10--第十讲复习排列组合二项式定理和概率

第十讲复习排列、组合、二项式定理和概率二、本讲主要内容1、排列数、组合数的计算、化简、证明等；会解排列、组合应用题，掌握常见应用题的处理思路。2、掌握二项式定理，会用展开式通项求有关展开式的问题。3、理解随机事件的概率，会求等可能事件的概率，能用加法公式和乘法公式求互斥事件和相互独立事件同时发生的概率。三、复习指导1、分类计数原理和分步计数原理是排列组合的基础和核心，既可用来推导排列数、组合数公式，也可用来直接解题。它们的共同点都是把一个事件分成若干个分事件来进行计算。只不过利用分类计算原理时，每一种方法都可能独立完成事件；如需连续若干步才能完成的则是分步。利用分类计数原理，重在分“类”，类与类之间具有独立性和并列性；利用分步计数原理，重在分步；步与步之间具有相依性和连续性。比较复杂的问题，常先分类再分步。2、排列数与组合数都是计算完成事件方法个数的公式，排列数是研究排列（既取又排）个数的公式，组合数是研究组合（只取不排）个数的公式，是否有序是它们之间的本质区别。排列数公式：)!mn(!n)]1m(n[)2n)(1n(nAmn，当m=n时，!n12)1n(nAmn，其中m，n∈N+，m≤n，规定0!=1组合数公式：)!mn(!m!n!m)]1m(n[)2n)(1n(nAACmmmnmn组合数性质：m1n1mnmnmnnmnCCC,CC，规定1C0n，其中m，n∈N+，m≤n3、处理排列组合应用题的规律（1）两种思路：直接法，间接法（2）两种途径：元素分析法，位置分析法（3）对排列组合的混合题，一般先选再排，即先组合再排列。弄清要完成什么样的事件是前提（4）基本题型及方法：捆绑法，插空法，错位法，分组分配法，均匀分组法，逆向思考法等4、二项式定理nnnrrnrn1n1nn0nnbCbaCbaCaC)ba(通项公式r1nrn1rbaCT，r=0，1，2，…，n二项式系数的性质：（1）对称性，在展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即nn0nCC，rnnrn2nn2n1nn1nCC,,CC,CC；（2）增减性与最大值：在二项式展开式中，二项式系数先增后减，且在中间取得最大值，当n是偶数时，中间一项2nnC最大；当n是奇数时，中间两项21nnC，21nnC相等，且为最大值；（3）5n3n1n4n2n0nnnn2n1n0nCCCCCC,2CCCC5、概率（1）概率是频率的近似值，两者是不同概念（2）等可能事件中概率nm)A(P，P(A)∈[0，1]（3）互斥事件A，B中有一个发生的概率：加法公式P(A+B)=P(A)+P(B)特例：AB时，1)A(P)A(P，即对立事件的概率和为1（4）相互独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)=P(A)P(B)（5）事件A在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率Pn(k)=CnkPk(1-P)n-k，其中P为事件A在一次试验中发生的概率，此式为二项式[(1-P)+P]n展开的第k+1项四、典型例题例1、用n种不同颜色为下列两块广告牌着色（如图），要求在①，②，③，④个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色。（1）若n=6，为甲着色时共有多少种不同方法？（2）若为乙着色时共有120种不同方法，求n。解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，再由乘法原理确定决的着色方法数。因此（1）为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也只有4种方法。∴共有着色方法6×5×4×4=480种（2）与①的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3)由n(n-1)(n-2)(n-3)=120∴（n2-3n）(n2-3n+2)-120=0即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0∴n2-3n-10=0∴n=5例2、计算下列各题：（1）!5!6AA26657（2）31009710098100A)CC(（3）210242322CCCC解：（1）原式=736!5)16(!5)667(!5!6!6!7（2）原式=61A1ACAC3331013101310198101（3）原式=210252434210242333CC)CC(CC)CC(=165CCC)CC(311210262535例3、按以下要求分配6本不同的书，各有几种分法？（1）平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；（2）平均分成三份，每份2本；（3）甲、乙、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本；（4）分成三份，一份1本，一份2本，一份3本；（5）甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本；（6）分成三份，一份4本，另两份每份1本；（7）甲得1本，乙得1本，丙得4本（均只要求列式）解：（1）222426CCC；（2）33222426ACCC（3）33332516ACCC（4）332516CCC（5）3322111246AACCC（6）22441516ACCC（7）441516CCC评注：有关排列组合混合题常常是先组合再排列。例4、四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（）A、150种B、147种C、144种D、141种解：从10个点中任取4个点有410C种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有46C4种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个点共面，有3种。以上三种情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有14136C4C46410（种）例5、求(4+2x+x2)(2-x)7的展开式中x5的系数。解：(4+2x+x2)(2-x)7=(8-x3)(x-2)6=(8-x3)[(x6-2C61x5+(-2)2C62x4+(-2)3C63x3+(-2)4C64x2+…]∴含x5的项为-2×8×C61·x5-(-2)4C64x5=-336x5∴x5的系数为-336例6、已知n4)x21x(的展开式前三项中的x的系数成等差数列。（1）求展开式里所有的x的有理项；（2）求展开式里系数最大的项。解：（1）∵)1n(n81)21(C,2n21C,1C22n1n0n由题设可知08n9n),1n(n8112n22解得n=8或n=1（舍去）当n=8时，通项r434rr8r4r8r81rx2C)x2()x(CT据题意，4r34必为整数，从而可知r必为4的倍数，而0≤r≤8∴r=0，4，8，故x的有理项为41xT，x835T5，29x2561T（3）设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+10，故有r1rtt≥1且1r2rtt≤1∵r2r92C2Ctt1r1r8rr8r1t由r2r9≥1得r≤3又∵)1r(2r82C2Cttrr8)1r(1r81r2r由)1r(2r8≤1得：r≥2∴r=2或r=3所求项为253x7T和474x7T例7、设a1，n∈N，且n≥2，求证：n1a1an证明：设x1an，则(x+1)n=a欲证原不等式，即证nx(x+1)n-1，其中x0∵1xC1xCxCxC)1x(1nn1nn1n1nn0nn即(x+1)nnx+1，原不等式成立。评注：由于(a+b)n的展开式共有n+1项，故可通过对某些项的取舍来达到近似计算或证明不等式的目的。例8、盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率：（1）取到的2只都是次品；（2）取到的2只中正品、次品各一只；（3）取到的2只中至少有一只正品。解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62=36种不同取法（1）取到的2只都是次品情况为22=4种，因而所求概率为91364（2）由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品。因而所求概率为9436423624P（3）由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件，因而所求概率为98911P例9、甲、乙两人独立地破译1个密码，他们能译出的密码的概率分别为31和41，求：（1）恰有1人译出的密码的概率；（2）至多1人译出的密码的概率；（3）若达到译出的密码的概率为10099，至少需要多少个乙这样的人。解：记“甲译出密码”为事件A，“甲译不出密码”这事件A；记“乙译出密码”为事件B，“乙译不出密码”为事件B；“两人都译出密码”为事件C，“两人都译不出密码”为事件D；“恰有1人译出密码”为事件E；“至多1人译出密码”为事件F。（1）“恰有1人译出密码”是包括2种情况：一种是BA，另一种是BA。这两种情况不能同时发生，是互斥的。∴12541)311()411(31)B(P)A(P)B(P)A(P)BB(P)BA(P)E(P（2）“至多1人译出密码”包括两种情况：“2人都译不出密码”或“恰有1人译出密码”，即事件D+E，且事件D、E是互斥的∴121112521)BA(P)BA(P)BA(P)E(P)D(P)F(P（3）n个乙这样的人都译不出密码的概率为n)411(，根据题意得：10099)411(1n解得：n=16例10、某数学家有两盒火柴，每盒都有n根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中抽出一根，求他发现用完一盒时另一盒还有r根（1≤r≤n）的概率。解析：由题意知：数学家共用了2n-r根火柴，其中n根取自一盒火柴，n-r根取自另一盒火柴。由于数学家取火柴时，每次他在两盒中任取一盒并从中抽取一根，故他用完的那一盒取出火柴的概率是21，他不从此盒中取出一根火柴的概率也是21。由于所取的2n-r根火柴，有n根取自用完的那一盒的概率为：rn2nrn2rnnnrn2)21(C)211()21(C五、同步练习（一）选择题1、某一排共12个座位，现甲、乙、丙三人按如下要求入座，每人左右两旁都有空座位，且三人的顺序是甲必须在另两人之间，则不同的座法共有A、60种B、112种C、242种D、672种2、某同学从6门课中选学2门，其中有2门课上课时间有冲突，另有2门不允许同时选学，则该同学可选学的方法总数有A、8种B、13种C、12种D、9种3、如图，在某城市中，M、N两地间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中的矩形的边前进，则从M到N不同的走法共有A、13种B、15种C、25种D、10种4、将n个不同的小球放入n个不同的盒子里，恰好有一个空盒的放法种数是A、1n1n2n1nACCB、11n1nn1nACCC、11n1nnAAD、1n1n2nAC5、若(1-2x)9=a0+a1x+a2x2+…+a8x8+a9x9，则a1+a2+…+a8的值为A、-1B、-2C、-512D、5106、54)1x()1x(展开式中，x4的系数为A、-40B、10C、40D、457、1003)32(的展开式中无理项的个数是A、84B、85C、86D、878、84)x21x(的展开式中系数最大的项是A、第3项B、第4项C、第2或第3项D、第3或第4项9、掷三颗骰子（各面上分别标以数字1到6的均匀正方体玩具），恰有一颗骰子出1点或6点的概率是A、278B、2719C、94D、9510、一工人看管三台机床，在一小时内甲、乙、丙三台机床需要工人照看的概率分别是0.9，0.8和0.85，那么在一小时中至少有一台机床不需要照看的概率是A、