7.2.4 第2课时 二项式系数的性质（PPT课件+Word版）-【创新教程】2025-2026学年中职数学拓展模块同步教案（人教版2021）

对应学生课时P269 [基础过关] 1．下列关于(a－b)10的说法不正确的是(　　) A．展开式中的二项式系数之和为1 024 B．展开式中第6项的二项式系数最大 C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大 D．展开式中第6项的系数是非正数 解析：C　[根据二项式系数的性质进行判断，由二项式系数的性质知：二项式系数之和为2n，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式第6项中的－b的次数为5次，所以是非正数．] 2．二项式(x－1)n的奇数项二项式系数和是64，则n等于(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：C　[二项式(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，∴2n－1＝64，∴n＝7.] 3．在(1－3x)6的展开式中，二项式系数最大的项是(　　) A．135x2 B．1 215x4 C．20x3 D．－540x3 解析：D　[展开式中二项式系数最大的项是第4项，故T4＝C(－3x)3＝－540x3.] 4．已知(3x＋y)n的展开式的各项系数的和是1 024，那么n的值是(　　) A．5 B．4 C．6 D．10 解析：A　[令x＝1，y＝1，则各项系数的和是(3＋1)n＝1 024，解得n＝5.] 5．(1－2x)15的展开式中的各项系数和是(　　) A．1 B．－1 C．215 D．315 解析：B　[令x＝1即得各项系数和，∴各项系数和为－1.] 6．(1＋)10的展开式的二项式系数的和是　________　(用数字作答)． 解析：由于n＝10，所以二项式系数的和为2n＝210＝1 024. 答案：1 024 7．(2x－1)6展开式中各项系数的和为　________　；各项的二项式系数之和为　________　. 解析：令展开式左、右两边x＝1，得各项系数和为1；各二项式系数之和为26＝64. 答案：1　64 8．已知(＋2x)n的展开式中前三项的二项式系数的和等于37，则展开式中二项式系数最大的项的系数为　________　. 解析：由C＋C＋C＝37，得1＋n＋n(n－1)＝37. 解得n＝8(负值舍去)，则第5项的二项式系数最大，T5＝C××(2x)4＝x4，该项的系数为. 答案： 9．求(x－2y)10的展开式中二项式系数最大的项，并指出这一项的系数． 解：由于(x－2y)10的展开式共有11项，故第6项的二项式系数最大，这一项为T6＝Cx5(－2y)5＝252×(－32)·x5y5＝－8 064x5y5.此项的系数为－8 064. [能力提升] 10．(1＋x)n(n∈N＋)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n等于(　　) A．7 B．8 C．10 D．11 解析：C　[(1＋x)n(n∈N＋)的二项展开式中，各项系数即二项式系数，分别为C，C，…，C.又二项展开式中只有一项的二项式系数最大，故n为偶数，二项式系数Cn最大．由x5的系数C最大，得＝5，即n＝10.] 11．已知n的展开式中，各项系数的和与各二项式系数的和之比为64，则n等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：C　[令x＝1得各项系数的和为4n，各二项式系数的和为2n，则＝64，解得n＝6.] 12．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　) A．212 B．211 C．210 D．29 解析：D　[因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C＝C，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10中奇数项的二项式系数和为×210＝29.] 13．若(x3＋)n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为　________　. 解析：由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，于是得其常数项为C＝210. 答案：210 14．若C＝C(n∈N＋)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝　________　. 解析：由C＝C可知n＝4，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81. 15．求(1＋x)7的展开式中各二项式系数之和、奇数项的二项式系数之和以及偶数项的二项式系数之和． 解：(1＋x)7展开式的二项式系数为C，C，C，C，C，C，C，C则二项式系数之和为C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝27＝128.奇数项的二项式系数之和是C＋C＋C＋C＝1＋21＋35＋7＝64.偶数项的二项式系数之和是C＋C＋C＋C＝7＋35＋21＋1＝64. 学科网（北京）股份有限公司 $$7.2.3 　排列、组合的应用 第七章　概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 课前·预习学案 课堂·互动学案 01 02 随堂·步步夯实 03 课后·素养提升 04 第七章 概率与统计 数学基础模块（RJ） 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 课前·预习学案 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 课堂·互动学案 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 　 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 随堂·步步夯实 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 下一页 上一页 返回导航 数学拓展模块（RJ） 第七章 概率与统计 课程标准 素养解读 初步掌握用排列组合解决概率计算等简单实际问题的方法. 通过排列组合的简单实际应用，提升逻辑推理和数学运算等核心素养. 为提升学生综合素质，促进学生全面发展，某校设立了12个社团．如果每位学生从中任选2个社团加入，那么每位学生有多少种不同的选择方法？ [知识点]　解排列组合综合问题的方法 排列组合问题一般要遵循两个原则：一是按元素性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．排列组合应用题的背景丰富，没有特定的模式和规律可循，做题时必须认真审题，把握问题的本质特征，并善于把问题转化为排列组合的常规模式进而求解． 1．将2名女教师，4名男教师分成2个小组，分别安排到甲、乙两所学校轮岗支教，每个小组由1名女教师和2名男教师组成，则不同的安排方案共有(　　) A．24种 B．10种 C．12种 D．9种 解析：C　[第一步，为甲地选1名女教师，有Ceq \o\al(1,2)＝2(种)选法；第二步，为甲地选2名男教师，有Ceq \o\al(2,4)＝6(种)选法；第三步，剩下的3名教师到乙地，故不同的安排方案共有2×6×1＝12(种)．] 2．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有3个不同的造型的“冰墩墩”吉祥物和2个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法有多少种？ A．24种 B．12种 C．6种 D．2种 解析：B　[先对2个雪容融排列Aeq \o\al(2,2)，再将3个冰墩墩插空放在3个空位上排列Aeq \o\al(3,3)，由分步计数原理，排列方法有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(3,3)＝12(种)．] 3．已知10件产品中，有7件合格品，3件次品，若从中任意抽取5件产品进行检查，则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有(　　) A．35种 B．38种 C．105种 D．630种 解析：C　[根据题意，分两步进行分析：①从3件次品中抽取2件次品，有Ceq \o\al(2,3)种抽取方法；②从7件正品中抽取3件正品，有Ceq \o\al(3,7)种抽取方法．则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有Ceq \o\al(2,3)×Ceq \o\al(3,7)＝105(种)．] 有限制条件的组合问题 　现有100个三极管，其中有4个次品，质检人员从100个三极管中随机抽出3个． (1)抽取的3个三极管“全部是合格品”的不同抽取方法共有多少种？ (2)抽取的3个三极管“恰有2个次品”的不同抽取方法共有多少种？ (3)抽取的3个三极管“至少有1个次品”的不同抽取方法共有多少种？ [思路点拨]　在以上3个问题中，要实现抽取的3个三极管“全部是合格品”，就是从96个合格品中抽取3个，有Ceq \o\al(3,96)种取法；要实现抽取的3个三极管中“恰有2个次品”，可以分两步完成，第一步，从4个次品中取出2个，有Ceq \o\al(2,4)种取法，第二步，从96个合格品中取出1个，有Ceq \o\al(1,96)种取法；要实现抽取的3个三极管中“至少有1个次品”，可以先求从100个三极管中任意抽取3个，有Ceq \o\al(3,100)种取法，再求从96个合格品中抽取3个合格品，有Ceq \o\al(3,96)种取法，两者作差． 解：(1)抽取的3个三极管“全部是合格品”的不同方法有Ceq \o\al(3,96)＝eq \f(96×95×94,3×2×1)＝142 880(种)． (2)根据分步计数原理，抽取的3个三极管中“恰有2个次品”的不同方法有Ceq \o\al(2,4)·Ceq \o\al(1,96)＝eq \f(4×3,2×1)×96＝576(种)． (3)抽取的3个三极管中“至少有1个次品”的不同方法有Ceq \o\al(3,100)－Ceq \o\al(3,96)＝eq \f(100×99×98,3×2×1)－eq \f(96×95×94,3×2×1)＝18 820(种)． 求解有限制条件的组合问题的方法 (1)“含”或“不含”某些对象的组合问题：“含”，则先将这些对象取出，再取其他对象；“不含”，则先将这些对象剔除，再从剩下的对象中去选取． (2)“至少”或“至多”含有几个对象的组合问题：解这类题必须十分重视“至少” 与 “至多”这两个关键词的含义，防止重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解此类问题，当用直接法处理较复杂时，可考虑用间接法处理． [变式训练] 1．高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动． (1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？ (2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？ (3)恰有2名女生在内，不同的选法有多少种？ (4)至少有2名女生在内，不同的选法有多少种？ (5)至多有2名女生在内，不同的选法有多少种？ 解：(1)从余下的34名学生中选取2名，有Ceq \o\al(2,34)＝561(种)．∴不同的选法有561种． (2)从34名可选学生中选取3名，有Ceq \o\al(3,34)种或者Ceq \o\al(3,35)－Ceq \o\al(2,34)＝Ceq \o\al(3,34)＝5 984(种)．∴不同的选法有5 984种． (3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＝2 100(种)．∴不同的选法有2 100种． (4)选取2名女生有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)种，选取3名女生有Ceq \o\al(3,15)种，共有选取方法N＝Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＋Ceq \o\al(3,15)＝2 100＋455＝2 555(种)．∴不同的选法有2 555种． (5)选取3名的总数有Ceq \o\al(3,35)，至多有2名女生在内的选取方式共有N＝Ceq \o\al(3,35)－Ceq \o\al(3,15)＝6 545－455＝6 090(种)．∴不同的选法有6 090种． 分组，分配问题 　6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法： (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本， 一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． [思路点拨]　(1)是平均分组问题，与顺序无关，相当于6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人，可以理解为一个人一个人地来取，(2)是“均匀分组问题”，(3)是分组问题，分三步进行，(4)分组后再分配，(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”、“1、2、3型”、“1、1、4型”． 解：(1)根据分步乘法计数原理得到：Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90(种)． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有Aeq \o\al(3,3)种方法．根据分步乘法计数原理可得：Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝xAeq \o\al(3,3)，所以x＝eq \f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法． (3)这是“不均匀分组”问题，一共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)＝60(种)方法． (4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360(种)方法． (5)可以分为三类情况：①“2、2、2”即(1)中的分配情况，有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90(种)方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360(种)方法；③“1、1、4型”有Ceq \o\al(4,6)Aeq \o\al(3,3)＝90(种)方法．所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法． 分组、分配问题的求解策略 (1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种． ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题． 分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． [变式训练] 2．将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中． (1)有多少种放法？ (2)每盒至多一球，有多少种放法？ (3)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？ 解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法． (2)这是全排列问题，共有Aeq \o\al(4,4)＝24(种)放法． (3)法一　先将4个小球分为三组，有eq \f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))种方法．再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有Aeq \o\al(3,4)种投放方法，故共有eq \f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq \o\al(3,4)＝144(种)放法． 法二　先取4个球中的两个“捆”在一起，有Ceq \o\al(2,4)种选法，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \o\al(3,4)种投放方法，所以共有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,4)＝144(种)放法． (4)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,3)＝12(种)放法． 元素“相邻”与“不相邻”问题 　3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数． (1)全体站成一排，男、女各站在一起； (2)全体站成一排，男生必须站在一起； (3)全体站成一排，男生不能站在一起； (4)全体站成一排，男、女各不相邻． [思路点拨]　相邻元素，一般用“捆绑法”，不相邻元素，一般用“插空法”． 解：(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有Aeq \o\al(3,3)种排法；女生必须站在一起是女生的全排列，有Aeq \o\al(4,4)种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有Aeq \o\al(2,2)种排法．由分步乘法计数原理知，共有Aeq \o\al(3,3)·Aeq \o\al(4,4)·Aeq \o\al(2,2)＝288(种)排队方法． (2)三个男生全排列有Aeq \o\al(3,3)种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有Aeq \o\al(5,5)种排法．故有Aeq \o\al(3,3)·Aeq \o\al(5,5)＝720(种)排队方法． (3)先安排女生，共有Aeq \o\al(4,4)种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有Aeq \o\al(3,5)(种)排法，故共有Aeq \o\al(4,4)·Aeq \o\al(3,5)＝1 440(种)排法． (4)排好男生后让女生插空，共有Aeq \o\al(3,3)·Aeq \o\al(4,4)＝144(种)排法． (1)求解相邻问题的方法——“捆绑法” “捆绑法”是较为简单的求解相邻问题的方法，其模型为：将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数．其解题方法如下． 先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有Aeq \o\al(n－k＋1,n－k＋1)种排法；再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有Aeq \o\al(k,k)种排法．根据分步乘法式计数原理可知，符合条件的排法共有Aeq \o\al(n－k＋1,n－k＋1)·Aeq \o\al(k,k)种． (2)求解不相邻问题的方法——“插空法” 解决不相邻问题常用“插空法”，其模型为将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k≤n－k＋1)，求不同的排法种数．其解题方法如下： ①将没有要求的(n－k)个对象排成一排，其排列方法有Aeq \o\al(n－k,n－k)种； ②将要求互不相邻的k个对象插入(n－k＋1)个空中，其排列方法有Aeq \o\al(k,n－k＋1)种．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有Aeq \o\al(n－k,n－k)·Aeq \o\al(k,n－k＋1)种． [变式训练] 3．一场晚会有5个唱歌节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)前4个节目中要有舞蹈，有多少种排法？ (2)3个舞蹈节目要排在一起，有多少种排法？ (3)3个舞蹈节目彼此要隔开，有多少种排法？ 解：(1)不考虑限制条件，8个节目有Aeq \o\al(8,8)种排法，若前4个节目全部排唱歌，则有Aeq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)种排法，故前4个节目中要有舞蹈的排法有Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)＝37 440(种)． (2)可先将3个舞蹈节目视为一个节目进行思考，Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(3,3)＝4 320(种)． (3)先将唱歌节目排出有Aeq \o\al(5,5)种方法，用插空法得Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,6)＝14 400(种)． 排列、组合综合问题 　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数： (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文课代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表； (4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表． [思路点拨]　“先选后排”，注意“选”和“不选”应优先考虑． 解：(1)先取后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3)种取法，后排有Aeq \o\al(5,5)种，故共有(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,5))·Aeq \o\al(5,5)＝5 400(种)． (2)除去该女生后，先取后排，有Ceq \o\al(4,7)·Aeq \o\al(4,4)＝840(种)． (3)先取后排，但先安排该男生，有Ceq \o\al(4,7)·Ceq \o\al(1,4)·Aeq \o\al(4,4)＝ 3 360(种)． (4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有Ceq \o\al(3,6)种，再安排该男生有Ceq \o\al(1,3)种，其余3个全排有Aeq \o\al(3,3)种，共Ceq \o\al(3,6)·Ceq \o\al(1,3)·Aeq \o\al(3,3)＝360(种)． 解决排列、组合综合问题要遵循两个原则 (1)按事情发生的过程进行分步； (2)按元素的性质进行分类，解决时通常从三个途径考虑； ①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数． [变式训练] 4．从1到9的九个数字中取3个偶数和4个奇数，问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？ 解：(1)分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有Ceq \o\al(3,4)种取法；第二步，在5个奇数中取4个，可有Ceq \o\al(4,5)种取法；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有Aeq \o\al(7,7)种排法．所以符合题意的七位数有Ceq \o\al(3,4)·Ceq \o\al(4,5)·Aeq \o\al(7,7)＝100 800(个)． (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有Ceq \o\al(3,4)·Ceq \o\al(4,5)·Aeq \o\al(5,5)·Aeq \o\al(3,3)＝14 400(个)． 1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同的选法共有(　　) A．26种 B．84种 C．35种 D．21种 解析：C　[从7名队员中选出3人有Ceq \o\al(3,7)＝eq \f(7×6×5,3×2×1)＝35(种)选法．] 2．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有(　　) A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 解析：D　[把A，B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当于4人的全排列，故有Aeq \o\al(4,4)＝24(种)排法．] 3．要从a，b，c，d，e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是(　　) A．20 B．16 C．10 D．6 解析：B　[不考虑限制条件有Aeq \o\al(2,5)种选法，若a当副组长，有Aeq \o\al(1,4)种选法，故a不当副组长，有Aeq \o\al(2,5)－Aeq \o\al(1,4)＝16(种)选法．] 4．某单位需同时参加甲、乙丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法有　________　种． 解析：从10人中选派4人有Ceq \o\al(4,10)种方法，对选出的4人具体安排会议有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)种方法，由分步计数原理知，不同的选派方法有Ceq \o\al(4,10)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)＝2 520(种)． 答案：2 520 $$ 第2课时　二项式系数的性质 课程标准 素养解读 用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 通过学习二项式系数的性质，培养逻辑推理的素养. 某代表队参加校内的拔河比赛，需要与其他7个代表队各赛一场．不难发现，比赛结果可分为8类：赢0场，赢1场，…，赢7场，而赢0场有1(记作C)种情况，赢1场有C种情况(即在7场中赢1场)，赢2场有C种情况，…赢7场有C种情况．那么，该班比赛7场，比赛结果共有多少种？ [知识点一]　杨辉三角的特点 1．在同一行中每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数　相等　. 2．在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”的两个数的　和　，即C＝C＋C. [知识点二]　二项式系数的性质 对称性 在(a＋b)n展开式中，与首末两端“　等距离　”的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性与最大值 增减性：当m<时，二项式系数是逐渐增大的；当m>时，二项式系数是逐渐减小的． 最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数Cn最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数Cn，Cn相等，且同时取得最大值． 各二项式系数的和 (1)C＋C＋C＋…＋C＝　2n　 (2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝　2n－1　 1.二项式的系数取得最大值的项的系数一定是系数中最大的吗？ 提示：不一定．如果项的系数中还有其他的常数，则该项的系数不一定最大． 2．C，C，C之间有什么关系？ 提示：C＝C＋C. 1．二项式6展开式的二项式系数之和等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．36 B．(－1)6 C．64 D．0 解析：C　[6展开式的二项式系数之和为26＝64.] 2．(1－x)2n－1展开式中，二项式系数最大的项是(　　) A．第n－1项 B．第n项 C．第n－1项与第n＋1项 D．第n项与第n＋1项 解析：D　[(1－x)2n－1展开式中，中间两项的二项式系数最大，即第n项和第n＋1项的二项式系数最大．] 3．已知n，若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数． 解析：∵C＋C＝2C，整理得n2－21n＋98＝0，∴n＝7或n＝14，当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.T4的系数为C423＝，T5的系数为C324＝70，当n＝14时，展开式中二项式系数最大项是T8，T8 的系数为C727＝3432. 答案：3432 二项展开式中系数的最值问题 　已知二项式(x＋2y)9. (1)求展开式中二项式系数最大的项，并指出这一项的系数． (2)求展开式中系数最大的项． [思路点拨]　(1)根据n的奇偶性确定二项式系数最大的项． (2)构造关于系数的不等式组，求解． [解]　(1)由已知展开式共有10项，依二项式系数的性质，中间两项的二项式系数最大，所以要求的项为T5＝Cx5(2y)4＝2 016x5y4，T6＝Cx4(2y)5＝4 032x4y5，对应的系数分别为2 016,4 032. (2)(x＋2y)9的展开式的通项为Tm＋1＝Cx9－m(2y)m＝2mCx9－mym，设第m＋1项的系数最大，则有解得≤m≤.因为m∈N＋， ∴m＝6，所以系数最大的项为T6＋1＝T7＝Cx2(2y)7＝27Cx2y7＝4 608x2y7. (1)二项式系数的最大项的求法 求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论． ①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大． ②当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大． (2)展开式中系数的最大项的求法 求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第m＋1项最大，应用解出m，即得出系数的最大项． (3)理解运算对象，选择运算方法，求得运算结果．通过运算促进数学思维发展，提升数学运算的核心素养． [变式训练] 1．(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项． 解：　T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26⇒n＝8. ∴(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C·(2x)4＝1 120x4. 设第m＋1项系数最大，则有 ⇒5≤m≤6.∴m＝5或m＝6. ∵m∈， ∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6. 求二项展开式中有关系数的和 　在二项式(2x－3y)9展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和． [思路点拨]　设出展开式的形式，再适当赋值． [解]　设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9. (1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29. (2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9， 令x＝1，y＝1，得 a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1， 令x＝1，y＝－1，可得a0－a1＋a2－…－a9＝59. 将两式相加，可得 a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，即为所有奇数项系数之和． (1)解决二项式系数和问题思维流程 (2)“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求，灵活赋给字母不同值．要使展开式中项的关系变为系数的关系，令x＝0可得常数项，令x＝1可得所有项系数之和，令x＝－1可得偶次项系数之和与奇次项系数之和的差． 一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝. [变式训练] 2．已知二项式(2x＋1)4，求： (1)二项展开式中所有二项式系数之和； (2)各项系数之和． 解：(1)二项展开式中所有二项式系数之和： C＋C＋C＋C＋C＝24＝16. (2)设(2x＋1)4＝a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5①， 故各项系数之和为a1＋a2＋a3＋a4＋a5. 令①式中的x＝1，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34＝81，故各项系数之和等于81. 1．在(a＋b)10二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是(　　) A．第8项 B．第7项 C．第9项 D．第10项 解析：C　[由二项式展开式的性质与首末等距离的两项的二项式系数相等．] 2.11的展开式中二项式系数最大的项是(　　) A．第6项 B．第8项 C．第5,6项 D．第6,7项 解析：D　[由n＝11为奇数，则展开式中第项和第＋1项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大．] 3．若(x－2)n(n∈N＋)展开式中的二项式系数的和为128，则n等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：D　[(x－2)n(n∈N＋)展开式中的二项式系数的和为2n＝128，故n＝7.] 4．(x2－)5的展开式中，二项式系数之和为　________　. 解析：二项式系数之和为25＝32. 答案：32 学科网（北京）股份有限公司 $$