韩寒1988经典语录-氯酸钾和红磷

两个计数原理与排列组合知识点及例题
两个计数原理内容
1、分类计数原理：
（1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？
（1）分析：1、完成的这件事是什么？
2、如何完成这件事？
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算。
解：属于分类：第一类 从上层取一本书 有5种选择
第二类 从下层取一本书 有4种选择
完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m
1
种不同的方法，在第
2类办法中有m
2
种不同的方法……在第n类办法中有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.
2、分步计数原理： 完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m
1
种不同的方法，做第
2步骤有m
2
种不同的方法……做第n步骤有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.
例题分析
例1 某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。现要配成一荤一素一汤的套 餐。问可以配
制出多少种不同的品种？
分析：1、完成的这件事是什么？
2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤）
3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
4、运用哪个计数原理？
5、进行计算.
解：属于分步：第一步 配一个荤菜 有3种选择
第二步 配一个素菜 有5种选择
第三步 配一个汤 有2种选择
共有N=3×5×2=30（种）



例2 有一个书架共有2层，上层放有5本不同的数学书，下层放有4本不同的语文书。
1
共有N=5+4=9（种）
（2）分析：1、完成的这件事是什么？
、如何完成这件事？
、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
、运用哪个计数原理？
、进行计算.
解：属于分步：第一步 从上层取一本书 有5种选择
第二步 从下层取一本书 有4种选择
共有N=5×4=20（种）
例3、 有1、2、3、4、5五个数字.
1）可以组成多少个不同的三位数？
2）可以组成多少个无重复数字的三位数？
3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？
（1）分析： 1、完成的这件事是什么？
、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数）
、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）
、运用哪个计数原理？
、进行计算.
略解：N=5×5×5=125（个）





2
3
4
5


（
（
（
2
3
4
5

【例题解析】

1、某人有4条不同颜色的领带和6件不同款式的衬衣，问可以有多少种不同的搭配方法？




2、有一个班级共有46名学生，其中男生有21名.
（1）现要选派一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？
（2）若要选派男、女各一名学生代表班级参加学校的学代会，有多少种不同的选派方法？




3、有0、1、2、3、4、5六个数字.
（1）可以组成多少个不同的三位数？
（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（3）可以组成多少个无重复数字的偶数的三位数？



5.排列数的另一个计算公式：
A
n
m
=
n!

(nm)!
6.组合概念：从
n
个不同元素中取出
m
< br>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
7．组合数的概念：从
n
个不同元素中取出
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
C
n
m
表示 ．
．．．
n!
A
n
m
n(n1)(n2)
L
(nm1)
(n,mN

,且mn)


8.组合数公式：
C
m

或
C
m
n
m! (nm)!
A
m
m!
m
n
mnm
0
 C
n
1
；
9.组合数的性质1：
C
n
．规定：
C
n
10.组合数的性质2：
C
n
m
1
＝
C
n
m
+
C
n
m1
C
n
0
+C
n
1
+…+C
n
n
=2
n


题型讲解
例1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数
（1）6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；
（2）6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
（3）从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；
（4）6人排成一排，甲、乙必须相邻；
（5）6人排成一排，甲、乙不相邻；
（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）
排列与组合
1.排列的概念：从
n
个不同元素中，任取
m
（
mn
）个元素（这里的被取元素各不相同）
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
个不同元素中，任取
m
（
mn< br>）个元素的所有排列的个数叫做从
m
n
个元素中取出
m
元素的 排列数，用符号
A
n
表示
6
解：（1）分排坐法与直排坐法一一对 应，故排法种数为
A
6
720

（2）甲不能排头尾，让受特殊限 制的甲先选位置，有
A
4
种选法，然后其他5人选，有
A
5
种选法，

1
5
3.排列数公式：
An
(
n< br>1)(
n
2)
L
(
nm
1)
（
m,nN,mn
）
m
n
15
故排法种数为
A
4
A
5
480

4.阶乘：
n!
表示正整数1 到
n
的连乘积，叫做
n
的阶乘
规定
0!1
．
（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：
①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为
A
5
；
2
3

②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有
A
4
种选法，第四棒除了乙和第一棒选定的人外，也有
A
4
种选法，其余两棒次不受限制 ，故有
A
4
A
4
A
2
种排法，
3112
由分类计数原理，共有
A
5
A
4
A
4
A
4
252
种排法
25
（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他 4人一起作全排列共有
A
2
A
5
240
种排法
11
23
下的98件产品中任意抽取3件的抽法，那么所得结果是
C
3
C
98
466288
种，其结论是错误的，错
112
在“重复” ：假设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，与第一步先
抽A、C（ 或B、C），第二步再抽B（或A）和其余2件正品是同一种抽法，但在算式
C
3
C< br>98
中算作3
种不同抽法
23
mm1mm1m1mm1
例3 求证：①
A
n1
mA
n1
A
n
；②C
n
C
n
2C
n
C
n2
< br>（5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人的左、右
426
及之间的空挡插位，共有
A
4
A
5
（或用6人的排 列数减去问题（2）后排列数为
A
6
240480
）

左

证明：①利用排列数公式
（6）三人的顺序定，实质是从6个位置中 选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余3
33
人在3个位置上全排列，故有排法
C
6
A
3
120
种
m

n 1

!

nm

n1

!m

n1

!

n!
A
m
< br>右


nm

!
n

n m1

!

nm

!

nm
!


n1

!
另一种证法：（利用排列 的定义理解）从n个元素中取m个元素排列可以分成两类：
点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻







①第一类不含某特殊元素
a
的排列有
A
n1

第二类含元素
a
的排列则先从

n1

个元素中取出
m1

个元素排列有
A
n1
种，然后将
a
插入，
m1
mm1m
共有m个空档，故有
mA
n 1
种，因此
A
n1
mA
n1
A
n

m1
m

②利用组合数公式
左

例2 假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少种？
（1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品
n!n!2n!



m1

!
< br>nm1

m1

nm1

!m

nm

!
5
解：（1）没有次品的抽法就是从97件正品 中抽取5件的抽法，共有
C
97
64446024
种
＝
n!



nm

nm1

m

m1

2

m1

nm1



m1

!

nm1

!
（2）恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法 ，共
32
有
C
97
C
3
442320
种


n2

!n!
m1

n2
n1

C
n2

右

m1

!

nm1

!

m1< br>
!

nm1

!
（3）至少有2件次品的抽法 ，按次品件数来分有二类：
第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有
C
97
C
3
种
m1mmm1m1nm1
mmm 1
C
n
另法：利用公式
C
n
C
n1
C
n1
推得 左
C
n
C
n
C
n
C
n1
C
n1
C
n2

右
32

点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本 性质
第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有
C
97
C
3
种
23
例4 已知
f
是集合
A

a,b,c,d

到集合
B

0,1,2
的映射
（1）不同的映射
f
有多少个？
（2）若要求
f
a

f

b

f

c

f

d

4
则不同的映射
f
有多少个？
3
3223
按分类计数原理有
C
97
C< br>3
C
97
C
3
446976
种
点评： 此题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中
抽取，应当注意： 如果第（3）题采用先从3件次品抽取2件（以保证至少有2件是次品），再从余

分析：（1）确定一个映射
f
，需要确定
a,b,c,d
的像
（2）
a,b,c,d
的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4有多种分析方案，各方 案独立且
并列需要分类计算
（
C
10
种取法）减去4点共面的取法
4
取出的4点共面有三类：
第一类：从四面体的同一个面上的6点取出4点共面，有
4C
6
种取法 4
解：（1）A中每个元都可选0,1,2三者之一为像，由分步计数原理，共有
33 333
个不同
映射
4
第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，有6种取法
第三类：从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法
4
根据分类计数原理4点共面取 法共有
4C
6
6369

44
故取4个点不共面的不 同取法有
C
10
4C
6
63141
（种）
（2）根据
a,b,c,d
对应的像为2的个数来分类，可分为三类：
第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映射只有一个；
11第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有
C
4
P
3
12
个；

第三类：二个元素的像是2，另两个元素的 像必为0，这样的映射有
C
4
6
个
2
点评：由点构成直 线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不

共线，点共面与不共面，线共面与不共面等

小结 ：
⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有
P
m
入”方法
m
种“捆绑”方法
由分类计数原理共有1+12+6=19（个）
⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有
P
n
n
m

“插种不同的
m
点评：问题（ 1）可套用投信模型：n封不同的信投入m个不同的信箱，有
m
种方法；问题
（2）的关键结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏

⑶ｍ 个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有
C
n
种不同< br>的“插入”方法
例5 四面体的顶点和各棱的中点共10个点
（1）设一个顶点为A ，从其他9点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有多
少种？
（2）在这10点中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？
A


G
E
F

D
N
P


C
B
M

解：（1）如图，含顶点A的四面体的三个面上，除点A外 都有5个点，从中取出3点必与点A
共面，共有
3C
5
种取法
⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以
P
m

m
【例题解析】
例1 完成下列选择题与填空题
（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。
A.81 B.64 C.24 D.4
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）
A.81 B.64 C.24 D.4
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；
③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法
有 。
解析 （1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四< br>封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：
4
N=3×3×3×3=3=81，故答案选A。
1
本题也可以这样分类完成，①四 封信投入一个信箱中，有C
3
种投法；②四封信投入两个信箱中，
4
3
含顶点A的棱有三条，每条棱上有3个点，它们与所对棱的中点共面，共有3种取法
3
根据分类计数原理和点A共面三点取法共有
3C
5
333
种
（2）取出的4点不共面比取出的4点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取4点

有C
3
（C
4
·A
2
+C
4
·C
2
）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C
4
·A
3
种投
、12122223
法，故共有C
3
+ C
3
（C
4
·A
2
+C
4
C
2< br>）+C
4
·A
3
=81（种）。故选A。
（2）因学生可同 时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看
作“客”，每个“客”都 可住进4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种住宿法。由分步计数
原理得：N=4×4×4=6 4。
故答案选B。
4
（3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制， 所以类似（1）可得N=3=81（种）；
②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，
3
共有N=4=64（种）；
③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，
33
故共有C
4
·A
3
=24（种）。
注： 本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：
n
设集合A={a
1
,a< br>2
,…,a
n
},集合B={b
1
,b
2
, …,b
m
}，则f：A→B的不同映射是m,f：B→A的不同映
m
射是n。
n
若n≤m，则f：A→B的单值映射是：A
m
。
例2 同室四 人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四
张贺年卡不同的分配方式 有（ ）
A.6种 B.9种 C.11种 D.23种
解法一 由 于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），这个数目不大，化为填数问
题之后，可用穷举 法进行具体的填写：
2122223
这时，可用乘法原理求解答案：
首先，在第1号方格里填写数字，可填上2、3、4中的任一个数，有3种填法；
其次，当第1号方格填写的数字为i（2≤i≤4）时，则填写第i种方格的数字，有3种填法； < br>最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有1种填法（因为剩下的两个数中，至少
有1 个与空着的格子的序号相同）。
因此，根据乘法原理，得不同填法：3×3×1=9
注： 本题是“乱坐问题”，也称“错排问题”，当元素较大时，必须用容斥原理求解，但元素
较小时，应用分 步计数原理和分类计数原理便可以求解，或可以穷举。
例3 宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8 盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其
中3盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄灯的方法有多少 种？
解法一 我们将8盏灯依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8。
在所熄的三盏 灯中，若第一盏熄1号灯，第二盏熄3号灯，则第3盏可以熄5，6，7，8号灯中
的任意一盏，共有4 种熄法。
若第一盏熄1号灯，第2盏熄4号灯，则第3盏可以熄6，7，8号灯中的任意一盏。
依次类推，得若1号灯熄了，则共有4+3+2+1=10种熄法。
若1号灯不熄，第一盏熄 的是2号灯，第二盏熄的是4号灯，则第三盏可以熄6，7，8号灯中
的任意一盏，共有3种熄法。
依次类推得，若第一盏灯熄的是2号灯，则共有3+2+1=6种熄法。
同理，若第一盏熄的是3号灯，则共有2+1=3种熄法。
同理，若第一盏熄的是4号灯，则有1种熄法。
综上所述共有：10+6+3+1=20种熄法。
解法二 我们可以假定8盏灯还未安装， 其中5盏灯是亮着的，3盏灯不亮。这样原问题就等
价于：将5盏亮着的灯与3盏不亮的灯排成一排，使 3盏不亮的灯不相邻（灯是相同的）。5盏亮着
的灯之间产生6个间隔（包括两边），从中插入3个作为 熄灭的灯——就是我们经常解决的“相邻不
3
相邻”问题，采用“插入法”，得其答案为C6
=20种。
注 解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清 晰，但有时较繁。方
法二从另外一个角度审题，认清其数学本质，抽象成数学模型，解题时有一种豁然开 朗的感觉。
例4 已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0 ,1,2,3}中的3个不同的元素，
并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。
解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ=-

再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法。
解法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲 送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有
3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情 况可分为两类：
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；
第 二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别是丙和丁送出的）。
对每一种 情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种。
因此，根据乘法原理，不同的分配方式数为 ３×（1+2）=9。
解法三 给四个人编号：1，2，3，4，每个号码代表1个人，人与号码之 间的关系为一对一的
关系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表，这样，贺年卡的分配 问题可抽象为
如下“数学问题”：将数字1，2，3，4，填入标号为1，2，3，4的4个方格里，每 格填写一个数字，
且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字1，2， 3，4组成没有
重复数字的4位数，而且每位数字都不等于位数的4位数共有多少个）？
5
a
>0,即a、b异号。
b
（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2 个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7
（条）。
（ 2）若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不
相同，故 这样的直线有3×3×4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条。
注 ： 本题是19 99年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误原因
没有对c=0与c≠ 0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。

例5 平面上给定10个点，任意 三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同
一点（除原10点外），无两条直线互相平 行。
求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。
（2）这些直线交成多少个三角形。
解法一 （1）由题设这10点所确定的直线是C
2
10
=45条。
这45条直线除 原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C
2
45
个交点。
而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C
2
9
点被 重复计数。
所以这些直线交成新的点是：C
22
45
-10C
9< br>=630。
（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这 三个点来自
上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的 组合，即
C
3
640
=43 486080（个）。
解法二 （ 1）如图对给定的10点中任取4个点，四点连成6条直线，这6条直线交3个新的
点。故原题对应于在 10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：
3C
4
10
=630。

（2）同解法一。
注 用排列、组合解决有关几何计算问 题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要
考虑实际几何意义。
例6 （1）如果 （x+
1
x
）
2n
展开式中，第四项与第六项的系数相等。求n，并 求展开式中的常数
项；
（2）求（
x
-
1
2
4< br>x
）
8
展开式中的所有的有理项。
解 （1）由C
35
2n
=C
2n
,可得3+5=2n
∴ n=4。
设第k+1项为常数项
则 T=C
k8-k-kk8-2k
k+18
·x·x=C
8
·x
∴8-2k=0，即k=4
∴常数项为T=C
4
58
=70。
6
（2）设第k+1项有理项，则
8k1
T
k1
C
k
8
·x
2
·(
1
2
x

4
)
k

C
k
1
163k
8
·(
2
)
k
·x
4
因为0≤k≤8，要使
163k
4
∈Z，只有使k分别取0，4，8
所以所求的有理项应为：
T
4
1
=x,T
5
=
35
8
x,T1
-2
9
=
256
x
注 （1）二项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；
（2）在二项展开式中求得k后，对应的项应该是k+1项。

例7 （1）求4×6
n
+5
n+1
被20除后的余数；
（2）7
n
+C
1n-12n-2n-1
n
7+C
n
·7+…+C
n
×7除以9，得余数是多少？
（3）根据下列要求的精确度，求1.02
5
的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。
解 （1）首先考虑4·6
n
+5
n+1
被4整除的余数。
∵5
n+1
=(4+1)
n+1
=4
n+1
+C
1n2n-1
+C
n
n+1
4+C
n+1
4+…
n+1
·4+1
∴其被4整除的余数为1
∴被20整除的余数可以为1，5，9，13，17
然后考虑4·6
n+1
+5
n+1
被5整除的余数。
∵4 ·6
n
=4·(5+1)
n
=4(5
n
+C
1n- 12n-2n-1
n
·5+C
n
·5+…+C
n
·5+1)
∴被5整除的余数为4
∴其被20整除的余数可以为4，9，14，19。
综上所述，被20整除后的余数为9。
（2） 7
n
+C
1·7
n-1
+C
2n-2
+C
n-1
nn
·7 +…
n
·7
=(7+1)
n
-1=8
n
-1=(9-1)
n
-1
=9
n
-C
1n-12n-2
+…+(-1)
n -1
C
n-1nn
n
·9+C
n
·9
n
· 9+(-1)C
n
-1
(i)当n为奇数时
原式=9
n
-C
1n-12
·9
n-2
+…+（-1）
n-1
C
n-1
n
·9+C
nn
·9-2
∴除以9所得余数为7。
(ii)当n为偶数时
原式=9
n
-C
1n-1
+C2n-2n-1
C
n-1
n
·9
n
·9+…+(-1)
n
·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除。
（3）(1.02)
5
≈（1+0.02）
5

=1+c
12
·0.02
2
+C
334
0.02
4
+C
55
5
·0.02+C
55
·0.02+C
5 5
·0.02
∵C
2
0.02
2
=0.004,C
33-5
5
×
5
×0.02=8×10

∴①当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.1 0。
②当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008 =1.10408，近似值为
1.104。
注 （1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差
=2-2
注 利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法
称之为均值换元（对称换元）。这样消去δ奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，
由 由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解
2nn+ 1
再按二项式定理展开推得所求结论。
（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。
例8 证明下列不等式：
（1）
a
n
b
n
ab
n< br>2
≥（
2
）,（a、b∈{x|x是正实数},n∈N）;
（2）已 知a、b为正数，且
1
a
+
1
b
=1，则对于n∈N有（a +b）
n
-a
n
-b
n
≥2
2n
-2n+1
。
证明 （1）令a=x+δ， b=x-δ
则x=
ab
2

a
n
+b
n
= (x+δ)
n
+(x-δ)
n

=x
n
+C
1n-1nnn1n-1nnn
n
xδ+…+C
n
δ+x-C
n< br>xδ+…(-1)C
n
δ
=2(x
n
+C
2n-2 2
+C
4n-44
n
xδ
n
xδ+…)
≥2x
n

a
n
即
b
n
2≥（
ab
2
）
n

（2）(a+b)
n=a
n
+C
1n-1
n
ab+…+C
nn
n< br>b
(a+b)
n
=b
n
+C
1n-1nn
n
ba+…+C
n
a
上述两式相加得：
2(a+b)
n
=(a
n
+b
n
)+C
1n-1n-1
a)+…+ C
kn-kkn-kknnn
n
(ab+b
n
(ab+ba)+…+ C
n
(a+b) (*)
∵
1
a
+
1
b
=1，且a、b为正数
∴ab=a+b≥2
ab
∴ab≥4
又∵ a
n-k
b
k
+b
n-k
a
k
≥2
a
n
 b
n
=2(
ab
)
n
(k=1,2,…,n-1)
∴2(a+b)
n
≥2a
n
+2b
n
+C
1n2
ab
）
n
+…+C
n-1n
n
2(
ab
)+C
n
2（
n
2(
ab
)
∴(a+b)
n
-a
n
-b
n

≥(C< br>1
+C
2n-1n
nn
+…+C
n
)·（
a b
）
≥(2
n
-2)·2
n


题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。
例9 已知(1-ax)
n
展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列，第n+1-p与第n+2-p
项的系 数之和为0，而（1-ax）
n+1
展开式的第p+1与p+2项的二项式系数之比为1∶2。
（1）求（1-ax）
n+1
展开式的中间项；
（2）求（1-ax）
n
的展开式中系数最大的项。
解 由题设得： < br>
2C
p1

n
C
p
n
C< br>p1

n
　　①

C
np
np
C
n1p
1p

n
(a)
n
(a )
n
0　　②



2C
pp1
n 1
C
n1
　　③
由①得，2C
p
p
n
=
n1p
C
p
np
p
n
+
p1< br>C
n

两边约去C
p
n
,可得：
2=
p
n1p
+
np
p1

由③ 得，2C
p
n1p
n+1
=
p1
C
p
n+1

约去C
p
n+1
可得，n=3p+1

p
解方程组


n1p

np
p12



n3p1
得：n=7,p=2.
将p=2,n=7代入②得：
C
5566
7
(-a)+C
7
·(-a)=0
解之得：a=0或3。
若a=0 ，则（1-0·x）
8
的中间项Tx）< br>7
5
=0，（1-0·展开式中系数最大的项是T
1
=1。
若a=3，则（1-3x）
8
的中间项T=C
4447
58
·（-3 x）=5670x，（1-3x）的展开式中，奇数项系数为正，
令
C
k
7
·

-3

k
C
k2
7
· (3)
k2
≥1
7

解之得：k≤6。
7
故（1-3x）展开式中系数最大的项为
6666
T
7
=C
7
·（-3）·x=5103x。
n
注 一般地，求（a+bx）展开式中系数绝对值最大的项的方法是：
设第k+1项为系数绝对值最大的项，则由
knkkk1nk1

·b
k1

C
n
a·bC
n
a

knkkk1nk1k1
·b


C
n< br>abC
n
a
求出k的取值范围，从而确定第几项最大。

例10 求证下列各式
（1）C
n
+C
n
=C
n+1
;
0p1 p-1p0p
（2）C
n
C
m
+C
n
C
m
+…+C
n
C
m
=C
m+n
。
k
证明 （1）对于给定的n+1个元素，从n+1个元素中任意选出k个元素的不同组合有 C
n+1
。另
一方面，设a是n+1个元素中的一个。对于a我们这样分类。
k
（i）若a不选，则在n个元素中选k个，有C
n
种不同的选法。
k-1
（ii）若a选，则在n个元素中再选k-1个，有C
n
种不同的选法。 < br>kk-1
故从n+1个元素中选k个元素组成一组的不种选法是：C
n
+Cn
。
kk-1k
所以，C
n
+C
n
=Cn+1
。
p
（2）仿（1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边Cm+n
，可看作下列命题：
p
从m个红球，n个白球中，任选p个球的不同选法是C
m+n
种。
另一方面，我们按选红球的个数分类：（i）取p个红球，0个白球；(ii)取p-1个红球，1个白
0p1p-1p0
球，…，取0个红球，p个白球，这样的每类选法数为：C
n
C< br>m
,C
n
C
m
,…，C
n
C
m
0p1p-1p0p
∴由分类计数原理可得：C
n
C
m
+C
n
C
m
+…+C
n
C
m
=C
m+n

nmm+n
（2）另证：∵（1+x）(1+x)≡(1+x)
p0p1p-1p0
左边展开式中x的系数是：C
n
C
m
+C
n
C
m
+…+C
n
C
m

pp
右边展开式中x的系数是：C
m+n

0p1p-1p0p由多项式恒等条件可知C
n
C
m
+C
n
C
m< br>+…+C
n
C
m
=C
m+n

注 本题的 证明方法称之为算两次，对一个数学模型从不同角度去解，得出两个结果，将这两
个结果综合起来，得到 我们所需证明的结论。



kk-1k
8