排列組合二項(xiàng)式定理

1、排列組合二項(xiàng)式定理編輯整理：煙花四月【考點(diǎn)梳理】一、考試內(nèi)容1.分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理。2.排列、排列數(shù)公式。3.組合、組合數(shù)公式。4.組合數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)。5.二項(xiàng)式定理，二項(xiàng)式展開的性質(zhì)。二、考試要求1.掌握分類計(jì)數(shù)原理及分步計(jì)數(shù)原理，并能用這兩個(gè)原理分析和解決一些簡單的問題。2.理解排列、組合的意義，掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計(jì)算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它解決一些簡單的問題。3.掌握二項(xiàng)式定理和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能用它們計(jì)算和論證一些簡單問題。三、考點(diǎn)簡析1.排列、組合、二項(xiàng)式知識(shí)相互關(guān)系表2.兩個(gè)基本原理（1）分類計(jì)數(shù)原理中的分類。（2）分步計(jì)數(shù)原理中的分步。正確地分類與分步是學(xué)好這一章

2、的關(guān)鍵。3.排列（1）排列定義，排列數(shù)（2）排列數(shù)公式：系 =n·(n-1)(n-m+1)（3）全排列列： =n!（4）記住下列幾個(gè)階乘數(shù)：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=7204.組合（1）組合的定義，排列與組合的區(qū)別（2）組合數(shù)公式：Cnm=（3）組合數(shù)的性質(zhì)Cnm=Cnn-mrCnr=n·Cn-1r-1Cn0+Cn1+Cnn=2nCn0-Cn1+(-1)nCnn=0即 Cn0+Cn2+Cn4+=Cn1+Cn3+=2n-15.二項(xiàng)式定理（1）二項(xiàng)式展開公式(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cnnbn（2）通項(xiàng)公

3、式：二項(xiàng)式展開式中第k+1項(xiàng)的通項(xiàng)公式是Tk+1=Cnkan-kbk6.二項(xiàng)式的應(yīng)用（1）求某些多項(xiàng)式系數(shù)的和。（2）證明一些簡單的組合恒等式。（3）證明整除性。求數(shù)的末位；數(shù)的整除性及求系數(shù)；簡單多項(xiàng)式的整除問題。（4）近似計(jì)算。當(dāng)|x|充分小時(shí)，我們常用下列公式估計(jì)近似值：(1+x)n1+nx(1+x)n1+nx+x2（5）證明不等式。四、思想方法1.解排列組合應(yīng)用題的基本規(guī)律（1）分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理使用方法有兩種：單獨(dú)使用；聯(lián)合使用。（2）將具體問題抽象為排列問題或組合問題，是解排列組合應(yīng)用題的關(guān)鍵一步。（3）對(duì)于帶限制條件的排列問題，通常從以下三種途徑考慮：元素分析法：先考慮特

4、殊元素要求，再考慮其他元素。位置分析法：先考慮特殊位置的要求，再考慮其他位置。整體排除法：先算出不帶限制條件的排列數(shù)，再減去不滿足限制條件的排列數(shù)。（4）對(duì)解組合問題，應(yīng)注意以下三點(diǎn)：對(duì)“組合數(shù)”恰當(dāng)?shù)姆诸愑?jì)算，是解組合題的常用方法。是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反”。設(shè)計(jì)“分組方案”是解組合題的關(guān)鍵所在。2.解排列、組合題的基本策略與方法（1）去雜法對(duì)有限制條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉。這是解決排列組合應(yīng)用題時(shí)一種常用的解題方法。（2）分類處理某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干類，再由分類計(jì)數(shù)原理得出結(jié)論。這是解排列組合問題的基本策略之一。

5、注意的是：分類不重復(fù)不遺漏，即：每兩類的交集為空集，所有各類的并集為全集。（3）分步處理與分類處理類似，某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干步，再由分步計(jì)數(shù)原理解決。在處理排列組合問題時(shí)，常常既要分類，又要分步，其原則是先分類，后分步。（4）插入法（插空法）某些元素不能相鄰或某些元素要在某特殊位置時(shí)可采用插入法。即先安排好沒有限制條件的元素，然后再將有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間。（5）“捆綁”法把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個(gè)大元素，然后再與其余“普通元素”全排列，最后再“松綁”。將特殊元素在這些位置上全排列，即是“捆綁法”。（6）窮舉法：將所有滿足題設(shè)條件的排列與組合逐一排列出

6、來。（7）探索法：對(duì)于復(fù)雜的情況，不易發(fā)現(xiàn)其規(guī)律的問題，需仔細(xì)分析，從特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中規(guī)律，再給予解決。（8）消序處理對(duì)均勻分組問題的解決，一定要區(qū)分開是“有序分組”還是“無序分組”，若是“無序分組”，一定要清除均勻分組無形中產(chǎn)生的有序因素。（9）“住店”法解決“允許重復(fù)排列問題”要注意區(qū)分兩類元素：一類元素可以重復(fù)，另一類不能重復(fù)。把不能重復(fù)的元素看作“客”，能重復(fù)的元素看作“店”，再利用分步計(jì)數(shù)原理直接求解的方法稱為“住店”法。（10）等價(jià)命題轉(zhuǎn)換法將陌生、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、簡單的問題。這是解數(shù)學(xué)題的主要思想方法之一，也是解較難的排列、組合題的重要策略。3.賦值法所

7、謂賦值法是指在二項(xiàng)展開公式兩邊用特殊值代入，得出某些等式及組合數(shù)的性質(zhì)。解決與二項(xiàng)式系數(shù)相關(guān)的問題。4.構(gòu)造二次式5.算兩次對(duì)同一對(duì)象從兩個(gè)不同角度去進(jìn)行計(jì)數(shù)，再將兩方面計(jì)算的結(jié)果綜合起來，獲得所需結(jié)論。這樣一種處理問題的方法，稱之為算兩次。在排列組合中，常對(duì)同一問題可有不同的分類辦法去解，可得到有關(guān)排列數(shù)與組合數(shù)的不同關(guān)系式?！纠}解析】例1 完成下列選擇題與填空題（1）有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。A.81B.64C.24D.4（2）四名學(xué)生爭奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（ ）A.81B.64C.24D.4（3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競賽，每位學(xué)生

8、必須參加一項(xiàng)競賽，則有不同的參賽方法有 ；每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 ；每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競賽，每項(xiàng)競賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此：N=3×3×3×3=34=81，故答案選A。本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個(gè)信箱中，有C32（C41·A22+C42·C22）種投法；四封信投入三個(gè)信箱，有兩封信在同

9、一信箱中，有C42·A33種投法、，故共有C31+C32（C41·A22+C42C22）+C42·A33=81（種）。故選A。（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4名學(xué)生看作4個(gè)“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個(gè)“客”都可住進(jìn)4家“店”中的任意一家，即每個(gè)“客”有4種住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得：N=4×4×4=64。故答案選B。（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競賽項(xiàng)目對(duì)學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得N=34=81（種）；競賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會(huì)，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=43=64（種）；等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生中挑

10、選3個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43·A33=24（種）。注 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,bm，則f：AB的不同映射是mn,f：BA的不同映射是nm。若nm，則f：AB的單值映射是：Amn。例2 同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（ ）A.6種B.9種C.11種D.23種解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫：再按照題目要求檢驗(yàn)，最終易知有9種分配方法。解法

11、二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有2種（分別是丙和丁送出的）。對(duì)每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為 ×（1+2）=9。解法三 給四個(gè)人編號(hào)：1，2，3，4，每個(gè)號(hào)碼代表1個(gè)人，人與號(hào)碼之間的關(guān)系為一對(duì)一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號(hào)相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問題”：將數(shù)字1，

12、2，3，4，填入標(biāo)號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)方格里，每格填寫一個(gè)數(shù)字，且每個(gè)方格的編號(hào)與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1，2，3，4組成沒有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號(hào)方格里填寫數(shù)字，可填上2、3、4中的任一個(gè)數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號(hào)方格填寫的數(shù)字為i（2i4）時(shí)，則填寫第i種方格的數(shù)字，有3種填法； 最后，將剩下的兩個(gè)數(shù)填寫到空著的兩個(gè)空格里，只有1種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有1個(gè)與空著的格子的序號(hào)相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3×3×1=9注 本題是“亂

13、坐問題”，也稱“錯(cuò)排問題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例3 宿舍樓走廊上有有編號(hào)的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3盞，但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一 我們將8盞燈依次編號(hào)為1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號(hào)燈，第二盞熄3號(hào)燈，則第3盞可以熄5，6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有4種熄法。若第一盞熄1號(hào)燈，第2盞熄4號(hào)燈，則第3盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞。依次類推，得若1號(hào)燈熄了，則共有4+3+2+1=10種熄法。若1號(hào)燈不熄，第一盞熄的

14、是2號(hào)燈，第二盞熄的是4號(hào)燈，則第三盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有3種熄法。依次類推得，若第一盞燈熄的是2號(hào)燈，則共有3+2+1=6種熄法。同理，若第一盞熄的是3號(hào)燈，則共有2+1=3種熄法。同理，若第一盞熄的是4號(hào)燈，則有1種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問題就等價(jià)于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個(gè)間隔（包括兩邊），從中插入3個(gè)作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問題，采用“插入法”，得其答案為C63=20種。注

15、解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時(shí)較繁。方法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開朗的感覺。例4 已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個(gè)不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為，由為銳角，得tan=->0,即a、b異號(hào)。（1）若c=0，a、b各有3種取法，排除2個(gè)重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7（條）。（2）若c0，a有3種取法，b有3種取法，而同時(shí)c還有4種取法，且其中任兩條直線

16、均不相同，故這樣的直線有3×3×4=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。注 本題是1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯(cuò)誤原因沒有對(duì)c=0與c0正確分類；沒有考慮c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例5 平面上給定10個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原10點(diǎn)外）。（2）這些直線交成多少個(gè)三角形。解法一 （1）由題設(shè)這10點(diǎn)所確定的直線是C102=45條。這45條直線除原10點(diǎn)外無三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有C4

17、52個(gè)交點(diǎn)。而在原來10點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來點(diǎn)上有10C92點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù)。所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對(duì)應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來自上述630個(gè)點(diǎn)或原來的10個(gè)點(diǎn)。所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即C6403=43 486080（個(gè)）。解法二 （1）如圖對(duì)給定的10點(diǎn)中任取4個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個(gè)新的點(diǎn)。故原題對(duì)應(yīng)于在10個(gè)點(diǎn)中任取4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是：3C104=630。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問題，

18、除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對(duì)策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義。例6 （1）如果（x+）2n展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求n，并求展開式中的常數(shù)項(xiàng)；（2）求（-）8展開式中的所有的有理項(xiàng)。解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n n=4。設(shè)第k+1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則 Tk+1=C8k·x8-k·x-k=C8k·x8-2k8-2k=0，即k=4常數(shù)項(xiàng)為T5=C84=70。（2）設(shè)第k+1項(xiàng)有理項(xiàng)，則因?yàn)?k8，要使Z，只有使k分別取0，4，8所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T1=x4,T5=x,T9=x-2注 （1）二項(xiàng)式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別；

19、（2）在二項(xiàng)展開式中求得k后，對(duì)應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1項(xiàng)。例7 （1）求4×6n+5n+1被20除后的余數(shù)；（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+Cnn-1×7除以9，得余數(shù)是多少？（3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值。精確到0.01；精確到0.001。解 （1）首先考慮4·6n+5n+1被4整除的余數(shù)。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n·4+1其被4整除的余數(shù)為1被20整除的余數(shù)可以為1，5，9，13，17然后考慮4·6n+1+5n+1被5整除的余數(shù)。4·6

20、n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+Cnn-1·5+1)被5整除的余數(shù)為4其被20整除的余數(shù)可以為4，9，14，19。綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9。（2） 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+Cnn-1·7 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1(i)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+（-1）n-1Cnn-

21、1·9-2除以9所得余數(shù)為7。(ii)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+(-1)n-1Cnn-1·9除以9所得余數(shù)為0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5當(dāng)精確到0.01時(shí)，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。當(dāng)精確到0.001時(shí)，只要取展

22、開式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。注 （1）用二項(xiàng)式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項(xiàng)。例8 證明下列不等式：（1）（）n,（a、bx|x是正實(shí)數(shù),nN）;（2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對(duì)于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。證明 （1）令a=x+， b=x-則x=an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn

23、+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述兩式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b為正數(shù)ab=a+b2 ab4又 an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)·（）n(2n-2)·

24、2n=22n-2n+1注 利用二項(xiàng)式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對(duì)稱換元）。這樣消去奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對(duì)稱性來解題的方法是利用二項(xiàng)式展開式解題的常用方法。例9 已知(1-ax)n展開式的第p,p+1,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開式的第p+1與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為12。（1）求（1-ax）n+1展開式的中間項(xiàng)；（2）求（1-ax）n的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解 由題設(shè)得：由得，2Cnp=Cnp+Cnp兩邊約去Cnp,可得：2=+由得，2Cn+1p=Cn+1p約去Cn+1p可得，n=3p+1解方程組得：n=7,p=2.將p=2,n=7代入得：C57(-a)5+C76·(-a)6=0解之得：a=0或3。若a=0 ，則（1-0·x）8的中間項(xiàng)T5=0，（1-0·x）7展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)是T1=1。若a=3，則（1-