章末复习课
[网络构建]
[核心归纳]
1．两个计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效地将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．
2．排列与组合
排列数与组合数的计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式．在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．
对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．
3．二项式定理
(1)与二项式定理有关的问题：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．
(2)与通项有关的问题：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1
项的通项是Tk＋1＝Can－kbk(k＝0，1，…n)，其二项式系数是C，而不是C，这是一个极易错点.
要点一 排列与组合的应用
在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．
解决排列组合应用题的常用方法：
(1)合理分类，准确分步；
(2)特殊优先，一般在后；
(3)先取后排，间接排除；
(4)相邻捆绑，间隔插空；
(5)抽象问题，构造模型；
(6)均分除序，定序除序.
【例1】 6个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．
(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？
(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？
解 (1)要完成这件事分三步．
第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有CC种不同的排法；
第二步，前排4人进行全排列，有A种不同的排法；
第三步，后排4人进行全排列，有A种不同的排法．
由分步乘法计数原理知，有CCAA＝40
320(种)不同的排法．
(2)思路与(1)同，有CAA＝5
760(种)不同的排法．
【训练1】 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两个女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)老师不站中间，女生甲不站左端．
解 (1)∵两个女生必须相邻而站，
∴把两个女生看作一个元素，
则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有AA＝1
440(种)站法．
(2)∵4名男生互不相邻，
∴应用插空法，
对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有AA＝144(种)站法．
(3)当老师站左端时，其余六个位置可以进行全排列共有A＝720(种)站法；
当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列，共有A×5×5＝3
000(种)站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3
000＝3
720种站法．
要点二 二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．
【例2】 (1)若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为( )
A．－1
B．0
C．1
D．2
解析 在(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，得(2＋)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，得(－2＋)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得
(2＋)4·(－2＋)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.
答案 C
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解 ①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
【训练2】 已知的展开式中倒数第三项的系数为45.
(1)求含有x3的项；
(2)求系数最大的项．
解 (1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C＝45，即C＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.
(0≤k≤10，k∈N)，令－＋＝3，解得k＝6.
故含有x3的项是第7项，T7＝Cx3＝210x3.
(2)∵的展开式中共有11项，且其二项式系数与项的系数相同，
∴系数最大的项是第6项，T6＝C(x－)5(x)5＝252x.
要点三 分类讨论思想
当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．
【例3】 (1)从编号为1，2，3，…，10，11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为( )
A．236
B．328
C．462
D．2
640
(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是( )
A．120
B．72
C．60
D．36
解析 (1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类．
第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有CC＝30(种)取法；
第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有CC＝200(种)取法；
第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有C＝6(种)取法．
根据分类加法计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法．
(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．
第一类，第1个盒子中只有甲球，把剩余的4个球分成个数分别为1，1，2的三堆，再分配给剩余的3个盒子，共有方法CA种；
第二类，第1个盒子中有2个球，此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中，方法有A种．
根据分类加法计数原理，满足题意的方法种数为CA＋A＝60.
答案 (1)A (2)C
【训练3】 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
解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法．依分类加法计数原理，知共有A＋CA＝42(种)编排方案．
答案 B
要点四 正难则反思想
正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．
【例4】 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为( )
A．484
B．472
C．252
D．232
解析 设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．
若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2，1，0)，(2，0，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，(1，0，2)，(0，1，2)，(1，1，1)共7类；当取1张绿色卡片时，有(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．
根据题意，共有C种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C种取法，取2张绿色卡片有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－C·C＝472(种)．
答案 B
【训练4】 若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有__________种．
解析 把g、o、o、d
4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A－1＝12－1＝11(种)．
答案 11章末检测卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若A＝2A，则m的值为( )
A．5
B．3
C．6
D．7
解析 依题意得＝2·，
化简得(m－3)·(m－4)＝2，解得m＝2或m＝5，
又m≥5，∴m＝5，故选A.
答案 A
2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )
A．40
B．74
C．84
D．200
解析 分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得共有不同选法的种数为CC＋CC＋CC＝74.
答案 B
3．若实数a＝2－，则a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210等于( )
A．32
B．－32
C．1
024
D．512
解析 由二项式定理，得a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210＝C(－2)0a10＋C(－2)1a9＋C(－2)2a8＋…＋C(－2)10＝(a－2)10＝(－)10＝25＝32.
答案 A
4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )
A．A种
B．AA种
C．CA种
D．CCA种
解析 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有CA种分配方案．
答案 C
5．(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为( )
A．5
B．3
C．2
D．0
解析 常数项为C·22·C＝4，x7的系数为C·C·(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.
答案 A
6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为( )
A．AA
B．AAA
C．CAA
D．AAA
解析 先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A种放法，再考虑4幅油画本身排放有A种方法，5幅国画本身排放有A种方法，故不同的排列法有AAA种．
答案 D
7．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为( )
A．－
B．－
C．－
D．－1
解析 令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，再令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35.两式相加除以2求得a0＋a2＋a4＝122，两式相减除以2可得a1＋a3＋a5＝－121.又由条件可知a5＝－1，故＝－.
答案 B
8．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )
A．第9项
B．第10项
C．第19项
D．第20项
解析 ∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是C＋C＋C＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20.故选D.
答案 D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．下列是组合问题的是( )
A．10人相互通一次电话，共通多少次电话？
B．10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？
C．从10个人中选出3个为代表去开会，有多少种选法？
D．从10个人中选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？
解析 A是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别；B是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别；C是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别；D是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的．
答案 ABC
10．满足不等式A－n<7的n的值为( )
A．3
B．4
C．5
D．6
解析 由A－n＜7，得(n－1)(n－2)－n＜7，
整理，得n2－4n－5＜0，解得－1＜n＜5.
又n－1≥2且n∈N
，即n≥3且n∈N
，
所以n＝3或n＝4.
答案 AB
11．男、女学生共有8人，若从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，则女生有( )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析 设男生有x人，则女生有(8－x)人．
∵从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，
∴C·C＝30，
∴x(x－1)(8－x)＝30×2＝2×6×5，或x(x－1)(8－x)＝3×4×5.
∴x＝6，8－6＝2，或x＝5，8－5＝3，
∴女生有2人或3人．
答案 AB
12．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a0＋a1＋a2＋…＋a6＝64，则实数m＝( )
A．－3
B．－1
C．1
D．3
解析 令x＝1，由(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6可得，(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6＝64，所以1＋m＝2或1＋m＝－2，解得m＝1或m＝－3.
答案 AC
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．计划在学校公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有__________种．
解析 分两步完成：
第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A种种植方法；
第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A种种植方法．
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A·A＝240(种)．
答案 240
14．(1＋sin
x)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为，则x在[0，2π]内的值为__________．
解析 由题意，得T4＝Csin3x＝20sin3x＝，
∴sin
x＝.
∵x∈[0，2π]，∴x＝或.
答案 或
15．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有__________种．
解析 先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C，D，
若C，D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；
若C，D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中，有2×2＝4(种)放法．
故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．
答案 30
16．若二项式(2＋x)10按(2＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10的方式展开，则展开式中a8的值为__________，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝__________．(第一空3分，第二空2分)
解析 由题意得，(2＋x)10＝(－2－x)10＝[－3＋(1－x)]10，
所以展开式的第9项为
T9＝C(－3)2(1－x)8＝405(1－x)8，
即a8＝405.令x＝0，
则a0＋a1＋…＋a10＝(2＋0)10＝1
024.
答案 405 1
024
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知A＝{x|1}，B＝{x||x－6|<3，x∈N
}．试问：
(1)从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
(2)从A∪B中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？
解 A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}．
(1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)；B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)．又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16(个)重复了两次，所以共有25＋25－16＝34(个)不同的点．
(2)A∪B＝{3，4，5，6，7，8}，则这样的三位数共有C＝20(个)．
18．(本小题满分12分)已知(1＋2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的倍，试求展开式中二项式系数最大的项．
解 二项展开式的通项为Tk＋1＝C(2k)x，
由题意知展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的倍，
∴eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k＝2C·2k－1，,C2k＝\f(5,6)C·2k＋1，))
解得n＝7.
∴展开式中二项式系数最大的项是
T4＝C(2)3＝280x或T5＝C(2)4＝560x2.
19．(本小题满分12分)从7名男生和5名女生中选出5人，分别求符合下列条件的选法数．
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有2名女生被选出；
(3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．
解 (1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为C＝120.
(2)按女生的选取情况分类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选5名女生．所有选法数为CC＋CC＋CC＋C＝596.
(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下的10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步乘法计数原理，所有选法数为C·C·A＝25
200.
20．(本小题满分12分)设＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列，
(1)求展开式的中间项；
(2)求展开式中所有含x的奇次幂项的系数和．
解 (1)依题意a0＝1，a1＝，a2＝C.
由2a1＝a0＋a2，得m＝1＋C，解得m＝8或m＝1(应舍去)，
所以展开式的中间项是第5项，
T5＝C＝x4.
(2)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋amxm，
即＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝＝，
所以展开式中所有含x的奇次幂项的系数和为.
21．(本小题满分12分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1，2，3，4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
解 (1)1，2，3，4的再生数的个数为A＝24，其中最大再生数为4
321，最小再生数为1
234.
(2)需要考查5个数中相同数的个数．
若5个数各不相同，有A＝120(个)；
若有2个数相同，则有eq
\f(A,A)＝60(个)；
若有3个数相同，则有eq
\f(A,A)＝20(个)；
若有4个数相同，则有eq
\f(A,A)＝5(个)；
若5个数全相同，则有1个．
22．(本小题满分12分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
解 (1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．所以共有12＋18＝30(个)符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有A＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A＝2(种)．所以共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在一、三位置，则共有A·A＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有A·C·A＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有A·C·A＝8(种)．所以共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数.(共22张PPT)
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[核心归纳]
1．两个计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效地将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．
2．排列与组合
排列数与组合数的计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式．在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．
对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．
要点一 排列与组合的应用
在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．
解决排列组合应用题的常用方法：
(1)合理分类，准确分步；
(2)特殊优先，一般在后；
(3)先取后排，间接排除；
(4)相邻捆绑，间隔插空；
(5)抽象问题，构造模型；
(6)均分除序，定序除序.
【例1】 6个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．
(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？
(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？
解 (1)要完成这件事分三步．
【训练1】 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两个女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)老师不站中间，女生甲不站左端．
解 (1)∵两个女生必须相邻而站，
∴把两个女生看作一个元素，
(2)∵4名男生互不相邻，
∴应用插空法，
要点二 二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．
答案 C
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解 ①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝
－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
要点三 分类讨论思想
当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．
【例3】 (1)从编号为1，2，3，…，10，11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为( )
A．236
B．328
C．462
D．2
640
(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是( )
A．120
B．72
C．60
D．36
(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．
答案 (1)A (2)C
【训练3】 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
答案 B
要点四 正难则反思想
正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．
【例4】 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为( )
A．484
B．472
C．252
D．232
解析 设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．
若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2，1，0)，(2，0，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，(1，0，2)，(0，1，2)，(1，1，1)共7类；当取1张绿色卡片时，有(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．
【训练4】 若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有__________种．
答案 11
