第二十三讲排列组合与二项式定理

同步讲台（23）第二十三讲排列组合与二项式定理●知点考点答点（1）加法乘法原理深化计数的基本依据是加法原理，乘法原理是加法原理的简化.小学生的加法是“同类加法”，3个苹果加上5个苹果，这8个苹果是一样的“同类苹果”.而计数原理中的加法则强调了“分类相加”.30个男生加上20个女生，这班上的50个学生按性别分成了2类.相加并不难，分类要注意统一标准.从集合的观点看待元素的分类计数：将有限集合M的元素分成两个子集A和B.当且仅当A∩B=ø，A∪B=M时，A的元素与B的元素相加，才等于M的元素个数.【例1】某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是(用数字作答)．【解析】由于1元1本的杂志只有3本，1元1本的杂志不可能只买1本或3本.否则所用钱数为奇数，再买2元1本的杂志无论买几本所用钱数都是偶数，其和不可能为10元这个偶数.所以小张用10元钱去买，有且只有如下两种买法.如果全买2元1本的杂志，则10元钱可以买5本，有538856CC种方法；如果1元1本的杂志买2本，则2元1本的杂志可以买4本，由乘法原理，有4283210CC种方法；由加法原理，不同买法的种数是：56+210=266.【例2】4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一道作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90分.若.4位同学的总分为零，则这.4位同学不同得分的种数为（）A.48B.36C.24D.18【解析】4位同学的总分为零，有且只有如下3种情况.（1）若4人全部选甲题，其总分和为零必须2人答对另2人答错，有24C=6种情况；（2）若4人全部选乙题，同理也有24C=6种情况；（3）若4人中两人选甲题，另两人选乙题，其总分和为零必须各1人答对另1人答错，=24种情况.由加法原理，不同的得分种数为6+6+24=36，∴选B.【评注】例1按1元1本的杂志数分类，是因为这种杂志的数量少；例2按总分之和为0的情况分类，因为这是计数时确定取舍的标准.所以在解题时确定正确的分类标准十分重要.（2）可重排列与不重排列——统一在乘法原理之中排列元素的选择有两种方式.一种是不能重复的元素——“用后则扔”；第二种是可以重复的元素——“用后还用”.解题时必须正确区分与掌握.在乘法原理中，它们是统一的，只不过前者构成“阶乘运算”，后者构成“乘法运算”.所谓阶乘数，就是前n个正整数的连乘积，记号n！是对这种连乘积的简化写法.【例3】完成某项工作需4个步骤，每一步方法数相等，完成这项工作共有81种方法.改革后完成这项工作减少了一个步骤，则改革后完成该项工作有种方法.【分析】4个步骤却有81种方法，可见每个步骤都有可供选择的多种方法，而且“每一步方法数相等，”可见本题属于重复排列.【解析】设原来每个步骤有x种方法，则481,3xx.现在减少1个步骤，即完成该项工作只有3个步骤，每个步骤仍有3种方法.3327，∴改革后完成该项工作有27种方法.【例4】证明：123112!3!4!1!1!nnn【证明】注意到：11!(1)!(1)!kkkk.令k=1，2，3。…n得：11121131111;;;2!1!2!3!2!3!4!3!4!1!!1!nnnn.各式相加即得：123112!3!4!1!1!nnn（3）组合的加法定理——从一分为二到一分为多从n个元素中任取r个元素的组合，总可以找到r个中的任何一个元素a为分类标准，含a的组合有11rnC种，不含a的组合有rnC1种.于是从n个元素中任取r个元素的组合数为：rnC11rnC+rnC1.这就是组合的加法定理（常称组合的第二性质），它集中体现了两分法是分类计数的基本方法.连续使用加法定理，可将“一分为二”发展到“一分为多”.排列组合的繁杂计算.由于计算的结果多是不易验证的大数，所以掌握它们的运算性质就是减少计算量的最合理的途径.【例5】56nnCC时，1`23410234511CCCCC【解析】由组合第一性质：n=5+6=11.从而：1`234101`11112345112345112341165CCCCCCCCCC.（4）通项公式——r个元素的组合从0到n二项展开式的通项公式1rnrrrnTCab是其最重要的部件，也是高考的重要考点，因而是重点的备考内容.【例6】(安徽理科第12题)若313nxx的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于【解析】73321133rnrnrrrnrrnnTCxCxx.令730672nrnr.由于n，r均为正整数，且6与7互质，所以当r=6时，min7n.【说明】由于解题过程与系数无关，所以本题的解法可以简化为：由730672nrnr（下略）（5）杨辉三角——二项系数图解二项系数不仅具有和谐对称的数学美，还有许多极有价值的计算规律.而杨辉三角用表格的形式最直观地显示了二项式定理的系数特征，易懂易记也便于运用.【例7】（2007年全国卷Ⅰ第10题）21nxx的展开式中，常数项为15，则n（）A．3B．4C．5D．6【解析】D因为21nxx中两项的系数的绝对值都为1，所以其各项的系数可以由杨辉三角确定，而系数为15时，n只能是6.【说明】杨辉三角如右.112113311464115101051161520201561●通法特法妙法（1）穷举法——既原始又高效的元素列举列举法是表示集合的基本方法，排列与组合说到底是在研究集合，故其列举方法也是解排列组合问题的基本大法.有些排列组合试题，几乎是无章可循，无公式可套.可是若将符合条件的对象逐一列举，反而简单明白，轻而依举.【题1】（07.辽宁文科卷.12题）将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第i个数为i(i126)a，，，，若11a，33a，55a，135aaa，则不同的排列方法种数为（）A．18B．30C．36D．48【解析】如下表，符合条件的1a，3a，5a有且仅有如下5种：2、4、6；2、5、6；3、4、6；3、5、6；4、5、6共5种情况.对于其中的每一种，其余3位的3个数字都可以任意排列，所以共有53330A种不同的排列方法，故选B.1a2a3a4a5a6a246（2）捆绑与留空——相邻与不邻的对立互补在排列计算中，有些元素是必须相邻的，这时我们不妨视这些元素为一个整体，作为一个特殊元素进行排列，然后处理它们彼此的关系.这就是“捆绑法”的具体含义.在排列计算中，还有些元素是不能相邻的，处理不能相邻元素的最佳方法便是插空相邻与不邻可构成“对立与互补”的完全分类，因此其中的一种情况可转化为对立情况的互补关系来解决.【题2】记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）种Ａ．1440Ｂ．960Ｃ．720Ｄ．480【解析】视两位老人为1人，连同其余5人共6人进行排列.由于老人不能排两端，从其余5人中选2人排两端，有25A种排法；还有4人（实为5人）可以任意排列，有44A种排法；又两位老人的位置可以互易，有22A种情况.根据乘法原理，不同的排法共有25A44A22A=960种，选B.【题3】某人射击8枪，命中4枪，其中恰有3枪连中的不同种数有（）种A.72B.24C.20D.19【解析】原题不便于操作，我们“换汤不换药”地将其改编为下题：8个相同的球摆成一排，其中A、B、C三球必须相邻且与顺序无关，另一球D不得与前3球相邻的排法有几种？先排其余4球（对应于未中的4枪，显然与顺序无关），然后在4球之间及其两端共5空任选2空插入ABC及D，故有2520A种排法.选C.（3）图解法——树干图的分层分类有些排列组合问题，用解析法不容易将头绪理清，这时就可以考虑采用图上作业.【题4】3人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，那么经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式有（）种A.6B.8C.10D.12【解析】设甲先传球给乙，则以下3次传球方式如右图所示.为使第5次传球时球回到甲手中，必须第4次传球后球不在甲手中，这有5种情况.同理，甲先传球给丙，也有5种情况，共10种，选C.【评注】本解的作业方法，可以称为画树形图（4）隔板法——形象处理变复杂为简洁有些复杂抽象的排列组合问题，难以很快列出合适的计算式.这里，隔板法就是一个化抽象为形象的简明选择.【题5】方程10xyzt的正整数解有个【解析】如图，设想有10个相同的球并放成一行，选取3块隔板任意插入其中，则每一种插入方法都对应一个正整数解.例如图中的插入方法即对应于1+4+3+2=10.由于10球之间共有9空，任选3空插入隔板，有3984C种插入方法，所以方程10xyzt的正整数解有84个.乙甲丙乙乙甲甲甲丙丙乙乙丙丙甲（5）转移法——正难则反就是避难就易对任意一个判断，非真即假.由此我们得到启发，如果正面计算不易，根据正、反互补的原理，不妨先反面求之，然后从总量中去假存真.【题6】（07.湖北卷.10题）已知直线1byax（a,b是非零常数）与圆x2+y2=100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有（）A.60条B.66条C.72条D.78条本题的一般解法是：【解法欣赏】（1）找出圆上有多少个整点.如图，我们称横坐标和纵坐标均为整数为整点.圆上的整点都是x2+y2=100的整数解.由勾股定理知这些点分别是：（10，0），（8，6），（6，8），（0，10），（-6，8），（-8，6），（-10，0），…，（8，-6）共12个点.（2）如果直线与圆有两个公共点，则这样的直线（即圆的割线）有2121211662C条.（3）如果直线与圆只有一个公共点，则这样的直线（即圆的切线）有12条.以上共计12+66=78条.做到这里，粗心的考生就会选D，可悲的是：选D是错误的.如果有的考生注意到，截距式方程的直线是不能过原点的，他就会去掉圆的直径所在的6条直线而答C，可悲的是：选C还是错误的.如果有的考生注意到，截距式方程的直线是不能平行于坐标轴的，他就会在78条直线中，去掉与坐标轴平行的割线8条；与坐标轴平行的切线4条.于是去掉不合格的12条直线而选B，可悲的是：选B仍然是错误的.只有完整地考虑到如上三点才能得出正确的答案，即78-6-12=60条，选A.因为本题涉及的基础知识，数的方面有：圆的方程、截距不为零的直线方程、勾股数、组合数等；形的方面有：整点、过圆上一个整点的切线、过圆上两个整点的直线、去掉过原点的直线、平行于坐标轴的直线等.所以是名副其实的“小题不小”的题，也是难题.xyoA(10,0)B(0,10)C(-10,0)D(0,-10)M(8,6)N(6,8)