(2)用间接法.共C410-69=141种.
总结提高
解有条件限制的排列与组合问题的思路：
(1)正确选择原理，确定分类或分步计数;
(2)特殊元素、特殊位置优先考虑;
(3)再考虑其余元素或其余位置.
12.3 二项式定理
典例精析
题型一 二项展开式的通项公式及应用
【例1】 已知 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.
(1)求证：展开式中没有常数项;
(2)求展开式中所有的有理项.
【解析】由题意得2C1n• =1+C2n•( )2，
即n2-9n+8=0，所以n=8，n=1(舍去).
所以Tr+1= •( ) •
=(- )r• • •
=(-1)r• • (0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr+1是常数项，则16-3r4=0，即16-3r=0，
因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.
(2)若Tr+1是有理项，当且仅当16-3r4为整数，
又0≤r≤8，r∈Z，所以 r=0,4,8，
即展开式中有三项有理项，分别是T1=x4，T5=358 x，T9=1256 x-2.
【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质;
(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系);
(3) 注意区分展开式“第r+1项的二项式系数”与“第r+1项的系数”.
【变式训练1】若(xx+ )n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项?如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.
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【解析】由题知C0n+C1n•2+C2n•22=129，
所以n=8，所以通项为Tr+1=Cr8(xx)8-r = ，
故r=6时，T7=26C28x=1 792x，
所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.
题型二 运用赋值法求值
【例2】(1)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，且a1+a2+…+an-1=29-n，则n= ;
(2)已知(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若5a1+2a2=0，则a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan= .
【解析】(1)易知an=1，令x=0得a0=n，所以a0+a1+…+an=30.
又令x=1，有2+22+…+2n=a0+a1+…+an=30，
即2n+1-2=30，所以n=4.
(2)由二项式定理得，
a1=-C1n=-n，a2=C2n=n(n-1)2，
代入已知得-5n+n(n-1)=0，所以n=6，
令x=-1得(1+1)6=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6，
即a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=64.
【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.
【变式训练2】设(3x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a7x7+a8x8.求a0+a2+a4+a6+a8的值.
【解析】令f(x)=(3x-1)8，
因为f(1)=a0+a1+a2+…+a8=28，
f(-1)=a0-a1+a2-a3+…-a7+a8=48，
所以a0+a2+a4+a6+a8=f(1)+f(-1)2=27×(1+28).
题型三 二项式定理的综合应用
【例3】求证：4×6n+5 n+1-9能被20整除.
【解析】4×6n+5n+1-9=4(6n-1)+5(5n-1)=4[(5+1)n-1]+5[(4+1)n-1]=20[(5n-1+C1n5n-2+…+Cn-1n)+(4n-1+C1n4n-2+…+Cn-1n)]，是20的倍数，所以4×6n+5n+1-9能被20整除.
【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a+b)n中，a，b中有一个是除数的倍数;其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.
【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.
【解析】0.9986=(1-0.002)6=1+6×(-0.002)1+15×(-0.002)2+…+(-0.002)6.
因为T3=C26(-0.002)2=15×(-0.002)2=0.000 06<0.001，
且第3项以后的绝对值都小于0.001，
所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.
所以0.9986=(1-0.002)6≈1+6×(-0.002)=1-0.012=0.988.
总结提高
1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项;
2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段;
3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.
12.4 随机事件的概率与概率的基本性质
典例精析
题型一 频率与概率
【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.
抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000
优等品数m 45 92 194 470 954 1 902
优等品频率
(1)计算表中乒乓球优等品的频率;
(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少?(结果保留到小数点后三位)
【解析】(1)依据公式 ，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,
0.940,0.954,0.951.
(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.
【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.
【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.
投篮次数n 8 10 12 9 10 16
进球次数m 6 8 9 7 7 12
进球频率
(1)计算表中进球的频率;
(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少?
【解析】(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：
(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在 附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .
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