（高三数学总复习指导）专题十 排列组合二项式定理.doc

1、专题十专题十排列组合二项式定理排列组合二项式定理排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力101排列组合排列组合【知识要点】【知识要点】1分类计数原理与分步计数原理2排列与组合mnmnmnmnAAmnmnCmnnA)!( !,)!(!3组合数的性质：(1)mnnmnCC；(2)11mnmnmnCCC【复习要求】【复习要求】理解和掌握分类计数与分步计数两个原理在应用分类计数原理时，要注意“类

2、”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件【例题分析】【例题分析】例例 1有 3 封信，4 个信筒(1)把 3 封信都寄出，有多少种寄信方法?(2)把 3 封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?【分析】【分析】(1)分 3 步完成寄出 3 封信的任务：第一步，寄出 1 封信，有 4 种方法；第二步，再寄出 1 封信，有 4 种方法；第三步，寄出最后 1

3、 封信，有 4 种方法，完成任务根据分步计数原理，共有 4444364 种寄信方法(2)典型的排列问题，共有34A24 种寄信方法例例 2在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植 A，B 两种作物，每种作物种植 1 垄，为有利于作物生长，要求 A，B 两种作物的间隔不小于 6 垄，则不同的种植方法共有_种解解：设这 10 垄田地分别为第 1 垄，第 2 垄，第 10 垄，要求 A，B 两垄作物的间隔不少于6 垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这 6 种选法，第二步种植两种作物共有22A2 种种植法，所以共有 621

4、2 种选垄种植方法【评述】【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的如例 2在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题如例 1 的两个问题例例 3某电子表以 6 个数字显示时间，例如 09:20:18 表示 9 点 20 分 18 秒则在 0 点到 10 点之间，此电子表出现 6 个各不相同数字来表示时间的有_次【

5、分析】【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下：第一步：确定第一个数字，只能为 0，只有 1 种方法；第二步： 确定第三位数字， 只能为 0 至 5 中的一个数(又不能与首位相同)， 所以只有 5 种方法；第三步：确定第五位数字，也只能为 0 至 5 中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有 4 种方法；第四步：确定剩下三位数字，0 至 9 共 10 个数字已用了 3 个，剩下的 7 个数字排列在 2，4，6 位共有37A种排法由分步计数原理得：15437A4200 种【评述】【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所

6、以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位例例 47 个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数(1)甲站在中间；(2)甲、乙必须相邻；(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)；(4)甲、乙、丙相邻；(5)甲、乙、丙两两不相邻；解：解：(1)甲站在中间，其余 6 名同学任意排列，故不同排法有66A720(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余 5 个人全排列，共有66A种排法；第二步：给甲、乙松绑，有22A种排法，此题共有66A22A1440 种不同排法(3)在 7 名同学站成一排的77A种排法中， “甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不

7、要求相邻)的不同排法共有77A22520 种(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余 4 名同学共 5 个元素的全部排列数有55A种，再结合甲、乙、丙 3 个人之间的不同排列有33A种，此题的解为：55A33A720(5)先让除甲、乙、丙外的 4 个人站好，共有44A种站法，让甲、乙、丙 3 人插空，由于 4 个人形成 5 个空位，所以甲、乙、丙共有35A种站法，此题答案14403544AA【评述】【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例 4(2)，(4)当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其

8、他元素的空中如例 4(5)例例 54 个不同的球，4 个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?【分析【分析】先将 4 个球分成 3 组，共有624C种分组方法；再将 3 组球放在 4 个盒子里，是排列问题，有34A24 种方法，所以，共有1443424AC种不同的放球方法【评述】【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好例例 6 某班组有 10 名工人，其中 4 名是女工从这 10 个人中选 3 名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?解法解法 1：至少有一名女工的情形有三类：1 名女工和 2 名男工；2 名女工和 1 名男工；3 名女工，把这 3 类选法加

9、在一起，共有1003416242614CCCCC种不同的选法解法解法 2： 与 “至少有一名女工” 选法相对立的是 “没有女工” 的选法， 从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有10036310CC【评述】【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算例例 7如图，用六种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?【分析】【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第 4 个格子时会

10、发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第 4 个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定于是，我们要按照 1、3 两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题解：解：1、3 两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有 6515150 种方法；1、3 两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有 6544480 种方法所以，共有不同的涂色方法 630 种例例 8四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，取 4 个不共面的点，不同取法有多少种?【分析】【分析】没有限制地从 10 个点中选出 4 个点，共有410C种不同

11、选法，除去 4 点共面的选法即可4 点共面的选法有 3 类(1)4 个点在四面体 ABCD 的某一个面上，共有464C种共面的情况(2)过四面体的一条棱上的 3 个点及对棱的中点，如图中点 A，E，B，G 平面，共计有 6 种共面的情况(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图 E，F，G，H 平面，此类选法共有 3 种综上，符合要求的选法共有141)364(46410CC种例例 9在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条?【分析【分析】 “CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条

12、数相同，如下右图，从左下角的 T 走到边上的 C 共有 6 步，每一步都有 2 种选择，由分步计数原理，所以下图中， “TSETNOC”路线共有 2664 条所以本题的答案为 6421127【评述】【评述】例 9 的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好的方法例例 10(1)计算59694858AAAA的值；(2)计算nnnnCC321383的值；(3)证明：mnmnmnAmAA11(1)解解：275! 93! 8

13、5! 9! 94! 8! 84! 4! 9! 3! 9! 4! 8! 3! 859694858AAAA(2)解解：注意到mnC中的隐含条件：nm，mN，nN*，有,321, 038, 03,383nnnnnn解得221219 n，所以 n10所以，46613123030312830CCCC(3)证明证明：)!1(!)!1(!) 1()!1(!)!(!1mnnmmnnmnmnnmmnnmAAmnmnmnAmnnmnnmnnmmnnmn1!) 1()!1()!1()!1()!1(!)!1(!) 1(【评述】【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公

14、式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明常用的组合数的性质有：(1)mnnmnCC；(2)11mnmnmnCCC；(3)nnnnnnCCCC2210；(4)3120nnnnCCCC练习练习 101一、选择题一、选择题15 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()(A)10 种(B)20 种(C)25 种(D)32 种2某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为()(A)42(B)30(C)20(D)123四面体的一个顶点为 A，

15、从其他顶点与棱的中点中取 3 个点，使它们和点 A 在同一平面上，不同的取法有()(A)30 种(B)33 种(C)36 种(D)39 种4某电脑用户计划用不超过 500 元的资金购买单价分别为 60 元、70 元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买 3 片，磁盘至少买 2 盒，则不同的选购方式有()(A)5 种(B)6 种(C)7 种(D)8 种5下列等式中正确的是()(1)11knknnCkC；(2)111111knknCnCk；(3)knknCkknC11；(4)knknCnkC1111(A)(1)(2)(B)(1)(2)(3)(C)(1)(3)(D)(2)(3)(4)6有两排座位

16、，前排 11 个座位，后排 12 个座位，现安排 2 人就座，规定前排中间的 3 个座位不能坐，并且这 2 人不左右相邻，那么不同排法的种数是()(A)234 种(B)346 种(C)350 种(D)363 种二、填空题二、填空题7从集合0，1，2，3，5，7，11中任取 3 个元素分别作为直线方程 AxByC0 中的 A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_条(结果用数值表示)8用数字 0，1，2，3，4，5 可以组成没有重复数字，并且比 20000 大的五位偶数共有_9马路上有 12 盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中 3 盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有_

17、种10将标号为 1，2，10 的 10 个球放入标号为 1，2，10 的 10 个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有 3 个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有_种(以数字作答)11从集合O，P，Q，R，S与0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取 2 个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母 O，Q 和数字 0 至多只能出现一个的不同排法种数是_(用数字作答)128 个相同的球放进编号为 1、2、3 的盒子里，则放法种数为_(以数值作答)102二项式定理二项式定理【知识要点】【知识要点】1二项式定理：nnnrrnrnnnnnnnnbCbaCbaCbaCaCba222

18、110)(2通项公式：rrnrnrbaCT1，30nC，1nC，2nC，rnC，nnC称为二项式系数，4二项展开式的系数的性质：nnnnnnCCCC2210；3120nnnnCCCC【复习要求】【复习要求】会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；了解利用二项式定理进行近似计算，证明与组合数有关的等式或整数(整式)的整除性的方法【例题分析】【例题分析】例例 1在二项式52)1(xx 的展开式中，含 x4的项的系数是_解：解：rrrrrrrxCxxCT31055251) 1()1()(，令 103r4，得 r2，所以 x4项的系数是10) 1(225C例例 2(1)若(1x)n的展开式中，x3的系数

19、是 x 系数的 7 倍，求 n 的值；(2)在(2lgx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于 1120，求 x 的值解：解：(1)由已知137nnCC ，即nnnn76)2)(1(，整理得 n23n400，解得 n8 或 n5(舍)所以 n8(2)(2lgx)8的展开式中共有 9 项，二项式系数最大的项为第 5 项由已知，1120)(lg244485xCT，整理得(lgx)41，所以 lgx1，解得 x10 或101x例例 3求1003)23(x的展开式中 x 的系数为有理数的项的个数解：解：rrrrrrrrxCxCT10032100100310010012 3 )2()3(，若系数为有

20、理数，则3,2100rr都必须是整数，即 r 应为 6 的倍数又 0r100，所以 r 的不同值有 17 个所以 x 的系数为有理数的项共有 17 项例例 4已知nnx)1( 的展开式中，第 3 项与第 6 项的系数互为相反数，求展开式中系数最小的项解：解：,)1(,)1(1055556422223nnnnnnnnxCxxCTxCxxCT由已知25nnCC ，所以 n7所以第 4 项系数最小，.35)1(37337374xxCxxCT【评述】【评述】通项公式rrnrnrbaCT1是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同时注意系数、上标、下标之间的关系；注意系数、二项式系数的区别，如例 2；

21、注意运用通项公式求第 3 项时，r2如例 4例例 5已知(a21)n的展开式中的各项系数之和等于52)1516(xx 的展开式的常数项，而(a21)n的展开式中的系数最大项等于 54，求 a 的值，解：解：52)1516(xx 的展开式的第 r1 项.)516()1()516(2520555251rrrrrrrxCxxCT令 Tr1为常数项，则 205r0，r4，所以常数项.16516455 CT又(a21)n的展开式中的各项系数之和等于 2n，由题意得 2n16，所以 n4由二项式系数的性质知，(a21)n的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的项，是中间项 T3，所以54424aC，解

22、得3a例例 6已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4)a0a1a2a7解：解：令 x1，则 a0a1a2a71令 x1，则 a0a1a2a3a4a5a6a737(1)易知 a01，所以 a1a2a7a0a1a2a7a02；(2)()2，得 a1a3a5a723171094；(3)()2，得 a0a2a4a6=23171093；(4)方法 1：因为(12x)7的展开式中 a1，a3，a5，a7是负数，a0，a2，a4，a6是正数，所以a0a1a2a7a0a2a4a6(a1a3a5a7)2187方法 2：因为a0a1a

23、2a7表示(12x)7的展开式中各项系数的和，令 x1，可得a0a1a2a7372187【评述】【评述】通过给二项式定理中的字母赋值(根据式子的特点，常令字母为 1 或1)的方式可以解决二项展开式系数整体求值的问题例例 7若多项式 x2x10a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10， 则 a9_【分析】【分析】方法 1：由于 a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10 x2x101(x1)21(x1)1010101091910) 1() 1() 1(xCxC，则10) 1(9109 Ca方法 2：由于等式左边 x10的系数为 1，所以 a101，又，等

24、式左边 x9的系数为 0，所以0109109aCa，所以 a910例例 89291除以 100 的余数为_解：解：190909090) 190(9191922909291192920929292CCCC前面各项均能被 100 整除，只有末尾两项不能被 100 整除，81820082811909192C，所以 9192除以 100 的余数为 81例例 9 求(0.998)5精确到 0.001 的近似值解：解：55)002. 01 (0.998)990. 0)002. 0()002. 0(2251505CCC【评述】【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一例例 10设 a1，n

25、N*且 n2，求证naan11证明：证明：设xan1，则(x1)na欲证原不等式，即证 nx(x1)n1，其中 x0)2( 111) 1(11110nnxxCxCxCxCxnnnnnnnnn，即有(x1)nnx1，得证例例 1182)1)(21 (xxx的展开式中常数项为_(用数字作答)解：解：求82)1)(21 (xxx的常数项8)1(xx，即求展开式中的常数项及含 x2的项对于8)1(xx，rrrrrrrxCxxCT288881) 1()1(令 82r0，即有 r4，70) 1(4845CT令 82r2，即有 r5，22585656) 1(xxCT所以常数项为 702(56)42练习练习

26、102一、选择题一、选择题1若nxx)1(2的展开式中的所有二项式系数和为 512，则该展开式中的常数项为(A)84(B)84(C)36(D)362已知9)2(xxa的展开式中 x3的系数为49，常数 a 的值为()(A)1(B)2(C)4(D)83在(1x)5(1x)4的展开式中，x3的系数是()(A)4(B)4(C)8(D)84若nC21与mnC同时有最大值，则 m 的值是()(A)5(B)4 或 5(C)5 或 6(D)6 或 7二、填空题二、填空题5(x2x1)6的展开式中常数项是_(用数字作答)6若(x1)nxnax3bx21，(nN*)，且 ab31，那么 n_7(n1)n1除以

27、n2(n1)的余数为_8观察下列等式：2235515CC，3799591922 CCC，511131391351311322 CCCC，7151717131791751711722CCCCC，由以上等式推测到一个一般的结论：对于1414914514114*,nnnnnCCCCnN_三、解答题三、解答题9在(3x1)n的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大 992，求 n 的值10若 f(x)(12x)m(13x)n展开式中 x 的系数为 13，则 x2的系数为()11当 nN*时，求证：. 3)11 (2nn习题习题 10一、选择题一、选择题1某校要求每位学生从 7 门课程中选修

28、4 门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有()(A)35 种(B)25 种(C)20 种(D)16 种2将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为()(A)18(B)24(C)30(D)363从单词“equation”中选取 5 个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有()(A)120 种(B)480 种(C)720 种(D)840 种4若3)32(x332210 xaxaxaa，则(a0a2)2(a1a3)2的值为()(A)1(B)1(C)0(D)25若nxx)23(

29、32的展开式中含有非零常数项，则正整数 n 的最小值为()(A)10(B)6(C)5(D)36若)()21 (20092009102009Rxxaxaax，200920092122aaaa则的值为()(A)2(B)0(C)1(D)2二、填空题二、填空题7在(3x)7的展开式中，x5的系数是_(用数字作答)8从 6 名男生和 4 名女生中，选出 3 名代表，要求至少有一名女生，则不同的选法有_种9有 6 个座位连成一排，现有 3 人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有_种10(xy)10的展开式中，x7y3的系数与 x3y7的系数之和等于_11数列 a1，a2，a7，其中恰好有 5 个 2 和

30、 2 个 4，调换 a1至 a7各数的位置，一共可以组成不同的数列(含原数列)_个122010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有_种三、解答题三、解答题13已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，若 a1a2a3an1509n，求 n14已知 n 是等差数列 4，7，10，13，中的一项nxx)1( 求证的展开式中不含常数项专题十专题十排列组合二项式定理参考答案排列组合二项式定理参考答案练习练习 101一、选择

31、题一、选择题1D2A3B4C5B6B二、填空题730；8240；956；10240；118424；1245练习练习 102一、选择题一、选择题1B2C3B4C二、填空题515；611；7n1；824n1(1)n22n1三、解答题三、解答题9解：令 x1，得各项系数和为 4n，又各项二项式系数和为 2n，所以 4n2n992.22n2n9920，解得 n510解：f(x)(12x)m(13x)n展开式中含 x 的项xnmxCxCnm)32(3211，由 2m3n13，m，n 为正整数，得 m2，n3 或 m5，n1，当 m2，n3 时，求得 x2的系数为 31；当 m5，n1 时求得 x2的系数

32、为 40，故 x2的系数为 31 或 4011证明：2111111)11 (1221nCnCnCnCnnnnnnnn，因为121!1)11 ()21)(11 (!1)!( !1kkkknknknnknknknnC，所以nnnnnnnnnnnCnCnCnCnCn1121111)11 (22221. 32132121212112nn所以. 3)11 (2nn习题习题 10一、选择题一、选择题1B2C3B4A5C6C二、填空题二、填空题7189；8100；972；10240；1121；1236三、解答题三、解答题13解：令 x1，得 222232na0a1a2an1an令 x0，则 a0n又由已知可得 an11)509(12) 12(2nnn，化简得 2n256，n814解：用反证法，假设第 r1 项为常数，即2321rnrnrrnrnrxCxxCT为常数项又等差数列 4，7，10，13，的第 k 项为 ak4(k1)33k1(kN*)令 n3k1，Tr1为常数项，则. 02313 , 023rkrn即322 kr，kN*，这与，且 rN 矛盾，所以它没有常数项