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1、第一章 计数原理复习排列与组合一、知识点： 1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法 3排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列4排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，
2、用符号表示5排列数公式：（）61阶乘：表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定7排列数的另一个计算公式：= 81组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合9组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数用符号表示10组合数公式：或11 组合数的性质1：规定：； 12组合数的性质2：+ 例1用0,1,2,3,4,5这六个数字，（1）可以组成多少个三位数？（2）可以组成多少个允许重复的三位数？（3）可以组成多少个不重复的三位奇数？（4）可以组成多少个数字不重复且小于1000的自然数？（5）可以组成多少个
3、数字不重复的大于3000小于5421的四位数？剖析本题是一种典型的选数与组数的问题，与计数有关，故考虑利用两个计数原理解决，但需要注意的是，无论组成多少位数字，首位均不能为0.解（1）分三步：先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种不同的选法；十位数字有5种选法；个位数字有4种不同的选法，由分步乘法计数原理知，所求的三位数共有个。（2）分三步：先选百位数字，由于0不能作为百位数字，因此有5种不同的选法； 十位数字有6种不同的选法；个位数字有6种不同的选法。由分步乘法计原理可知所求的三位数共有566180个。（3）分三步：先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种不同的选法；再选百位
4、数字有4种选法；十位数字也有4种选法。由分步乘法计数原理知，所求的三位数34448.（4）分三类：一位数，共有6个；两位数，共有5525个；三位数，共有554100个.因此，由分类加法计数原理知所求625100131个。（5）分四类：千位数为3,4之一时，共有2543120个；千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有44348个；千位数字为5，百位数字为4，十位数字为0,1之一时，共有236个；还有5420也满足条件，此时有1个.故所求的自然数共有1204861175个。例2某天某班的课程安排要排入数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课程，根据课程特点，第一节不能排体育，第六节不能
5、排数学，那么一共有多少种不同的排法？剖析将六门课程看作是元素，把节次看作是位置，因此这个问题中可以把第一节与第六节看作是特殊位置，也可以将体育与数学看作是特殊元素，从而可采用两种不同的方法加以解决。解解法一（位置分析法）依第一节课的排法进行分类：第一节排数学，第六节排体育的排法有种；第一节排数学，第六节不排体育的排法有种；第一节不排数学，第六节排体育的排法有种；第一节和第六节都不排数学和体育的排法有种。由分类加法计数原理，所求的不同的排法为：2504种。解法二：依数学课的排法进行分类：因为数学排在第一节，体育排在第六节的排法有有种；数学排在第一节，体育不排在第六节的排法有种；数学不排在第一节，
6、体育排在第六节的排法有种；数学、体育都在排在第一节和第六节的排法有种。由分类加法计数原理，所求的不同的排法为：2504种。加米接力赛，其中甲不愿跑第一棒，乙不愿跑第四棒，则有多少种不同的参赛方案？例3用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数（1）能组成多少个六位数？（2）能组成多少个六位奇数？（3）能组成多少个能被5整除的六位数？（4）能组成多少个比大的数？剖析应注意到0这一特殊元素，这不能排在首位这一特殊位置，在解答过程中，以位置优先，较容易解决，但若以特殊元素为主，也可以解决。这类问题还注意排成的数字是不允许有重复数字的。解（1）第一位数字不能为0，有种方法，其它各位数字有种不同的
7、排法，故共能组成的六位数有个。（2）要使六位数为奇数，其个位数字必须是1或3或5中的一个，且第一位数字不能为0，故所求的六位奇数的个数为个。（3）要使六位数能被5整除，其个位数字必须为5或0.当个位数字是0时，有个；当个位数字是5时，有个，因此能被5整除的六位数的个数为216个。（4）要比大，首先必须是六位数，有以下几类情况：首位数字是3或4或5时，各有个；首位数字是2时，第二位数字是4或5，但不包含在内，有个；因紫共有比大的数的个数为3407个。例44个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球：（1）若取出的球的个数不少于白球的个数，则有多少种不同的取法？（2）取出一个红球
8、记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球总分不小于5分，则有多少种不同的取法？ 剖析（1）由于取出的4个球中红球的个数不少于白球的个数，因此至少要取出2个红球，可分为三类：全部取出红球；取出3个红球；取出2个红球，可用搭配法进行求解。解（1）依题意可知，取出的4个球中至少有2个红球，可分为三类：全取出红球，有种不同的取法；取出的4个球中有3个红球1个白球，有种取法；取出的4个球中有2个红球2个白球的取法有种不同的取法，由分类加法计数原理知，共有115种不同的取法。（2）依题意中知，取出的4个球中至少要有1个红球，从红白10个球中取出4个球的取法有种不同的取法，而全是白球的取法有种，从而满足题意
9、的取法有：195.例5甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？剖析由于甲不值周一、乙不值周六，因此可将甲、乙看作是两个特殊元素，先满足甲乙的要求，再考虑丙，因此就找到了分类标准。解：每人随意值两天，共有CCC个；甲必值周一，有CCC个；乙必值周六，有CCC个；甲必值周一且乙必值周六，有CCC个.所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表数，有N=CCC2CCC+ CCC=90256+12=42个.二、小结 ：个不同的元素必须相邻，有 种“捆绑”方法个不同元素互不相邻，分别“插入”到个“间隙”中的个位置有 种不同的“插入”方
10、法个相同的元素互不相邻，分别“插入”到个“间隙”中的个位置，有 种不同的“插入”方法若干个不同的元素“等分”为 个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以 二项式定理一、知识点：1二项式定理及其特例：（1），（2）.2二项展开式的通项公式： 3求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性 45二项式系数表（杨辉三角）展开式的二项式系数，当依次取时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和5二项式系数的性质：（1）对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（）直线是图象的对称轴（2）增减性与最大值：当是偶数时
11、，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值（3）各二项式系数和：，令，则 特别提醒1. 在运用二项式定理时一定要牢记通项公式，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一面时却是不相同的，所以我们一定要注意顺序问题。另外二项展开式的二项式系数与该项的（字母）系数是两个不同的概念，前者只是指，而后者是指字母外的部分。2在使用通项公式时，要注意：（1）通项公式是表示第r1项，而不是第r项.（2）展开式中第r+1项的二项式系数C与第r+1项的系数不同.（3）通项公式中含有a，b，n，r，T五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求出第五个元素.在有关二项式定理的问题中，常常遇到已知这五个元素
12、中的若干个，求另外几个元素的问题，这类问题一般是利用通项公式，把问题归纳为解方程（或方程组）.这里必须注意n是正整数，r是非负整数且rn.3对于二项式的问题，应注意以下几点：（1）求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量等于1；（2）关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”构造函数或构造同一问题的两种算法；（3）有些三项展开式的问题也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；（4）对于二项式的系数，首先要熟记二项式系数的性质，其次应掌握赋值法，赋值法是解决二项式问题的一个重要方法。（5）利用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变
13、为有关除式的二项式形式再展开，常采用“凑配法”“消去法”配合整除的有关性质来解决。例1求的展开式中整理后的常数项。剖析三项式展开问题，须转化成二项展开式问题，再利用二项式定理解决。解 ，在上述二项展开式中，第二项、第四项、第六项展开并整理后含有常数项，故的展开式中整理后的常数项为：警示在处理三项式展开式问题时，常常通过分组的方法，将问题转换成二项式定理的问题，再加以解决。另外本题还有一种解题思路，的展开式中整理后的常数项还可以这样得出，即在五个相乘时，分三种情况得到常数项：一类是五个中，其中一个取常数项，剩下的四个各取两个，得；一类是五个中，其余的三个取常数项，剩下的两个中各取一个，得；一类是
14、五个中都取常数项，得这种方法要求同学们要深刻理解二项式定理的意义，在做小题时，若使用这种方法解题，可节约时间。例2已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992，求在的展开式中，（1）二项式系数最大的项；（2）系数的绝对值最大的项。剖析首先根据题设条件解出n的值，再根据题设条件进行求解。解由题意，解得.（1）的展开式中第6项的二项式系数最大，即（2）设第项的系数的绝对值最大，则，得，即，故系数最的绝对值最大的是第4项。例3若的展开式的常数项为20，求n。剖析本题中，当，然后运用通项公式写出通项，令含x的幂指数为零即可。解当时，其通项为；当时，同理可知，展开式的常数项为。无论哪一种情
15、况，常数项均为。令=-20，以n =1,2,3,逐个代入，得n = 3 例4若（1+x）6（12x）5=a0+a1x+a2x2+a11x11.求：（1）a1+a2+a3+a11；（2）a0+a2+a4+a10.剖析一般而言，若，则展开式各项的系数之和为，奇数项的系数和为；偶数项系数之和为。因此对于本题而言，宜采用赋值法加以解决。解（1）（1+x）6（12x）5=a0+a1x+a2x2+a11x11.令x=1，得a0+a1+a2+a11=26，又a0=1，所以a1+a2+a11=261=65.（2）再令x=1，得a0a1+a2a3+a11=0.+得a0+a2+a10=（26+0）=32.例5 求
16、证能被64整除.分析:考虑到用二项式定理证明,就需要多项式展开后的各项尽量多的含有的式子.因此,可将化成再进行展开,化简即可证得.证明：多项式展开后的各项含有能被64整除.例6. 求的展开式中的系数. 解:利用通项公式,则的通项公式, 的通项公式,令,则或或 从而的系数为引伸:求的展开式中的系数. ( 答案:207 )例7 求的展开式中的常数项和有理项.解:设展开式中的常数项为第项,则 (*)由题意得,解得,所以展开式中的常数项为第7项.由题意可得,即是6的倍数,又因为,所以=0,6,12故展开式中的有理项为,.例8已知的展开式的第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为14:3,求展开式中
17、的常数项.解:由题意,即,或(舍去) ,由题意得,得,常数项为第3项.引伸:条件变为第5项的系数与的3项的系数之比为56:3,求展开式的中间项.解:由题意,可得,展开式共11项,故展开式的中间项为第6项,即.例9求的展开式中含项的系数.解:二项式,展开式中项的系数分别为：其和为：的展开式中含项的系数为例10若n是3的倍数，求证：是13的倍数解：令n3k，k是整数，则 .是整数，是13的倍数. 专题训练一、选择题1(2011天津高考)在()6的二项展开式中，x2的系数为()AB.C D.2(2011陕西高考)(4x2x)6(xR)展开式中的常数项是()A20 B15C15 D2032011年8月
18、世界大学生运动会期间，某班有四名学生参加了志愿者工作将这四名学生分到A、B、C三个不同的项目服务，每个项目至少分配一人若甲要求不到A项目，则不同的分配方案有()A36种 B30种C24种 D20种4(2011郑州模拟)5位同学站成一排准备照相的时候，有两位老师碰巧路过，同学们强烈要求与老师合影留念，如果5位同学顺序一定，那么两位老师与同学们站成一排照相的站法总数为()A6 B20C30 D4252011年西安世园会组委会要从A、B、C、D、E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A和B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()A48
19、种 B36种C18种 D12种6由数字0,1,2,3,4,5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是()A72 B60 : C48 D12二、填空题7(2011广东高考)x(x)7的展开式中，x4的系数是_(用数字作答)8(2011皖南八校联考)有6名同学参加两项课外活动，每位同学必须参加一项活动且不能同时参加两项，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有_种(用数字作答)9(2011郑州模拟)已知a(sinxcosx)dx，则二项式(a)6的展开式中含x2项的系数是_三、解答题10有4个不同的小球，4个不同的盒子，现要把球全部放进盒子内(1)恰有1个盒子不放球，共有多少种方法？(2)恰有2个盒子不放球，共有多少种方法？11某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？12已知在()n的展开式中，第6项为常数项(1)求n；(2)求含x2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项