1、第六章计数原理基础知识考点一：使用分类加法计数原理计数的两个条件(1)根据问题的特点确定一个适合它的_，在这个标准下进行分类.(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，分别属于不同类的两种方法是不同的方法，满足这些条件，才可以用_.考点二：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别联系：是涉及做一件事的_的种数问题.区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法_，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法_，只有各个步骤都完成才算做完这件事.考点三：两个计数原理的应用用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细
2、分析两点：(1)分类要做到“_”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数(2)分步要做到“_”，即完成了所有步骤，恰好完成任务分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步_原理，把完成每一步的方法数相乘，得到_考点四：排列数公式的两种形式(1)A_，其中m，nN*，并且mn.(2)A.考点五：组合数公式组合数公式乘积形式C，其中m，nN*，并且mn阶乘形式C规定：C1.知识点六：二项式系数的性质对称性在(ab)n的展开式中，与首末两端“_”的两个二项式系数相等，即CC增减性与最大值增减性：当k时，二项式系数是逐渐_的最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为
3、_时，中间两项的二项式系数，相等，且同时取得最大值各二项式系数的和(1)CCCC2n；(2)CCCCCC2n1课后小练1.设 (1-2x)5=a0+a1x+a2x2+a5x5 （1）求 a2 的值； （2）求 a1+a2+a3+a4+a5 的值. 2.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答. 第5项的系数与第3项的系数之比是14：3；第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55； Cn+12-Cnn-2=10 .已知在 (x-13x)n 的展开式中，_.（1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中含 x5 的项. 3.已知函数 f(x)=(x-1)2+ax+2(aR) 为
4、偶函数. （1）求实数 a 的值； （2）若 (ax-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ，求 a1+a2+a3+a4 的值. 4.7人排成一排照相，按下列情况各有多少种不同的排法？ （1）甲、乙、丙3人相邻 （2）甲、乙、丙3人不相邻 5.（1）证明： 1k+1Cnk=1n+1Cn+1k+1(nN*,kN) ； （2）计算： (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+(-1)202012021C20202020 ； （3）计算： k=02020(-1)kC2020k2k+2 . 6.有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内
5、： （1）共有多少种方法？ （2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？ （3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？ 7.已知8件不同的产品中有3件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品 （1）若在第5次测试时找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？ （2）若至多测试5次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试方法？ 8.已知 (1+12x)n 展开式中的 n+1 项按x的升幂排列依次记为 a1(x) ， a2(x) ， a3(x) ， ， an(x) ， an+1(x) ，设 F(x)=a1(x)+2a2(x)+3a3(x)+nan(x)+(n+1)an+1(x) . （1）若
6、a2(2)=8 ，求n的值； （2）求数列 2kak(2) （ k=1,2,n+1 ）的所有项的和 Sn+1 ； （3）求证：对任意 x1,x20,2 ，恒有 |F(x1)-F(x2)|(n+2)2n-1-1 . 9.4个男同学，3个女同学站成一排. （1）3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ （2）任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ （3）甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？ 10.男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）队长中至少有1人参加； （3
7、）既要有队长，又要有女运动员. 答案解析1.【答案】 （1）解： (1-2x)5 的展开式的通项为 Tr+1=C5r(-2x)r,r=0,1,2,3,4,5 所以 a2=C52(-2)2=40 （2）解：当 x=0 时， a0=1 ， 当 x=1 时， (1-2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5 ，得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1 ，所以 a1+a2+a3+a4+a5=-2 【解析】（1） 写出 (1-2x)5 的展开式的通项即可得到答案；（2）令 x=0 ，求出 a0 的值，然后再令 x=1 ，求出 a0+a1+a2+a3+a4+a5 的值，从而可求出 a1+a2+a3+a
8、4+a5 的值.2.【答案】 （1）解：可知 Tr+1=Cnr(x)n-r(-13x)r=Cnr(-1)rx3n-5r6 ， 方案一：选条件，由题可知 Cn4(-1)4Cn2(-1)2=143 ，n!4!(n-4)!2!(n-2)!n!=143 ，n2-5n-50=0 ，解得 n=10 或 n=-5 （舍去），所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，T6=C105(-1)5x56=-252x56 ，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=-252x56 ；方案二：选条件，由题可知 Cn1+Cnn-2=Cn1+Cn2=n2+n2=55 ，整理得 n2+n-110=0 ，解得
9、 n=10 或 n=-11 （舍去），所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，T6=C105(-1)5x56=-252x56 ，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=-252x56 ；方案三：选条件Cn+12-Cnn-2=Cn+12-Cn2=Cn1=10 ，n=10 ， 所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，T6=C105(-1)5x56=-252x56 ，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=-252x56 ；（2）解：方案一：选条件， 由（1）知 n=10,Tr+1=C10r(-1)rx5-5r6 ，令 5-56r=5 ， r=0 ， T1
10、=x5 ， 所以展开式中含 x5 的项是第一项，为 x5 ；方案二：选条件，同方案一（2）；方案三：选条件，同方案一（2）.【解析】(1)由题意利用，二项式系数的性质，求得n的值，再利用通项公式求得展开式中二项式系数最大的项. (2)由题意利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中含x5的项.3.【答案】 （1）解： f(x)=(x-1)2+ax+2=x2+(a-2)x+3 ， 因为 f(x) 为偶函数且定义域为 R ，则 f(-x)=f(x) ，即 x2-(a-2)x+3=x2+(a-2)x+3,(a-2)x=0,xR 恒成立，a=2 .（2）解：由(1)可知 (2x-1)4=a0+a1x+a
11、2x2+a3x3+a4x4 ， 令 x=0 可得 1=a0 ，令 x=1 可得 1=a0+a1+a2+a3+a4=1+a1+a2+a3+a4 ，所以 a1+a2+a3+a4=0 .【解析】（1）该函数为二次函数，由偶函数可知，对称轴为y轴，即x=0，可求出a的值；（2）分别令x=0和x=1，即可求出结果 4.【答案】 （1）解：将甲、乙、丙3人看作一个整体，与其余4人全排列，有 A55 种排法，而甲、乙、丙3人有 A33 种排法，故共有 A33A55 =720种不同的排法（2）解：可先排其余4人，然后再将甲、乙、丙排在已排好的4人之间及两端的5个空隙中，故共有 A44A53 =1440种不同的
12、排法 【解析】（1）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出甲、乙、丙3人相邻的不同排法种数。（2）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出 甲、乙、丙3人不相邻的不同排法种数。 5.【答案】 （1）证明： 1k+1Cnk=1k+1n!k!(n-k)!=1n+1(n+1)!(k+1)!(n-k)!=1n+1Cn+1k+1 ；（2）解： (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+(-1)202012021C20202020 =k=02020(-1)k1k+1C2020k=12021k=02020(-1)kC2021k+1=1202
13、1 （3）解：设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 ， 则 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-1)2k+2+(-1)n2n+2 =an-1+k=1n(-1)kCn-1k-12k+2=an-1+2nk=1n(-1)kCnkkk+2 =an-1+2nk=0n(-1)kCnk-k=0n(-1)kCnk2k+2=an-1+2n(0-an) .所以 an=nn+2an-1an=nn+2n-1n+1an-2 =n(n-1)-32(n+2)(n+1)54a1 ，又 a1=13 ，所以 an=n!2!(n+2)!=1Cn+2n .所以 k=02020(-1)kC2020k2k+2
14、=a2020=1C20222020=1C20222 =110112021=12043231 .（结果没化简，不扣分）方法二： k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k2020!k!(2020-k)!2(k+1)(k+2)(k+1) =k=02020(-1)k2022!(k+2)!(2020-k)!2(k+1)20222021 =220222021k=02020(-1)k(k+1)C2022k+2 =220222021k=02020(-1)k(k+2-1)C2022k+2 =220222021k=02020(-1)k(k+2)C2022k+2-k=02020(-1)
15、kC2022k+2 =220222021k=02020(-1)k2022C2021k+1-k=02020(-1)k+2C2022k+2 =220222021-2022k=02020(-1)k+1C2021k+1-(1-1)2022-1-C20221(-1)1) =220222021-2022(1-1)2021-1)+1-2022 =220222021=110112021=12043231 .【解析】（1） 利用组合数的运算即可求证.（2） 利用组合数的运算与性质即可证出.（3）方法一：设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 ，可得 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-
16、1)2k+2+(-1)n2n+2 ，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二： k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k2020!k!(2020-k)!2(k+1)(k+2)(k+1) ，根据组合数的运算即可求解6.【答案】 （1）解：每个球都有4种方法，故有4444256种，（2）解：每个盒子不空，共有 A44=24 不同的方法（3）解：四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球， 从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有 C42A43=144 种不同的放法【解析】(1) 由分步计数
17、原理代入数值计算出结果即可。(2)由排列的定义结合已知条件计算出答案即可。(3)由排列组合以及计数原理结合已知条件代入数值计算出结果即可。 7.【答案】 （1）解：若在第五次检测出最后一件次品，则前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品. 则不同的检测方法共有 C42A44A51=720 种. （2）解：检测3次可测出3件次品，不同的测试方法有 A33=6 种 检测4次可测出3件次品，不同的测试方法有 C32A33A51=90 种； 检测5次测出3件次品，分为两类：一类是恰好第5次测到次品，一类是前5次测到都是正品，不同的测试方法共有 C42A44A51+A55=840 种所以共有936种测试
18、方法【解析】（1） 由题意可知前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品，所以选出排列即可. （2）至多五次能找到，包括检测3次都是次品，检测四次测出3件次品，检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品，剩下的为次品，以此求出每种情况求和可得结果.8.【答案】 （1）解：由题意 ak(x)=Cnk-1(12x)k-1(k=1,2,n+1) . a2(2)=Cn2-1(122)2-1=Cn1=8 ，n=8 .（2）解：由题意 ak(2)=Cnk-1(122)k-1=Cnk-1，2kak(2)=2kCnk-1(k=1,2,n+1) . Sn+1=2Cn0+22Cn1+23Cn2+2n+1Cnn=2(C
19、n0+2Cn1+22Cn2+2nCnn) =2(1+2)n=23n .（3）证明：由题意 ak(x)=Cnk-1(12x)k-1(k=1,2,n+1) . F(x)=Cn0+2Cn1(12x)+3Cn2(12x)2+nCnn-1(12x)n-1+(n+1)Cnn(12x)n .当 x0,2 时， F(x)0 且不恒为0， F(x) 在 0,2 上单调递增. 对任意 x1,x20,2 ，恒有 |F(x1)-F(x2)|F(2)-F(0) .又 F(0)=1,F(2)=Cn0+2Cn1+3Cn2+nCnn-1+(n+1)Cnn .设 Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2+nCnn-1+(n+1)Cnn
20、 ，则 Sn=(n+1)Cnn+nCnn-1+3Cn2+2Cn1+Cn0 ，Cnk=Cnn-k ，将以上两式两端分别相加得：2Sn=(n+2)(Cn0+Cn1+Cn2+Cnn-1+Cnn)=(n+2)2n ，Sn=(n+2)2n-1 ，即 F(2)=(n+2)2n-1 . 对任意 x1,x20,2 ，恒有 |F(x1)-F(x2)|(n+2)2n-1-1 .【解析】（1） 根据二项式定理的通项公式，写出 a2(2) ，即求n的值；（2） 根据二项式定理的通项公式，写出 ak(2),Sn+1 ，即可求出 Sn+1 ；（3）利用导数判断 F(x) 在 0,2 上的单调性，只需 |F(x1)-F(x
21、2)|F(x)max-F(x)min ，即可证明.9.【答案】 （1）解：（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序有 A33 种，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排列有 A55 ，共有 A33A55=720 ；（2）解：先把4个男生排练有 A44 种排法，然后把3个女生向5个空档插孔，有 A44A53=1440 ；（3）解：先甲、乙相邻，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中， 按分步计数原理不同的排法有， A22A44A52=960 （种） 【解析】（1） （捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排序；（2
22、） 先把4个男生排列，然后把3个女生向5个空档插孔；（3）先把甲、乙捆绑成一个整体，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中，按分步计数原理求的结果10.【答案】 （1）解：分两步完成： 第一步，选3名男运动员，有 C63 种选法；第二步，选2名女运动员，有 C42 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有 C63C42=120 (种)选法.（2）解：方法一(直接法)可分类求解： “只有男队长”的选法种数为 C84 ；“只有女队长”的选法种数为 C84 ；“男女队长都入选”的选法种数为 C83 ，所以共有 2C84+C83=196 (种)选法.方法二(间接法)从10人中任选5
23、人有 C105 种选法，其中不选队长的方法有 C85 种.所以“至少有1名队长”的选法有 C105-C85=196 (种).（3）解：当有女队长时，其他人任意选，共有 C94 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有 C84 种选法，其中不含女运动员的选法有 C54 种，所以不选女队长时的选法共有 （C84-C54） 种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有 C94+C84-C54=191 (种). 【解析】（1）利用已知条件结合组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而求出男运动员3名，女运动员2名的选派方法。（2）利用直接法和间接法的方法结合组合数公式，进而求出队长中至少有1人参加的选派方法。（3)利用已知条件结合组合数公式,再利用分类加法计数原理和间接法，进而求出既要有队长，又要有女运动员的选派方法。
