兩個計數(shù)原理與排列組合知識點(diǎn)及例題Word版

1、傳播優(yōu)秀Word版文檔 ，希望對您有幫助，可雙擊去除！兩個計數(shù)原理與排列組合知識點(diǎn)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m1種不同的方法，在第2類辦法中有m2種不同的方法在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1 +m2 +mn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m1種不同的方法，做第2步驟有m2種不同的方法做第n步驟有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=m1m2 mn種不同的方法.例題分析例1 某學(xué)校食堂備有5種素菜、3種葷菜、2種湯。現(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？

2、 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、配一湯） 3、它們屬于分類還是分步？（是否獨(dú)立完成） 4、運(yùn)用哪個計數(shù)原理？ 5、進(jìn)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=352=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(xué)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(xué)書和一本語文書，有多少種不同的取法？（1）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(dú)立完成）

3、4、運(yùn)用哪個計數(shù)原理？ 5、進(jìn)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(dú)立完成） 4、運(yùn)用哪個計數(shù)原理？ 5、進(jìn)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=54=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？

4、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(dú)立完成） 4、運(yùn)用哪個計數(shù)原理？ 5、進(jìn)行計算.略解：N=555=125（個）【例題解析】1、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(xué)生，其中男生有21名. （1）現(xiàn)要選派一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會，有多少種不同的選派方法？ （2）若要選派男、女各一名學(xué)生代表班級參加學(xué)校的學(xué)代會，有多少種不同的選派方法？3、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)

5、數(shù)字的偶數(shù)的三位數(shù)？排列與組合1.排列的概念：從個不同元素中，任?。ǎ﹤€元素（這里的被取元素各不相同）按照一定的順序排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列2.排列數(shù)的定義：從個不同元素中，任?。ǎ﹤€元素的所有排列的個數(shù)叫做從個元素中取出元素的排列數(shù)，用符號表示3.排列數(shù)公式：（）4.階乘：表示正整數(shù)1到的連乘積，叫做的階乘規(guī)定5.排列數(shù)的另一個計算公式：= 6.組合概念：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合7組合數(shù)的概念：從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數(shù)，叫做從 個不同元素中取出個元素的組合數(shù)用符號表示8.組合數(shù)公式：或9.組合數(shù)的性質(zhì)1：

6、規(guī)定：；10.組合數(shù)的性質(zhì)2：+ Cn0+Cn1+Cnn=2n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(xué)生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名學(xué)生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；（3）從6名運(yùn)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（2）甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有種選法，然后其他5人選，有種選法，故排法種數(shù)為（3）有兩棒受

7、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；乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有種選法，其余兩棒次不受限制，故有種排法，由分類計數(shù)原理，共有種排法（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（或用6人的排列數(shù)減去問題（2）后排列數(shù)為）（6）三人的順序定，實(shí)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3人在3個位置上全排列，故有排法種點(diǎn)評：排隊(duì)問題是一類典型的排列問題，常見的附加條件是

8、定位與限位、相鄰與不相鄰例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，共有種（2）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，有種按分類計數(shù)原理有種點(diǎn)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(dāng)注意：

9、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)果是種，其結(jié)論是錯誤的，錯在“重復(fù)”：假設(shè)3件次品是A、B、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，但在算式中算作3種不同抽法例3 求證：；證明：利用排列數(shù)公式 左 右另一種證法：（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：第一類不含某特殊元素的排列有第二類含元素的排列則先從個元素中取出個元素排列有種，然后將插入，共有m個空檔，故有種，因此利用組合數(shù)公式左右另法：利用公式推

10、得 左右點(diǎn)評：證明排列、組合恒等式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)例4 已知是集合到集合的映射（1）不同的映射有多少個？（2）若要求則不同的映射有多少個？分析：（1）確定一個映射，需要確定的像（2）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(dú)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，共有個不同映射 （2）根據(jù)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，這樣的映射有個；第三類：二個元素的像是2，

11、另兩個元素的像必為0，這樣的映射有個由分類計數(shù)原理共有1+12+6=19（個）點(diǎn)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，有種方法；問題（2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當(dāng)確定分類標(biāo)準(zhǔn)，做到不重、不漏例5 四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10個點(diǎn)（1）設(shè)一個頂點(diǎn)為A，從其他9點(diǎn)中取3個點(diǎn)，使它們和點(diǎn)A在同一平面上，不同的取法有多少種？（2）在這10點(diǎn)中取4個不共面的點(diǎn)，不同的取法有多少種？解：（1）如圖，含頂點(diǎn)A的四面體的三個面上，除點(diǎn)A外都有5個點(diǎn)，從中取出3點(diǎn)必與點(diǎn)A共面，共有種取法含頂點(diǎn)A的棱有三條，每條棱上有3個點(diǎn)，它們與所對棱的中點(diǎn)共面，共有3種取法根據(jù)分類計數(shù)原理和點(diǎn)A共面三

12、點(diǎn)取法共有種（2）取出的4點(diǎn)不共面比取出的4點(diǎn)共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加限制任取4點(diǎn)（種取法）減去4點(diǎn)共面的取法取出的4點(diǎn)共面有三類：第一類：從四面體的同一個面上的6點(diǎn)取出4點(diǎn)共面，有種取法第二類：每條棱上的3個點(diǎn)與所對棱的中點(diǎn)共面，有6種取法第三類：從6條棱的中點(diǎn)取4個點(diǎn)共面，有3種取法根據(jù)分類計數(shù)原理4點(diǎn)共面取法共有故取4個點(diǎn)不共面的不同取法有（種）點(diǎn)評：由點(diǎn)構(gòu)成直線、平面、幾何體等圖形是一類典型的組合問題，附加的條件是點(diǎn)共線與不共線，點(diǎn)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 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 種不同

13、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 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 【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。A.81B.64C.24D.4（2）四名學(xué)生爭奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（ ）A.81B.64C.24D.4（3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競賽，每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競賽，則有不同的參賽方法有 ；每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 ；每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競賽，每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方

14、法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)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=3333=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（C41A22+C42C22）種投法；四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信箱中，有C42A33種投法、，故共有C31+C32（C41A22+C42C22）+C42A33=81（種）。故選A。（2）因?qū)W生可同時奪得n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4名學(xué)生看作4個“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個“

15、客”都可住進(jìn)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=444=64。故答案選B。（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競賽項(xiàng)目對學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得N=34=81（種）；競賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=43=64（種）；等價于從4個學(xué)生中挑選3個學(xué)生去參加三個項(xiàng)目的競賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43A33=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,a2,an,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：AB的單值映射是：Amn。例2 同

16、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（ ）A.6種B.9種C.11種D.23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(jìn)行具體的填寫：再按照題目要求檢驗(yàn)，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

17、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，賀年卡的分配問題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問題”：將數(shù)字1，2，3，4，填入標(biāo)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

18、個數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號方格填寫的數(shù)字為i（2i4）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?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€數(shù)中，至少有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：331=9注： 本題是“亂坐問題”，也稱“錯排問題”，當(dāng)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

19、。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，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

20、中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問題就等價于：將5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(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)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

21、 設(shè)傾斜角為，由為銳角，得tan=-0,即a、b異號。（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334=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(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯誤原因沒有對c=0與c0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(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無兩條直

22、線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個數(shù)（除原10點(diǎn)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(diǎn)所確定的直線是C102=45條。這45條直線除原10點(diǎn)外無三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個點(diǎn)，共有C452個交點(diǎn)。而在原來10點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來點(diǎn)上有10C92點(diǎn)被重復(fù)計數(shù)。所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€三角形對應(yīng)著三個頂點(diǎn)，這三個點(diǎn)來自上述630個點(diǎn)或原來的10個點(diǎn)。所以三角形的個數(shù)相當(dāng)于從這640個點(diǎn)中任取三個點(diǎn)的組合，即C6403=43 486080（個）。解法二

23、（1）如圖對給定的10點(diǎn)中任取4個點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個新的點(diǎn)。故原題對應(yīng)于在10個點(diǎn)中任取4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個數(shù)是：3C104=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(shí)際幾何意義。例6 （1）如果（x+）2n展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求n，并求展開式中的常數(shù)項(xiàng)；（2）求（-）8展開式中的所有的有理項(xiàng)。解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n n=4。設(shè)第k+1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0，即k=4常數(shù)項(xiàng)為T5=C84

24、=70。（2）設(shè)第k+1項(xiàng)有理項(xiàng)，則因?yàn)?k8，要使Z，只有使k分別取0，4，8所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T1=x4,T5=x,T9=x-2注 （1）二項(xiàng)式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；（2）在二項(xiàng)展開式中求得k后，對應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1項(xiàng)。例7 （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1.025的近似值。精確到0.01；精確到0.001。解 （1）首先考慮46n+5n+1被4整除的余數(shù)。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+

25、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46n+1+5n+1被5整除的余數(shù)。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)被5整除的余數(shù)為4其被20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。（2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1(i)當(dāng)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。(

26、ii)當(dāng)n為偶數(shù)時原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19除以9所得余數(shù)為0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5當(dāng)精確到0.01時，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。當(dāng)精確到0.001時，只要取展開式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。注 （1）用二項(xiàng)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(dāng)?shù)夭鸪?/p>

27、兩項(xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)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(xiàng)。例8 證明下列不等式：（1）（）n,（a、bx|x是正實(shí)數(shù),nN）;（2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。證明 （1）令a=x+， b=x-則x=an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述兩

28、式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b為正數(shù)ab=a+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n-2)2n=22n-2n+1注 利用二項(xiàng)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值換元（對稱換元）。這樣消去奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開式的第p+1與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為12。（1）求（1-ax）n+1展開式的中間項(xiàng)；（2）求（1-ax）n的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解 由題設(shè)得：由得，2Cnp=Cnp+Cnp兩