人教A版2019（选修三）第6章 分步乘法计数原理5大重点题型+单元检测

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第六章 分步乘法计数原理5大重点题型+单元检测（解析版）目录A题型建模・专项突破 TOC \o "1-3" \h \z \u  HYPERLINK \l "_Toc200456758" 题型一、简单直接分步计数题 PAGEREF _Toc200456758 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc200456759" 题型二、限制性分步计算（常考点） PAGEREF _Toc200456759 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc200456760" 题型三、多事件独立分步 PAGEREF _Toc200456760 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc200456761" 题型四、涂色问题（常考点） PAGEREF _Toc200456761 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc200456762" 题型五、其他问题 PAGEREF _Toc200456762 \h 3B综合攻坚・能力跃升C单元检测【知识清单1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析(1)联系分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题.(2)区别分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表：(3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理；分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理.在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用.2．两类计数问题的求解思路：(1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果.(2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果.3．两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题.A题型建模・专项突破题型一、简单直接分步计数题1.要让如图所示的电路在只合上两个开关的情况下正常工作，不同方法种数为（   ）A．10B．8C．6D．5【答案】C【解析】依题意，在左边并联的两个开关中任取1个合上，再在右边并联的三个开关中任取1个合上，电路正常工作，所以不同方法种数为2×3=6.2.口袋中装有5个白球4个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球，只有一个红球的取法种数是（    ）A．20B．26C．32D．36【答案】A【解析】依题意，取出1个红球有4种方法，取出1个白球有5种方法，所以取出2个球中只有一个红球的取法种数是.3.5个班分别从3个研学基地中选择1个基地进行综合实践活动，则不同的选择方法有 种.【答案】243【解析】由题意可知5个班分别从3个研学基地中选择1个基地进行综合实践活动，共有种不同方法.题型二、限制性分步计算（常考点）4.书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（   ）种.A．504B．84C．1008D．168【答案】A【解析】将新买的本书逐一放进去，对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；由分步乘法计数原理可得，共有(种).5.安排4位顾客去三家餐馆就餐，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在餐馆，则不同的安排方案共有 种．【答案】27【解析】由题意可知，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在餐馆，则剩下3位顾客每人就餐餐馆有3种安排方案，故不同的安排方案共有种.6.在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 .【答案】 【解析】由题意，可分4步进行选取：第一步，先在第一列中4个格子中选一个格子，有4种选法；第二步，在第二列中3个格子（与第一步所选的格子不同行）中选一个格子，有3种选法；第三步，在第三列中2个格子（与前两步所选的格子不同行）中选一个格子，有2种选法；第四步，在第4列中只有一个格子可选，有1种选法.所以一共有种选法.经观察，选中方格的4个数之和的要最大，只能是4个数都是4，所以4个数之和的最大值为.7.如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有 种．【答案】【解析】参观路线分步完成：第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法；而在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成；第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法，同理，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成；第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成，根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种.8.若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如212，324等都是“凹数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成三位数，则组成的三位数中，“凹数”的个数是 ，其中能被3整除的“凹数”的个数是 .【答案】 30 10【解析】依题意，十位数字是1的“凹数”个数为；十位数字是2的“凹数”个数为；十位数字是3的“凹数”个数为；十位数字是4的“凹数”个数为1，所以所求“凹数”的个数是；1，2，3，4，5除以3的余数依次为1，2，0，1，2，因此能被3整除的“凹数”含有数字3时，另两个数字除以3的余数不同，其中十位数字是1，另两个数字分别为2，3和3，5；十位数字是2，另两个数字为3，4；十位数字是3，另两个数字分别为4，5；共有个；不含数字3时，三个数字除以3的余数相同，十位数字是1，另两个数字分别为4，4；十位数字是2，另两个数字为5，5，共2个，所以能被3整除的“凹数”的个数是10个.题型三、多事件独立分步9.品牌电商服务商是指专门为品牌方提供电子商务服务的商家，其中包括运营、营销、仓储物流、客户服务等内容.某品牌方准备与甲、乙、丙3家服务商进行合作，为此对这3家服务商的运营、营销、仓储物流、客户服务4个项目进行考察，并根据考察结果对每项内容按照从优到劣分为A，B，C三个等级，则甲服务商的4项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为（   ）A．24B．120C．256D．625【答案】D【解析】若甲服务等级为A，则乙和丙可以B，C等级，共有种；若甲服务等级为B，则乙和丙只能C等级，此时有1种情况，所以每个项目甲高于乙和丙服务商的情况有5种，所以甲服务商的4项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为.10.某电商推出了A，B，C，D四种红包，活动规定每人可以依次点击5次，每次都会获得四种红包的一种，若集齐四种才能获奖，且每次红包出示的顺序不同对应的奖次也不同.甲按规定依次点击了5次，直到第5次才获奖.则他获得奖次的不同情形种数为 .【答案】144【解析】由题意可得直到第5次才获奖，说明前4次点击中恰有其余三种不同类型，采用分步计算，第五次共有4种选择，前四次共有种，减去缺少一种的类型有种；再加上缺少两种的类型共有，由容斥原理可得前4次点击中恰有其余三种不同类型共有种，由分步乘法原理可得种.11.已知有4名工人分别在4个不同的岗位，现根据需要进行轮岗调整，则至少有3名工人岗位变动的轮岗方式种数有 .【答案】17【解析】分两类：当恰有3名工人岗位变动时，则先从4名工人中选出1名保持岗位不变，剩余3名工人进行错位排列有种；当4名工人岗位全部变动时，则不妨记4名工人分别为，对应的岗位分别为，工人有3种岗位选择，若工人选择岗位时，则工人选择对应的岗位为、或共3种轮岗方式，同理工人选择岗位时有3种轮岗方式，工人选择岗位时有3种轮岗方式，所以4名工人进行错位排列有种；综上，共有种轮岗方式.12.小明在注册账号时想到一个问题. 他将这个问题简化如下：可以使用字符来组成五位密码，要求必须包含数字、小写字母和大写字母，且不可以出现两个相同的字符相邻. 例如密码可以设置为或，但不能设置为或，则可以设置不同的密码的个数为 .【答案】【解析】我们先只考虑相邻字符不同的密码，共有种. 这里面不满足要求的有两类：第一类是仅包含单一字符类型（如全数字），这类共有种；第二类是仅包含两种字符类型（如数字和小写字母），共有个不同的字符可选，只满足相邻不同的密码有种，其中单一字符类型的有种，故第二类共有种. 所以不同密码的总个数为.题型四、涂色问题（常考点）13.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法，A．B．C．D．【答案】D【解析】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法.第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法.故第二部分共有种涂法.第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法.因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法.14.如图，现要用6种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有 种不同的着色方法.【答案】【解析】先给I地区涂色有6种，再给Ⅱ地区涂色有5种，给Ⅲ地区涂色有4种，给Ⅳ地区涂色有4种，所以由分步乘法计数原理得：种.15.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种．【答案】630【解析】根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况．先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择，当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择．故不同的涂色方案有（种）．题型五、其他问题16.某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（    ）种.A．36B．72C．114D．162【答案】C【解析】安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲乙共有种方法；余下3人，每人有3种安排方法，共有种方法，除甲乙去的学校外的学校无人去的情况有种，所以不同的派遣方案有（种）.17.展开后，共有项数为（   ）A．B．C．D．【答案】C【解析】展开后每一项都必须在以及两式中任取一项相乘，故有项．18.已知直线方程，若从0、1、2、3、5、7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A、B的值，则可表示 条不同的直线．【答案】22【解析】当时，可表示1条直线；当时，可表示1条直线；当时，A有5种选法，B有4种选法，可表示条不同的直线．由分类加法计数原理，知共可表示条不同的直线．19.现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解：第一步，选出1名医生有3种选派方法；第二步，选1名护士有5种选派方法；第三步，选1名麻醉师有2种选派方法.由分步计数可知，总的选派方法有种.B综合攻坚・能力跃升1.有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为（   ）A．12B．64C．81D．256【答案】C【解析】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立，故该装置所能发出的不同信号种数为种.2.从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（    ）A．4个B．9个C．12个D．16个【答案】B【解析】根据题意可知，若复数表示虚数，则；第一步，从中任取一个数作为，共有3种选法；第二步，再从剩余的三个数任取一个作为，共有3中选法，因此共有种.3.已知直线的斜率为正，且a，b，，则符合上述条件的不同的直线条数为（    ）A．40B．20C．17D．15【答案】C【解析】因为直线的斜率为正，则，当a>0，b0，bn.当m＝5时，有n＝1,2,3,4四种结果；当m＝4时，有n＝1,2,3三种结果；当m＝3时，有n＝1,2两种结果；当m＝2时，有n＝1一种结果．故所求的椭圆共有4＋3＋2＋1＝10(个)．故选B.二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)9．我国古代在珠算发明之前多是用算筹为工具来记数、列式和计算的．算筹实际上是一根根相同长度的小棍．如图，用算筹表示数1～9的方法有两种，即“纵式”和“横式”，规定个位数用纵式，十位数用横式，百位数用纵式，千位数用横式，万位数用纵式……以此类推，交替使用纵横两式．例如：27可以表示为“”．如果用算筹表示不含0的两位数，则下列说法正确的是(　　)A．36可以表示为B．用七根算筹，表示不同的两位数，若十位为1，则可以表示9个这样的两位数C．用七根算筹，表示不同的两位数，若十位为4，则可以表示41,42,43,46,47D．用七根算筹，表示不同的两位数，共可以表示48个这样的两位数BC　解析：36可以表示为，A错误．当十位为1时，个位可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9，共9个，B正确．当十位为4时，个位可以是1,2,3,6,7，即可以表示41,42,43,46,47，共5个，C正确．当十位为2时，个位可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9，共9个；当十位为3时，个位可以是1,2,3,4,6,7,8，共7个；当十位为5时，个位可以是1,2,6，共3个；当十位为6时，个位可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9，共9个；当十位为7时，个位可以是1,2,3,4,6,7,8，共7个；当十位为8时，个位可以是1,2,3,6,7，共5个；当十位为9时，个位可以是1,2,6，共3个．所以总共可表示9＋5＋9＋7＋3＋9＋7＋5＋3＝57(个)不同的两位数，D错误．10．身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人．现将这五人排成一行，则(　　)A．穿黄色衣服的人不相邻的排法种数为48B．穿红色衣服的人相邻的排法种数为48C．穿红色衣服的人与穿黄色衣服的人同时相邻的排法种数为36D．穿相同颜色衣服的人不相邻的排法种数为48BD　解析：穿黄色衣服的人不相邻的排法有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,4)＝72(种)，穿红色衣服的人相邻的排法有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝48(种)，同理，穿黄色衣服的人相邻的排法也有48种．而穿红色、黄色衣服的人同时相邻的排法有Aeq \o\al(2,2)·Aeq \o\al(2,2)·Aeq \o\al(3,3)＝24(种)．故穿相同颜色衣服的人不相邻的排法有Aeq \o\al(5,5)－2×48＋24＝48(种)．11．若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(　　)A．a0＝3B．a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝88＋56eq \r(3)C．a0＋a2＋a4＝97D．a1＋a3＝56eq \r(3)CD　解析：令x＝0，得(eq \r(3))4＝a0，即a0＝9.令x＝1，得(2＋eq \r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝97＋56eq \r(3).令x＝－1，得(－2＋eq \r(3))4＝a0－a1＋a2－a3＋a4＝97－56eq \r(3).所以a0＋a2＋a4＝97，a1＋a3＝56eq \r(3).三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12．若(x＋a)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1( \f(1,x)－1))5的展开式中常数项为－1，则a的值为________.1或9　解析：由于(x＋a)2＝x2＋2ax＋a2，而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))5的展开式通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \o\al(k,5)·xk－5，其中k＝0,1,2，…，5.于是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))5的展开式中x－2的系数为(－1)3Ceq \o\al(3,5)＝－10，x－1的系数为(－1)4Ceq \o\al(4,5)＝5，常数项为－1.因此(x＋a)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))5的展开式中常数项为1×(－10)＋2a×5＋a2×(－1)＝－a2＋10a－10.依题意－a2＋10a－10＝－1，即a2－10a＋9＝0，解得a＝1或a＝9.13．设a≠0，n是大于1的自然数，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,a)))n的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0,1,2)的位置如图所示，则a2＝________，a＝　　　　.4　3　解析：根据题意知a0＝1，a1＝3，a2＝4.结合二项式定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(C\o\al(1,n)·\f(1,a)＝3，,C\o\al(2,n)·\f(1,a2)＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n＝3a，,nn－1＝8a2，))解得a＝3.14．艺术节期间，主办方派甲、乙、丙、丁四名工作人员分别到A，B，C三个不同的演出场馆工作，每个演出场馆至少派一人．若要求甲、乙两人不能到同一演出场馆工作，则不同的分派方案有　　　　种．30　解析：四个人分别到三个不同的演出场馆工作，每个演出场馆至少派一人的方法总数为Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝36，甲、乙两人到同一演出场馆工作的方法数为Aeq \o\al(3,3)＝6，故甲、乙两人不到同一演出场馆工作的不同分派方案有36－6＝30(种)．四、解答题(本题共5小题，共77分)15．(13分)3名男生、4名女生站成一排．(1)任意2名女生都不相邻，有多少种排法？(2)其中的男生甲、乙相邻，有多少种排法？解：(1)先把3名男生全排列，再把4名女生插在男生之间的4个空中，即可得有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)＝144(种)排法．(2)甲、乙相邻，看成一个“元素集团”，与其余5个元素全排列有Aeq \o\al(6,6)种排法，“元素集团”内部排法有Aeq \o\al(2,2)种，所以共有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(2,2)＝1 440(种)排法．16．(15分)从集合{－3，－2，－1,0,1,2,3}中任取3个不同的元素作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)中a，b，c的值．设抛物线过原点，且顶点在第一象限．这样的抛物线共有多少条？解：若抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))在第一象限，则a，b，c应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0＝a×02＋b×0＋c，,－\f(b,2a)>0，,\f(4ac－b2,4a)>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝0，,a0.))分三步：a可以取－3，－2，－1；b可以取1,2,3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为3×3×1＝9.17．(15分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60，求：(1)n的值；(2)－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)neq \f(an,2n)的值．解：(1)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)(－2x)k＝(－2)kCeq \o\al(k,n)·xk.因为T3＝Ceq \o\al(2,n)(－2x)2＝a2x2，所以a2＝Ceq \o\al(2,n)(－2)2＝60，化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.(2)Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)(－2x)k＝akxk，所以ak＝Ceq \o\al(k,6)(－2)k，所以(－1)k·eq \f(ak,2k)＝Ceq \o\al(k,6)，－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)n·eq \f(an,2n)＝Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,6)＋…＋Ceq \o\al(6,6)＝26－1＝63.18．(17分)已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(3,x))))n的展开式中，前3项的系数分别为a1，a2，a3，且满足2a2＝a1＋a3.(1)求展开式中各项的二项式系数的和；(2)求展开式中系数最大的项；(3)求展开式中所有有理项．解：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(3,x))))n的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n)(eq \r(x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(3,x))))r＝eq \f(1,2r)Ceq \o\al(r,n)xeq \s\up7(\f(3n－5r,6))，r＝0,1,2，…，n(n≥2)，则a1＝eq \f(1,20)Ceq \o\al(0,n)＝1，a2＝eq \f(1,21)Ceq \o\al(1,n)＝eq \f(1,2)n，a3＝eq \f(1,22)Ceq \o\al(2,n)＝eq \f(nn－1,8).因为2a2＝a1＋a3，即2×eq \f(1,2)n＝1＋eq \f(nn－1,8)，解得n＝8或n＝1(舍去)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(3,x))))8展开式中各项的二项式系数的和为28＝256.(2)由(1)知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(3,x))))8的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,8)(eq \r(x))8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(3,x))))r＝eq \f(1,2r)Ceq \o\al(r,8)xeq \s\up7(\f(24－5r,6))(0≤r≤8且r∈N)，记第k项系数最大，则有Tk≥Tk＋1，且Tk≥Tk－1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(C\o\al(k－1,8)2－k＋1≥C\o\al(k,8)2－k，,C\o\al(k－1,8)2－k＋1≥C\o\al(k－2,8)2－k＋2，))解得3≤k≤4.又k∈N，所以k＝3或k＝4，所以系数最大的项为第3项T3＝7xeq \s\up7(\f(7,3))和第4项T4＝7xeq \s\up7(\f(3,2)).(3)因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(3,x))))8的展开式的通项为Tr＋1＝eq \f(1,2r)Ceq \o\al(r,8)xeq \s\up7(\f(24－5r,6))(0≤r≤8且r∈N)，令eq \f(24－5r,6)∈Z,0≤r≤8且r∈N，则r＝0或r＝6，所以展开式中有理项为T1＝x4和T7＝eq \f(7,16x).19．(17分)设数列{an}是等比数列，a1＝Ceq \o\al(3m,2m＋3)·Aeq \o\al(1,m－2)，公比q是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x2)))4的展开式中的第2项．(1)用n，x表示an与数列{an}的前n项和Sn；(2)若An＝Ceq \o\al(1,n)S1＋Ceq \o\al(2,n)S2＋…＋Ceq \o\al(n,n)Sn，用n，x表示An.解：(1)因为a1＝Ceq \o\al(3m,2m＋3)·Aeq \o\al(1,m－2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2m＋3≥3m，,m－2≥1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≤3，,m≥3，))所以m＝3，所以a1＝Ceq \o\al(9,9)·Aeq \o\al(1,1)＝1.又由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x2)))4，知T2＝Ceq \o\al(1,4)x3·eq \f(1,4x2)＝x，所以q＝x.所以an＝xn－1(n≥1，且n∈N*)，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n，x＝1，,\f(1－xn,1－x)，x≠1.))(2)当x＝1时，Sn＝n，所以An＝0Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋2Ceq \o\al(2,n)＋…＋(n－1)Ceq \o\al(n－1,n)＋nCeq \o\al(n,n)①.又An＝nCeq \o\al(0,n)＋(n－1)Ceq \o\al(1,n)＋…＋Ceq \o\al(n－1,n)＋0Ceq \o\al(n,n)②，由①＋②，得2An＝n(Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n))＝n·2n，所以An＝n·2n－1.当x≠1时，Sn＝eq \f(1－xn,1－x)，所以An＝eq \f(1－x,1－x)Ceq \o\al(1,n)＋eq \f(1－x2,1－x)Ceq \o\al(2,n)＋eq \f(1－x3,1－x)Ceq \o\al(3,n)＋…＋eq \f(1－xn,1－x)Ceq \o\al(n,n)＝eq \f(1,1－x)[(Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n))－(xCeq \o\al(1,n)＋x2Ceq \o\al(2,n)＋x3Ceq \o\al(3,n)＋…＋xnCeq \o\al(n,n))]＝eq \f(1,1－x)[(2n－1)－(1＋xCeq \o\al(1,n)＋x2Ceq \o\al(2,n)＋…＋xnCeq \o\al(n,n)－1)]＝eq \f(1,1－x)[2n－(1＋x)n]． 所以An＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·2n－1，x＝1，,\f(2n－1＋xn,1－x)，x≠1.))区别分类加法计数原理分步乘法计数原理①针对的是“分类”问题针对的是“分步”问题②各种方法相互独立各个步骤中的方法互相依存③用其中任何一种方法都可以完成这件事只有各个步骤都完成才算完成这件事颜色汉字数字红**黄**蓝**AB3DC6789