1、第3章 排列、组合与二项式定理 知识系统整合 规律方法收藏1分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”(2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)(3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)2解决排列组合应用题的原则解决排列组合应用题的原则有特殊优先、先取后排、正难则反、相邻问题“捆绑”处理、不相邻问题“插空”处理(1)特殊优先的原则：这是解有限制条件
2、的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的对象和有限制条件的位置一定要优先考虑(2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的排除法求解(3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个对象要求相邻的排列问题，可先将相邻的对象“捆绑”起来看成一个对象与其他对象排列，然后将相邻对象进行排列(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个对象不相邻的排列问题，可先将其他对象排好，然后再将不相邻的对象在这些排好的对象之间及两端插入(5)指标问题采用“隔板法”把问题转化为：把n个相同对象分成m个组的分法，这相当于n个相同对象的每两个对象之间共n1个
3、空，任插m1个板子的插法数，即C种(6)先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的对象，再按要求进行排列(7)定序问题倍缩、空位插入原则：定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理(8)分排问题直排原则：一般地，对于对象分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究(9)小集团问题先整体后局部原则：小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理(10)构造模型原则：一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位插空模型、排队模型、装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决3二项式定理及其应用(1)二项式定理：(ab)nCan
4、Can1bCankbkCbn，其中各项的系数C(k0,1,2，n)称为二项式系数，第k1项Cankbk称为通项(2)二项式系数的性质对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质CC.增减性与最大值当k时，二项式系数C逐项减小当n为偶数时，展开式中间一项T1的二项式系数Cn最大；当n为奇数时，展开式中间两项T与T1的二项式系数Cn，Cn相等且最大各项的二项式系数之和等于2 n，即CCCC2n；奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即CCCCCC2n1.(3)对于二项式系数问题，应注意的几点求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；关于
5、组合恒等式的证明，常采用“构造法”构造函数或构造同一问题的两种算法；证明不等式时，应注意运用放缩法(4)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求k，再求Tk1.有时还需先求n，再求k，才能求出Tk1.(5)有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏(6)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段(7)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项(8)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关
6、知识来解决. 学科思想培优一、两个计数原理 应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情” 应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成典例1(1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A14 B16 C20 D48(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图涂色，要求相邻区域不
7、得使用同一种颜色现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有_种(用数字作答)解析(1)分两类：第一类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N12612；第二类，3人全来自其余4家企业，有4种情况综上可知，共有NN1N212416种情况(2)因为区域1与其他4个区域都相邻，首先考虑区域1，有4种涂法若区域2,4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为432248；若区域2,4不同色，先涂区域2，有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3,5都只有1种涂法，涂法总数为4321124.因此，满足条件的涂色方法共有482472种
8、答案(1)B(2)72典例2(1)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_种不同的选法；(2)将4封信投入3个信箱中，共有_种不同的投法解析(1)由题意知只会英语的有6人，只会日语的有2人，英语、日语都会的有1人共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2612种选法故共有261220种选法(2)第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有
9、3种投法；同理，第2,3,4封信各有3种投法根据分步乘法计数原理，共有33333481种投法答案(1)20(2)81二、排列与组合区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题，无序的问题属于组合问题在解决排列组合应用题时可应用如前所述十条原则典例3五位老师和五名学生站成一排，(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法？(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？(3)老师和学生相间隔共有多少种排法？解(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A种排法，五名学生再内部全排列有A种，故共有AA86400种排法(2)先将五位老师全排列有A种排法，再将五名学生排在五位老师
10、产生的六个空位上有A种排法，故共有AA86400种排法可用图表示：(用表示老师所在位置，用表示中间的空当)(3)排列方式只能有两类，如图所示：(用表示老师所在位置，用表示学生所在位置)故有2AA28800种排法典例4将由1,2,3,4,5五个数字组成的没有重复数字的五位数按由小到大的顺序排列，则第1个数是12345，第2个数是12354，最后一个数是54321.问：(1)43251是第几个数？(2)第93个数是怎样的一个五位数？解 (1)由题意知，共有五位数A120个 比43251大的数有下列几类： 万位数是5的有A24个； 万位数是4，千位数是5的有A6个； 万位数是4，千位数是3，百位数是
11、5的有A2个比43251大的数共有AAA32个43251是第1203288个数(2)由(1)知万位数是5的有A24个，万位数是4，千位数是5的有A6个比第93个数大的数有1209327个，第93个数即倒数第28个数，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321，45312,45231,45213,45132,45123，由此可见第93个数是45213.典例5有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？(3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解(1)由分步乘法计数原理可知，共有44256种放法(2)先从4个小球中取2个作为一组
12、，有C种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有CA144种不同的放法(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：第一类，1个盒子中放3个小球，一个盒子中放1个小球先把小球分组，有C种分法，再放到2个盒子中，有A种不同的放法，共有CA种不同的放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有种放法故恰有2个盒子中不放球的放法共有CA84种三、二项式定理的应用对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题从近
13、几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：(1)考查通项公式问题(2)考查系数问题：涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；一般采用通项公式或赋值法解决(3)可转化为二项式定理解决问题典例6(1)已知(1x)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则(a0a2a4)(a1a3a5)等于_；(2)设2na0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_.解析(1)在所给等式中，令x1，得a0a1a2a3a4a50；令x1，得a5a4a3a2a1a032，由，得a0a2a416，由，
14、得a1a3a516，所以(a0a2a4)(a1a3a5)256.(2)设f(x)2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f(1)f(1)2n2n2nn.答案(1)256(2)n典例7已知在n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是563.(1)求展开式中的所有有理项；(2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求n9C81C9n1C的值解(1)由C(2)4C(2)2563，解得n10.因为通项Tr1C()10rr(2)rCx5，当5为整数时，r可取0,6，展开式是有理项，于是有理项为T1x5
15、和T713440.(2)设第r1项系数绝对值最大，则解得r.因为r1,2,3，9，所以r7，当r7时，T815360x，所以系数绝对值最大的项为T815360x.(3)原式109C81C9101C.四、分类讨论的数学思想典例8若5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为()A40 B20 C20 D40解析对于5，可令x1得各项系数的和为1a2，故a1.5的展开式的通项为Tr1C(2x)5rrC25r(1)rx52r.要得到5的展开式中的常数项分为两类情况：的x与5的展开式中含的项相乘；的与5的展开式中含x的项相乘，故令52r1得r3，令52r1得r2，从而可得所求常数项为C22(1
16、)3C23(1)240.答案D典例9在0,1,2,3,4,5,6这七个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有多少个？解依题意，可分两大类第一类，当三个数字均为偶数时，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在0和第一步剩余的两个数中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个偶数中任取一个作为个位，有2种方法于是，第一类中的三位数共有N133218个第二类，当三个数字中有两个奇数、一个偶数时，偶数在百位，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在1,3,5中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个奇数中任取一个作为个位
17、，有2种方法于是，共有n133218个偶数在十位，同理，得n243224个偶数在个位，同理有n343224个故第二类中，符合题意的三位数共有N2n1n2n318242466个综上，所求的三位数共有N1N2186684个五、构造模型的思想典例10某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么熄灯方法共有_种解析依题意，问题相当于在已排成一行的9个对象间的8个空隙中，选3个插入3个相同的对象，方法种数为C56.故熄灯方法共有56种答案56典例11如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南北街道若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线行走，则从M到N有_种不同的走法(用数字作答)解析从M点走到N点，每次只能向北或向东走，则不论从M到N怎样走，都必须向北走3个路口，向东走5个路口，共走8个路口，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北的路口决定后，剩下的路口只能向东，例如“北北北东东东东东”就是其中的一种走法所以，问题归结为从8个路口中任选3个路口向北走，共有C56种不同的走法答案56
