普通高考数学科一轮复习学案 排列组合二项式定理 11页

‎2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第39讲 排列、组合、二项式定理 一．课标要求：‎ ‎1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理 通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；‎ ‎2．排列与组合 通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；‎ ‎3．二项式定理 能用计数原理证明二项式定理； 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。‎ 二．命题走向 本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分；考查内容：（1）两个原理；（2）排列、组合的概念，排列数和组合数公式，排列和组合的应用；（3）二项式定理，二项展开式的通项公式，二项式系数及二项式系数和。‎ 排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；二项式定理是高中数学的重点内容，也是高考每年必考内容，新高考会继续考察。‎ 考察形式：单独的考题会以选择题、填空题的形式出现，属于中低难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目；预测2007年高考本部分内容一定会有题目涉及，出现选择填空的可能性较大，与概率相结合的解答题出现的可能性较大。‎ 三．要点精讲 ‎1．排列、组合、二项式知识相互关系表 ‎2．两个基本原理 ‎（1）分类计数原理中的分类；‎ ‎（2）分步计数原理中的分步；‎ 正确地分类与分步是学好这一章的关键。‎ ‎3．排列 ‎（1）排列定义，排列数 ‎（2）排列数公式：系 ==n·(n－1)…(n－m+1)；‎ ‎（3）全排列列： =n!；‎ ‎（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；‎ ‎4．组合 ‎（1）组合的定义，排列与组合的区别；‎ ‎（2）组合数公式：Cnm==；‎ ‎（3）组合数的性质 ‎①Cnm=Cnn-m；②；③rCnr=n·Cn-1r-1；④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n；⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0，即 Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1；‎ ‎5．二项式定理 ‎（1）二项式展开公式：(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn；‎ ‎（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：Tk+1=Cnkan-kbk；‎ ‎6．二项式的应用 ‎（1）求某些多项式系数的和；‎ ‎（2）证明一些简单的组合恒等式；‎ ‎（3）证明整除性。①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；‎ ‎（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：‎ ‎①(1+x)n≈1+nx；②(1+x)n≈1+nx+x2；（5）证明不等式。‎ 四．典例解析 题型1：计数原理 例1．完成下列选择题与填空题 ‎（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。‎ A．81 B．‎64 ‎ C．24 D．4‎ ‎（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）‎ A．81 B．‎64 ‎ C．24 D．4‎ ‎（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，‎ ‎①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；‎ ‎②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；‎ ‎③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有 。‎ 解析：（1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3×3×3×3=34=81，故答案选A。‎ 本题也可以这样分类完成，①四封信投入一个信箱中，有C31种投法；②四封信投入两个信箱中，有C32（C41·A22+C42·C22）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42·A33种投法、，故共有C31+C32（C41·A22+C‎42C22）+C42·A33=81（种）。故选A。‎ ‎（2）因学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看作“客”，每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理得：N=4×4×4=64。‎ 故答案选B。‎ ‎（3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得N=34=81（种）；‎ ‎②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，共有N=43=64（种）；‎ ‎③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有C43·A33=24（种）。‎ 例2．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有　　种不同的方法（用数字作答）。‎ 解析：本题考查排列组合的基本知识，由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有。‎ 点评：分步计数原理与分类计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，在高中数学中，只有这两个原理，尤其是分类计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之化简,达到求解的目的。‎ 题型2：排列问题 例3．（1）在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）‎ ‎（A）36个 （B）24个 （C）18个 （D）6个 ‎（2）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（ ）‎ ‎（A）108种　　　 （B）186种　　　 　（C）216种　　　　 （D）270种 ‎（3）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是（ ）‎ A．6 　　　　B. ‎12 ‎ 　　　　C. 18　　　 D. 24‎ ‎（4）高三（一）班学要安排毕业晚会的4各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是（ ）‎ ‎（A）1800 （B）3600 （C）4320 （D）5040‎ 解析：（1）依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有，故共有＋＝24种方法，故选B；‎ ‎（2）从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有=186种，选B；‎ ‎（3）先排列1，2，3，有种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有种方法，共有12种方法，选B；‎ ‎（4）不同排法的种数为＝3600，故选B。‎ 点评：合理的应用排列的公式处理实际问题，首先应该进入排列问题的情景，想清楚我处理时应该如何去做。‎ 例4．（1）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有　　　个（用数字作答）；‎ ‎（2）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有 种不同的播放方式（结果用数值表示）.‎ 解析：（1）可以分情况讨论：①‎ ‎ 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，4，各为1个数字，共可以组成个五位数；② 若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有个五位数；③ 若末位数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有=8个五位数，所以全部合理的五位数共有24个。‎ ‎（2）分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填 A22·A44＝48. 从而应填48。‎ 点评：排列问题不可能解决所有问题，对于较复杂的问题都是以排列公式为辅助。‎ 题型三：组合问题 例5．（1）将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有（ ）‎ ‎（A）３０种　　　（B）９０种 （C）１８０种　　　　（D）２７０种 ‎（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（　　）‎ A．10种　　　　　B．20种　　　　　C．36种 　　　　　D．52种 解析：（1）将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有种不同的分配方案，选B；‎ ‎（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选A。‎ 点评：计数原理是解决较为复杂的排列组合问题的基础，应用计数原理结合 例6．（1）某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有 种；‎ ‎（2）5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有（ ）‎ ‎（A）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种 ‎ 解析：（1）可以分情况讨论，① 甲去，则乙不去，有=480种选法；②甲不去，乙去，有=480种选法；③甲、乙都不去，有=360种选法；共有1320种不同的选派方案；‎ ‎（2）人数分配上有1,2,2与1,1,3两种方式，若是1,2,2，则有＝60种，若是1,1,3，则有＝90种，所以共有150种，选A。‎ 点评：排列组合的交叉使用可以处理一些复杂问题，诸如分组问题等；‎ 题型4：排列、组合的综合问题 例7．平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。‎ 解法一：（1）由题设这10点所确定的直线是C102=45条。‎ 这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有‎10C92点被重复计数；‎ 所以这些直线交成新的点是：C452－‎10C92=630。‎ ‎（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合，即C6403=43486080（个）。‎ 解法二：（1）如图对给定的10点中任取4个点，四点连成6条直线，这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：‎3C104=630。‎ ‎（2）同解法一。‎ 点评：用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。‎ 例8．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{－3,－2,－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。‎ 解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ=->0,即a、b异号。‎ ‎（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7（条）；‎ ‎（2）若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条；‎ 点评：本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误原因没有对c=0与c≠0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。‎ 题型5：二项式定理 例9．（1）在的展开式中，的幂的指数是整数的项共有 A．3项 B．4项 C．5项 D．6项 ‎（2）的展开式中含x的正整数指数幂的项数是 ‎（A）0　　　　　（B）2　　　　　（C）4　　　　　（D）6‎ 解析：本题主要考查二项式展开通项公式的有关知识；‎ ‎（1），当r＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C；‎ ‎（2）的展开式通项为，因此含x的正整数次幂的项共有2项.选B；‎ 点评：多项式乘法的进位规则。在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别。‎ 例10．（1）在（x－）2006 的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S等于（ ）‎ A.23008 B.－‎23008 C.23009 D.－23009‎ ‎（2）已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为－,其中=－1，则展开式中常数项是（ ）‎ ‎(A)－45i (B) 45i (C) －45 (D)45‎ ‎（3）若多项式 ‎（ ）‎ ‎(A)9 (B)10 (C)－9 (D)－10‎ 解析：（1）设（x－）2006＝a0x2006＋a1x2005＋…＋a2005x＋a2006；‎ 则当x＝时，有a0（）2006＋a1（）2005＋…＋a2005（）＋a2006＝0 （1），‎ 当x＝－时，有a0（）2006－a1（）2005＋…－a2005（）＋a2006＝23009 （2），‎ ‎（1）－（2）有a1（）2005＋…＋a2005（）＝－23009¸2＝－23008，，故选B；‎ ‎（2）第三项的系数为－，第五项的系数为，由第三项与第五项的系数之比为－可得n＝10，则＝，令40－5r＝0，解得r＝8，故所求的常数项为＝45，选A；‎ ‎（3）令，得，令，得；‎ 点评：本题考查二项式展开式的特殊值法，基础题；‎ 题型6：二项式定理的应用 例11．证明下列不等式：‎ ‎（1）≥（）n,（a、b∈{x|x是正实数},n∈N）;‎ ‎（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于n∈N有 ‎（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1。‎ 证明：（1）令a=x+δ，b=x－δ，则x=；‎ an+bn=(x+δ)n+(x-δ)n ‎=xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…(-1)nCnnδn ‎=2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…)‎ ‎≥2xn 即≥（）n ‎（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn ‎(a+b)n=bn+Cn1bn‎-1a+…+Cnnan 上述两式相加得：‎ ‎2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn‎-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) (*)‎ ‎∵+=1，且a、b为正数 ‎∴ab=a+b≥2 ∴ab≥4‎ 又∵ an-kbk+bn-kak≥2=2()n(k=1,2,…,n-1)‎ ‎∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+…+Cnn-12()n ‎∴(a+b)n－an-bn ‎≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)·（）n ‎≥(2n－2)·2n ‎=22n－2n+1‎ 点评：利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元）。这样消去δ奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。‎ 例12．（1）求4×6n+5n+1被20除后的余数；‎ ‎（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7除以9，得余数是多少？‎ ‎（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。‎ 解析：（1）首先考虑4·6n+5n+1被4整除的余数。‎ ‎∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1，‎ ‎∴其被4整除的余数为1，‎ ‎∴被20整除的余数可以为1，5，9，13，17，‎ 然后考虑4·6n+1+5n+1被5整除的余数。‎ ‎∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1)，‎ ‎∴被5整除的余数为4，‎ ‎∴其被20整除的余数可以为4，9，14，19。‎ 综上所述，被20整除后的余数为9。‎ ‎（2） 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7‎ ‎ =(7+1)n－1=8n－1=(9-1)n－1‎ ‎ =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9+(－1)nCnn-1‎ ‎(i)当n为奇数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+（－1）n-1Cnn-1·9－2‎ ‎∴除以9所得余数为7。‎ ‎(ii)当n为偶数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9‎ ‎∴除以9所得余数为0，即被9整除。‎ ‎（3）(1.02)5≈（1+0.02）5‎ ‎ =1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025‎ ‎∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5‎ ‎∴①当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。‎ ‎②当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104。‎ 点评：（1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论；‎ ‎（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。‎ 五．思维总结 解排列组合应用题的基本规律 ‎1．分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：①单独使用；②联合使用。‎ ‎2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。‎ ‎3．对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：‎ ‎（1）元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素；‎ ‎（2）位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置；‎ ‎（3）整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。‎ ‎4．对解组合问题，应注意以下三点：‎ ‎（1）对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法；‎ ‎（2）是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”；‎ ‎（3）设计“分组方案”是解组合题的关键所在。‎