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计数原理第一章第一章章末归纳总结知识梳理2知识结构1专题探究3随堂练习4知识结构知识梳理1．正确使用分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．排列与组合定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关．3．复杂的排列问题常常通过试验、画简图难等使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验．4．按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，是处理组合问题的基本思想方法．要注意题设中“至少”，“至多”等限制词的含义．5．在解决排列、组合综合性问题时，必须深刻理解排列与组合的概念，能够熟练确定一个问题是排列问题还是组合问题，牢记排列数、组合数计数公式与组合数性质．容易产生的错误是重复和遗漏计数．常见的解题策略有以下几种：(1)特殊元素优先排的策略；(2)合理分类与正确分步的策略；(3)排列、组合混合问题先选后排的策略；(4)正难则反、等价转化的策略；(5)相邻问题捆绑处理的策略；(6)不相邻的问题插空处理的策略．6．运用二项式定理一定要牢记通项Tr＋1＝Crn·an－r·bn，注意(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，必须注意顺序问题，另外，二项展开式的二项式系数与展开式中对应项的系数是两个不同的概念，前者是指Crn，而后者是指字母外的部分．7．对于二项式系数问题，应注意：(1)求二项式的所有项系数和，可采用“赋值法”，通常令字母变量的值为1；(2)关于组合恒等式的，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法．专题探究解题时正确区分“分类”与“分步”(1)分类：“做一件事，完成它可以有几类办法”．每一类办法中的每一种方法都能将这件事完成．分类时，首先根据问题特点确定一个合理的分类标准，在这个“标准”下分类能够做到“不重不漏”．①完成这件事的任何一种方法必须属于其中的某一类；(不漏)②分别在不同两类中的两种方法不能相同．(不重复)两个计数原理的应用(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务．步与步之间要相互独立．必须并且只需连续完成这些步骤后，这件事才算最终完成．随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容．交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？[分析]按照新规定，牌照可以分为2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．[解析]将汽车牌照分为2类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；第2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个宇母中选1个，放在第3位，有24种选法；第4步，从10个数字中选1个，放在第4位，有10种选法；第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11232000(个)．同理，字母组合在右的牌照也有11232000个．所以，共能给11232000＋11232000＝22464000辆汽车上牌照.1.求解排列与组合应用问题应注意的事项(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题．(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理．(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏．(4)列出式子计算并作答．排列、组合应用题2．解排列组合应用题时常用的解题策略(1)特殊元素优先安排的策略．(2)合理分类和准确分步的策略．(3)排列、组合混合问题先选后排的策略．(4)正难则反、等价转化的策略．(5)相邻问题捆绑处理的策略．(6)不相邻问题插空处理的策略．(7)定序问题除法处理的策略．(8)分排问题直排处理的策略．(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略．(10)构造模型的策略．[分析]本题是站队排列问题，其中可以把甲看做特殊元素，即特殊元素优先考虑，把甲先排好，再排其他元素，也可以把两端看做特殊位置，即特殊位置优先考虑，把两端的位置先排好，再去排其他的位置．6人站成一排，若甲不能站在左端也不能站在右端，则有多少种不同的站法？[解析]解法1：第一步先从甲以外的5人中任选2人站在左、右两端的站法有A25种.第二步再从余下4人(含甲)中选4人站在中间的4人位置，有A44种站法．∴由分步计数原理知，所求的站法有A25·A44＝480种．解法2：∵第一步甲站在中间4个位置中任一个，有A14种站法．第二步其余5人站在其他的5个位置，有A55种站法．∴由分步计数原理知，所求的站法有A14·A55＝480种．[方法总结]本题中的三种解法，实质上是两种不同的思路的体现，一种是由特殊元素进行分析，一种是由特殊位置来分析，其中解法1、解法2用正向思考，解法3用逆向思考．解法3：∵6人站成一排的排法总数为A66种，其中甲站在左端的站法有A55种，甲站在右端有A55种．∴符合条件的站法有A66－2A55＝480种．有5名男生，4名女生排成一排．(1)从中选出3人排成一排，有多少种排法？(2)若甲男生不站排头，乙女生不站排尾，则有多少种不同的排法？(3)要求女生必须站在一起，有多少种不同的排法？(4)若4名女生互不相邻，有多少种不同的排法？[分析](1)这是一个无限制条件的选排列问题，利用排列数公式易求．(2)这是一个有限制条件的排列问题，特殊元素是某男生和某女生，排头和排尾的特殊位置，需将问题合理分类、分步再计算．(3)女生站在一起，可将所有女生视为一个整体，既考虑整体内部的排列，又考虑这个整体与其他男生一起排列．(4)由于4名女生不相邻，可考虑先将男生排好，再将4名女生插空排列．[解析](1)只要从9名学生中选出3名排列即可．∴共有A39＝9×8×7＝504种．(2)将排法分成两类：一类是甲站在排尾，其余的可全排，有A88种排法；另一类是甲既不站排尾又不能站排头有A17种站法，乙不站排尾而站余下的7个位置中的一个有A17种站法，其余人全排列，于是这一类有A17·A17·A77种排法．由分类计数原理知，共有A88＋A17·A17·A77＝287280(种)．(3)女生先站在一起，是女生的全排列，有A44种排法．全体女生视为一个元素与其他男生全排列有A66种排法．由分步计数原理知，共有A44·A66＝17280(种)．(4)分两步走．第一步，男生的全排列有A55种排法；第二步，男生排好后，男生之间有4个空，加上男生排列的两端共6个空，女生在这6个空排列，有A46种排法．∴有A55·A46＝43200(种)．[方法总结]①对于有限制条件的排列问题，先考虑安排好特殊元素(或位置)，再安排一般的元素(或位置)，即先特殊后一般，一般用直接法，如问题(2)的解法，也可以先不考虑特殊元素(位置)，而列出所有元素的全排列数，从中再减去不满足特殊元素(位置)要求的排列数，即先全体后排除，此方法一般是间接法．②关于某些元素“相邻”的排列问题，可用“捆绑法”；而对于元素“不相邻”的排列问题，可用“插空法”.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，不同的取法有()A．140种B．84种C．70种D．35种[分析]本题要以甲型和乙型电视机各1台，作为突破口，研究分析时有直接法和间接法两种思路，都体现了分类讨论的思想．“至多”“至少”等问题[解析]解法1：直接法：可以从4台甲型机中取2台，再从5台乙型电视机中取1台，或者从4台甲型机中取1台，再从5台乙型电视机中取2台，所以共有C24·C15＋C14·C25＝70种选法．解法2：间接法：从9台电视机中取3台有C39种取法，从甲型电视机中取3台有C34种取法，从乙型电视机中取3台有C35种取法，这两种取法不符合条件．所以符合条件的取法为C39－C34－C35＝70种．故选C．[答案]C[方法总结]对于“至多”、“至少”问题常有两种思路：一是直接进行分类，利用加法原理．二是排队法(间接法)，先不考虑限制条件，再从中减去不符合条件的情况.(1)近似求值．利用二项式定理进行近似计算，关键在于构造恰当的二项式(p＋q)n(其中|q|1)，并根据近似要求，对展开式的项合理取舍．(2)解决整除问题．通常把底数化为两数的和或差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系，再利用二项式定理展开，只考虑前面或后面的一两项就可以．(3)求和．求二项展开式系数和的基本方法是赋值法．在解决有些数列求和的问题时，要注意对问题实施转化，为应用二项式定理创造条件．二项式定理的应用(4)解不等式或证明组合恒等式．用二项式定理证明不等式时，通常表现为二项式定理的正用或逆用，再结合不等式的证明方法论证．而证明组合恒等式的关键在于构造不同的二项式，比较系数进行证明．注意：解决二项式定理问题，特别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要注意区分“二项式系数”与“项的系数”．若2x2－1x3n(n∈N*)的展开式中含有常数项，求n的最小值．[分析]本题主要考查二项式定理的展开式的结构和通项公式及常数项，常数项：不含未知数的项，即让未知数的指数为0.[方法总结]二项式定理是二项“和”的n次方，但经常遇到“差”的n次方，此时应注意变形为“和”的形式，即加上“相反数”．处理常数项问题时，应用通项求r，抓住指数为“0”的关键．[解析]利用二项展开式的通项公式Tr＋1＝Crn·(2x2)n－r·－1x3r＝(－1)r·2n－r·Crn·x2n－5r可知，只需满足2n－5r＝0的n的最小值即可．∵n∈N*，r满足0≤r≤n，可见满足2n＝5r的n的最小自然数是5.在x2－13x8的展开式中常数项是()A．－28B．－7C．7D．28[解析]Tr＋1＝Cr8x28－r－13xr＝Cr82r－8(－1)rx8－r－r3.令8－r－r3＝0，得r＝6，∴T7＝C68122·(－1)6＝7.故选C．[答案]C[解析]因n＝9，展开式中共有10项，故中间两项，即第5项和第6项的二项式系数最大，但第6项的系数是负值，所以第5项的系数最大．故选B.[答案]B[方法总结]当二项展开式中二项的系数为1(或－1)时，某项的二项式系数与该项的系数相等(或相反)．(x－1)9按x降幂排列的展开式中，系数最大的项是()A．第4项和第5项B．第5项C．第5项和第6项D．第6项[分析]有关求系数和的问题，一般采用“取特例法”，令二项式中的字母取一个值或几个值，得到一个或几个等式，然后再根据需要求得结果，此法常称作“赋值法”．已知(3x－1)7＝a0x7＋a1x6＋…＋a6x＋a7，(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a7的值；(2)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a7|的值；(3)求a0＋a2＋a4＋a6的值．[解析](1)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a7＝(3×1－1)7＝27＝128.(2)易知a1，a3，a5，a7为负值，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝a0－a1＋a2－…－a7＝－(－a0＋a1－a2＋…＋a7)＝－[3×(－1)－1]7＝47＝16384.(3)令f(x)＝(3x－1)7，则f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，f(－1)＝－a0＋a1－a2＋a3＋…＋a7.∴2(a0＋a2＋a4＋a6)＝f(1)－f(－1)＝27＋47.∴a0＋a2＋a4＋a6＝26＋213＝8256.[方法总结]“赋值法”是求二项展开式系数和问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项等情况．证明32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．[分析]考虑到利用二项式定理证明，就需要多项式展开后的各项