2020高考数学（理）专项复习《排列组合二项式定理》含答案解析

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1、排列组合二项式定理排列组合二项式定理 排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为 概率与统计中的计数问题提供了一定的方法 这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性， 要注意与其他数学知识的联系， 注意与实 际生活的联系通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力 10101 1 排列组合排列组合 【知识要点】【知识要点】 1分类计数原理与分步计数原理 2排列与组合 m n m n m n m n A A mnm n C mn n A )!( ! ! , )!( ! 3组合数的性质： (1) mn n m n CC ； (2) 1 1 m n m n m n

2、CCC 【复习要求】【复习要求】 理解和掌握分类计数与分步计数两个原理 在应用分类计数原理时， 要注意 “类” 与 “类” 之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连 续性 熟练掌握排列数公式和组合数公式， 注意题目的结构特征和联系； 掌握组合数的两个性 质，并应用于化简、计算和论证 正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件 【例题分析】【例题分析】 例例 1 1 有 3 封信，4 个信筒 (1)把 3 封信都寄出，有多少种寄信方法? (2)把 3 封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法? 【分析【分析】(1

3、)分 3 步完成寄出 3 封信的任务：第一步，寄出 1 封信，有 4 种方法；第二 步，再寄出 1 封信，有 4 种方法；第三步，寄出最后 1 封信，有 4 种方法，完成任务根据 分步计数原理，共有 4444 364 种寄信方法 (2)典型的排列问题，共有 3 4 A24 种寄信方法 例例 2 2 在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植 1 垄， 为有利于作物生长， 要求A，B两种作物的间隔不小于 6 垄， 则不同的种植方法共有_ 种 解：解：设这 10 垄田地分别为第 1 垄，第 2 垄，第 10 垄，要求A，B两垄作物的间隔 不少于 6 垄，所以第一

4、步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3， 10)这 6 种选法，第二步种植两种作物共有 2 2 A2 种种植法，所以共有 6212 种选垄种 植方法 【评述】【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法但要注意，计数问题的基本原理是 分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题 对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好 的如例 2 在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分 类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题如例 1

5、的两个 问题 例例 3 3 某电子表以 6 个数字显示时间，例如 09:20:18 表示 9 点 20 分 18 秒则在 0 点 到 10 点之间，此电子表出现 6 个各不相同数字来表示时间的有_次 【分析】【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下： 第一步：确定第一个数字，只能为 0，只有 1 种方法； 第二步：确定第三位数字，只能为 0 至 5 中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有 5 种方法； 第三步：确定第五位数字，也只能为 0 至 5 中的一个数(又不能与首位，第三位相同)， 所以只有 4 种方法； 第四步： 确定剩下三位数字， 0 至 9 共 10 个数字已用了 3 个， 剩下

6、的 7 个数字排列在 2， 4，6 位共有 3 7 A种排法 由分步计数原理得：154 3 7 A4200 种 【评述】【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首 位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位 例例 4 4 7 个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数 (1)甲站在中间； (2)甲、乙必须相邻； (3)甲在乙的左边(但不一定相邻)； (4)甲、乙、丙相邻； (5)甲、乙、丙两两不相邻； 解：解：(1)甲站在中间，其余 6 名同学任意排列，故不同排法有 6 6 A720 (2)第一步：先把甲、乙捆绑，视

7、为一个元素， 连同其余 5 个人全排列，共有 6 6 A种排法； 第二步：给甲、乙松绑，有 2 2 A种排法，此题共有 6 6 A 2 2 A1440 种不同排法 (3)在 7 名同学站成一排的 7 7 A种排法中， “甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对 应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有 7 7 A22520 种 (4)先把甲、 乙、 丙视为一个元素， 连同其余 4 名同学共 5 个元素的全部排列数有 5 5 A种， 再结合甲、乙、丙 3 个人之间的不同排列有 3 3 A种，此题的解为： 5 5 A 3 3 A720 (5)先让除甲、乙、丙外的 4 个人站好，

8、共有 4 4 A种站法，让甲、乙、丙 3 人插空，由于 4 个人形成 5 个空位，所以甲、乙、丙共有 3 5 A种站法，此题答案1440 3 5 4 4 AA 【评述】【评述】 当要求某几个元素排在一起时， 我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素 与其他元素进行排列如例 4(2)，(4) 当要求某几个元素不相邻时， 我们常常先排其他元素， 然后再将这几个元素排在已排好 的其他元素的空中如例 4(5) 例例 5 5 4 个不同的球，4 个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共 几种放法? 【分析】【分析】先将 4 个球分成 3 组，共有6 2 4 C种分组方法；再将 3 组球放在

9、 4 个盒子里， 是排列问题，有 3 4 A24 种方法，所以，共有144 3 4 2 4 AC种不同的放球方法 【评述】【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好 例例 6 6 某班组有 10 名工人，其中 4 名是女工从这 10 个人中选 3 名代表，其中至少有一 名女工的选法有多少种? 解法解法 1 1：至少有一名女工的情形有三类：1 名女工和 2 名男工；2 名女工和 1 名男工；3 名女工，把这 3 类选法加在一起，共有100 3 4 1 6 2 4 2 6 1 4 CCCCC种不同的选法 解法解法 2 2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法

10、中 除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有100 3 6 3 10 CC 【评述】【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论， 运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算 例例 7 7 如图，用六种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相 邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种? 【分析】【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第 4 个格子时会发现，第三个格子的颜 色与第一个格子的颜色是否相同决定着第 4 个格子有几种涂色方法， 即如果第三个格子的颜 色与第一个格子

11、的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定于是，我们要 按照 1、3 两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题 解：解：1、3 两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有 6515150 种方法； 1、3 两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有 6544480 种方法 所以，共有不同的涂色方法 630 种 例例 8 8 四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，取 4 个不共面的点，不同取法有多少种? 【分析】【分析】没有限制地从 10 个点中选出 4 个点，共有 4 10 C种不同选法，除去 4 点共面的 选法即可 4 点共面的选法有 3 类 (1)4 个点在四面体ABCD

12、的某一个面 上，共有 4 6 4C种共面的情况 (2)过四面体的一条棱上的 3 个点及对棱的中点，如图中点A，E，B，G平面，共计有 6 种共面的情况 (3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E，F，G，H平面，此 类选法共有 3 种 综上，符合要求的选法共有141)364( 4 6 4 10 CC种 例例 9 9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正 好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条? 【分析】【分析】 “CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条数相同，如下右图，从左下 角的T走到边上的C共有6步， 每一

13、步都有2种选择， 由分步计数原理， 所以下图中，“TSETNOC” 路线共有 2 664 条 所以本题的答案为 6421127 【评述】【评述】例 9 的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合 之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同借助这个原理，如果 一个集合元素的个数不好计算时， 我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好 的方法 例例 10 10 (1)计算 5 9 6 9 4 8 5 8 AA AA 的值； (2)计算 n n n n CC 3 21 38 3 的值； (3)证明： m n m n m n AmAA 1 1 (1)解解

14、： 27 5 ! 93 ! 85 ! 9! 94 ! 8! 84 ! 4 ! 9 ! 3 ! 9 ! 4 ! 8 ! 3 ! 8 5 9 6 9 4 8 5 8 AA AA (2)解解：注意到 m n C中的隐含条件：nm，mN N，nN N *，有 ,321 , 038 , 03 ,383 nn n n nn 解得 2 21 2 19 n，所以n10 所以，466 1 31 2 30 30 31 28 30 CCCC (3)证明证明： )!1( ! )!1( !) 1( )!1( ! )!( ! 1 mn nm mn nmn mn n m mn n mAA m n m n m n A mn

15、n mn n mn nm mn nmn 1 !) 1( )!1( )!1( )!1( )!1( ! )!1( !) 1( 【评述】【评述】 对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种， 一种是运用排 列组合数的计算公式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题， 另一种是运用组合数的一 些性质进行计算及证明 常用的组合数的性质有： (1) mn n m n CC ； (2) 1 1 m n m n m n CCC； (3) nn nnnn CCCC2 210 ； (4) 3120 nnnn CCCC 练习练习 10101 1 一、选择题一、选择题 15 位同学报名参加两个课外活动小组，

16、每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方 法共有( ) (A)10 种 (B)20 种 (C)25 种 (D)32 种 2某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目如果将这 两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( ) (A)42 (B)30 (C)20 (D)12 3四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取 3 个点，使它们和点A在同一平面 上，不同的取法有( ) (A)30 种 (B)33 种 (C)36 种 (D)39 种 4某电脑用户计划用不超过 500 元的资金购买单价分别为 60 元、70 元的单片软件和盒装 磁盘，根据需要，软件至少买 3

17、 片，磁盘至少买 2 盒，则不同的选购方式有( ) (A)5 种 (B)6 种 (C)7 种 (D)8 种 5下列等式中正确的是( ) (1) 1 1 k n k n nCkC； (2) 1 1 1 1 1 1 k n k n C n C k ； (3) k n k n C k kn C 1 1 ； (4) k n k n C n k C 1 1 1 1 (A)(1)(2) (B)(1)(2)(3) (C)(1)(3) (D)(2)(3)(4) 6有两排座位，前排 11 个座位，后排 12 个座位，现安排 2 人就座，规定前排中间的 3 个 座位不 能坐，并且这 2 人不左右相邻，那么不同排法

18、的种数是( ) (A)234 种 (B)346 种 (C)350 种 (D)363 种 二、填空题二、填空题 7从集合0，1，2，3，5，7，11中任取 3 个元素分别作为直线方程AxByC0 中的A、 B、C，所得的经过坐标原点的直线有_条(结果用数值表示) 8 用数字 0， 1， 2， 3， 4， 5 可以组成没有重复数字， 并且比 20000 大的五位偶数共有_ 9马路上有 12 盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中 3 盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能 熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有_种 10将标号为 1，2，10 的 10 个球放入标号为 1，2，10 的 10 个盒子内，每个盒内

19、放一个球，则恰好有 3 个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有_ 种(以数字作答) 11从集合O，P，Q，R，S与0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取 2 个元素排成一 排(字母和数字均不能重复)，每排中字母O，Q和数字 0 至多只能出现一个的不同排法 种数是_(用数字作答) 128 个相同的球放进编号为 1、2、3 的盒子里，则放法种数为_(以数值作答) 10102 2 二项式定理二项式定理 【知识要点】【知识要点】 1二项式定理： nn n rrnr n n n n n n n n bCbaCbaCbaCaCba 222110 )( 2通项公式： rrnr nr baC

20、T 1 ， 3 0 n C， 1 n C， 2 n C， r n C， n n C称为二项式系数， 4二项展开式的系数的性质： nn nnnn CCCC2 210 ； 3120 nnnn CCCC 【复习要求】【复习要求】 会求二项展开式中适合某种特殊条件的项； 了解利用二项式定理进行近似计算， 证明与组合数有关的等式或整数(整式)的整除性的 方法 【例题分析】【例题分析】 例例 1 1 在二项式 52 ) 1 ( x x 的展开式中，含x 4的项的系数是_ 解：解： rrrrrr r xC x xCT 310 5 52 51 ) 1() 1 ()( ， 令 103r4，得r2，所以x 4项的

21、系数是 10) 1( 22 5 C 例例 2 2 (1)若(1x) n的展开式中，x3的系数是 x系数的 7 倍，求n的值； (2)在(2lgx) 8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于 1120，求 x的值 解：解：(1)由已知 13 7 nn CC ，即n nnn 7 6 )2)(1( ，整理得n 23n400， 解得n8 或n5(舍)所以n8 (2)(2lgx) 8的展开式中共有 9 项，二项式系数最大的项为第 5 项 由已知，1120)(lg2 444 85 xCT，整理得(lgx) 41，所以 lgx1， 解得x10 或 10 1 x 例例 3 3 求 1003 )23(x的展开式

22、中x的系数为有理数的项的个数 解：解： r rr rrrr r xCxCT 100 32 100 100 3100 1001 2 3 )2()3(， 若系数为有理数，则 3 , 2 100rr 都必须是整数，即r应为 6 的倍数 又 0r100，所以r的不同值有 17 个 所以x的系数为有理数的项共有 17 项 例例 4 4 已知 n n x) 1 ( 的展开式中，第 3 项与第 6 项的系数互为相反数，求展开式中系数 最小的项 解：解：,) 1 (,) 1 ( 105555 6 42222 3 n n n n n n n n xC x xCTxC x xCT 由已知 25 nn CC ，所以

23、n7 所以第 4 项系数最小，.35) 1 ( 3 7 3373 74 xxC x xCT 【评述】【评述】通项公式 rrnr nr baCT 1 是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同 时注意系数、上标、下标之间的关系； 注意系数、二项式系数的区别，如例 2； 注意运用通项公式求第 3 项时，r2如例 4 例例 5 5 已知(a 21)n的展开式中的各项系数之和等于52 ) 1 5 16 ( x x 的展开式的常数项， 而(a 21)n的展开式中的系数最大项等于 54，求 a的值， 解：解： 52 ) 1 5 16 ( x x 的展开式的第r1 项 .) 5 16 () 1 () 5

24、16 ( 2 520 5 552 51 r rrrrr r xC x xCT 令Tr1为常数项，则 205r0，r4，所以常数项.16 5 16 4 55 CT 又(a 21)n的展开式中的各项系数之和等于 2n，由题意得 2n16，所以 n4 由二项式系数的性质知，(a 21)n的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的 项，是中间项T3，所以54 42 4 aC，解得3a 例例 6 6 已知(12x) 7a 0a1xa2x 2a 7x 7求： (1)a1a2a7； (2)a1a3a5a7； (3)a0a2a4a6； (4)a0a1a2a7 解：解：令x1，则a0a1a2a71 令x1，则

25、a0a1a2a3a4a5a6a73 7 (1)易知a01，所以a1a2a7a0a1a2a7a02； (2)()2，得a1a3a5a7 2 31 7 1094； (3)()2，得a0a2a4a6= 2 31 7 1093； (4)方法 1：因为(12x) 7的展开式中 a1，a3，a5，a7是负数，a0，a2，a4，a6是正数， 所以a0a1a2a7a0a2a4a6(a1a3a5a7)2187 方法 2：因为a0a1a2a7表示(12x) 7的展开式中各项系数的 和， 令x1，可得a0a1a2a73 72187 【评述】【评述】通过给二项式定理中的字母赋值(根据式子的特点，常令字母为 1 或1)

26、的方 式可以解决二项展开式系数整体求值的问题 例例 7 7 若多项式x 2x10a 0a1(x1)a2(x1) 2a 9(x1) 9a 10(x1) 10，则 a9 _ 【分析】【分析】方法 1：由于a0a1(x1)a2(x1) 2a 9(x1) 9a 10(x1) 10x2x10 1(x1) 21(x1)10 1010 10 919 10 ) 1() 1() 1(xCxC， 则10) 1( 9 109 Ca 方法 2：由于等式左边x 10的系数为 1，所以 a101， 又，等式左边x 9的系数为 0，所以 0 10 9 109 aCa，所以a910 例例 8 8 92 91除以 100 的余

27、数为_ 解：解：190909090) 190(91 91 92 290 92 911 92 920 92 9292 CCCC 前面各项均能被 100 整除，只有末尾两项不能被 100 整除， 8182008281190 91 92 C，所以 91 92除以 100 的余数为 81 例例 9 9 求(0.998) 5精确到 0.001 的近似值 解：解： 55 )002. 01 (0.998)990. 0)002. 0()002. 0( 22 5 1 5 0 5 CCC 【评述】【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一 例例 10 10 设a1，nN N *且 n2，求证 n

28、 a a n 1 1 证明：证明：设xa n 1，则(x1) na 欲证原不等式，即证nx(x1) n1，其中 x0 )2( 111) 1( 11110 nnxxCxCxCxCx n n n n n n n n n ， 即有(x1) nnx1，得证 例例 11 11 82 ) 1 )(21 ( x xx的展开式中常数项为_(用数字作答) 解：解：求 82 ) 1 )(21 ( x xx的常数项 8 ) 1 ( x x，即求展开式中的常数项及含x 2的项 对于 8 ) 1 ( x x， rrrrrr r xC x xCT 28 8 8 81 ) 1() 1 ( 令 82r0，即有r4，70) 1

29、( 4 8 4 5 CT 令 82r2，即有r5， 225 8 5 6 56) 1( xxCT 所以常数项为 702(56)42 练习练习 10102 2 一、选择题一、选择题 1若 n x x) 1 ( 2 的展开式中的所有二项式系数和为 512，则该展开式中的常数项为 (A)84 (B)84 (C)36 (D)36 2已知 9 ) 2 ( x x a 的展开式中x 3的系数为 4 9 ，常数a的值为( ) (A)1 (B)2 (C)4 (D)8 3在(1x) 5(1x)4的展开式中，x3的系数是( ) (A)4 (B)4 (C)8 (D)8 4若 n C21与 m n C同时有最大值，则m

30、的值是( ) (A)5 (B)4 或 5 (C)5 或 6 (D)6 或 7 二、二、填空题填空题 5(x 2 x 1 ) 6的展开式中常数项是_(用数字作答) 6若(x1) nxnax3bx21，(nN N*)，且 ab31，那么n_ 7(n1) n1除以 n 2(n1)的余数为_ 8观察下列等式： 223 5 5 1 5 CC， 379 9 5 9 1 9 22 CCC， 51113 13 9 13 5 13 1 13 22 CCCC， 71517 17 13 17 9 17 5 17 1 17 22CCCCC， 由以上等式推测到一个一般的结论： 对于 14 14 9 14 5 14 1

31、14 *,n nnnn CCCCnN_ 三、解答题三、解答题 9在(3x1) n的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大 992，求 n的值 10若f(x)(12x) m(13x)n展开式中 x的系数为 13，则x 2的系数为( ) 11当nN N *时，求证： . 3) 1 1 (2 n n 习题习题 1010 一、选择题一、选择题 1某校要求每位学生从 7 门课程中选修 4 门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选 课方案有( ) (A)35 种 (B)25 种 (C)20 种 (D)16 种 2将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两 名学

32、生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( ) (A)18 (B)24 (C)30 (D)36 3从单词“equation”中选取 5 个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺 序不变)的不同排列共有( ) (A)120 种 (B)480 种 (C)720 种 (D)840 种 4若 3 )32(x 3 3 2 210 xaxaxaa，则(a0a2) 2(a 1a3) 2的值为( ) (A)1 (B)1 (C)0 (D)2 5若 n x x) 2 3( 3 2 的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为( ) (A)10 (B)6 (C)5 (D)3 6若)()21 ( 20

33、09 200910 2009 Rxxaxaax， 2009 2009 21 22a aaa 则的值为( ) (A)2 (B)0 (C)1 (D)2 二、填空题二、填空题 7在(3x) 7的展开式中，x5的系数是_(用数字作答) 8 从 6 名男生和 4 名女生中， 选出 3 名代表， 要求至少有一名女生， 则不同的选法有_ 种 9有 6 个座位连成一排，现有 3 人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有_种 10(xy) 10的展开式中，x7y3的系数与 x 3y7的系数之和等于_ 11数列a1，a2，a7，其中恰好有 5 个 2 和 2 个 4，调换a1至a7各数的位置，一共可以 组成不同的

34、数列(含原数列)_个 122010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人 分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工 作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有_种 三、解答题三、解答题 13已知(1x)(1x) 2(1x)na 0a1xa2x 2a nx n，若 a1a2a3an1 509n，求n 14已知n是等差数列 4，7，10，13，中的一项 n x x) 1 ( 求证的展开式中不含常数 项 参考答案参考答案 练习练习 10101 1 一、选择题一、选择题 1D 2A 3B 4C 5B 6B 二、填空题 73

35、0； 8240； 956； 10240； 118424； 1245 练习练习 10102 2 一、选择题一、选择题 1B 2C 3B 4C 二、填空题 515； 611； 7n1； 82 4n1(1)n22n1 三、解答题三、解答题 9解：令x1，得各项系数和为 4 n，又各项二项式系数和为 2n， 所以 4 n2n992.22n2n9920，解得 n5 10解：f(x)(12x) m(13x)n展开式中含 x的项xnmxCxC nm )32(32 11 ， 由 2m3n13，m，n为正整数，得m2，n3 或m5，n1， 当m2，n3 时，求得x2的系数为 31；当m5，n1 时求得x 2的系

36、数为 40， 故x 2的系数为 31 或 40 11证明：2 1 1 111 1) 1 1 ( 1 2 21 n C n C n C n C n n n n nnn n ， 因为 1 2 1 ! 1 ) 1 1 () 2 1)( 1 1 ( ! 1 )!( ! !1 kkk k n kn k nnknknk n n C， 所以 n n nn n n nnn n n C n C n C n C n C n 1 1 2 111 1) 1 1 ( 2 2 2 21 . 3 2 1 3 2 1 2 1 2 1 2 112 nn 所以. 3) 1 1 (2 n n 习题习题 1010 一、选择题一、选择

37、题 1B 2C 3B 4A 5C 6C 二、填空题二、填空题 7189； 8100； 972； 10240； 1121； 1236 三、解答题三、解答题 13解：令x1，得 22 2232na 0a1a2an1an 令x0，则a0n 又由已知可得an1 1)509( 12 ) 12(2 nn n ，化简得 2 n256，n8 14解：用反证法，假设第r1 项为常数，即 2 3 2 1 r n r n r rnr nr xCxxCT 为常数项 又等差数列 4，7，10，13，的第k项为ak4(k1)33k1(kN N *) 令n3k1，Tr1为常数项，则. 0 2 3 13 , 0 2 3 r k r n 即 3 2 2 kr，kN N *，这与，且 rN N 矛盾，所以它没有常数项