數學本章整合第一章計數原理

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精本章整合知識網絡專題探究專題一:正確運用兩個計數原理【應用1】從集合｛O，P，Q，R，S｝與｛0,1,2，3，4,5,6,7，8，9}中各任取2個元素排成一排(字母和數字均不能重復)．每排中字母O，Q和數字0至多只出現一個的不同排法種數是__________．(用數字作答）解析:把排法分成三類：①當無字母O,Q和數字0時，有排法Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2，9)·Aeq\o\al（4，4）種；②當無字母O，Q，但有數字0時,有排法Ceq\o\al（2,3)·Ceq\o\al（1，9）·Aeq\o\al（4，4）種；③當無數字0，但有字母O，Q其中之一時，有排法Ceq\o\al(1,2）·Ceq\o\al（1,3)·Ceq\o\al(2,9）·Aeq\o\al(4,4)種．綜上,符合題意的不同排法種數是Ceq\o\al（2，3)·Ceq\o\al(2，9）·Aeq\o\al（4，4)＋Ceq\o\al（2,3）·Ceq\o\al（1,9)·Aeq\o\al(4，4)＋Ceq\o\al（1，2)·Ceq\o\al(1，3)·Ceq\o\al(2，9）·Aeq\o\al（4,4)＝8424。答案：8424【應用2】隨著人們生活水平的提高，某城市家庭汽車擁有量迅速增長，汽車牌照號碼需要擴容．交通管理部門出臺了一種汽車牌照組成辦法，每個汽車牌照都必須有3個不重復的英文字母和3個不重復的阿拉伯數字，并且3個字母必須合成一組出現，3個數字也必須合成一組出現．那么這種辦法共能給多少輛汽車上牌照?提示：按照新規(guī)定，牌照可以分為2類，即字母組合在左和字母組合在右．確定一個牌照的字母和數字可以分6個步驟．解：將汽車牌照分為2類，一類的字母組合在左,另一類的字母組合在右．字母組合在左時，分6個步驟確定一個牌照的字母和數字：第1步，從26個字母中選1個，放在首位，有26種選法；第2步,從剩下的25個字母中選1個,放在第2位，有25種選法；第3步，從剩下的24個字母中選1個,放在第3位,有24種選法；第4步，從10個數字中選1個,放在第4位，有10種選法；第5步,從剩下的9個數字中選1個，放在第5位，有9種選法；第6步，從剩下的8個字母中選1個，放在第6位,有8種選法．根據分步乘法計數原理，字母組合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11232000（個)．同理，字母組合在右的牌照也有11232000個．所以，共能給11232000＋11232000＝22464000輛汽車上牌照．專題二:解排列組合應用題區(qū)別排列與組合的重要標志是“有序"與“無序”,無序的問題用組合知識解答,有序的問題屬于排列問題．解含有約束條件的排列、組合問題,應先觀察取出的元素是否有順序,從而確定是排列問題還是組合問題,然后仔細審題，弄清怎樣才算完成一件事，從而確定是分類完成，還是分步完成．分類時需要滿足兩個條件：（1)類與類之間要互斥(保證不重復）；(2）總數要完備（保證不遺漏)．分步時應按事件發(fā)生的連貫過程進行分步，做到步與步之間相互獨立、互不干擾，并確保連續(xù)性．解決受條件限制的排列、組合問題的一般策略有:(1）特殊元素優(yōu)先安排的策略;（2）正難則反、等價轉化的策略;(3)相鄰問題捆綁處理的策略；（4)不相鄰問題插空處理的策略；（5)定序問題排除法處理的策略;（6)“小集團”排列問題中先整體后局部的策略;(7）平均分組問題運用除法處理的策略；(8）構造模型的策略．【應用1】7名學生站成一排，下列情況各有多少種不同排法？(1）甲、乙必須排在一起;（2）甲不在排頭,乙不在排尾；（3)甲、乙、丙互不相鄰；(4)甲、乙之間必須隔一人．解：（1）(捆綁法)先將甲、乙看作一個人，有Aeq\o\al(6，6）種排法,然后對甲、乙進行排列，所以不同的排法有Aeq\o\al(2，2)·Aeq\o\al(6，6)＝1440(種）．（2）(間接法)甲在排頭或乙在排尾排法共2Aeq\o\al(6,6）種，其中都包含甲在排頭且乙在排尾的情形，故有不同的排法Aeq\o\al(7，7）－2Aeq\o\al（6,6）＋Aeq\o\al(5，5)＝3720（種）．(3)（插空法)把甲、乙、丙插入其余4名學生產生的5個空中,有Aeq\o\al（4，4)·Aeq\o\al（3,5）＝1440(種)排法．（4)先從其余5人中選1人有5種選法，放在甲、乙之間，將三人看作一個整體有Aeq\o\al（5,5）種排法，然后甲乙換位有Aeq\o\al(2，2）種,共有5Aeq\o\al（5，5）·Aeq\o\al（2，2）＝1200(種）排法．【應用2】有4個不同的球，四個不同的盒子,把球全部放入盒內．(1）共有多少種放法？（2)恰有一個盒不放球，有多少種放法？(3）恰有一個盒內有2個球，有多少種放法？解：(1）一個球一個球地放到盒子里去，每只球都可有4種獨立的放法,由分步乘法計數原理，放法共有44＝256（種)．(2)為保證“恰有一個盒子不放球”，先從四個盒子中任意拿出去1個，即將4個球分成2,1，1的三組,有Ceq\o\al(2，4)種分法；然后再從三個盒子中選一個放兩個球，其余兩個球，兩個盒子,全排列即可．由分步乘法計數原理，共有放法：Ceq\o\al（1,4）·Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al（1，3)·Aeq\o\al(2，2）＝144（種）．(3）“恰有一個盒內放2個球”，即另外三個盒子中恰有一個空盒．因此，“恰有一個盒子放2球”與“恰有一個盒子不放球"是一回事．故也有144種放法．【互動探究】本例中的4個小球若只放入4個盒子中的兩個盒子,即只有兩個空盒子，共有多少種放法？解：先從四個盒子中任意拿走兩個有Ceq\o\al(2，4）種，問題轉化為：“4個球,兩個盒子，每盒必放球，有幾種放法？”從放球數目看,可分為（3，1），(2,2）兩類．第一類：可從4個球中先選3個,然后放入指定的一個盒子中即可，有Ceq\o\al(3,4）·Ceq\o\al(1，2）種放法;第二類：有Ceq\o\al（2,4）種放法．因此共有Ceq\o\al（3,4）·Ceq\o\al（1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＝14(種)．由分步乘法計數原理得“恰有兩個盒子不放球”的放法有Ceq\o\al（2,4)·14＝84（種)．專題三:二項式定理應用【應用1】eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1（x2＋\f(2,x）））8的展開式中x4的系數是(）A．16B．70 C．560D．1解析：設二項展開式的第（r＋1)項含有x4,則Tr＋1＝Ceq\o\al(r，8）(x2）8－req\b\lc\（\rc\）（eq\a\vs4\al\co1（\f（2,x）))r＝Ceq\o\al(r，8)·2r·x16－3r，令16－3r＝4,求得r＝4。所以x4的系數為Ceq\o\al（4，8）·24＝1120。答案：D【應用2】若eq\b\lc\(\rc\)（eq\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x）)）n展開式的二項式系數之和為64，則展開式的常數項為（）A．10B．20 C．30D．解析：利用二項式系數的性質和通項公式求常數項.eq\b\lc\(\rc\）（eq\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，x）））n展開式的二項式系數和為Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al（1,n）＋Ceq\o\al(2,n）＋…＋Ceq\o\al(n，n）＝64＝2n，解得n＝6.設第（r＋1）項為常數項,則Tr＋1＝Ceq\o\al（r,6)·x6－r·eq\b\lc\（\rc\）(eq\a\vs4\al\co1（\f（1，x)))r＝Ceq\o\al（r,6)·x6－2r,令6－2r＝0，解得r＝3，所以Tr＋1＝T4＝Ceq\o\al(3，6）＝20。