1、1(七)计数原理1已知等式( x22 x2) 5 a0 a1(x1) a2(x1) 2 a9(x1) 9 a10(x1) 10，其中ai(i0,1,2，10)为实常数求：(1) n的值；10n 1a(2) an的值10n 1n解 (1)在( x22 x2) 5 a0 a1(x1) a2(x1) 2 a9(x1) 9 a10(x1) 10中，令 x1，得 a01.令 x0，得 a0 a1 a2 a9 a102 532.所以 n a1 a2 a1031.10n 1a(2)等式( x22 x2) 5 a0 a1(x1) a2(x1) 2 a9(x1) 9 a10(x1) 10两边对 x 求导，得 5
2、(x22 x2) 4(2x2) a12 a2(x1)9 a9(x1) 810 a10(x1) 9.在 5(x22 x2) 4(2x2) a12 a2(x1)9 a9(x1) 810 a10(x1) 9中，令 x0，整理得 an a12 a29 a910 a1052 5160.10n 1n2设等差数列 an的首项为 1，公差为 d(dN *)， m 为数列 an中的项(1)若 d3，试判断 m的展开式中是否含有常数项？并说明理由；(x 1x)(2)证明：存在无穷多个 d，使得对每一个 m， m的展开式中均不含常数项(x 1x)2(1)解 因为 an是首项为 1，公差为 3 的等差数列，所以 an
3、3 n2.假设 m的展开式中第 r1 项为常数项( rN)，(x 1x)Tr1 C xm r r32mx，于是 m r0.rm (1x) 32设 m3 n2( nN *)，则有 3n2 r，32即 r2 n ，这与 rN 矛盾43所以假设不成立，即 m的展开式中不含常数项(x 1x)(2)证明 由题设知 an1( n1) d，设 m1( n1) d，由(1)知，要使对于每一个 m， m的展开式中均不含常数项，(x 1x)必须有：对于 nN *，满足 1( n1) d r0 的 r 无自然数解，即 r (n1) N.32 2d3 23当 d3 k(kN *)时， r (n1) 2 k(n1) N
4、.2d3 23 23故存在无穷多个 d，满足对每一个 m， m的展开式中均不含常数项(x 1x)3已知 f(x)(2 )n，其中 nN *.x(1)若展开式中含 x3项的系数为 14，求 n 的值；(2)当 x3 时，求证： f(x)必可表示成 (sN *)的形式s s 1(1)解 因为 Tr1 C 2n rx ，当 3 时， r6，rnr2故 x3项的系数为 C 2n6 14，解得 n7.6n(2)证明 由二项式定理可知，(2 )nC 2n( )0C 2n1 ( )1C 2n2 ( )2C 20( )n，3 0n 3 1n 3 2n 3 n 3设(2 )n p q ， p， qN *，3 3
5、 p2 3q2而若有(2 )n ， a， bN *，3 a b则(2 )n ， a， b N*.3 a b( )( )(2 )n(2 )n1，a b a b 3 3 a b1，令 a s， sN *，得 b s1，(2 )n必可表示成 的形式，其中 sN *.3 s s 14设 nN *， n3， kN *.3(1)求值： kC nC ；kn k 1n k2C n(n1)C nC (k2)；kn k 2n k 1n(2)化简：1 2C 2 2C 3 2C ( k1) 2C ( n1) 2C .0n 1n 2n kn n解 (1) kC nC k nkn k 1nn！k！ n k！ n 1！k
6、1！ n k！ 0.n！k 1！ n k！ n！k 1！ n k！ k2C n(n1)C nCkn k 2n k 1n k2 n(n1) nn！k！ n k！ n 2！k 2！ n k！ n 1！k 1！ n k！ k n！k 1！ n k！ n！k 2！ n k！ n！k 1！ n k！ 0.n！k 2！ n k！ ( kk 1 1 1k 1)(2)由(1)可知当 k2 时，( k1) 2Ckn( k22 k1)C k2C 2 kC Ckn kn kn kn n(n1)C nC 2 nC Ck 2n k 1n k 1n kn n(n1)C 3 nC C .k 2n k 1n kn故 12C 2 2C 3 2C ( k1) 2C ( n1) 2C0n 1n 2n kn n(1 2C 2 2C ) n(n1)(C C C )3 n(C C C )0n 1n 0n 2 1n 2 n 2 1n 1 2n 1 n 1(C C C )2n 3n n(14 n) n(n1)2 n2 3 n(2n1 1)(2 n1 n)2 n2 (n25 n4)
