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2013届高考数学一轮复习 第39讲 排列、组合、二项式定理精品学案

时间:2012-09-05


2013 年普通高考数学科一轮复习精品学案 第 39 讲
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

排列、组合、二项式定理

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;
1

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 A n
m

=

n! ( n ? m )!

=n·(n-1)?(n-m+1);

(3)全排列列: A n =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:Cn = (3)组合数的性质 ①Cn =Cn
0 1 m n-m m

n

n! m ! ( n ? m )!

=

n ( n - 1) ? (n - m ? 1) m ? ( m ? 1) ? ? ? 2 ? 1



; ② Cn
n n

r ?1

? C n ? C n ?1
r r
0 2 4

; ③rCn =n·Cn-1
1 3 n-1

r

r-1

; ④Cn +Cn +?+Cn =2

0

1

n

n



⑤Cn -Cn +?+(-1) Cn =0,即 Cn +Cn +Cn +?=Cn +Cn +?=2 ; 5.二项式定理 (1)二项式展开公式:(a+b) =Cn a +Cn a b+?+Cn a b +?+Cn b ; (2)通项公式:二项式展开式中第 k+1 项的通项公式是:Tk+1=Cn a b ; 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) ≈1+nx;②(1+x) ≈1+nx+ 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 A.81 B.64 C.24 )
2
n n k n-k k n 0 n 1 n-1 k n-k k n n

n ( n ? 1) 2

x; (5)证明不等式。

2

种。

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=3 =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 C3 种投法;②四封信投入两 个信箱中,有 C3 (C4 ·A2 +C4 ·C2 )种投法;③四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱 中,有 C4 ·A3 种投法 ,故共有 C3 +C3 (C4 ·A2 +C4 C2 )+C4 ·A3 =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=3 =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=4 =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 C4 ·A3 =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 C 9 ?C 5 ?C 3 ? 1 2 6 0 。
4 2 3
3 3 3 4 2 3 、 1 2 1 2 2 2 2 3 2 1 2 2 2 1 4

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。

3

题型 2:排列问题 例 3.(1)在 1, 2, 3, 4, 5 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 ) (C)216 种 (D)270 种

(B)186 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
3

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 A 3 种 方法(2)3 个数字中有一个是奇数,有 C 3 A 3 ,故共有 A 3 + C 3 A 3 =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 A73 ? A43 =186 种,选 B; (3)先排列 1,2,3,有 A3 ? 6 种排法,再将“+”,“-”两个符号插入,有 A2 ? 2
3 2 1 3 3 1 3

种方法,共有 12 种方法,选 B; (4)不同排法的种数为 A5 A 6 =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);
5 2

(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,

4

3,4,各为 1 个数字,共可以组成 2 ? A3 ? 12 个五位数;② 若末位数字为 2,则 1 与它相
3

邻,其余 3 个数字排列,且 0 不是首位数字,则有 2 ? A2 ? 4 个五位数;③ 若末位数字为 4,
2

则 1, 为一组, 2, 且可以交换位置, 0, 3, 各为 1 个数字, 0 不是首位数字, 且 则有 2 ? ( 2 ? A 2 ) =8
2

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 A2 种;中间 4 个为不同的商业广告有 A4 种, 从而应当填 A2 ·A4 =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 ) (C)180种 (D)270种
2 4 2 4

(B)90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
C5 ?C4
1 2

A2

2

? 1 5 种方法,再将 3 组分

到 3 个班,共有 1 5 ? A3 ? 9 0 种不同的分配方案,选 B;
3

(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 C 4 ? 4 种方法;②1 号盒子中放 2 个球,其余 2 个放入 2 号盒子,有 C 4 ? 6 种
1 2

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( ) (B)180种 (C)200种 (D)280种
5

(A)150种

解析:(1)可以分情况讨论,① 甲去,则乙不去,有 C 6 ? A4 =480 种选法;②甲不去,
3 4

乙去,有 C 6 ? A4 =480 种选法;③甲、乙都不去,有 A 6 =360 种选法;共有 1320 种不同的选
3 4 4

派方案;
C 5 C 2C1
3 1 1

(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
C 5C 4 C 2
1 2 2

A2

2

? A3

3

=60 种,

若是 1,1,3,则有

A2

2

? A3

3

=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。 (1) , 求: 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 C10 =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 C45
2 2 2

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 10C9 点被重复计数; 所以这些直线交成新的点是:C45 -10C9 =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 C640 =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:3C10 =630。
4 3 2 2

6

(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 =a b

>0,即 a、b 异号。

(1) c=0, b 各有 3 种取法, 若 a、 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 ( x ? A.3 项 (2) ( (A)0
x ? 1 3x )
10

1
3

)

24

的展开式中, x 的幂的指数是整数的项共有 C.5 项 D.6 项

x

B.4 项

的展开式中含 x 的正整数指数幂的项数是 (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) T r+ 1= C 2 4 x
r 2 4- r

(3

1 x

7 2- 4 r

)= ( - 1 ) C 2 4 x

r

r

r

3

,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) ? ? 1 ? x ? ? 3x ?
10

的展开式通项为 C 1 2 ( x ) (

r

r

1 3x

)

10 ? r

1 10 ? r r ? C10 ( ) x 3

3r 2

?1 0

,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 x ? 0 .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。
7

例 10. (1)在(x- 2 ) 时,S 等于( ) A.2
3008

2006

的二项展开式中,含 x 的奇次幂的项之和为 S,当 x= 2

B.-2
n

3008

C.2

3009

D.-2

3009

i ? ? 2 3 (2)已知 ? x ? ,其中 i 2 =-1, ? 的展开式中第三项与第五项的系数之比为- 14 x ? ?

则展开式中常数项是( (A)-45i (3)若多项式
x ? x
2 10

) (B) 45i (C) -45 (D)45

? a 0 ? a 1 ( x ? 1) ? ? ? a 9 ( x ? 1) ? a 10 ( x ? 1) , 则 a 9 ? (
2 10



(A)9

(B)10
2006

(C)-9 =a0x
2006 2006

(D)-10 +?+a2005x+a2006;
2005

解析:(1)设(x- 2 )

+a1x

2005

则当 x= 2 时,有 a0( 2 )

+a1( 2 )

+?+a2005( 2 )+a2006=0 (1),
3009

当 x=- 2 时,有 a0( 2 ) -a1( 2 ) +?-a2005( 2 )+a2006=2 (1)-(2)有 a1( 2 )
2
2005

2006

2005

(2),

+?+a2005( 2 )=-2
4

3009

?2=-2

3008,

,故选 B;

(2)第三项的系数为- C n ,第五项的系数为 C n ,由第三项与第五项的系数之比为-
3 14

可得 n=10,则 T r ? 1 ? C 10 ( x )
r
8 8

2 10 ? r

(?

i x

40 ? 5 r

) = (?i) C x
r

r

r 10

2

,令 40-5r=0,解得 r=8,

故所求的常数项为 ( ? i ) C 1 0 =45,选 A; ( 3 ) 令 x ? ? 2 , 得 a 0 ? a 1 ? a 2 ? ? ? a 9 ? a 10 ? 2 ? 2
2 10

, 令 x ?0 , 得

a 0 ? a 1 ? a 2 ? ? ? a 9 ? a 10 ? 0 ;

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)
a
n

?b 2

n

≥(

a?b 2

) ,(a、b∈{x|x 是正实数},n∈N);
1 a 1 b
8

n

(2)已知 a、b 为正数,且

+

=1,则对于 n∈N 有

(a+b) -a -b ≥2 -2 。 证明: (1)令 a=x+δ ,b=x-δ ,则 x= a +b =(x+δ ) +(x-δ )
n 1 n-1 n n n n n

n

n

n

2n

n+1

a?b 2



=x +Cn x δ +?+Cn δ +x -Cn x δ +?(-1) Cn δ =2(x +Cn x δ +Cn x δ +?) ≥2x 即
a
n n 2 n-2 2 4 n-4 4

n

n

1 n-1

n

n

n

n

?b 2

n

≥(
n n

a?b 2
1 n-1



n

(2)(a+b) =a +Cn a b+?+Cn b (a+b) =b +Cn b a+?+Cn a 上述两式相加得:
n n 1 n-1 n n

n n

2(a+b) =(a +b )+Cn (a b+b a)+?+Cn (a b +b a )+?+Cn (a +b ) ∵
1 a

n

n

n

1

n-1

n-1

k

n-k k

n-k k

n

n

n

(*)

+

1 b

=1,且 a、b 为正数 ∴ab≥4
n n
n

∴ab=a+b≥2 ab
n-k k n-k k

又∵ a b +b a ≥2 a ? b =2( ab ) (k=1,2,?,n-1) ∴2(a+b) ≥2a +2b +Cn 2( ab ) +Cn 2( ab ) +?+Cn 2( ab ) ∴(a+b) -a -b
1 2 n n n n n n 1 n 2 n n-1 n

≥(Cn +Cn +?+Cn )·( ab ) ≥(2 -2)·2 =2 -2
2n n+1 n n

n-1

n

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 4×6 +5 被 20 除后的余数; (2)7 +Cn 7 +Cn ·7 +?+Cn ×7 除以 9,得余数是多少? (3)根据下列要求的精确度,求 1.02 的近似值。①精确到 0.01;②精确到 0.001。 解析: (1)首先考虑 4·6 +5 被 4 整除的余数。
9
n n+1 5 n 1 n-1 2 n-2 n-1 n n+1

∵5 =(4+1) =4 +Cn+1 4 +Cn+1 4 +?+Cn+1 ·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 4·6 +5 被 5 整除的余数。 ∵4·6 =4·(5+1) =4(5 +Cn ·5 +Cn ·5 +?+Cn ·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) 7 +Cn ·7 +Cn ·7 +?+Cn ·7 =(7+1) -1=8 -1=(9-1) -1 =9 -Cn ·9 +Cn ·9 +?+(-1) Cn ·9+(-1) Cn -1 (i)当 n 为奇数时 原式=9 -Cn ·9 +Cn ·9 +?+(-1) Cn ·9-2 ∴除以 9 所得余数为 7。 (ii)当 n 为偶数时 原式=9 -Cn ·9 +Cn ·9 +?+(-1) Cn ·9 ∴除以 9 所得余数为 0,即被 9 整除。 (3)(1.02) ≈(1+0.02)
1 5 5 n 1 n-1 2 n-2 n-1 n-1 n 1 n-1 2 n-2 n-1 n-1 n 1 n-1 2 n-2 n-1 n-1 n n n n n n 1 n-1 2 n-2 n-1 n n n 1 n-1 2 n-2 n-1 n+1 n+1

n+1

n+1

n+1

1 n

2 n-1

n

=1+c5 ·0.02+C5 ·0.02 +C5 ·0.02 +C5 0.02 +C5 ·0.02 ∵C5 ×0.02 =0.004,C5 ×0.02 =8×10
2 2 3 3 -5

2

2

3

3

4

4

5

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。
10

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。

11


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