无法识别的usb设备怎么办-搞笑说说

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1. 用1, 2, 3三个数字组成一个四位数,
出现，这样的四位数有
（


规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻
）

A.36 个 B.18 个 C.9 个 D.6 个 答案 B
利用树状图考察四 个数位上填充数字的情况，


1
2
3
1
1
3
2
2
3
1
2
，共可确定8个四位数，但其中不符合要求的有 2
2
3
1
3
个，所以所确定的四位数应有 18个，故选B.
2. 某学习小组男女生共 8人，现从男生中选2人，女生中选1人，分别去做3种不同的工作，
共有90种不同的选法，则男，女生人数为
A.2，6 B.3 ，5 C.5 ，3 D.6 ，2
答案 B
解析 设男生人数为
n
则女生人数为8-
n
,由题意可知
&
C
U
A
3=
90,即
&
C
L
n
= 15,解得
n
= 3，所以
男，女生人数为 3, 5，故选B.
3. 将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，
学至少保送一人的不同保送方法有
清华大学，浙江大学三所大学就读， 则每所大
（

）
（

）
A.150 种 B.180 种 C.240 种 D.540 种
答案 A
3
成d
2
解析 先将5个人分成三组，（3 , 1, 1）或（1 , 2, 2），分组方法有 C
5
+。-
-
= 25（种
）
，再 将
三组全排列有
A
= 6（种
）
，故总的方法数有 25
X
6= 150（种）.
4. 从5位男教师和4位女教师中选出 3位教师，派到3个班担任班主任
（
每班1位班主任
）
,
要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有
A.210 种 B.420 种 C.630 种 D.840 种
答案 B
（

）
1
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解析 因为要 求3位班主任中男、女教师都要有，所以共有两种情况，1男2女或2男1女.
2
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若选出的3位教师是1男2女则共有C
5
C
4
A
3
= 180（种）不同的选派方法，若选出的3位教师是 2男
1女则共有G
5
C
A
3
=
240（种
）
不同的选派方法，所以共有180+ 240= 420（种
）
不同的方案， 故
选B.
5.
开式中■的系数是84,则实数
a
等于
（

若二项式（2
x
+旦）
7
的展
）
X
A.2 B.羽
C.1 D.-
4
答案 C
X
解析 二项式（2
x
+
a
> 了 的通项公式为
T
k
+
1
=
C
7
（2
X
）7

k
（
a
）
k
= C
7
2

k
aX
2k
，令 7— 2
k
=—
3,得
X X
1
k
= 5.故展开式中
-3
的系数是c
7
—a
5
= 84,解得
a
= 1.
x
6.
— 1)
-
— 4
x
3
(
x
— 1) +
X
4
等于(
A. —
B.1 C.(2
x
— 1)
1
答案
B
4
(
x
— 1)
4
— 4
x
(
x
— 1)
3
+ 6
x
-
(
x
)
5
D.(1 —
2
X
)
43--344
解析 (
x
— 1)— 4
x
(
x
— 1) + 6
x
(
x
— J— 4
x
(
x
— 1) +
x
= ((
x
— 1) —
x
)= 1.

7.
甲乙中两人至少有一人参加，
发言顺序有
（

某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言， 要求
那么不同的
）
A.30 种 B.600 种 C.720 种 D.840 种 答案 C
解析
A
—
A
= 720（种）.
8.
种不同颜色的花卉可供栽种，
的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为
如图，花坛内有5个花池，有5
每个花池内只能种一种颜色
（

A.180 B.240 C.360 D.420
答案 D
解析 若5个花池栽了 5种颜色的花卉，方法有A
5
种，若5个花池栽了 4种颜色的花卉，则
2, 4两个花池栽同一种颜色的花，或 3, 5两个花池栽同一种颜色的花，方法有 2A
5
种；若5
个花池栽了 3种颜色的花卉，方法有
A
种，所以最多有 A
1
+ 2A
5
+ AU 420（种）.
3
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x
+
a
；
）
5
的各项系数和
是
1 024，则由曲线
y
=
X
2
和
y
=
X
a
围成的封闭图形的面积为
1
5
1

解析 设
x
= 1，则各项系数和为（1 +-） = 1 024 = 4，所以
a
=»联立
5

y
=
x
2
a
1
可得交
3
1
-5
y
=
x
y
=
x
2
和
y
=
x
3
围成的封闭图形的面积为


（1 , 1），所以曲
点坐标分别为（0 , 0）,
线
、刁 3
4
1
3
x
)d
x
=
-x
3

--x
3

4 3
2
1
1

(
x
0

0
3 1 5
=4— 3 = 12.

10. 圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形， 则一共可以画的三角形个数为 ________ .
答案 120
解析圆上任意三点都不共线，
因此有三角形 C
1o
= 120（个）.
11. 一排共有9个座位，现有3人就坐，若他们每两人都不能相邻，每人左右都有空座，而
且至多有两个空座，则不同坐法共有 ___________ 种•
答案 36
解析 可先考虑3人已经就座，共有 A
3
= 6（种
）
，再考虑剩余的6个空位怎么排放，根据要 求可产
生把6个空位分为1, 1, 2, 2,放置在由已经坐定的 3人产生的4个空中，共有C
i
= 6,所以不同的坐
法共有 6
X
6= 36（种）.
12. 我国第一艘航母 “辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有 5架舰载机
（
甲、乙、丙、
丁、戊
）
准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同 的着
舰方法有 _________ 种.
答案 24
解析 先把甲、乙捆绑在一起有 A
2
种情况，然后对甲、乙整体和戊进行排列，有 A
2
种情况，
这样产生了三个空位，插入丙、丁，有A
3
种情况，所以着舰方法共有 足
A
A
3
=
2
X
2
X
6 = 24
（种）.
13. 实验员进行一项实验，先后要实施 5个程序
（
A
,
B
,
C, D,
曰，其中程序
A
只能出现在第
一步或最后一步，程序
C
或
D
在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有 ____________ 种.
答案 24
解析 依题意，当
A
在第一步时，共有A
2
A
3
= 12（种）
；当
A
在最后一步时，共有
A
2
A
3
=
12
（种）. 所以实验的编排方法共有 24种.
14. 用1 , 2, 3, 4, 5, 6组成数字不重复的六位数，满足 1不在左右两端，2, 4, 6三个偶
数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为 ____________ .
答案 288
4
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解析 从2, 4, 6三个偶数中任意选出 2个看作一个“整体”，方法有A
3
= 6（种
）
，先排3 个奇数，
有A
3
= 6（种），形成了 4个空，将“整体”和另一个偶数插在 3个奇数形成的4个 空中，方法有A
i
=
12（种）.根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有 6
X
6
X
12
=432（种）.若1排在两端，1的排法有A
2
A
2
=
4（种
）
，形成了 3个空，将“整体”和另一个偶 数
插在3个奇数形成的3个空中，方法有 A
3
= 6（种
）
，根据分步乘法计数原理求得此时满足 条件的
六位数共有 6
X
4
X
6 = 144（种
）
，故满足1不在左右两端，2, 4, 6三个偶数中有且只 有两个偶
数相邻，则这样的六位数的个数为 432 — 144 = 288（种）.
12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
典例精析
题型一分类加法计数原理的应用
【例1】 在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于
法.
【解析】当一个加数是 1时，另一个加数只能是 20,有1种取法;
个加数是 2时，另•个加数可以是 19,20，有2种取法；
一
3时，另
个加数是 •个加数可以是
18,19,20
，有3种取法；
一

20,共有 ______ 种取
10时，另
-个加数是 - 一个加数可以是 11,12 , …，19,20 , 有10种取法;
11时，另
个加数是 一个加数可以是 12,13 , …，19,20 , 有9种取法；
-
19时，另
-个加数是 - 一个加数只能是 20,有 1种取法•
由分类加法计数原理可得共有

1+ 2+ 3 +…+ 10+ 9+ 8 +…+ 1= 100种取法.
“和大于20”确定另一个加数. 【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用
【变式训练1】（2010济南市模拟
）
从集合｛1,2,3 ,…，10｝中任意选出三个不同的数， 使
这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为
A.3 B.4
（

C.6
）
D.8
【解析】当公比为 2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8 当公比为3时，等比数列可为
3 112
1,3,9 当公比为2时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为2、3、3时，也有4个•故选D. 题型二分步
乘法计数原理的应用
【例2】 从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要
求每个旅游景点只有一人游览， 每人只游览一个旅游景点， 且6个人中甲、乙两人不去张家
5
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界游览，则不同的选择方案共有 ________ 种.
【解析】能去张家界的有 4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有
则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有 4 X5
X
4
X
3 = 240种.
5人、4人、3人.
【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才 能完成
这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏
6
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【变式训练2】
（
2010湘潭市调研
）
要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有
人，每人可以值多天班或不值班， 但相邻两天不准由同一人值班，
同的排法•
5
问此值班表共有 ____ 种不
【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成 •第一天有5人可选有5种方法，第二天 不能用
第一天的人有 4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有 4种方法，由分步乘法 计数原理共有
5
X
4
X
4
X
4总=1 280种方法.
题型三分类和分步计数原理综合应用
【例3】（2011长郡中学
）
如图，用4种不同的颜色对图中 5个区域涂色（4种颜色
全部使用
）
，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色
种数有 ________ .
【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为 4类：1与5
同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有 A
4
种涂法，共有4江=96种方法.
方法二：第一步：涂区域 1，有4种方法；第二步：涂区域 2,有3种方法；第三步： 涂区域
4，有2种方法
（此前三步已经用去三种颜色
）
；第四步：涂区域3,分两类：第一类， 3与1同色，
则区域5涂第四种颜色；第二类，区域 3与1不同色，则涂第四种颜色，此时 区域5就可以涂区域1
或区域2或区域3中的任意一种颜色，有 3种方法.所以，不同的涂 色种数有 4
X
3X2&1 X1+ 1
X
3）
= 96 种.
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题
是分类中有分步，分步后有分类
【变式训练3】（2009深圳市调研
）
用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为 1,2 ,…，9

•本题能运用两个基本原理求解，要注意的
的9个小正方形， 使得任意相邻
（
有公共边
）
小正方形所涂颜色都不相同， 且1,5,9号小正方 形涂
相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？
1
m
E



ES
【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂 1,5,9号有G种涂法；
第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有 6种涂
法；
第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有 6种涂法.
由分步乘法原理知共有 300= 108种涂法.
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种
数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥， 用任何一
类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；
若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，
分步乘法计数原理是完成一件事要分
缺少其中任何一步都不能完成这件事，只
有当各个步骤都完成之后， 才能完成该事件•因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步， 是正
7
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确使用这两个基本计数原理的基础
8
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12.2 排列与组合
典例精析
题型一 排列数与组合数的计算
【例
1】
【解
析】
8 !+
A
3
计算：⑴局
A
； (2) C
3
+ C
4
+
3 3
+ d。.
8 X7X6X5 总 X3 X2X1 + 6X5X4X3 & X1 57 >6 X5 X4X3X2 5 130
(1)原式一 一 一
8X7— 10X9X8X7 56 > — 89) 623 '
(2)
原式=C
4
+ C
4
+ C+ …+ C
d0
= C
5
+C
5
+
…+ Go= C
6
+ C
6
+
…+ C = C = 330.
n
!
【点拨】在使用排列数公式 A=“ _ 进行计算时，要注意公式成立的条件：
(
n
—
m
!
.
mn
€ N
+
,
me
n
.另外，应注意组合数的性质的灵活运用
【变式训练1】解不等式A
X
>6Ac
X
2
.
_9! _ _9! _
【解析】原不等式即
(9 —
X
)! >
6
冷1 —
X
) !，
也就是

2
6
(11 x)
?
(10 x)
?
9 x)!
化简得
x
— 21
x
+ 104>0,
解得
X
V
8或
x
> 13,又因为2<
x
< 9，且
x
€ N ,
所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.
题型二有限制条件的排列问题
【例2】3男3女共6个同学排成一行.
(1) 女生都排在一起，有多少种排法？
(2) 女生与男生相间，有多少种排法？
(3) 任何两个男生都不相邻，有多少种排法？
(4) 3名男生不排在一起，有多少种排法？
(5) 男生甲与男生乙中间必须排而且只能排
几种排法？
【解析】
(
1)将3名 女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A
4
种排法.又3名女生内 部可有
A
3
种排法，所以共有 A
4
• A
3
=
144种排法.
(2) 男生自己排，女生也自己排，然后相间插入
(
此时有2种插法
)
，所以女生与男生相 间共有
2A
3
• A
3
= 72种排法.
(3) 女生先排，女生之间及首尾共有
两个男生都不相邻的排法共有
4个空隙，任取其中 3个安插男生即可，因而任何
2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有
A
3
• A
4
= 144种.
(4) 直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的
9
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排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为
A
— A
3
A
：
= 576种.
(5) 先将2个女生排在男生甲、乙之间，有 A
2
种排法•又甲、乙之间还有 A
2
种排法•这样 就有
A
3
• A
2
种排法• 然后把他们4人看成一个元素
(
相当于一个男生
)
，这一元素及另1名男 生排在首
尾，有
A
种排法.最后将余下的女生排在其间，有 1种排法•故总排法为 足族=24 种.
【点拨】排列问题的本质就是 “元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制
主要表现在：某些元素 “排”或“不排”在哪个位子上，某些元素 “相邻”或“不相邻” •
对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位 子，对于
“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法” •对于直接考 虑较困难的问题，
可以采用间接法 •
【变式训练2】把1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到 大的顺序
排列构成一个数列•
(1) 43 251是这个数列的第几项？
(2) 这个数列的第97项是多少？
【解析】
⑴
不大于43 251的五位数A
l
—
(
A
4

+

A
3
+ A
2
)
= 88个，即为此数列的第 88项•
(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有 A
：
= 24个，所以以5开头的五位数 中最小的一
个就是该数列的第 97项，即51 234.
题型三有限制条件的组合问题
【例3】 要从12人中选出5人去参加一项活动•
(1)
A
,
B
,
C
三人必须入选有多少种不同选法？
(2)
A
,
B
,
C
三人都不能入选有多少种不同选法？
(3)
A
,
B
,
C
三人只有一人入选有多少种不同选法？
(4)
A
,
B
,
C
三人至少一人入选有多少种不同选法？
(5)
A
,
B
,
C
三人至多二人入选有多少种不同选法？
【解析】
(
1)只须从
代
B, C
之外的9人中选择2人，C= 36种不同选法•
(2) 由
代
B
,
C
三人都不能入选只须从余下 9人中选择5人，即有
d=
C
9
= 126种选法•
(3) 可分两步，先从
A B
,
C
三人中选出1人，有C种选法，再从余下的9人中选4人， 有C
9
种选法，所以共有 4 • C
4
= 378种选法•
(4) 可考虑间接法，从12人中选5人共有Ch种，再减去
A
,
B, C
三人都不入选的情况 C
9
,共有
C
?2
— d = 666种选法•
(5) 可考虑间接法，从12人中选5人共有 乙
2
种，再减去
A
,
B, C
三人都入选的情况 &种，
10
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所以共有
C-
2
—
C= 756种选法.
【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题， 一般要
根据特殊元素分类.
【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有 10个点.
(1) 在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？
(2) 在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？
【解析】
(
1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有
类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有
点中取，取两对对棱的 4个中点，共有C
3
= 3种.故有69种.
(2)用间接法.共C
1o
— 69= 141种.
4C
6
种；第二
6种；第三类：在六条棱的六个中
解有条件限制的排列与组合问题的思路：
(1) 正确选择原理，确定分类或分步计数;
(2) 特殊元素、特殊位置优先考虑；
(3) 再考虑其余元素或其余位置.
12.3 二项式定理
典例精析
题型一二项展开式的通项公式及应用
【例1】
已知(•、
x
的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列

(1) 求证：展开式中没有常数项;
(2) 求展开式中所有的有理项
【解析】由题意得2c
n
•丄=1 + C • (1)
2
,
2 2
即
n
2
— 9
n
+ 8 = 0，所以
n
= 8,
n
= 1(舍去).
所以
T
r
+
1
= C
8
• ( -. x)
8 r
•(

=(-丄)
r

2
r 16 3r
=
(
—
1)
r

•
C
8
•
x=(0
w
r
<
8
,
r
€
Z).
2
11
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16 一 3
r
⑴若
T
r
+
1
是常数项，则 一4一 = 0，即16-3
r
= 0,
因为
r
€ Z,这不可能，所以展开式中没有常数项
16一 3
r
(2)若T
r
+
1
是有理项，当且仅当
4
.
，
-为整数，
又 0<
r
< 8,
r
€ Z,所以
r
= 0,4,8 ,
即展开式中有三项有理项，分别是
35 1
T =
x
4
,
T
s
=
8
x
,
T
9
= 256
x
-2
.
•除通项公式外， 【点拨】
(
1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键
还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；
(2) 应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含
x
某次幕的项，常数项，有
理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得
n
或
r
后，再求所需 的项(要
注意
n
和
r
的数值范围及大小关系
)
；
(3) 注意区分展开式 “第
r
+ 1项的二项式系数”与“第
r
+ 1项的系数”.
【变式训练

1】若3点+备)
n
的展开式的前
V
x
3项系数和为129,则这个展开式中是否
含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由
【解析】由题知 c
n
+ C
n
• 2 + C • 2
2
= 129,
12
所以
n
= 8,所以通项为
=C
(
X x
)
8-r
(
；
)「=
2rC8x

11
r
6
故
r
= 6 时，
T
7
=
2
6
C
X
=
1 792
x
,
所以不存在常数项，而存在一次项，为
题型二运用赋值法求值
【例 2】(1)已知(1 +
x
) + (1 +
x
)
2
+ …+ (1 +
x
)
n
=
a
o
+ ax+
a
2
x
2
+ …+
a
n
x
n
,且 a+ 比+ …
+
a
n
-
1
= 29-
n
,贝
U
n
= __________
；
(2)已知
(
1 -
x
)
n
=
a
o
+
a
1
x
+
a
2
X
2
+…+
a
n
x
n
，若
5a
+ 2
a
2
= 0,贝
U
a
o
—
a
1
+
a
2
—
a
s
+ … + ( —
1)
a
n
= ________ .
【解析】
(
1)易知
a
n
= 1,令
x
= 0得
a
o
=
n
,所以
a
o
+
a+
…+
a
n
= 30. 又令
x
= 1,有 2+ 2
+ …+ 2 =
a
0
+
a
1
+ …+
a
n
= 30,
即 2
n1
— 2 = 30,所以
n
= 4.
+
1 792
x
.
(2)由二项式定理得，
a
2
=
C
=

n
(
n
— 1)
2
代入已知得一5
n
+
n
(
n
— 1) = 0,所以
n
= 6,
6
令
x
= — 1 得(1 + 1) =
a
°
— ai +
a
2
—
a
3
+
a
4
— st +
a
s
,
12
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即
a
o
—
a
i
+
a
2
-
a
3
+
a
4
-
a
5
+
a
6
= 64.
【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，
应的结构.
_ ■一
通过一些特殊值代入构造相
8 2 7 8
【变式训练 2】 设(3
x
- 1) =
a
o
+
a
i
x
+
aux
+ …+
a
?
x
+
a
$$
x
.求
a
o
+
a
?
+
a
4
+
a
6
+
a
$$
的值.
【解析】令
f
(
x
) = (3
x
-1)
8
,
因为
f
(1) =
a
o
+
a
i
+
a
u
+…+
a
$$
= 2 ,
f
( - 1) =
a
o
-
a
i
+
a
u
-
a
3
+ …一
a
?
+ $$= 4 ,
f
(1) +
f
( - 1)
a
o
+
a
2
+
a
4
+
a
6
+
a
8
=
所以

7 8
、
_2-
=2 «1 + 2 ).
题型三 二项式定理的综合应用
+
【例3】 求证：4 >6
n
+ 5
n1
- 9能被20整除.

-
1
【解析】 4>6
n
+ 5
n1
-9 = 4(6
n
- 1) + 5(5
n
- 1) = 4[(5 + 1)
n
- 1] + 5[(4 + 1)
n
- 1] = 20[(5
n

+
+ C
n
5
n2
+ - + d
-1
) + (4
n1
+ C
n
4
n2
+ -+ CT
1
)]，是 20 的倍数，所以 4>6
“
+ 5
n1
-9 能被
---+
20整除.
【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意
的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚
【变式训练3】求0.998
6
的近似值，使误差小于
6 6 1 2 6
(
a
+
b
)
n
中，
a
,
b
中有一个是除数
0.001.
【解析】0.998 = (1 - 0.002) = 1 + 6> - 0.002) + 15 > - 0.002) + …+ ( - 0.002). 因为
T
3
=
&( - 0.002)
2
= 15 > - 0.002)
2
= 0.000 06
V
0.001 ,
且第3项以后的绝对值都小于 0.001 ,
. 所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计
6 6
所以 0.998 = (1 - 0.002)
V
+ -0.002) = 1 - 0.012 = 0.988.
1.
常数项、有理项、二项式系数最大项等
利用通项公式可求展开式中某些特定项
(
如
)
,
解决这些问题通常采用待定系数法， 运用通项公式写出待定式， 再根据待定项的要求写出
n
、
r
满足的条件，求出
n
和
r
,再确定所需的项;
2. 赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；
3. 利用二项式定理解决整除问题时， 关键是进行合理的变形，
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使得二项展开式的每一项 都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围
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