.(2016课标全国Ⅱ理改编,5,5分)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到
位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 ????
????.
?
答案 18
解析 分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3条可以选择的
最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路径.
7.(2016课标全国Ⅲ理改编,12,5分)定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其中m项为0,m
项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”
共有 ????个.
答案 14
解析 当m=4时,数列{an}共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a1,a2,…,ak中0的个数
不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.(1)当a2=0时,分以下3种情况:①若a3=0,则a4,a
5,a6,a7中任意一个为0均可,则有?=4种情况;②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有?=
3种情况;③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有?=2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0,
分以下2种情况:①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有?=3种情况;②若a4=1,则a5必为0,a6,a7
中任一个为0均可,有?=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个.
解后反思 本题是“新定义”问题,首先理解清“规范01数列”的定义是解题的关键,注意分
类讨论时要不重不漏.
评析 本题是新定义问题,考查学生分析、解决问题的能力,理解“规范01数列”的定义并分
类讨论是解题关键,属难题.
8.(2016四川理改编,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为 ????
????.
答案 72
解析 奇数的个数为??=72.
9.(2015广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么
全班共写了 ????条毕业留言.(用数字作答)
答案 1 560
解析 ∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=
1 560条毕业留言.
10.(2015四川改编,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数
共有 ????个.
答案 120
解析 数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中
以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2?=48个;同理,以5开头的有3?=72个.于是共有48
+72=120个.
评析 本题考查了分类与分步计数原理、排列数的知识.考查学生分析问题、解决问题的能
力.
C组 教师专用题组
1.(2014四川改编,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不
同的排法共有 ????种.
答案 216
解析 若最左端排甲,其他位置共有?=120种排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4
个位置有?=24种排法,所以共有120+4×24=216种排法.
2.(2014重庆改编,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目
的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是 ????.
答案 120
解析 先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有?·?=144种,再剔
除小品类节目相邻的情况,共有?·?·?=24种,于是符合题意的排法共有144-24=120种.
3.(2014安徽改编,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的
共有 ????对.
答案 48
解析 利用正方体中两个独立的正四面体解题,如图,
它们的棱是原正方体的12条面对角线.
一个正四面体中两条棱成60°角的有(?-3)对,两个正四面体有(?-3)×2对.又正方体的面对角
线平行成对,所以共有(?-3)×2×2=48对.
?
4.(2014大纲全国改编,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成
一个医疗小组.则不同的选法共有 ????种.
答案 75
解析 从6名男医生中选出2名有?种选法,从5名女医生中选出1名有?种选法,由分步乘法计
数原理得不同的选法共有?·?=75种.
5.(2014北京,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,
则不同的摆法有 ????种.
答案 36
解析 记另外两件产品为D、E,A、B相邻视为一个元素,先与D、E排列,有??种方法;再将
C插入,仅有3个空位可选,共有???=2×6×3=36种不同的摆法.
6.(2013北京理,12,5分)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 ????.
答案 96
解析 5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观
券分给4人,则不同的分法种数是4?=96.
评析 本题主要考查排列组合问题,“5张参观券分成4份,且2张参观券连号的分法有4种”是
解题的关键,审题不清楚是学生失分的主要原因.
7.(2013重庆理,13,5分)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医
疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是 ????(用数字作答).
答案 590
解析 按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类.
当选派人数为3、1、1时,有3类,共有???+???+???=200(种).
当选派人数为2、2、1时,有3类,共有???+???+???=390(种).
故共有590种.
评析 本题考查了组合问题,恰当分类、合理分步、不重不漏是解决此问题的关键.
8.(2013浙江理,14,4分)将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共
有 ????种(用数字作答).
答案 480
解析 从左往右看,若C排在第1位,共有排法?=120种;若C排在第2位,共有排法?·?=72种;
若C排在第3位,则A、B可排在C的左侧或右侧,共有排法?·?+?·?=48种;若C排在第4,5,6位
时,其排法数与排在第3,2,1位相同,故共有排法2×(120+72+48)=480种.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 计数原理与排列组合
1.(2019如皋期末,23)设集合U={1,2,3,4,…,n},其中n≥2,n∈N*,若A?U,且集合A中的最小元素
是偶数,记所有满足上述条件的集合A中的最大元素之和为Sn.
(1)求S3,S4的值;
(2)当n为奇数时,求Sn.
解析 (1)当n=3时,U={1,2,3},则A={2}或{2,3},故S3=5;
当n=4时,U={1,2,3,4},则A={2}或{2,3}或{2,4}或{2,3,4}或{4},故S4=17.?(3分)
(2)设A中的最小元素为2k,k∈N*,则最大元素可以取2k,2k+1,2k+2,…,n.
其中最大元素为2k的集合A共有1个,
最大元素为2k+1的集合A共有1个,
最大元素为2k+2的集合A共有?+?=21个,
……
最大元素为n的集合A共有?+?+…+?=2n-2k-1个.
所以,最小元素为2k的所有集合A中的最大元素为
Mk=2k×1+(2k+1)·20+(2k+2)·21+…+n·2n-2k-1,
故Mk-2k=(2k+1)·20+(2k+2)·21+…+n·2n-2k-1,①
2(Mk-2k)=(2k+1)·21+(2k+2)·22+…+(n-1)·2n-2k-1+n·2n-2k,②
①-②得,-Mk+2k=(2k+1)·20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k,
所以-Mk=20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k=?-n·2n-2k
=2n-2k-1-n·2n-2k,则Mk=(n-1)·2n-2k+1.?????(8分)
所以Sn=?Mk=?[(n-1)·2n-2k+1]
=(n-1)?2n-2k+?
=(n-1)·2n??+?
=(n-1)·2n·?+?
=(n-1)·2n·?+?
=?(n-1)=?.?(10分)
2.(2019海安中学检测,23)现有?(n≥2,n∈N*)个给定的不同的数随机排成一个如图所示
的三角形数阵:
?
设Mk是第k行中的最大数,其中1≤k(1)求P2的值;
(2)求证:Pn>?.
解析 (1)由题意知P2=?=?,即P2的值为?.
(2)证明:先排第n行,则最大数在第n行的概率为?=?,
去掉第n行已经排好的n个数,
则余下的?-n=?个数中最大数在第(n-1)行的概率为?=?,……,
故Pn=?·?…·?=?=?.
由于2n=(1+1)n=?+?+?+…?≥?+?+?>?+?=?,
所以?>?,即Pn>?.
3.(2019苏州期初,23)设f(n)=(a+b)n(n≥2,n∈N*),若在f(n)的展开式中,存在连续的三项的二项式
系数依次成等差数列,则称f(n)具有性质P.
(1)求证: f(7)具有性质P;
(2)若存在n≤2 018,使得f(n)具有性质P,求n的最大值.
解析 (1)证明: f(7)=(a+b)7的展开式中第2,3,4项的二项式系数分别为?=7,?=21,?=35,∵?,
?,?成等差数列,∴f(7)具有性质P.?(3分)
(2)假设f(n)具有性质P,则一定存在k∈N*,1≤k≤n-1,
使得?,?,?成等差数列,∴2?=?+?.
∴2×?=?+?.
化简可得4k2-4nk+n2-n-2=0.?(5分)
∴(2k-n)2=n+2.
∵k,n∈N*,∴n+2是完全平方数.?(8分)
∵n≤2 018,442<2 020<452,∴n的最大值为442-2=1 934.
此时k=989或k=945.?(10分)
4.(2019南通基地学校三月联考,23)设整数数列{an}共有2n(n≥3,n∈N*)项,满足3a1=a2n,a2+a2(n-1)=
2an,且ai+1∈{1+ai,2+ai}(i=1,2,…,2n-1).
(1)当n=3时,写出满足条件的数列的个数;
(2)当n=m(m≥3)时,求满足条件的数列的个数.
解析 (1)n=3时,满足条件的所有的数列的个数为8.?(2分)
(2)设bi=ai+1-ai∈{1,2}(i=1,2,…,2m-1),
则由3a1=a2m得2a1=a2m-a1=(a2m-a2m-1)+(a2m-1-a2m-2)+…+(a2-a1)=b2m-1+b2m-2+…+b1,①
由a2+a2(m-1)=2am得a2(m-1)-am=am-a2,
则(a2(m-1)-a2m-3)+(a2m-3-a2m-4)+…+(am+1-am)=(am-am-1)+(am-1-am-2)+…+(a3-a2),
即b2m-3+b2m-4+…+bm=bm-1+bm-2+…+b2,②
用t表示b2,b3,…,bm-2,bm-1中值为2的项数,
由②可知t也是bm,bm-1,…,b2m-4,b2m-3中值为2的项数,其中t∈{0,1,2,…,m-2},
所以b2,b3,…,b2m-4,b2m-3的取法数为(?)2+(?)2+…+(?)2,?(5分)
确定b2,b3,…,b2m-4,b2m-3后,任意指定b2m-2,b2m-1的值,有22=4种,
由①式可知,应取b1∈{1,2},使得b2m-1+b2m-2+…+b1为偶数,
这样的b1的取法是唯一的,且确定了a1的值.
从而数列b1,b2,…,b2m-2,b2m-1唯一地对应着一个满足条件的a1,a2,…,a2m-2,a2m-1.
所以满足条件的数列共有4[(?)2+(?)2+…+(?)2](m≥3)个.?(7分)
下面化简(?)2+(?)2+…+(?)2.
设(1+x)m-2=?+?x+…+?xm-2,
?=?+??+…+??,
两展开式右边乘积中的常数项恰好为(?)2+(?)2+…+(?)2.
因为(1+x)m-2?=?(1+x)2m-4,
又(1+x)2m-4中xm-2的系数为?,
所以(?)2+(?)2+…+(?)2=?.
所以满足条件的数列共有4[(?)2+(?)2+…+(?)2]=4?(m≥3)个.?(10分)
5.(2019南通、如皋二模,23)已知An={x>0|x=k1·2+k2·22+…+kn·2n},其中n∈N*,n≥2,ki∈{-1,1}(i=1,
2,…,n),记集合An的所有元素之和为Sn.
(1)求S2,S3的值;
(2)求Sn.
解析 (1)当n=2时,A2={x>0|x=k1·2+k2·22}={x>0|x=2k1+4k2}={2,6},
所以S2=2+6=8.
当n=3时,A3={x>0|x=k1·2+k2·22+k3·23}={x>0|x=2k1+4k2+8k3}={2,6,10,14}.
所以S3=2+6+10+14=32.
(2)若kn=-1,且k1=k2=…=kn-1=1,n≥2,n∈N*,
x=2+22+…+2n-1-2n=?-2n=-2<0,此时x?An.
所以kn必然等于1,且当k1=k2=…=kn-1=-1,n≥2,n∈N*时,
x=-2-2n-…-2n-1+2n=-?+2n=2>0,此时x∈An.
所以当kn=1,k1,k2,…,kn-1∈{-1,1},n≥2,n∈N*时,都有x∈An.
根据乘法原理知,使得ki=1(i=1,2,3,…,n-1,n≥2,n∈N*)的x共有2n-2个,使得ki=-1(i=1,2,3,…,n-1,n≥
2,n∈N*)的x也共有2n-2个,
所以Sn中的所有ki·2i(i=1,2,3,…,n-1,n≥2,n∈N*)项的和为0,
又因为使得kn=1的x共有2n-1个,
所以Sn=2n-1×2n=22n-1.
6.(2018宿迁期中,23)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集
的较大元素相加,和记为a,较小元素之和记为b.
(1)当n=3时,求a,b的值;
(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,?为定值.
解析 (1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},所以a=2+3+3=
8,b=1+1+2=4.
(2)证明:当n≥3,n∈N*时,依题意得
b=1×?+2×?+3×?+…+(n-2)×?+(n-1)×?,
a=2×?+3×?+4×?+…+(n-1)×?+n×?
=2×1+3×2+4×3+…+(n-1)×(n-2)+n×(n-1),
则?=?+?+?+…+?
=?+?+?+…+?=?+?+…+?=…=?,
所以a=2?.
又a+b=(1+2+3+…+n)×?=?×(n-1)=3?,
所以b=?.
从而?=?.
解答题(共50分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：40分钟 分值：50分)
1.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,23)设集合M={1,2,3,…,m},集合A,B
是M的两个不同子集,记|A∩B|表示集合A∩B的元素个数,若|A∩B|=n,其中1≤n≤m-1,则称
(A,B)是M的一组n阶关联子集对((A,B)与(B,A)看作同一组关联子集对),并记集合M的所有n阶
关联子集对的组数为an.
(1)当m=3时,求a1,a2;
(2)当m=2 019时,求{an}的通项公式,并求{an}的最大项.
解析 (1)a1=3×4=12,a2=3.
(2)①an=?·??(22 019-n-1)+?·22 018-n+…+?·22 019-k-n+…+?·21+?·20
=??.
②?=?=?>1,
化简,得(1 008-2n)·32 018-n>1 009-n,
当n≤503时,成立;
当504≤n≤1 008时,不成立;
当n≥1 009时,不成立;
即a1a505>…>a2 018,
即(an)max=a504=??.
2.(2019南京六校联合体联考,23)设n∈N*且n≥4,集合M={1,2,3,…,n}的所有3个元素的子集记
为A1,A2,…,?.
(1)当n=4时,求集合A1,A2,…,?中所有元素之和S;
(2)记mi为Ai(i=1,2,…,?)中最小元素与最大元素之和,求?的值.
解析 (1)因为含元素1的子集有?个,含元素2或3或4的子集也各有?个,于是所求元素之和
为(1+2+3+4)×?=30.?(3分)
(2)集合M={1,2,3,…,n}的所有3个元素的子集中:
以1为最小元素的子集有?个,以n为最大元素的子集有?个;
以2为最小元素的子集有?个,以n-1为最大元素的子集有?个;
……
以n-2为最小元素的子集有?个,以3为最大元素的子集有?个.?(5分)
∴?mi=m1+m2+…+?
=(n+1)(?+?+…+?+?)
=(n+1)(?+?+…+?+?)
=(n+1)(?+?+…+?+?)
=…=(n+1)?,?(8分)
∴?=n+1.?(9分)
∴?=2 018+1=2 019.?(10分)
解题关键 本题考查了子集的概念,组合的概念及性质,分类讨论的思想方法,考查推理、计算
能力.得出含有相关数字出现的次数是关键.
3.(2019徐州检测,22)设r,s,t为整数,集合{a|a=2r+2s+2t,0≤t(1)写出数列{an}的前三项;
(2)求a36.
解析 (1)数列{an}的前三项分别为7,11,13.?(3分)
(2)∵r,s,t为整数且0≤tr=3,s,t可在0,1,2中取,符合条件的数有?=3个;?(5分)
同理,r=4时,符合条件的数有?=6个;?(6分)
r=5时,符合条件的数有?=10个;?(7分)
r=6时,符合条件的数有?=15个;?(8分)
r=7时,符合条件的数有?=21个;?(9分)
因此,a36是r=7中的最小值,即a36=20+21+27=131.?(10分)
4.(2019南京、盐城二模,23)平面上有2n(n≥3,n∈N*)个点,将每一个点染上红色或蓝色.从这2n
个点中任取3个点,记3个点颜色相同的所有不同取法总数为T.
(1)若n=3,求T的最小值;
(2)若n≥4,求证:T≥2?.
解析 (1)当n=3时,共有6个点,
若染红色的点的个数为0或6,则T=?=20;
若染红色的点的个数为1或5,则T=?=10;
若染红色的点的个数为2或4,则T=?=4;
若染红色的点的个数为3,则T=?+?=2.
因此T的最小值为2.?(3分)
(2)证明:首先证明对任意n,k∈N*,n≥k,有?>?.
因为?-?=?>0,
所以?>?.
设2n个点中含有p(p∈N,p≤2n)个染红色的点,
①当p∈{0,1,2}时,
T=?≥?=?
=4·?,
因为n≥4,所以2n-3>n,
于是T>4×?=4?>2?.?(5分)
②当p∈{2n-2,2n-1,2n}时,
T=?≥?,
同上可得T>2?.?(6分)
③当3≤p≤2n-3时,
T=?+?,
设f(p)=?+?,3≤p≤2n-3,
当3≤p≤2n-4时,
f(p+1)-f(p)=?+?-?-?=?-?,
显然p≠2n-p-1,
当p>2n-p-1,即n≤p≤2n-4时, f(p+1)>f(p),
当p<2n-p-1,即3≤p≤n-1时, f(p+1)即f(n)f(4)>…>f(n),
因此f(p)≥f(n)=2?,即T≥2?.
综上,当n≥4时,T≥2?.?(10分)
5.(2018泰州中学二模)如图,一只蚂蚁从单位正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发,每一步(均为
等可能的)经过一条棱到达另一顶点,设该蚂蚁经过n步回到点A的概率为pn.
(1)分别写出p1,p2的值;
(2)设蚂蚁从顶点A出发经过n步到达点C的概率为qn,求pn+3qn的值;
(3)求pn.
?
解析 (1)p1=0,
p2=3×?×?=?.
(2)由于从顶点A出发经过n步到达到C的概率为qn,则由A出发经过n步到达点B1,D1的概率也是
qn,并且由A出发经过n步不可能到A1,B,D,C1这四个点,
所以n为奇数时,pn=qn=0,所以pn+3qn=0,
n为偶数时,pn+3qn=1.
(3)由C,B1,D1分别经过2步到点A的概率都是2×?×?=?,
由A出发经过n步再回到A的路径分为以下四类:
①由A经过(n-2)步到A,再经2步回到A,概率为?pn-2;
②由A经过(n-2)步到C,再经2步回到A,概率为?qn-2;
③由A经过(n-2)步到B1,再经2步回到A,概率为?qn-2;
④由A经过(n-2)步到D1,再经2步回到A,概率为?qn-2.
所以pn=?pn-2+?qn-2,结合pn+3qn=1,
消元得pn=?pn-2+?·?=?pn-2+?,
即pn-?=??,
所以pn-?=??=??,
故pn=??.
综上所述,pn=?
思路分析????(1)由题意得经过1步不可能从点A回到点A,故p1=0;经过2步从点A回到点A的方法
有3种,即A-B-A;A-D-A;A-A1-A,且选择每一种走法的概率都是?,由此可得结果.
(2)分n为奇数和偶数两种情况讨论可得结论.
(3)结合(2)中的结论,分四种情况讨论,可得pn=?pn-2+?qn-2,又pn+3qn=1,故pn-?=??,于是
得到pn=??,从而可得结论.
