2021年高考数学复习 第84课时 第十章 排列、组合和概率二项式定理(1)名师精品教案
排列组合、二项式定理与概率统计
排列组合、二项式定理与概率统计
概率统计与排列组合和二项式定理是数学中的重要知识。
它们主要用来解释和计算物理实验的概率，以及理解事件出现的概率统计规律。
排列组合是概率统计的基础，是指在一组数中，每个数字的位置不同的可能的组合数。
它的公式有:A(n,m)=n(n-1)...(n-m+1)。
这里的A表示从n个中取出m个的排列数。
二项式定理（亦称二项分布定理）是研究一个随机变量满足二项分布的定理。
它是推导概率统计解决一些问题的重要方法，它通过如下公式来计算事件发生的概率：
C(n,k)=An,m/k!，其中n表示试验次数，m表示成功的次数，k表示重复的次数。
概率统计用来研究不同事件出现的可能性和规律。
这些规律会告诉我们正发生的事件的可能性有多大，并帮助我们更好地解释现象。
概率统计的计算和分析是一个复杂的过程，需要全面的、简易的的方法。
排列组合、二项式定理等工具是进行概率统计分析的有力帮助，它们可以帮助我们了解不同事件出现的概率，并对现象加以解释和推断。
高三数学一轮复习必备精品：排列、组合、二项式定理
胡文2021年高三数学一轮复习必备精品：排列、组合、二项式定理11．掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题．2．理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题．3．理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．4．掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题．排列与组合高考重点考察学生理解问题、综合运用分类计数原理和分步计数原理分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．它是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识．由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，同时解题过程中极易犯“重复”或“遗漏”的错误，而且结果数目较大，无法一一检验，因此学生要学好本节有一定的难度．解决该问题的关键是学习时要注意加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，严谨而周密地去思考分析问题．二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，高考重点考查展开式及通项，难度与课本内容相当．另外利用二项式定理及二项式系数的性质解决一些较简单而有趣的小题，在高考中也时有出现．第1课时 两个计数原理1．分类计数原理（也称加法原理）：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有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 ＝种不同的方法．2．分步计数原理（也称乘法原理）：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．3．解题方法：枚举法、插空法、隔板法．例1. 高三(1)、(2)、(3)班分别有学生48,50,52人(1) 从中选1人当学生代表的方法有多少种？(2) 从每班选1人组成演讲队的方法有多少种？(3) 从这150名学生中选4人参加学代会有多少种方法？(4) 从这150名学生中选4人参加数理化四个课外活动小组，共有多少种方法？解：（1）48＋50＋52＝150种 （2）48×50×52＝124800种 （3）4150C （4）4150A 变式训练1：在直角坐标x －o －y 平面上，平行直线x=n ，（n=0，1，2，3，4，5），y=n ，（n=0，1，2，3，4，5），组成的图形中，矩形共有（ ）A 、25个B 、36个C 、100个D 、225个解：在垂直于x 轴的6条直线中任意取2条，在垂直于y 轴的6条直线中任意取2条，这样的4条直线相交便得到一个矩形，所以根据分步记数原理知道：得到的矩形共有22515152626=⨯=⋅C C 个， 故选D 。
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应用分步乘法计数原理要注意两点 (1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，必须要经过几步才能 完成这件事； (2)完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完 成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成．
已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点 (a，b∈M)，问：
(2010·广东卷)为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装了5个 彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中 的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各 闪亮一次为一个闪烁，在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而 相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒，如果要实现所有不同的闪烁，那么需要 的时间至少是( )
2．混合问题一般是先分类再分步． 3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． 4．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索 规律．
通过对近三年高考试题的统计分析，可以看出以下的命题规律： 1．考查热点：两个计数原理的应用 2．考查形式：考查的形式为选择题或填空题． 3．考查角度：通过排列组合应用题综合考查两个原理．两个原理是解决 排列、组合题的理论基础，它贯穿整个排列、组合的始终． 4．命题趋势：预测2012年高考在本节会出一道选择题或填空题，可能会 与排列组合融合在一起，属基础题．
4．某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数 字之积作为十位、个位上的数字(如2 816)的方法设计密码，当积为一位 数时，十位上数字选0，千位、百位上都能取0.这样设计出来的密码共 有________个．
解析： 由于千位、百位确定下来后，十位、个位就随之确定，则只 需考虑千位、百位即可，千位、百位各有10种选择，所以有10×10＝ 100个．
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知识要点1、掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题。
2、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。
3、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。
4、掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。
5、了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。
6、了解等可能事件的概率的意义，并会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。
7、了解互斥事件的相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。
8、会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率。
9、了解随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义，会求某些简单的离散型随机变量的分布列。
10、了解离散型随机变量的期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求期望与方差。
11、了解连续型随机变量的概率密度的意义。
12、会用简单随机抽样，系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本。
13、会用2S *与2S 去估计总体方差2δ，会用S *与S 去估计总体标准δ。
14、会用样本频率分布去估计总体分布。
了解线性回归的方法和简单应用。
排列与组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识，该部分内容，不论其思想方法和解题都有特殊性，概念性强，抽象性强，思维方法新颖，解题过程极易犯“重复”或“遗漏”的错误，并且结果数目较大，无法一一检验，因此给考生带来一定困难。
解决问题的关键是加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，科学周全的思考、分析问题。
二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，把握二项展开式及其通项公式的相互联系和应用是重点。
概率则是概率论入门，目前的概率知识只是为进一步学习概率和统计打好基础，做好铺垫。
学习中要注意基本概念的理解，要注意与其他数学知识的联系，要通过一些典型问题的分析，总结运用知识解决问题的思维规律。
2021年高三数学知识点汇总 专题 排列、组合、二项式、概率
2021年高三数学知识点汇总 专题 排列、组合、二项式、概率一、分类计数原理和分步计数原理：分类计数原理：如果完成某事有几种不同的方法，这些方法间是彼此独立的，任选其中一种方法都能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理：如果完成某事，必须分成几个步骤，每个步骤都有不同的方法，而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接，只有依次完成所有各步，才能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别：如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事，则选用分类计数原理，即类与类之间是相互独立的，即“分类完成”；如果只有当个步骤都做完，这件事才能完成，则选用分步计数原理，即步与步之间是相互依存的，连续的，即“分步完成”。
二、排列与组合：（1）排列与组合的区别和联系：都是研究从一些不同的元素中取出个元素的问题； 区别：前者有顺序，后者无顺序。
（2）排列数、组合数：排列数的公式：)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n ≤-=+---= 注意：①全排列：；②记住下列几个阶乘数，1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；排列数的性质： ①（将从个不同的元素中取出个元素，分两步完成：第一步从个元素中选出1个排在指定的一个位置上；第二步从余下个元素中选出个排在余下的个位置上）②（将从个不同的元素中取出个元素，分两类完成：第一类：个元素中含有，分两步完成：第一步将排在某一位置上，有不同的方法。
第二步从余下个元素中选出个排在余下的个位置上）即有种不同的方法。
第二类：个元素中不含有，从个元素中取出个元素排在个位置上，有种方法。
组合数的公式：)()!(!!!)1()2)(1(n m m n m n m m n n n n A A C m m n m n≤-=+---== 组合数的性质：①（从个不同的元素中取出个元素后，剩下个元素，也就是说，从个不同的元素中取出个元素的每一个组合，都对应于从个不同的元素中取出个元素的唯一的一个组合。
第十章 排列、组合和二项式定理
素 ”和“ 位 置 ”的 相 对 性 ． 本 题 也 有
Ａ６ １０
＝１５１２００
种
坐法．
点评 本例为排列提供了一个易于操作的 （ 占
位） 模型： ｎ 个不同的元素去占据 ｍ 个不同的位置，
若 ｎ≥ｍ 且每 个 位 置 只 占（
排）
一个元素，则有源自Ａｍ ｎ种不 同 的 占（ 排） 法 ； 若 ｎ＜ｍ 且 每 元 素 只 占 一 个 位 置 ，
解 析 （ １） 坐 在 椅 子 上 的 ６ 个 人 是 走 进 屋 子 的 １０ 个人中的任意 ６ 个人． 若我们把人抽象地看成元 素， 将 ６ 把椅子当成 ６ 个不同的位置， 则原问题便抽 象为： 从 １０ 个元素中任取 ６ 个元素占据 ６ 个不同的
高 位置， 显然是从 １０ 个元素中任取 ６ 个元素的排列问
一个起点站和一个终点站．因此， 每张火车票对
应 于 从 ６ 个 不 同 元 素 （ 大 站） 中 取 出 ２ 个 元 素
（ 起 点 站 和 终 点 站） 的 一 种 排 列． 所 以 问 题 归 结
为求从 ６ 个不同元素中每次取出 ２ 个不同元素
的排列数
Ａ２ ６
＝ ６ ×５ ＝ ３０（
种） ．
故 一 共 需 要 为 这 六 个 大 站 准 备 ３０ 种 不 同 的 火
般 方 程 、不 等 式 ， 再 求 解 ， 但 应 注 意 其 中 的 字 母 都 是
满足一定限制条件的自然数， 不要忽视这一点．
例 ４ （ １） １０ 个人走进只有 ６ 把不同椅子的屋
子， 若每把椅子必须且只能坐一个人， 共有多少种不
同的坐法？
数 学 爱 好 者
专 业Ｓ
精心策划
（ ２） ６ 个 人 走 进 放 有 １０ 把 椅 子 的 屋 子 ， 每 个 人 必须且只能坐一把椅子， 则共有多少种不同的坐法？
排列组合和二项式定理理
(2011·东北四市联考)计划在4个体育馆举办排球、篮 球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个
体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安 排方案共有( )
A．24种
B．36种
C．42种
D．60种
[答案] D
[解析] 每个项目的比赛安排在任意一个体育馆进行， 共有43＝64种安排方案；三个项目都在同一个体育馆比赛， 共有4种安排方案；所以在同一个体育馆比赛的项目不超过 2项的安排方案共有60种，故选D.
由分类计数原理，共有3＋8＋5＝16种选法． (2)分三步选人，第一步选老师，有3种方法；第二步 选男生，有8种方法；第三步选女生，有5种方法． 由分步计数原理，共有3×8×5＝120种选法．
(3)可分两类，第一类又分两步：第一类，选一名老师 再选一名男生，有3×8＝24种选法；第二类，选一名老师 再选一名女生，有3×5＝15种选法．
3．二项式定理 (1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1·b＋…＋Can－rbr＋…＋ Cabn－1＋Cbn(n∈N*)． 通项(展开式的第r＋1项)：Tr＋1＝Can－rbr.其中C(r＝ 0,1，…，n)叫做二项式系数． (2)二项式系数的性质 ①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的 二项式系数相等，即
A．36种 B．42种 C．48种 D．54种
[答案] B
[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1位时有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.
[评析] 本例可看成是一类应用问题——涂色问题，它 也是排列组合的一类综合应用问题．
排列组合与二项式定理知识点
高中数学第十章-排列组合二项定理考试内容：分类计数原理与分步计数原理． 排列．排列数公式．组合．组合数公式．组合数的两个性质． 二项式定理．二项展开式的性质． 考试要求：（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题． （2）理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题．（3）理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题． （4）掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题．§10. 排列组合二项定理 知识要点一、两个原理.1. 乘法原理、加法原理.2. 可．以有．．重复．．元素．．的排列. 从m 个不同元素中，每次取出n 个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排，那么第一、第二……第n 位上选取元素的方法都是m 个，所以从m 个不同元素中，每次取出n 个元素可重复排列数m·m·… m = m n .. 例如：n 件物品放入m 个抽屉中，不限放法，共有多少种不同放法？ （解：nm种）二、排列.1. ⑴对排列定义的理解.定义：从n 个不同的元素中任取m(m ≤n )个元素，按照一定顺序．．．．．．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. ⑵相同排列.如果；两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序也必须完全相同. ⑶排列数.从n 个不同元素中取出m (m≤n )个元素排成一列，称为从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列数，用符号m n A 表示.⑷排列数公式： ),,()!(!)1()1(N m n n m m n n m n n n A m ∈≤-=+--=注意：!)!1(!n n n n -+=⋅ 规定0! = 1111--++=⋅+=m n m n m n m m m n m n mA A C A A A 11--=m n m n nA A 规定10==n n n C C 2. 含有可重元素．．．．．．的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S 有k 个不同元素a 1，a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ，且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.例如：已知数字3、2、2，求其排列个数3!2!1)!21(=+=n 又例如：数字5、5、5、求其排列个数？其排列个数1!3!3==n .三、组合.1. ⑴组合：从n 个不同的元素中任取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.⑵组合数公式：)!(!!!)1()1(m n m n C m m n n n A A C mn mmm n mn-=+--== ⑶两个公式：①;m n n mn CC -= ②mn m n m n C C C11+-=+①从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素，因此从n 个不同元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.（或者从n+1个编号不同的小球中，n 个白球一个红球，任取m 个不同小球其不同选法，分二类，一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C ）②根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需从剩下的n 个元素中再取m-1个元素，所以有C 1-m n ，如果不取这一元素，则需从剩余n 个元素中取出m 个元素，所以共有C mn 种，依分类原理有m n m n m n C C C 11+-=+.⑷排列与组合的联系与区别.联系：都是从n 个不同元素中取出m 个元素.区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系. ⑸①几个常用组合数公式n n nn n n C C C 2210=+++ 11111121153142011112++--++++++-+=+==++=+++=+++k n k n k n k n m n m m n m m m m m m n n n n n n n n C n C k nC kC C C C C C C C C C C C②常用的证明组合等式方法例.i. 裂项求和法. 如：)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n （利用!1)!1(1!1n n n n --=-） ii. 导数法. iii. 数学归纳法. iv. 倒序求和法.v. 递推法（即用m n m n m n C C C 11+-=+递推）如：413353433+=+++n n C C C C C . vi. 构造二项式. 如：nn n n n n C C C C 222120)()()(=+++证明：这里构造二项式n n n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数，左边为22120022110)()()(n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C +++=⋅++⋅+⋅+⋅-- ，而右边nn C 2= 四、排列、组合综合.1. I. 排列、组合问题几大解题方法及题型： ①直接法. ②排除法. ③捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”，例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某)(n m m ≤个元素必相邻的排列有m m m n m n A A ⋅+-+-1111+-+-m n m n A 是一个“整体排列”，而m m A 则是“局部排列”.又例如①有n 个不同座位，A 、B 两个不能相邻，则有排列法种数为-2n A 2211A A n ⋅-. ②有n 件不同商品，若其中A 、B 排在一起有2211A A n n ⋅--. ③有n 件不同商品，若其中有二件要排在一起有112--⋅n n n A A . 注：①③区别在于①是确定的座位，有22A 种；而③的商品地位相同，是从n 件不同商品任取的2个，有不确定性.④插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.例如：n 个元素全排列，其中m 个元素互不相邻，不同的排法种数为多少？mm n m n m n A A 1+---⋅（插空法），当n – m+1≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑤占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.⑥调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有n n A 种，)(n m m 个元素的全排列有m m A 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到去调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，共有m mn n A A 种排列方法.例如：n 个元素全排列，其中m 个元素顺序不变，共有多少种不同的排法？解法一：（逐步插空法）（m+1）（m+2）…n = n ！/ m ！；解法二：（比例分配法）mm n n A A /. ⑦平均法：若把kn 个不同元素平均分成k 组，每组n 个，共有k knnn n k n kn A C C C )1(-⋅.例如：从1，2，3，4中任取2个元素将其平均分成2组有几种分法？有3!224=C （平均分组就用不着管组与组之间的顺序问题了）又例如将200名运动员平均分成两组，其中两名种子选手必在一组的概率是多少？（!2/102022818C C C P =）注意：分组与插空综合. 例如：n 个元素全排列，其中某m 个元素互不相邻且顺序不变，共有多少种排法？有mm mm n mn m n A A A /1+---⋅，当n – m+1 ≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑧隔板法：常用于解正整数解组数的问题.例如：124321=+++x x x x 4321,,,x x x x 显然124321=+++x x x x ，故（4321,,,x x x x ）是方程的一组解.反之，方程的任何一组解),,,(4321y y y y ，对应着惟一的一种在12个球之间插入隔板的方式（如图所示）故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数311C . 注意：若为非负数解的x 个数，即用n a a a ,...,21中i a 等于1+i x ，有A a a a Ax x x n n =-+-+-⇒=1...11...213，进而转化为求a 的正整数解的个数为1-+n n A C . ⑨定位问题：从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列规定某r 个元素都包含在内，并且都排在某r 个指定位置则有rk r n r r A A --.例如：从n 个不同元素中，每次取出m 个元素的排列，其中某个元素必须固定在（或不固定在）某一位置上，共有多少种排法？固定在某一位置上：11--m n A ；不在某一位置上：11---m n m n A A 或11111----⋅+m n m m n A A A （一类是不取出特殊元素a ，有mn A 1-，一类是取特殊元素a ，有从m-1个位置取一个位置，然后再从n-1个元素中取m-1，这与用插空法解决是一样的） ⑩指定元素排列组合问题.i. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同的元素作排列（或组合），规定某r 个元素都包含在内 。
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2021年高考数学复习 第84课时 第十章 排列、组合和概率-二项式定理（1）
名师精品教案
一．复习目标：
1．掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们讨论整除、近似计算等相关问题．
2．能利用二项展开式的通项公式求二项式的指数、求满足条件的项或系数．
二．知识要点：
1．二项式定理： ． 2．二项展开式的性质：
（1）在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数 ．
（2）若是偶数，则 的二项式系数最大；若是奇数，则 的二项式系数最大． （3）所有二项式系数的和等于 ．
（4）奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和 ．
三．课前预习：
1．设二项式的展开式的各项系数的和为，所有二项式系数的和为，若，则 （ ）
4 5 6 8 2．当且时，q p n +=++++-522211
42 （其中,且），则的值为
（ ）
0 1 2 与有关 3．在的展开式中常数项是；中间项是．
4．在的展开式中，有理项的项数为第3，6，9项．
5．求展开式里的系数为-168．
6．在的展开式中，的系数是的系数与的系数的等差中项，若实数，那么． 四．例题分析：
例1．求展开式中系数绝对值最大的项．
解：展开式的通项为r
r r r r r r r x C x C T ⋅⋅⋅-=-⋅⋅=--+999913)2()2(3，
设第项系数绝对值最大，即⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅-----++-r
r r r r r r r r r r r C C C C 10191998191993
2323
232， 所以，∴且，∴或，
故系数绝对值最大项为或．
例2．已知展开式中最后三项的系数的和是方程的正数解，它的中间项是，求的值． 解：由得，∴（舍去）或，
由题意知，732412
=+⋅+⋅--n
n n n n n
C C C ，∴
已知条件知，其展开式的中间项为第4项，即
20001016022
lg
24)2lg (lg 3)2lg (lg 333
6==⋅=⋅⋅+++x x x x C ，
∴012lg lg 2lg lg 2
=-+⋅+x x ，∴或, ∴或．
经检验知，它们都符合题意。
例3．证明能被整除()．
证明：
2211111
1111221121
1111
389989(81)89888189
8888(88)n n n n n
n n n n n n n n n n n n n n n n C C n C C C C +++++++----++++--=--=+--=+⋅++⋅+--=+⋅++⋅=+⋅++∵
1
1211188-+-+-++⋅+n n n n n C C 是整数，∴能被64整除．
五．课后作业：
1．若443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+，则2
312420)()(a a a a a +-++的值为
（ ）
1 -1 0 2
2．由展开所得的的多项式中，系数为有理数的共有（ ） 50项 17项 16项 15项 3．的展开式中，的系数为179．(用数字作答) 4．的展开式中，的系数为，常数的值为4． 5．求除以的余数． 解：
)
(7
)1250(88720001
)200020002000(200012000200020002000)12000(19991011821191111010
11921110111110111111Z k k k C C C C C C C ∈+-=-+=-+-+-=-⋅+-⋅+⋅-⋅=-= 由上
面展开式可知xx 11
除以8的余数是7． 6．（1）求展开式中系数最大项． （2）求展开式中系数最大项． 解：(1)设第项系数最大，则有
，即⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧
--≥
-⋅-+⋅≥-)!
8()!1(!7)!7(!!72)!6()!1(!72)!7(!!7r r r r r r r r ，即，
∴且，∴．
所以系数最大项为
(2)展开式共有8项，系数最大项必为正项，即在第一、三、五、七这四项中取得，故系数最大项必在中间或偏右，故只需比较和两项系数大小即可．又因为，，所以系数最大的项是第五项为．
7．设),()1()1()(+∈+++=N n m x x x f n
m ，若展开式中关于的一次项系数和为11，试问为何值时，含项的系数取得最小值． 解：由题意知，即
，又展开式中含项的系数
22
1[(1)(1)]2m n C C m m n n =+=-+-2211491155()24
n n n =-+=-+，
∴当或时，含项的系数最小，最小值为．
此时；或．
8．设展开式中第2项的系数与第4项的系数的比为4：45，试求项的系数． 解：第项2
321)3(2)3()
2(r
n r r n r n r r
n r n
r x C x
x C T ---+-⋅⋅=-⋅⋅=， ∴，即，∴， ∴或（舍负）． 令，即，∴． ∴项的系数．
9．求的近似值，使误差小于． 解：
988
.0)002.0(61)002.0()002.0(15)002.0(61)002.01(998.06266=-⋅+≈-++-⋅+-⋅+=-=。