高考數學第一輪復習 第十篇 計數原理細致講解練 理 新人教A版

第十篇計數原理第1講分類加法計數原理與分步乘法計數原理[最新考綱]1．理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理．2．會用分類加法計數原理或分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題.知識梳理1．分類加法計數原理完成一件事有n類不同的方案，在第一類方案中有m1種不同的方法，在第二類方案中有m2種不同的方法，……，在第n類方案中有mn種不同的方法，則完成這件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法．2．分步乘法計數原理完成一件事情需要分成n個不同的步驟，完成第一步有m1種不同的方法，完成第二步有m2種不同的方法，……，完成第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事情共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法．3．分類加法計數原理與分步乘法計數原理，都涉及完成一件事情的不同方法的種數．它們的區(qū)別在于：分類加法計數原理與分類有關，各種方法相互獨立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步乘法計數原理與分步有關，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了，這件事才算完成．辨析感悟1．兩個計數原理的理解(1)在分類加法計數原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分類加法計數原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(√)(3)在分步乘法計數原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(√)(4)在分步乘法計數原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨的步驟都能完成這件事．(×)2．兩個計數原理的應用(5)(教材習題改編)三個人踢毽，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經過5次傳遞后，毽又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有10種．(√)(6)用數字2,3組成四位數，且數字2,3至少都出現一次，這樣的四位數共有14個．(√)[感悟·提升]1．兩點區(qū)別一是分類加法計數原理中，完成一件事的方法屬于其中一類并且只屬于其中一類，簡單的說分類的標準是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法計數原理中，各個步驟相互依存，在各個步驟中任取一種方法，即是完成這個步驟的一種方法，簡單的說步與步之間的方法“相互獨立，分步完成”，如(3)、(4)．2．兩點提醒一是分類時，標準要明確，應做到不重不漏；可借助幾何直觀，探索規(guī)律，如(5)．二是分步時，要合理設計順序、步驟，并注意元素是否可以重復選取，如(6)中2,3可重復但至少各出現一次.學生用書第172頁考點一分類加法計數原理【例1】(·福建卷改編)滿足a，b∈{－1,0,1,2}，且關于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實數解的有序數對(a，b)的個數為()．A．14B．13C．12D．9解析由于a，b∈{－1,0,1,2}．(1)當a＝0時，有x＝－eq\f(b,2)為實根，則b＝－1,0,1,2有4種可能；(2)當a≠0時，則方程有實根，∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*)①當a＝－1時，滿足(*)式的b＝－1,0,1,2有4種．②當a＝1時，b＝－1,0,1，有3種可能．③當a＝2時，b＝－1,0，有2種可能．∴由分類加法計數原理，有序數對(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(個)．答案B規(guī)律方法分類標準是運用分類計數原理的難點所在，重點在于抓住題目中的關鍵詞或關鍵元素、關鍵位置．首先根據題目特點恰當選擇一個分類標準；其次分類時應注意完成這件事情的任何一種方法必須屬于某一類．【訓練1】某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本，從中取出4本贈送給4位朋友，每位朋友1本，則不同的贈送方法共有()．A．4種B．10種C．18種D．20種解析贈送一本畫冊，3本集郵冊，需從4人中選取一人贈送畫冊，其余送郵冊，有Ceq\o\al(1,4)種方法．贈送2本畫冊，2本集郵冊，只需從4人中選出2人送畫冊，其余2人送郵冊，有Ceq\o\al(2,4)種方法．由分類加法計數原理，不同的贈送方法有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝10(種)．答案B考點二分步乘法計數原理【例2】將字母a，a，b，b，c，c排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有()．A．12種B．18種C．24種D．36種解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有Aeq\o\al(3,3)種不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2種不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1種排法．因此共有Aeq\o\al(3,3)·2·1＝12(種)不同的排列方法．答案A規(guī)律方法(1)利用分步乘法計數原理解決問題要按事件發(fā)生的過程合理分步，即分步是有先后順序的，并且分步必須滿足：完成一件事的各個步驟是相互依存的，只有各個步驟都完成了，才算完成這件事．(2)分步必須滿足兩個條件：一是步驟互相獨立，互不干擾；二是步與步確保連續(xù)，逐步完成．【訓練2】將一個四面體ABCD的六條棱上涂上紅、黃、白三種顏色，要求共端點的棱不能涂相同顏色，則不同的涂色方案有()．A．1種B．3種C．6種D．9種解析因為只有三種顏色，又要涂六條棱，所以應該將四面體的對棱涂成相同的顏色．故有3×2×1＝6種涂色方案．答案C考點三兩個計數原理的綜合應用【例3】(·濟南質檢)如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數有________.14523審題路線由于區(qū)域1,2,3與區(qū)域4相鄰，由條件宜采用分步處理，又相鄰區(qū)域不同色，因此應按區(qū)域1和區(qū)域3是否同色分類求解．解析按區(qū)域1與3是否同色分類；(1)區(qū)域1與3同色；先涂區(qū)域1與3有4種方法，再涂區(qū)域2,4,5(還有3種顏色)有Aeq\o\al(3,3)種方法．∴區(qū)域1與3涂同色，共有4Aeq\o\al(3,3)＝24種方法．(2)區(qū)域1與3不同色：先涂區(qū)域1與3有Aeq\o\al(2,4)種方法，第二步涂區(qū)域2有2種涂色方法，第三步涂區(qū)域4只有一種方法，第四步涂區(qū)域5有3種方法．∴這時共有Aeq\o\al(2,4)×2×1×3＝72種方法，故由分類加法計數原理，不同的涂色種數為24＋72＝96.答案96規(guī)律方法(1)解決涂色問題，一定要分清所給的顏色是否用完，并選擇恰當的涂色順序．(2)切實選擇好分類標準，分清哪些可以同色，哪些不同色．【訓練3】如果一個三位正整數如“a1a2a3”滿足a1<a2，且aA．240B．204C．729D．920解析若a2＝2，則“凸數”為120與121，共1×2＝2個．若a2＝3，則“凸數”有2×3＝6個．若a2＝4，滿足條件的“凸數”有3×4＝12個，…，若a2＝9，滿足條件的“凸數”有8×9＝72個．∴所有凸數有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個)．答案A1．分類加法計數原理與分步乘法計數原理是解決排列組合問題的基礎并貫穿始終．(1)分類加法計數原理中，完成一件事的方法屬于其中一類并且只屬于其中一類．(2)分步乘法計數原理中，各個步驟相互依存，步與步之間的方法“相互獨立，分步完成”．2．(1)切實理解“完成一件事”的含義，以確定需要分類還是需要分步進行．(2)分類的關鍵在于要做到“不重不漏”，分步的關鍵在于要正確設計分步的程序，即合理分類，準確分步．3．若綜合利用兩個計數原理，一般先分類再分步．學生用書第173頁創(chuàng)新突破9——與計數原理有關的新定義問題【典例】(·湖北卷)回文數是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數．如22,121,3443,94249等．顯然2位回文數有9個：11,22,33，…，99.3位回文數有90個：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)則：(1)4位回文數有________個；(2)2n＋1(n∈N*)位回文數有________個．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文數的含義，借助計數原理計算．結合(**)，可從2位回文數，3位回文數，4位回文數探索求解方法，從特殊到一般發(fā)現規(guī)律．解析(1)4位回文數相當于填4個方格，首尾相同，且不為0，共9種填法；中間兩位一樣，有10種填法．共計9×10＝90(種)填法，即4位回文數有90個．(2)根據回文數的定義，此問題也可以轉化成填方格．由計數原理，共有9×10n種填空．答案(1)90(2)9×10n[反思感悟](1)一題兩問，以“回文數”為新背景，考查計數原理，體現了化歸思想，將確定回文數的問題轉化為“填方格”問題，進而利用分步乘法計數原理解決，將新信息轉化為所學的數學知識來解決．(2)從特殊情形入手，通過分析、歸納，發(fā)現問題中隱含的一些本質特征和規(guī)律，然后再推廣到一般情形，必要時可以多列舉一些特殊情形，使規(guī)律方法更加明確．【自主體驗】1．(·揚州調研)從8名女生4名男生中，選出3名學生組成課外小組，如果按性別比例分層抽樣，則不同的抽取方法數為________種．解析從男生中抽取1人有4種方法．從女生中抽取兩人，有Ceq\o\al(2,8)＝28種方法．∴由分步乘法計數原理，共有28×4＝112種方法．答案1122．(·山東卷改編)用0,1，…，9十個數字，可以組成有重復數字的三位數的個數為()．A．243B．252C．261D．648解析0,1,2，…，9共能組成9×10×10＝900(個)三位數，其中無重復數字的三位數有9×9×8＝648(個)，∴有重復數字的三位數有900－648＝252(個)．答案B對應學生用書P357基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．某市汽車牌照號碼可以上網自編，但規(guī)定從左到右第二個號碼只能從字母B，C，D中選擇，其他四個號碼可以從0～9這十個數字中選擇(數字可以重復)，有車主第一個號碼(從左到右)只想在數字3,5,6,8,9中選擇，其他號碼只想在1,3,6,9中選擇，則他的車牌號碼可選的所有可能情況有()．A．180種B．360種C．720種D．960種解析按照車主的要求，從左到右第一個號碼有5種選法，第二位號碼有3種選法，其余三位號碼各有4種選法．因此車牌號碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)．答案D2．(·新課標全國卷)將2名教師，4名學生分成2個小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動，每個小組由1名教師和2名學生組成，不同的安排方案共有()．A．12種B．10種C．9種D．8種解析分兩步：第一步，選派一名教師到甲地，另一名到乙地，共有Ceq\o\al(1,2)＝2種選派方法；第二步，選派兩名學生到甲地，另外兩名到乙地，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種選派方法．由分步乘法計數原理，不同選派方案共有2×6＝12(種)．答案A3．6位選手依次演講，其中選手甲不在第一個也不在最后一個演講，則不同的演講次序共有()．A．240種B．360種C．480種D．720種解析第一步先排甲，共有Aeq\o\al(1,4)種不同的排法；第二步再排其他人，共有Aeq\o\al(5,5)種不同的排法．因此不同的演講次序共有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(5,5)＝480(種)．答案C4．從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數，使這三個數成等比數列，這樣的等比數列的個數為()．A．3B．4C．6D．8解析以1為首項的等比數列為1,2,4；1,3,9；以2為首項的等比數列為2,4,8；以4為首項的等比數列為4,6,9；把這四個數列順序顛倒，又得到4個數列，∴所求的數列共有2(2＋1＋1)＝8(個)．答案D5．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P?Q.把滿足上述條件的一對有序整數對(x，y)作為一個點的坐標，則這樣的點的個數是()．A．9B．14C．15D．21解析當x＝2時，x≠y，點的個數為1×7＝7(個)．當x≠2時，由P?Q，∴x＝y(tǒng).∴x可從3,4,5,6,7,8,9中取，有7種方法．因此滿足條件的點共有7＋7＝14(個)．答案B二、填空題6．從班委會5名成員中選出3名，分別擔任班級學習委員、文娛委員與體育委員，其中甲、乙二人不能擔任文娛委員，則不同的選法共有________種(用數字作答)．解析第一步，先選出文娛委員，因為甲、乙不能擔任，所以從剩下的3人中選1人當文娛委員，有3種選法．第二步，從剩下的4人中選學習委員和體育委員，又可分兩步進行：先選學習委員有4種選法，再選體育委員有3種選法．由分步乘法計數原理可得，不同的選法共有3×4×3＝36(種)．答案37．如圖所示，在連接正八邊形的三個頂點而成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個．解析把與正八邊形有公共邊的三角形分為兩類：第一類，有一條公共邊的三角形共有8×4＝32個；第二類，有兩條公共邊的三角形共有8個．由分類加法計數原理知，共有32＋8＝40(個)．答案408．8名世界網球頂級選手在上海大師賽上分成兩組，每組各4人，分別進行單循環(huán)賽，每組決出前兩名，再由每組的第一名與另一組的第二名進行淘汰賽，獲勝者角逐冠、亞軍，敗者角逐第3,4名，大師賽共有________場比賽．解析小組賽共有2Ceq\o\al(2,4)場比賽；半決賽和決賽共有2＋2＝4場比賽；根據分類加法計數原理共有2Ceq\o\al(2,4)＋4＝16(場)比賽．答案16三、解答題9．電視臺在“歡樂在今宵”節(jié)目中拿出兩個信箱，其中放著競猜中成績優(yōu)秀的觀眾來信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，現由主持人抽獎確定幸運觀眾，若先從中確定一名幸運之星，再從兩箱中各確定一名幸運觀眾，有多少種不同結果？解(1)幸運之星在甲箱中抽，選定幸運之星，再在兩箱內各抽一名幸運觀眾有30×29×20＝17400種．(2)幸運之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11400種．共有不同結果17400＋11400＝28800(種)．10．“漸升數”是指每個數字比它左邊的數字大的正整數(如1458)，若把四位“漸升數”按從小到大的順序排列，求第30個“漸升數”．12××解漸升數由小到大排列，形如的漸升數共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(個)．134×形如的漸升數共有5個．135×形如的漸升數共有4個．故此時共有21＋5＋4＝30(個)．因此從小到大的漸升數的第30個必為1359.能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．如圖，一環(huán)形花壇分成A，B，C，D四塊，現有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數為()．A．96B．84C．60D．48解析可依次種A，B，C，D四塊，當C與A種同一種花時，有4×3×1×3＝36種種法；當C與A所種花不同時，有4×3×2×2＝48種種法．由分類加法計數原理，不同的種法種數為36＋48＝84.答案B2．在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列(數字允許重復)表示一個信息，不同排列表示不同信息．若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息個數為()．A．10B．11C．12D．15解析若4個位置的數字都不同的信息個數為1；若恰有3個位置的數字不同的信息個數為Ceq\o\al(3,4)；若恰有2個位置上的數字不同的信息個數為Ceq\o\al(2,4).由分類加法計數原理知滿足條件的信息個數為1＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝11.答案B二、填空題3．如圖所示，在A、B間有四個焊接點，若焊接點脫落，則可能導致電路不通，今發(fā)現A、B之間線路不通，則焊接點脫落的不同情況有________種．解析四個焊點共有24種情況，其中使線路通的情況有：1、4都通，2和3至少有一個通時線路才通共有3種可能．故不通的情況有24－3＝13(種)可能．答案13三、解答題4．用n種不同顏色為下列兩塊廣告牌著色(如圖所示)，要求在A，B，C，D四個區(qū)域中相鄰(有公共邊的)區(qū)域不用同一種顏色．(1)若n＝6，為①著色時共有多少種不同的方法？(2)若為②著色時共有120種不同的方法，求n.解(1)分四步：第1步涂A有6種不同的方法，第2步涂B有5種不同的方法，第3步涂C有4種不同的方法，第4步涂D有4種不同的方法．根據分步乘法計數原理，共有6×5×4×4＝480種不同的方法．(2)由題意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.學生用書第173頁第2講排列與組合[最新考綱]1．理解排列、組合的概念．2．能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式．3．能解決簡單的實際問題.知識梳理1．排列與組合的概念名稱定義排列從n個不同元素中取出m(m≤n)個不同元素按照一定的順序排成一列組合合成一組2.排列數與組合數(1)從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數．(2)從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數，叫從n個不同元素中取出m個元素的組合數．3．排列數、組合數的公式及性質公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)．特別地Ceq\o\al(0,n)＝1.性質(1)0！＝1；Aeq\o\al(n,n)＝n！.(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n).辨析感悟1．排列與組合的基本概念、性質(1)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列．(×)(2)兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同．(√)(3)若組合式Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，則x＝m成立．(×)2．排列與組合的應用(4)5個人站成一排，其中甲、乙兩人不相鄰的排法有Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝72種．(√)(5)(教材習題改編)由0,1,2,3這四個數字組成的四位數中，有重復數字的四位數共有3×43－Aeq\o\al(3,4)＝168(個)．(×)(6)(·北京卷改編)將序號分別為1,2,3,4,5的5張參觀券全部分給4人，每人至少1張，如果分給同一人的2張參觀券連號，那么不同的分法種數是4Aeq\o\al(4,4)＝96種．(√)[感悟·提升]1．一個區(qū)別排列與組合最根本的區(qū)別在于“有序”和“無序”．取出元素后交換順序，如果與順序有關是排列，如果與順序無關即是組合，如(1)忽視了元素的順序．2．求解排列、組合問題的思路：“排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類相加，分步相乘．”學生用書第174頁考點一排列應用題【例1】4個男同學，3個女同學站成一排．(1)3個女同學必須排在一起，有多少種不同的排法？(2)任何兩個女同學彼此不相鄰，有多少種不同的排法？(3)甲、乙兩人相鄰，但都不與丙相鄰，有多少種不同的排法？解(1)3個女同學是特殊元素，共有Aeq\o\al(3,3)種排法；由于3個女同學必須排在一起，視排好的女同學為一整體，再與4個男同學排隊，應有Aeq\o\al(5,5)種排法．由分步乘法計數原理，有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(5,5)＝720種不同排法．(2)先將男生排好，共有Aeq\o\al(4,4)種排法，再在這4個男生的中間及兩頭的5個空檔中插入3個女生有Aeq\o\al(3,5)種方法．故符合條件的排法共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440種不同排法．(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有Aeq\o\al(4,4)種排法；由于甲、乙要相鄰，故先把甲、乙排好，有Aeq\o\al(2,2)種排法；最后把甲、乙排好的這個整體與丙分別插入原先排好的4人的空檔及兩邊有Aeq\o\al(2,5)種排法．總共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,5)＝960種不同排法．規(guī)律方法(1)對于有限制條件的排列問題，分析問題時有位置分析法、元素分析法，在實際進行排列時一般采用特殊元素優(yōu)先原則，即先安排有限制條件的元素或有限制條件的位置，對于分類過多的問題可以采用間接法．(2)對相鄰問題采用捆綁法、不相鄰問題采用插空法、定序問題采用倍縮法是解決有限制條件的排列問題的常用方法．【訓練1】(1)(·濟南質檢)一排9個座位坐了3個三口之家，若每家人坐在一起，則不同的坐法種數為()．A．3×3!B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!(2)(·四川卷)從1,3,5,7,9這五個數中，每次取出兩個不同的數分別記為a，b，共可得到lga－lgb的不同值的個數是()．A．9B．10C．18D．20解析(1)把一家三口看作一個排列，然后再排列這3家，所以有(3！)4種．(2)由于lga－lgb＝lgeq\f(a,b)(a>0，b>0)，∴l(xiāng)geq\f(a,b)有多少個不同的值，只需看eq\f(a,b)不同值的個數．從1,3,5,7,9中任取兩個作為eq\f(a,b)有Aeq\o\al(2,5)種，又eq\f(1,3)與eq\f(3,9)相同，eq\f(3,1)與eq\f(9,3)相同，∴l(xiāng)ga－lgb的不同值的個數有Aeq\o\al(2,5)－2＝18.答案(1)C(2)C考點二組合應用題【例2】某課外活動小組共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名隊長．現從中選5人主持某種活動，依下列條件各有多少種選法？(1)只有一名女生；(2)兩隊長當選；(3)至少有一名隊長當選；(4)至多有兩名女生當選；(5)既要有隊長，又要有女生當選．解(1)一名女生，四名男生．故共有Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＝350(種)．(2)將兩隊長作為一類，其他11人作為一類，故共有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝165(種)．(3)至少有一名隊長含有兩類：只有一名隊長和兩名隊長．故共有：Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝825(種)或采用排除法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(種)．(4)至多有兩名女生含有三類：有兩名女生、只有一名女生、沒有女生．故選法為：Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966(種)．(5)分兩類：第一類女隊長當選：Ceq\o\al(4,12)；第二類女隊長不當選：Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4).故選法共有：Ceq\o\al(4,12)＋Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)＝790(種)．規(guī)律方法組合問題常有以下兩類題型變化(1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選?。?2)“至少”或“最多”含有幾個元素的題型：若直接法分類復雜時，逆向思維，間接求解．【訓練2】若從1,2,3，…，9這9個整數中同時取4個不同的數，其和為偶數，則不同的取法共有()．A．60種B．63種C．65種D．66種解析滿足題設的取法可分為三類：一是取四個奇數，在5個奇數1,3,5,7,9中，任意取4個，有Ceq\o\al(4,5)＝5(種)；二是兩個奇數和兩個偶數，在5個奇數中任取2個，再在4個偶數2,4,6,8中任取2個，有Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,4)＝60(種)；三是取4個偶數的取法有1種．所以滿足條件的取法共有5＋60＋1＝66(種)．答案D學生用書第175頁考點三排列、組合的綜合應用【例3】(1)(·浙江卷)將A，B，C，D，E，F六個字母排成一排，且A，B均在C的同側，則不同的排法共有________種(用數字作答)．(2)某校高二年級共有6個班級，現從外地轉入4名學生，要安排到該年級的兩個班級且每班安排2名，則不同的安排方案種數為()．A．Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)B.eq\f(1,2)Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)C．Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,4)D．2Aeq\o\al(2,6)審題路線(1)選出3個位置排特殊元素A、B、C，并把元素A、B作為元素集團進行排列；(2)可將4名同學分成兩組(每組2人)，再分配到兩個班級．解析(1)先將A，B視為元素集團，與C先排在6個位置的三個位置上，有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)種排法；第二步，排其余的3個元素有Aeq\o\al(3,3)種方法．∴由分步乘法計數原理，共有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(3,3)＝480種排法．(2)法一將4人平均分成兩組有eq\f(1,2)Ceq\o\al(2,4)種方法，將此兩組分配到6個班級中的2個班有Aeq\o\al(2,6)種．所以不同的安排方法有eq\f(1,2)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,6)種．法二先從6個班級中選2個班級有Ceq\o\al(2,6)種不同方法，然后安排學生有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)種，故有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)Aeq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)種．答案(1)480(2)B規(guī)律方法(1)解排列組合問題要遵循兩個原則：一是按元素(或位置)的性質進行分類；二是按事情發(fā)生的過程進行分步．具體地說，解排列組合問題常以元素(或位置)為主體，即先滿足特殊元素(或位置)，再考慮其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配問題，往往是先分組再分配．在分組時，通常有三種類型：①不均勻分組；②均勻分組；③部分均勻分組，注意各種分組類型中，不同分組方法的求法．【訓練3】從0,2中選一個數字，從1,3,5中選兩個數字，組成無重復數字的三位數，其中奇數的個數為()．A．24B．18C．12D．6解析根據所選偶數為0和2分類討論求解．①當選數字0時，再從1,3,5中取出2個數字排在個位與百位．∴排成的三位數的奇數有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝6個．②當取出數字2時，再從1,3,5中取2個數字有Ceq\o\al(2,3)種方法．然后將選中的兩個奇數數字選一個排在個位，其余2個數字全排列．∴排成的三位數的奇數有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝12個．∴由分類加法計數原理，共有18個三位數的奇數．答案B1．熟練掌握：(1)排列數公式Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)；(2)組合數公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)，這是正確計算的關鍵．2．解受條件限制的排列、組合題，通常有直接法(合理分類)和間接法(排除法)．分類時標準應統(tǒng)一，避免出現重復或遺漏．解組合應用題時，應注意“至少”、“至多”、“恰好”等詞的含義．3．排列組合的綜合應用問題，一般按先選再排，先分組再分配的處理原則．對于分配問題，解題的關鍵是要搞清楚事件是否與順序有關，對于平均分組問題更要注意順序，避免計數的重復或遺漏．、易錯辨析9——實際意義理解不清導致計數錯誤【典例】(·山東卷改編)現有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各4張．從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數為()．A．232B．256C．472D．484[錯解]第一類，含有一張紅色卡片，取出紅色卡片有Ceq\o\al(1,4)種方法，再從黃、藍、綠三色中選出兩色并各取一張卡片有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)種方法．因此滿足條件的取法有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝192種．第二類，不含有紅色卡片，從其余三色卡片中各取一張有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝64種取法．∴由分類加法計數原理，不同的取法共有192＋64＝256種．[答案]B[錯因]錯解的原因是沒有理解“3張卡片不能是同一種顏色”的含義，誤認為“取出的三種顏色不同”．[正解]第一類，含有1張紅色卡片，不同的取法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(種)．第二類，不含有紅色卡片，不同的取法Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(種)．由分類加法計數原理知，不同的取法共有264＋208＝472(種)．[答案]C[防范措施](1)準確理解題意，抓住關鍵字詞的含義，“3張卡片不能是同一種顏色”是指“兩種顏色或三種顏色”都滿足要求．(2)選擇恰當分類標準，避免重復遺漏，出現“至少、至多”型問題，注意間接法的運用．【自主體驗】1．(·大綱全國卷改編)有5人排成一行參觀英模事跡展覽，其中甲、乙兩人不相鄰的不同排法共有________種(用數字作答)．解析先把除甲、乙外的3人全排列，有Aeq\o\al(3,3)種，再把甲、乙兩人插入這3人形成的四個空位中的兩個，共Aeq\o\al(2,4)種不同的方法．∴所有不同的排法共有Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝72(種)．答案722．如果把個位數是1，且恰有3個數字相同的四位數叫做“好數”，那么在由1,2,3,4四個數字組成的有重復數字的四位數中，“好數”共有________個．解析第一類：恰有三個相同的數字為1，選2,3,4中的一個數字排在十、百、千位的一個位置上，有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(1,3)種方法，四位“好數”有9個．第二類：相同的三個數字為2,3,4中的一個，這樣的四位“好數”為2221,3331,4441共3個．由分類加法計數原理，共有“好數”9＋3＝12個．答案12對應學生用書P359基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．一個平面內的8個點，若只有4個點共圓，其余任何4點不共圓，那么這8個點最多確定的圓的個數為()．A．Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(4,4)B．Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)C．2Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)D．Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)＋1解析從8個點中任選3個點有選法Ceq\o\al(3,8)種，因為有4點共圓所以減去Ceq\o\al(3,4)種再加1種，即有圓Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)＋1個．答案D2．若一個三位數的十位數字比個位數字和百位數字都大，稱這個數為“傘數”．現從1,2,3,4,5,6這六個數字中取3個數，組成無重復數字的三位數，其中“傘數”有()．A．120個B．80個C．40個D．20個解析分類討論：若十位數為6時，有Aeq\o\al(2,5)＝20個；若十位數為5時，有Aeq\o\al(2,4)＝12個；若十位數為4時，有Aeq\o\al(2,3)＝6個；若十位數為3時，有Aeq\o\al(2,2)＝2個，因此一共有40個．答案C3．將甲、乙、丙、丁四名學生分到三個不同的班，每個班至少分到一名學生，且甲、乙兩名學生不能分到同一個班，則不同分法的種數為()．A．18B．24C．30D．36解析四名學生中有兩名學生恰好分在一個班，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)種分法，而甲、乙被分在同一個班的有Aeq\o\al(3,3)種，所以不同的分法種數是Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝30.答案C4．某外商計劃在4個候選城市中投資3個不同的項目，且在同一個城市投資的項目不超過2個，則該外商不同的投資方案有()．A．16種B．36種C．42種D．60種解析若3個不同的項目投資到4個城市中的3個，每個城市一項，共Aeq\o\al(3,4)種方法；若3個不同的項目投資到4個城市中的2個，一個城市一項、一個城市兩項共Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)種方法．由分類加法計數原理知共Aeq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝60(種)方法．答案D5．一名老師和兩名男生兩名女生站成一排照相，要求兩名女生必須站在一起且老師不站在兩端，則不同站法的種數為()．A．8B．12C．16D．24解析兩名女生站一起有Aeq\o\al(2,2)種站法，她們與兩個男生站一起共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)種站法，老師站在他們的中間則共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(種)站法，故應選D.答案D二、填空題6．(·大綱全國卷)從進入決賽的6名選手中決出1名一等獎，2名二等獎，3名三等獎，則可能的決賽結果共有________種(用數字作答)．解析依題意，所有的決賽結果有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝6×eq\f(5×4,2)×1＝60(種)．答案607．(·杭州調研)四名優(yōu)等生保送到三所學校去，每所學校至少得一名，則不同的保送方案有________種．解析分兩步：先將四名優(yōu)等生分成2,1,1三組，共有Ceq\o\al(2,4)種；而后，對三組學生全排三所學校，即進行全排列，有Aeq\o\al(3,3)種．依分步乘法計數原理，共有N＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(種)．答案368．在1,2,3,4,5這五個數字組成的沒有重復數字的三位數中，各位數字之和為偶數的三位數共有________個．解析在1,2,3,4,5這五個數字中有3個奇數，2個偶數，要求三位數各位數字之和為偶數，則兩個奇數一個偶數，∴符合條件的三位數共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(3,3)＝36(個)．答案36三、解答題9．四張卡片上分別標有數字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可當“6”用，則由這四張卡片可組成不同的四位數有多少個？解先在后三位中選兩個位置填寫數字“0”有Ceq\o\al(2,3)種方法，再排另兩張卡片有Aeq\o\al(2,2)種方法．又數字“9”可作“6”用，∴四張卡片組成不同的四位數有2Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12個．10．四個不同的小球放入編號為1,2,3,4的四個盒子中．(1)若每個盒子放一球，則有多少種不同的放法？(2)恰有一個空盒的放法共有多少種？解(1)每個盒子放一球，共有Aeq\o\al(4,4)＝24種不同的放法；(2)法一先選后排，分三步完成．第一步：四個盒子中選一只為空盒，有4種選法；第二步：選兩球為一個元素，有Ceq\o\al(2,4)種選法；第三步：三個元素放入三個盒中，有Aeq\o\al(3,3)種放法．故共有4×Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144種放法．法二先分組后排列，看作分配問題．第一步：在四個盒子中選三個，有Ceq\o\al(3,4)種選法；第二步：將四個球分成2,1,1三組，有Ceq\o\al(2,4)(即eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2)))種分法；第三步：將三組分到選定的三個盒子中，有Aeq\o\al(3,3)種分法．故共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144種分法．能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．在航天員進行的一項太空實驗中，要先后實施6個程序，其中程序A只能出現在第一或最后一步，程序B和C在實施時必須相鄰，問實驗順序的編排方法共有()．A．34種B．48種C．96種D．144種解析程序A有Aeq\o\al(1,2)＝2種結果，將程序B和C看作元素集團與除A外的元素排列有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48種，∴由分步加法計數原理，實驗編排共有2×48＝96種方法．答案C2．(·濟南調研)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，從這三個集合中各取一個元素構成空間直角坐標系中點的坐標，則確定的不同點的個數為()．A．33B．34C．35D．36解析(1)若從集合B中取元素2時，再從C中任取一個元素，則確定的不同點的個數為Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3).(2)當從集合B中取元素1，且從C中取元素1，則確定的不同點有Ceq\o\al(1,3)×1＝Ceq\o\al(1,3).(3)當從B中取元素1，且從C中取出元素3或4，則確定的不同點有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)個．∴由分類加法計數原理，共確定不同的點有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝33(個)．答案A二、填空題3．(·重慶卷)從3名骨科、4名腦外科和5名內科醫(yī)生中選派5人組成一個抗震救災醫(yī)療小組，則骨科、腦外科和內科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數是________(用數字作答)．解析按選派的骨科醫(yī)生的人數分類：①選1名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(1,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5))＝360(種)，②選2名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(2,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5))＝210(種)，③選3名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＝20(種)，∴骨科、腦外科和內科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數是360＋210＋20＝590.答案590三、解答題4．直線x＝1，y＝x，將圓x2＋y2＝4分成A，B，C，D四個區(qū)域，如圖用五種不同的顏色給他們涂色，要求共邊的兩區(qū)域顏色互異，每個區(qū)域只涂一種顏色，共有多少種不同的涂色方法？解法一第1步，涂A區(qū)域有Ceq\o\al(1,5)種方法；第2步，涂B區(qū)域有Ceq\o\al(1,4)種方法；第3步，涂C區(qū)域和D區(qū)域：若C區(qū)域涂A區(qū)域已填過顏色，則D區(qū)域有4種涂法；若C區(qū)域涂A、B剩余3種顏色之一，即有Ceq\o\al(1,3)種涂法，則D區(qū)域有Ceq\o\al(1,3)種涂法．故共有Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(1,4)·(4＋Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,3))＝260種不同的涂色方法．法二共可分為三類：第1類，用五色中兩種色，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(2,2)種涂法；第2類，用五色中三種色，共有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)種涂法；第3類，用五色中四種色，共有Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)種涂法．由分類加法計數原理，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)＝260(種)不同的涂色方法.學生用書第176頁第3講二項式定理[最新考綱]1．能用計數原理證明二項式定理．2．會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題.知識梳理1．二項式定理二項式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二項展開式的通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr，它表示第r＋1項二項式系數二項展開式中各項的系數Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n)2.二項式系數的性質(1)0≤k≤n時，Ceq\o\al(k,n)與Ceq\o\al(n－k,n)的關系是Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n).(2)二項式系數先增后減中間項最大當n為偶數時，第eq\f(n,2)＋1項的二項式系數最大，最大值為Ceq\f(n,2)n；當n為奇數時，第eq\f(n＋1,2)項和eq\f(n＋3,2)項的二項式系數最大，最大值為Ceq\f(n－1,2)n或Ceq\f(n＋1,2)n.(3)各二項式系數和：Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n，Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.辨析感悟1．二項式定理的理解(1)Ceq\o\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展開式中的第r項．(×)(2)在(1－x)9的展開式中系數最大的項是第5項和第6項．(×)(3)(教材習題改編)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的二項展開式中，常數項為－160.(√)2．二項式系數的性質(4)(a＋b)n的展開式中某一項的二項式系數與a，b無關．(√)(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，則a7＋a6＋…＋a1的值為128.(×)(6)(·安徽卷改編)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,\r(3,x))))n的展開式中，僅有第5項的二項式系數最大，且x4的系數為7，則實數a＝eq\f(1,2).(√)[感悟·提升]1．二項式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)揭示二項展開式的規(guī)律，一定牢記通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr是展開式的第r＋1項，不是第r項，如(1)．2．二項式系數與展開式項的系數的異同一是在Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr中，Ceq\o\al(r,n)是該項的二項式系數，與該項的(字母)系數是兩個不同的概念，前者只指Ceq\o\al(r,n)，而后者是字母外的部分，前者只與n和r有關，恒為正，后者還與a，b有關，可正可負，如(2)就是混淆兩個概念的區(qū)別．二是二項式系數的最值與增減性與指數n的奇偶性有關，當n為偶數，中間一項的二項式系數最大，如(6)；當n為奇數時，中間兩項的二項式系數相等，且同時取得最大值．考點一通項公式及其應用【例1】(1)(·浙江卷)設二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,\r(3,x))))5的展開式中常數項為A，則A＝________.(2)(·新課標全國Ⅱ卷)已知(1＋ax)(1＋x)5的展開式中x2的系數為5，則a等于()．A．－4B．－3C．－2D．－1解析(1)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(eq\r(x))5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(3,x))))r＝，令eq\f(5,2)－eq\f(5,6)r＝0，得r＝3，∴A＝－Ceq\o\al(3,5)＝－10.(2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5，又(1＋x)5中含有x與x2的項為T2＝Ceq\o\al(1,5)x，T3＝Ceq\o\al(2,5)x2.∴展開式中x2的系數為Ceq\o\al(2,5)＋a·Ceq\o\al(1,5)＝5，∴a＝－1.答案(1)－10(2)D規(guī)律方法(1)二項式定理的核心是通項公式，求解此類問題可以分兩步完成：第一步根據所給出的條件(特定項)和通項公式，建立方程來確定指數(求解時要注意二項式系數中n和r的隱含條件，即n，r均為非負整數，且n≥r，如常數項指數為零、有理項指數為整數等)；第二步是根據所求的指數，再求所求解的項．(2)求兩個多項式的積的特定項，可先化簡或利用分類加法計數原理討論求解．【訓練1】(1)(·大綱全國卷改編)(1＋x)8(1＋y)4的展開式中x2y2的系數是________．(2)設二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))6(a>0)的展開式中x3的系數為A，常數項為B，若B＝4A，則a的值是________．解析(1)∵(1＋x)8的通項為Ceq\o\al(k,8)xk，(1＋y)4的通項為Ceq\o\al(t,4)yt，∴(1＋x)8(1＋y)4的通項為Ceq\o\al(k,8)Ceq\o\al(k,4)xkyt，令k＝2，t＝2，得x2y2的系數為Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(2,4)＝168.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))6展開式的通項Tr＋1＝(－a)rCeq\o\al(r,6)x6－eq\f(3,2)r∴A＝(－a)2Ceq\o\al(2,6)，B＝(－a)4Ceq\o\al(4,6)，由B＝4A，得(－a)4Ceq\o\al(4,6)＝4(－a)2Ceq\o\al(2,6)，解之得a＝±2.又a>0，所以a＝2.答案(1)168(2)2學生用書第177頁考點二二項式系數的性質與各項系數和【例2】(1)(·青島模擬)設(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，則展開式中系數最大的項是()．A．15x2B．20x3C．21x3D．35x(2)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n的展開式中第3項與第7項的二項式系數相等，則該展開式中eq\f(1,x2)的系數為________．審題路線(1)先賦值求a0及各項系數和，進而求得n值，再運用二項式系數性質與通項公式求解．(2)根據二項式系數性質，由Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(6,n)，確定n的值，求出eq\f(1,x2)的系數．解析(1)∵(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令x＝0，得a0＝1.令x＝1，則(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，∴n＝6，又(1＋x)6的展開式二項式系數最大項的系數最大，∴(1＋x)6的展開式系數最大項為T4＝Ceq\o\al(3,6)x3＝20x3.(2)由題意知，Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(6,n)，∴n＝8.∴Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)·x8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,8)·x8－2r，當8－2r＝－2時，r＝5，∴eq\f(1,x2)的系數為Ceq\o\al(5,8)＝Ceq\o\al(3,8)＝56.答案(1)B(2)56規(guī)律方法(1)第(1)小題求解的關鍵在于賦值，求出a0與n的值；第(2)小題在求解過程中，常因把n的等量關系表示為Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，而求錯n的值．(2)求解這類問題要注意：①區(qū)別二項式系數與展開式中項的系數，靈活利用二項式系數的性質；②根據題目特征，恰當賦值代換，常見的賦值方法是使得字母因式的值或目標式的值為1，－1.【訓練2】(1)二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的展開式中只有第6項的二項式系數最大，則展開式中常數項是()．A．180B．90C．45D．360(2)若(1－2x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋ax(x∈R)，則eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a,2)的值為________．解析(1)由二項式系數的性質，得n＝10，∴Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(eq\r(x))10－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))r＝2rCeq\o\al(r,10)·，令5－eq\f(5,2)r＝0，則r＝2，從而T3＝4Ceq\o\al(2,10)＝180.(2)令x＝0，得a0＝(1－0)＝1.令x＝eq\f(1,2)，則a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a,2)＝0，∴eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a,2)＝－1.答案(1)A(2)－1考點三二項式定理的應用【例3】(·湖北卷)設a∈Z，且0≤a<13，若512012＋a能被13整除，則a＝()．A．0B．1C．11D．12解析512012＋a＝(52－1)2012＋a＝Ceq\o\al(0,2012)·522012－Ceq\o\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq\o\al(2011,2012)×52·(－1)2011＋Ceq\o\al(2012,2012)·(－1)2012＋a，∵Ceq\o\al(0,2012)·522012－Ceq\o\al(1,2012)·522011＋…＋Ceq\o\al(2011,2012)×52·(－1)2011能被13整除．且512012＋a能被13整除，∴Ceq\o\al(2012,2012)·(－1)2012＋a＝1＋a也能被13整除．因此a可取值12.答案D規(guī)律方法(1)本題求解的關鍵在于將512012變形為(52－1)2012，使得展開式中的每一項與除數13建立聯系．(2)用二項式定理處理整除問題，通常把底數寫成除數(或與余數密切相關聯的數)與某數的和或差的形式，再用二項式定理展開，但要注意兩點：一是余數的范圍，a＝cr＋b，其中余數b∈[0，r)，r是除數，切記余數不能為負，二是二項式定理的逆用．【訓練3】1－90Ceq\o\al(1,10)＋902Ceq\o\al(2,10)－903Ceq\o\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(k,10)＋…＋9010Ceq\o\al(10,10)除以88的余數是()．A．－1B．1C．－87D．87解析1－90Ceq\o\al(1,10)＋902Ceq\o\al(2,10)＋…＋(－1)k90kCeq\o\al(k,10)＋…＋9010Ceq\o\al(10,10)＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq\o\al(1,10)889＋…＋Ceq\o\al(9,10)88＋1，∵前10項均能被88整除，∴余數是1.答案B1．二項展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk是展開式的第k＋1項，這是解決二項式定理有關問題的基礎．在利用通項公式求指定項或指定項的系數要根據通項公式討論對k的限制．2．因為二項式定理中的字母可取任意數或式，所以在解題時根據題意，給字母賦值，是求解二項展開式各項系數和的一種重要方法．3．二項式定理的應用主要是對二項展開式正用、逆用，要充分利用二項展開式的特點和式子間的聯系．創(chuàng)新突破10——二項式的和與積問題【典例】(·濟南質檢)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的展開式中各項系數的和為2，則該展開式中常數項為()．A．－40B．－20C．20D．40突破：展開式的常數項來源于：①“x＋eq\f(a,x)”中的x與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式中含eq\f(1,x)的項相乘；②eq\f(a,x)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式中含x的項相乘．解析在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，∴a＝1.∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)·25－r(－1)r·x5－2r.①令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式中x的系數為Ceq\o\al(2,5)25－2·(－1)2＝80.②令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式中eq\f(1,x)的系數為Ceq\o\al(3,5)25－3·(－1)3＝－40.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開式中常數項為80－40＝40.答案D[反思感悟]對于求多個二項式的和或積的展開式中某項的系數問題，要注意排列、組合知識的運用，還要注意有關指數的運算性質．對于三項式問題，一般是通過合并其中的兩項或進行因式分解，轉化成二項式定理的形式去求解．【自主體驗】(1＋2x)3(1－x)4展開式中x項的系數為________．解析(1＋2x)3(1－x)4展開式中的x項的系數為兩個因式相乘而得到，即第一個因式的常數項和一次項分別乘以第二個因式的一次項與常數項，它為Ceq\o\al(0,3)(2x)0·Ceq\o\al(1,4)(－x)1＋Ceq\o\al(1,3)(2x)1·Ceq\o\al(0,4)14(－x)0，其系數為Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(1,4)(－1)＋Ceq\o\al(1,3)·2＝－4＋6＝2.答案2對應學生用書P361基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(·西安調研)若(1＋eq\r(3))4＝a＋beq\r(3)(a，b為有理數)，則a＋b＝()．A．36B．46C．34D．44解析(1＋eq\r(3))4＝1＋Ceq\o\al(1,4)·eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,4)·(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,4)(eq\r(3))3＋(eq\r(3))4＝28＋16eq\r(3)，由題設a＝28，b＝16，故a＋b＝44.答案D2．(·遼寧卷)使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x\r(x))))n(n∈N*)的展開式中含有常數項的最小的n為()．A．4B．5C．6D．7解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(3x)n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\r(x))))r＝Ceq\o\al(r,n)3n－rxn－eq\f(5,2)r，當Tr＋1是常數項時，n－eq\f(5,2)r＝0，當r＝2，n＝5時成立．答案B3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,x)))8展開式中常數項為1120，其中實數a是常數，則展開式中各項系數的和是()．A．28B．38C．1或38解析由題意知Ceq\o\al(4,8)·(－a)4＝1120，解得a＝±2，令x＝1，得展開式各項系數和為(1－a)8＝1或38.答案C4．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若數列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一個單調遞增數列，則k的最大值是()．A．6B．7C．8D．5解析由二項式定理知an＝Ceq\o\al(n－1,10)(n＝1,2,3，…，n)．又(x＋1)10展開式中二項式系數最大項是第6項．∴a6＝Ceq\o\al(5,10)，則k的最大值為6.答案A5．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，則實數m的值為()．A．1或3B．－3C．1D．1或－3解析令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1，令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6，又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.答案D二、填空題6．(·四川卷)二項式(x＋y)5的展開式中，含x2y3的項的系數是________(用數字作答)．解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－ryr(r＝0,1,2,3,4,5)，依題意，r＝3，∴含x2y3的系數為Ceq\o\al(3,5)＝eq\f(5×4×3,3×2×1)＝10.答案107．(a＋x)4的展開式中x3的系數等于8，則實數a＝______.解析(a＋x)4的展開式中的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)a4－rxr，當r＝3時，有Ceq\o\al(3,4)·a＝8，所以a＝2.答案28．設eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x))))n的展開式的各項系數之和為M，二項式系數之和為N，若M－N＝240，則展開式中含x的項為______．解析由已知條件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(5x)4－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))r＝(－1)r54－rCeq\o\al(r,4)x4－eq\f(3r,2)，令4－eq\f(3r,2)＝1，得r＝2，T3＝150x.答案150x三、解答題9．已知二項式(eq\r(3,x)＋eq\f(1,x))n的展開式中各項的系數和為256.(1)求n；(2)求展開式中的常數項．解(1)由題意得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝256，∴2n＝256，解得n＝8.(2)該二項展開式中的第r＋1項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(3,x))8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,8)·xeq\f(8－4r,3)，令eq\f(8－4r,3)＝0，得r＝2，此時，常數項為T3＝Ceq\o\al(2,8)＝28.10．若(2＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3的展開式中的常數項為a，求eq\i\in(0,a,)(3x2－1)dx.解∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3＝1－eq\f(3,x)＋eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，∴(2＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3的展開式中的常數項為a＝2×1＋1×(－3)＋1×3＝2.因此eq\i\in(0,a,)(3x2－1)dx＝(x3－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝(x3－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝6.能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．(·陜西卷)設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))則當x>0時，f[f(x)]表達式的展開式中常數項為()．A．－20B．20C．－15D．15解析當x>0時，f(x)＝－eq\r(x)<0，所以f[f(x)]＝f(－eq\r(x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－\r(x)))6，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x－eq\f(1,2)(6－r)·(－xeq\f(1,2))r＝(－1)rCeq\o\al(r,6)x－3＋eq\f(r,2)＋eq\f(r,2)，由r－3＝0，得r＝3.所以f[f(x)]表達式的展開式中常數項為(－1)3Ceq\o\al(3,6)＝－20.答案A2．若將函數f(x)＝x5表示為f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5為實數，則a3＝()．A．8B．9C．10D．11解析f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(1＋x)r·(－1)5－r，T4＝Ceq\o\al(3,5)·(－1)2(1＋x)3＝10(1＋x)3，∴a3＝10.答案C二、填空題3．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，則a2＋a4＋…＋a12＝________.解析令x＝1，則a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，則a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝eq\f(36＋1,2).令x＝0，則a0＝1，∴a2＋a4＋