排列组合与二项式定理

1排列、组合、二项式定理例1、一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：（1）将取出4个球分成三类情况1）取4个红球，没有白球，有44C种取3个红球1个白球，有3146CC种；3）取2个红球2个白球，有2246,CC∴4312244646115CCCCC种(2)设取x个红球，y个白球，则5(04)27(06)xyxxyy∴23xy或32xy或41xy∴符合题意的取法种数有233241464646CCCCCC186种例2、摸球兑奖，口袋中装有4红4白共8个小球，其大小和手感都无区别，交4元钱摸4个球，具体奖金如下：4红(10元)、3红(5元)、2红(1元)、1红(1包0.2元的葵花籽)，试解释其中的奥秘.解：摸出4球有48C＝70种可能性，四“红”只有一种，三“红”：3144CC＝16种，2“红”：2244CC＝36种.1“红”：1344CC＝16种共计：赌70次收参赌费280元，平均奖金1×10+16×5+36×1+16×0.2＝129.2(元).所以，每赌70次，该赌者可净赚150.8元.例3、如果三位数abc满足条件：,abc且b，那么称这个三位数为“凹数”（如104，525等），否则称为“凸数”（如125，121，200等），试求所有三位凹数的个数。解：对三位凹数abc的b进得分类：当0b时，,ac均可取1，2，…，9中的任何一个数，共有2999个数；当1b时，,ac均可取2，…，9中的任何一个数，共有2888个数；……依次类推，所有的三位凸数的个数为：222981285例4、已知集合1,2,3,4,5,6,5,6,7,8,9AB，从A中选三个元素，B中选两个元素，能够组成多少个有五个元素的新集合？解法1：5,6AB，所以按是否先5和6为标准进行分类：（1）若5和均不选，有3243CC种；（2）若5和6中选一个有12C种方法，则取另个的4个元素又有两种情形，若5在A中，有2243CC种方法；若5在B中，有3143CC种方法；2所以共有1223124343CCCCC种不同的方法；（3）若5和6均选，又分为三类情形，若5和6均在A中，有1243CC种，若5和6均在B中，有34C种，若5和6一在A中，一在B中，则有2143CC种；故共有：321223112321432434343443106CCCCCCCCCCCC种方法。解法2：因为集合A和B中共有不同的元素9个，从这9个不同的元素中选5个元素有59C种方法，但其中不合条件的有两类；5个元素中有4个分别是1，2，3，4的，共有15C个，5个元素中有4个分别是7，8，9的，共有26C个；故满足条件的集合共有：512956106CCC种。例5、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），也无两条互相平行。求：（1）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：（1）解法1，这10个点所确定的直线共有21045C条，由条件知共有245C个交点，但在原来的10个点有有9条直线共线于此，所以在原来的10个点上有2910C个点被重复计算，所以这些直线交成新点的个数为：2245910630CC个；解法2，对于给定的10个点中任取4个点，4点连成6条直线，这6条直线交出3个新点，故原题对应于在这10个点中任取4个点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数为：4103630C个。（2）在45条直线中作任取3条构成345C个三角形，但其中不合条件的是原来的10点上各有9条直线，从这10条直线中任取3条不能成三角形，所以有3345910CC例6、已知*()()(,)nnxmmxnNm21210与的展开式中含nx项的系数相等，求实数m的取值范围.解：设21()nxm的通项公式为1rT，则21121rnrrrnTCxm.令21nrn，得1rn故此展开式中nx项的系数为1121nnnCm由题意知：11212nnnnnnCmCm111(1),212211,,221,,31212(,]2323nmmnnnnNmnmmm为的减函数又当时故的取值范围是3ABCDE例7、某市A有四个郊县B、C、D、E.（如图）现有5种颜色，若要使每相邻的两块涂不同颜色，且每块只涂一种颜色，问有多少种不同的涂色方法？解：符合题意的涂色至少要3种颜色，分类如下55(1)5,120A用种颜色涂有种4112254232(2)4,240CCCCA用种颜色涂有种3353(3)3,60CA有种颜色涂有种,12024060420由分类计数原理共有不同的涂色方法种例8、已知：*,,,1abRnnN.求证：2nnab≥()2nab证明：,,1,0,0,()022nabababRnnNab不妨设则0222444()()22222[()(),()()()()]2222222()2nnnnnnnnnnnnnnabababababababababababCCCCab故∴()22nnnabab例9、已知数列na满足2nnnSa(nN),nS是na的前n项的和，并且21a．（1）求数列na的前n项的和；（2）证明：32≤()nana111122．解：解：(1)由题意2nnnSa得1112nnnSa两式相减得111211nnnnnanananana即所以121nnnana再相加121222nnnnnnnananaaaa,即所以数列na是等差数列．又1112aa∴10a又21a∴1nan所以数列na的前n项的和为122nnnnnSa．120121111111(2)11222222nanrnrnnnnnnnCCCCCannnnn111111,2,22!2rrnrrrnnnrCrnnrn4∴111111112112212242212nnnnn而011131222nnnCCnn∴32≤11112nana2.例10、五人站成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，有多少种站法？解：设原来站在第i个位置的人是ia（i=1，2，3，4，5）。重新站队时，1a站在第2个位置的站法有44P种，其中不符合要求的有：3a站第3位的33P种，4a站第4位的33P种，但有的站法在考虑3a的情形时已经减去了，故只应再算（2233PP）种，同理，5a站第5位的应再算[)(11222233PPPP]种。1a站在第3，4，5位的情形与站在第2位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：)]}([)({41122223322333344PPPPPPPP=44（种）例11、已知数列)(2}{1Nnnaannn满足，是否存在等差数列}{nb，使nnnnnnCbCbCba2211对一切自然数n都成立？并证明你的结论。解：假设满足要求的等差数列}{nb存在，由于所给等式对一切自然数n均成立，故当n=1，2，3时等式成立，从而可解得1b=1，2b=2，3b=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是nb=n。.然后再证明当nb=n时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。例12、若某一等差数列的首项为mnnnnxxPC)5225(32223112115，公差为，其中m是7777-15除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。解：由已知得：10023112252111anNnnnnn，从而首项，，又。注意到45)176(777777dm，进而知公差，可得，从而等差数列的通项公式是：nan4104，设其前k项之和最大，则0)1(410404104kk，解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，13002625SS。例13、已知naa)3(3的展开式的各项系数之和等于53)514bb展开式中的常数项，求naa)3(3展开式中含1a的项的二项式系数。解：先求出53)514(bb的常数项是27，从而可得naa)3(3中n=7，对于73)3(aa由二项展开式的通项公式知，含1a的项是第4项，其二项式系数是35。例14、已知21211111,1222nnnnqqqTqqqS，求证：12311111212nnnnnnnnCCTCTCTS5证明：当1q时，1,1nnTnSn待证等式即为：123111112312nnnnnnCCCnCn，由倒序相加法或由111kknnkCnC即可证得。当1q时，111111122,211112nnnnnqqqTSqqq，所以只需证：12311231111111111122211111nnnnnnnnqqqqqCCCCqqqqq即证：122331111111111121nnnnnnnnCqCqCqCqq即证：01231012233111111111111121nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCqCqCqCqq显然上式成立，故命题得证。例15、已知0,0,ab且111ab，求证：2122nnnnnababnN。证明：由条件得：4ab，设nnnSabab，则112221111222112nnnnnnnnnnnnnnnSCabCabCabCabCabCab11122222111nnnnnnnnnnCababCababCabab11122222111222nnnnnnnnnnCababCababCabab12122nnnnnabCCC0121222nnnnnnnnabCCCCC2122222222222nnnnnnab故2122nnnnnababnN【排列、组合、二项式定理练习】一、选择题1.（2004.江苏）从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有(D)(A)140种(B)120种(C)35种(D)34种2.（2004.江苏）4)2(xx的展开式中x3的系数是(C)(A)6(B)12(C)24(D)4863．(2004.全国理)73)12(xx的展开式中常数项是（A）A．14B．－14C．42D．－424．（2004.福建理）某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（C）A．2426CAB．242621CAC．2426AAD．26