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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：
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< br>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< br>×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）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
共有N=5+4=9（种）
（2）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？
2、如何完成这件事？（配百位数、配十位数、配个位数）
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.
略解：N=5×5×5=125（个）





【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？



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
．．．．．< br>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
）个元素的所有排列的个数叫做
从
n
个元素中取出
m
元素的排列数，用符号
A
m
n
表示
3.排列数公式：A
m
n
n(n1)(n2)L(nm1)
（
m,n N

,mn
）
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
．
5.排列数的 另一个计算公式：
A
m
!
n
=
n
(nm)!
6.组合概念：从
n
个不同元素中取出
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
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
m
n
表示 ．
8.组合数公式：
C
m
n

A
m
n< br>n(n1)(n2)
L
(nm1)
或
C
m
n !
m

n

(n,mN

,且mn)
m!(nm
A

m
m!
)!
9.组合数的性质1：
C
m
n
C
nm
．规定：
C
0
nn
1
；
10.组合数的性质2：
C
m
n1
＝
C
m
n
+
C
m1
n
C
01n
n
+C
n
+…+C
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）
解：（1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为
A
6
6
720
（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有
A
1
5
4
种选法，然后其他5人选，有
A
5
种选法，
故排法种数为
A
15
4
A
5
480

（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
3
5
；
②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有
A
1
4
种选法，第四棒除了乙和第一棒选 定的人外，也有
A
1
4
种选法，其余两棒次不受限制，故有
A
112
4
A
4
A
2
种排法，
由分类计数原理， 共有
A
31
A
12
5
A
44
A
4
252
种排法
（4）将甲乙“捆绑”成“一个元”与其他4人一起作全排列共有
A
25
2
A
5
240
种排法
（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
及之间的空挡 插位，共有
A
4
A
26
45
（或用6人的排列数减去问题（ 2）后排列数为
A
6
240480
）
（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

人 在3个位置上全排列，故有排法
C
33
6
A
3
120种
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







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
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
5
97
64446024
种
（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< br>有
C
32
97
C
3
442320
种
（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
32
97
C
3
种
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
23
97
C< br>3
种
按分类计数原理有
C
32
C
23
97
C
3

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
下的98件 产品中任意抽取3件的抽法，那么所得结果是
C
23
3
C
98
466288
种，其结论是错误的，错
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
23
3
C
98
中算作 3
种不同抽法
例3 求证：①
A
mm1
A
mm1m 1mm1
n1
mA
n1

n
；②
Cn
C
n
2C
n
C
n2

证明：①利用排列数公式
左


n1

!m

n1

!

nm

n1
< br>!m

n1

!

nm1
!


nm

!



nm

!

n!

nm

!
A
m
n

右
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：
①第一类不含某特殊元素
a
的排列有
A
m
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
m1
n1< br>种，然后将
a
插入，
共有m个空档，故有
mA
m1mm 1m
n1
种，因此
A
n1
mA
n1
A
n


②利用组合数公式
左

n!n

m1

!

nm1


!

m1

nm1

!

2n!
m

nm

!

＝
n!

m1

!

nm1

!


< br>nm

nm1

m

m1
< br>2

m1

nm1



n!

m1

!

nm1

!< br>
n2

n1



n2

!

m1
m1

!

nm1< br>
!
C
n2

右
另法：利用公式
C< br>mmm1m1mmm1m1nm
n
C
n1
C
n1
推得 左


C
n
C
n



C
n
C
n

C
1
n 1
C
n1
C
n2

右
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
例4 已知< br>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
< br>f

d

4
则不同的映射
f
有多少个？
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
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
4
个不同
映射
（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；
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
11
4
P
3
12
个；

入”方法
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
2
6
个
4

由分类计数原理共有1+12+6=19（个）
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
n
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

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


E
G
F

D
P
N

B
M
C

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
3
5
种取法
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
根据分类 计数原理和点A共面三点取法共有
3C
3
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
（
C
4
10
种取法）减去4点共面的取法
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
4
6
种取法
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
根据分类计数原理4点共面取法共有4C
4
6
6369

故取4个点不共面的不同取法有C
44
10


4C
6
63
< br>141
（种）
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
m
种“捆绑”方法
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
m
n
种不同的“插
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
m
n
种不同
的“插入”方法
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。
B.64
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）
B.64
（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：
N=3×3×3×3=3
4
=81，故答案选A。
本题也可以这样分类完成，①四封 信投入一个信箱中，有C
1
3
种投法；②四封信投入两个信箱中，
有C
2
（C
12
+C
2223
34
·A
24
·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
法
、
，故共有C
12122223
3+C
3
（C
4
·A
2
+C
4
C
2
）+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=64。
故答案选B。
（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
4
=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，
共有N=4
3
=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，
故共有C
3
A
3
4
·
3
=24（种）。
注： 本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：
设集合A={a…,a
n< br>1
,a
2
,
n
},集合B={b
1
,b2
,…,b
m
}，则f：A→B的不同映射是m,f：B→A的不同映
射 是n
m
。
若n≤m，则f：A→B的单值映射是：A
n
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（ ）
种 种 种 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：

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）？
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； 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
相邻”问题，采用“插入法”，得其答案为C
36
=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=-
a
b
>0,即a、b异号。
（ 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+3 6=43条。
注 ： 本题是1999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。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
2n
x
）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
8
2
4
x
）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
k
x
8-k
· x
-k
=C
k8-2k
k+1
=C
8
·
8
·x
∴8-2k=0，即k=4
∴常数项为T=C
4
58
=70。
（2）设第k+1项有理项，则
8k1
T
k
k1
C
8
·x
2
·(
1

2
x
4
)
k

C
k
1
163k
8
·()
k
·x
42
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
35
1
=x,T
5
=
8
x,T=
1
-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-12
7
n-2
+…+C
n-1
n< br>7+C
n
·
n
×7除以9，得余数是多少？
（3）根据下列要求的精确度，求的近似值。①精确到；②精确到。
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 n
n+1
4+C
n+1
4+…+C
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
1n- 12n-2n-1
n
·7+C
n
·7+…+C
n
·7
=(7+1)
n
-1=8
n
-1=(9-1)
n
-1
=9
n
-C
1n-12n-2n-1n-1nn
n
·9+C
n
·9+…+(-1)C
n
·9+(-1)C
n
-1
(i)当n为奇数时
原式=9
n
-C
1n-12n-2n- 1n-1
n
·9+C
n
·9+…+（-1）C
n
·9-2
∴除以9所得余数为7。
(ii)当n为偶数时
原式=9
n
-C
1n-12n-2n-1n-1
n
·9+C
n
·9+…+(-1)C
n
·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除。
（3）
5
≈（1+）
5

=1+c
1
+C
235
5
·
5
·+C
5
· ++C
5
·
∵C
23
10
-5
5
×=,C
5
×=8×
∴①当精确到时，只要展开式的前三项和，1++=，近似值为。
②当精确到时，只要取展开式的前四项和，1+++=，近似值为。
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
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
2
≥（
ab
2
）
n
,（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
≥22n
-2
n+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-1
+C
nnn1n-1nnn
n
xδ+…
n
δ+x -C
n
xδ+…(-1)C
n
δ
=2(x
n
+C
2
x
n-2
δ
2
+C
4
x
n-4
δ
4
nn
+…)
≥2x
n

a
n
b
n
即
2
≥（
ab
n
2
）
（2）(a+b)
n
=a
n
+C
1n-1nn
n< br>ab+…+C
n
b
(a+b)
n
=b
n
+ C
1
b
n-1
a+…+C
nn
nn
a
上述两式相加得：
2(a+b)
n
=(a
n
+b
n
)+C
1n-1
b+b
n-1
a)+…+C
kn-kk< br>+b
n-k
a
k
)+…+C
nnn
n
(a< br>n
(ab
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
1
n
2(
ab
)
n
+C
2nn-1n< br>n
2（
ab
）+…+C
n
2(
ab
)
∴(a+b)
n
-a
n
-b
n

≥(C< br>12n-1
n
+C
n
+…+C
n
)·（
ab
）
n

≥(2
n
-2)·2
n

=2
2n
-2
n+1

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
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
pp1p1

n
C
n
Cn
　　①


C
np
np
n
( a)C
n1p
n
(a)
n1p
0　　②
< br>


2C
pp1
n1
C
n1　　③
由①得，2C
p
p
n
=
n1p
C< br>p
np
p
n
+
p1
C
n

两边约去C
p
n
,可得：
2=
pn
n1p
+
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

解方程组

p

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
55
+C
66
7
(-a)
7
·(-a)=0
解之得：a=0或3。
若a=0 ，则（1- 0·x）
8
的中间项T
7
5
=0，（1-0·x）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< br>4447
58
·（-3x）=5670x，（1-3x）的展开式中，奇数项系数为正，
令
C
k
k
7
·

-3
C
k2
7
·(3)
k2
≥1
解之得：k≤6。
故（1-3x）
7
展开式中系数最大的项为
T
6
（-3）
6
·x
6
=5103x
6
7< br>=C
7
·。
注 一般地，求（a+bx）
n
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


C
k
a< br>nk
·b
k
C
k1
a
nk1
·b
k1

nn


C
knkkk1nk1

n
abC
n
a·b
k1
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
kk-1k< br>n
+C
n
=C
n+1
;
（2）C
0p1p -1p0p
n
C
m
+C
n
C
m
+…+C< br>n
C
m
=C
m+n
。
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
k
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。
（i）若a不选，则在n个元素中选k个，有C
k
n
种不同的选法。
（ii）若a选，则在n个元素中再选k-1个，有C
k-1
n
种不同的选法。 < br>故从n+1个元素中选k个元素组成一组的不种选法是：C
kk-1
n
+Cn
。
所以，C
kk-1k
n
+C
n
=Cn+1
。
（2）仿（1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边C
pm+n
，可看作下列命题：
从m个红球，n个白球中，任选p个球的不同选法是C
p
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
球，…，取0个红球，p个白球，这样的每类选法数为：C
0p1p-1
,…，C
p 0
n
C
m
,C
n
C
mn
C
m
∴由分类计数原理可得：C
0p1p-1p0p
n
C
m
+C
n
C
m
+…+C
n
C
m
=C
m+n

（2）另证：∵（1+x）
n
(1+x)
m
≡( 1+x)
m+n

左边展开式中x
p
的系数是：C
0p1p -1
+…+C
p0
n
C
m
+C
n
C
mn
C
m

右边展开式中x
p
的系数是：C
p
m+n

由多项 式恒等条件可知C
0p1p-1
+…+C
p0p
n
C
m+C
n
C
mn
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。