【創(chuàng)新設(shè)計(jì)-教師用書(shū)】(人教A版-理科)2021屆高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)細(xì)致講解練：第十篇-計(jì)數(shù)原理

第十篇計(jì)數(shù)原理A第1講分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理[最新考綱]1．理解分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理．2．會(huì)用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理或分步乘法計(jì)數(shù)原理分析和解決一些簡(jiǎn)潔的實(shí)際問(wèn)題.知識(shí)梳理1．分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理完成一件事有n類(lèi)不同的方案，在第一類(lèi)方案中有m1種不同的方法，在其次類(lèi)方案中有m2種不同的方法，……，在第n類(lèi)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(jì)數(shù)原理完成一件事情需要分成n個(gè)不同的步驟，完成第一步有m1種不同的方法，完成其次步有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(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理，都涉及完成一件事情的不同方法的種數(shù)．它們的區(qū)分在于：分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分類(lèi)有關(guān)，各種方法相互獨(dú)立，用其中的任一種方法都可以完成這件事；分步乘法計(jì)數(shù)原理與分步有關(guān)，各個(gè)步驟相互依存，只有各個(gè)步驟都完成了，這件事才算完成．辨析感悟1．兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的理解(1)在分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，兩類(lèi)不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，每類(lèi)方案中的方法都能直接完成這件事．(√)(3)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，每個(gè)步驟中完成這個(gè)步驟的方法是各不相同的．(√)(4)在分步乘法計(jì)數(shù)原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個(gè)單獨(dú)的步驟都能完成這件事．(×)2．兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用(5)(教材習(xí)題改編)三個(gè)人踢毽，相互傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開(kāi)頭踢，經(jīng)過(guò)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(shù)字2,3組成四位數(shù)，且數(shù)字2,3至少都消滅一次，這樣的四位數(shù)共有14個(gè)．(√)[感悟·提升]1．兩點(diǎn)區(qū)分一是分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，完成一件事的方法屬于其中一類(lèi)并且只屬于其中一類(lèi)，簡(jiǎn)潔的說(shuō)分類(lèi)的標(biāo)準(zhǔn)是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法計(jì)數(shù)原理中，各個(gè)步驟相互依存，在各個(gè)步驟中任取一種方法，即是完成這個(gè)步驟的一種方法，簡(jiǎn)潔的說(shuō)步與步之間的方法“相互獨(dú)立，分步完成”，如(3)、(4)．2．兩點(diǎn)提示一是分類(lèi)時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)要明確，應(yīng)做到不重不漏；可借助幾何直觀，探究規(guī)律，如(5)．二是分步時(shí)，要合理設(shè)計(jì)挨次、步驟，并留意元素是否可以重復(fù)選取，如(6)中2,3可重復(fù)但至少各消滅一次.同學(xué)用書(shū)第172頁(yè)考點(diǎn)一分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理【例1】(2021·福建卷改編)滿足a，b∈{－1,0,1,2}，且關(guān)于x的方程ax2＋2x＋b＝0有實(shí)數(shù)解的有序數(shù)對(duì)(a，b)的個(gè)數(shù)為()．A．14B．13C．12D．9解析由于a，b∈{－1,0,1,2}．(1)當(dāng)a＝0時(shí)，有x＝－eq\f(b,2)為實(shí)根，則b＝－1,0,1,2有4種可能；(2)當(dāng)a≠0時(shí)，則方程有實(shí)根，∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*)①當(dāng)a＝－1時(shí)，滿足(*)式的b＝－1,0,1,2有4種．②當(dāng)a＝1時(shí)，b＝－1,0,1，有3種可能．③當(dāng)a＝2時(shí)，b＝－1,0，有2種可能．∴由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，有序數(shù)對(duì)(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(個(gè))．答案B規(guī)律方法分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)是運(yùn)用分類(lèi)計(jì)數(shù)原理的難點(diǎn)所在，重點(diǎn)在于抓住題目中的關(guān)鍵詞或關(guān)鍵元素、關(guān)鍵位置．首先依據(jù)題目特點(diǎn)恰當(dāng)選擇一個(gè)分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)；其次分類(lèi)時(shí)應(yīng)留意完成這件事情的任何一種方法必需屬于某一類(lèi)．【訓(xùn)練1】某同學(xué)有同樣的畫(huà)冊(cè)2本，同樣的集郵冊(cè)3本，從中取出4本贈(zèng)送給4位伴侶，每位伴侶1本，則不同的贈(zèng)送方法共有()．A．4種B．10種C．18種D．20種解析贈(zèng)送一本畫(huà)冊(cè)，3本集郵冊(cè)，需從4人中選取一人贈(zèng)送畫(huà)冊(cè)，其余送郵冊(cè)，有Ceq\o\al(1,4)種方法．贈(zèng)送2本畫(huà)冊(cè)，2本集郵冊(cè)，只需從4人中選出2人送畫(huà)冊(cè)，其余2人送郵冊(cè)，有Ceq\o\al(2,4)種方法．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，不同的贈(zèng)送方法有Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝10(種)．答案B考點(diǎn)二分步乘法計(jì)數(shù)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．再排其次列，其中其次列第一行的字母共有2種不同的排法，其次列其次、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(jì)數(shù)原理解決問(wèn)題要按大事發(fā)生的過(guò)程合理分步，即分步是有先后挨次的，并且分步必需滿足：完成一件事的各個(gè)步驟是相互依存的，只有各個(gè)步驟都完成了，才算完成這件事．(2)分步必需滿足兩個(gè)條件：一是步驟相互獨(dú)立，互不干擾；二是步與步確保連續(xù)，逐步完成．【訓(xùn)練2】將一個(gè)四周體ABCD的六條棱上涂上紅、黃、白三種顏色，要求共端點(diǎn)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種解析由于只有三種顏色，又要涂六條棱，所以應(yīng)當(dāng)將四周體的對(duì)棱涂成相同的顏色．故有3×2×1＝6種涂色方案．答案C考點(diǎn)三兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的綜合應(yīng)用【例3】(2022·濟(jì)南質(zhì)檢)如圖，用4種不同的顏色對(duì)圖中5個(gè)區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個(gè)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(shù)有________.14523審題路線由于區(qū)域1,2,3與區(qū)域4相鄰，由條件宜接受分步處理，又相鄰區(qū)域不同色，因此應(yīng)按區(qū)域1和區(qū)域3是否同色分類(lèi)求解．解析按區(qū)域1與3是否同色分類(lèi)；(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，其次步涂區(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(shí)共有Aeq\o\al(2,4)×2×1×3＝72種方法，故由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，不同的涂色種數(shù)為24＋72＝96.答案96規(guī)律方法(1)解決涂色問(wèn)題，肯定要分清所給的顏色是否用完，并選擇恰當(dāng)?shù)耐可ご危?2)切實(shí)選擇好分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，分清哪些可以同色，哪些不同色．【訓(xùn)練3】假如一個(gè)三位正整數(shù)如“a1a2a3”滿足a1<a2，且aA．240B．204C．729D．920解析若a2＝2，則“凸數(shù)”為120與121，共1×2＝2個(gè)．若a2＝3，則“凸數(shù)”有2×3＝6個(gè)．若a2＝4，滿足條件的“凸數(shù)”有3×4＝12個(gè)，…，若a2＝9，滿足條件的“凸數(shù)”有8×9＝72個(gè)．∴全部凸數(shù)有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(個(gè))．答案A1．分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理是解決排列組合問(wèn)題的基礎(chǔ)并貫穿始終．(1)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理中，完成一件事的方法屬于其中一類(lèi)并且只屬于其中一類(lèi)．(2)分步乘法計(jì)數(shù)原理中，各個(gè)步驟相互依存，步與步之間的方法“相互獨(dú)立，分步完成”．2．(1)切實(shí)理解“完成一件事”的含義，以確定需要分類(lèi)還是需要分步進(jìn)行．(2)分類(lèi)的關(guān)鍵在于要做到“不重不漏”，分步的關(guān)鍵在于要正確設(shè)計(jì)分步的程序，即合理分類(lèi)，精確?????分步．3．若綜合利用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理，一般先分類(lèi)再分步．同學(xué)用書(shū)第173頁(yè)創(chuàng)新突破9——與計(jì)數(shù)原理有關(guān)的新定義問(wèn)題【典例】(2022·湖北卷)回文數(shù)是指從左到右與從右到左讀都一樣的正整數(shù)．如22,121,3443,94249等．明顯2位回文數(shù)有9個(gè)：11,22,33，…，99.3位回文數(shù)有90個(gè)：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)則：(1)4位回文數(shù)有________個(gè)；(2)2n＋1(n∈N*)位回文數(shù)有________個(gè)．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文數(shù)的含義，借助計(jì)數(shù)原理計(jì)算．結(jié)合(**)，可從2位回文數(shù)，3位回文數(shù)，4位回文數(shù)探究求解方法，從特殊到一般發(fā)覺(jué)規(guī)律．解析(1)4位回文數(shù)相當(dāng)于填4個(gè)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(jì)9×10＝90(種)填法，即4位回文數(shù)有90個(gè)．(2)依據(jù)回文數(shù)的定義，此問(wèn)題也可以轉(zhuǎn)化成填方格．由計(jì)數(shù)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(wèn)，以“回文數(shù)”為新背景，考查計(jì)數(shù)原理，體現(xiàn)了化歸思想，將確定回文數(shù)的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“填方格”問(wèn)題，進(jìn)而利用分步乘法計(jì)數(shù)原理解決，將新信息轉(zhuǎn)化為所學(xué)的數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)來(lái)解決．(2)從特殊情形入手，通過(guò)分析、歸納，發(fā)覺(jué)問(wèn)題中隱含的一些本質(zhì)特征和規(guī)律，然后再推廣到一般情形，必要時(shí)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(yàn)】1．(2022·揚(yáng)州調(diào)研)從8名女生4名男生中，選出3名同學(xué)組成課外小組，假如按性別比例分層抽樣，則不同的抽取方法數(shù)為_(kāi)_______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(jì)數(shù)原理，共有28×4＝112種方法．答案1122．(2021·山東卷改編)用0,1，…，9十個(gè)數(shù)字，可以組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為()．A．243B．252C．261D．648解析0,1,2，…，9共能組成9×10×10＝900(個(gè))三位數(shù)，其中無(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有9×9×8＝648(個(gè))，∴有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有900－648＝252(個(gè))．答案B對(duì)應(yīng)同學(xué)用書(shū)P357基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．某市汽車(chē)牌照號(hào)碼可以上網(wǎng)自編，但規(guī)定從左到右其次個(gè)號(hào)碼只能從字母B，C，D中選擇，其他四個(gè)號(hào)碼可以從0～9這十個(gè)數(shù)字中選擇(數(shù)字可以重復(fù))，有車(chē)主第一個(gè)號(hào)碼(從左到右)只想在數(shù)字3,5,6,8,9中選擇，其他號(hào)碼只想在1,3,6,9中選擇，則他的車(chē)牌號(hào)碼可選的全部可能狀況有()．A．180種B．360種C．720種D．960種解析依據(jù)車(chē)主的要求，從左到右第一個(gè)號(hào)碼有5種選法，其次位號(hào)碼有3種選法，其余三位號(hào)碼各有4種選法．因此車(chē)牌號(hào)碼可選的全部可能狀況有5×3×4×4×4＝960(種)．答案D2．(2022·新課標(biāo)全國(guó)卷)將2名老師，4名同學(xué)分成2個(gè)小組，分別支配到甲、乙兩地參與社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，每個(gè)小組由1名老師和2名同學(xué)組成，不同的支配方案共有()．A．12種B．10種C．9種D．8種解析分兩步：第一步，選派一名老師到甲地，另一名到乙地，共有Ceq\o\al(1,2)＝2種選派方法；其次步，選派兩名同學(xué)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(jì)數(shù)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(gè)也不在最終一個(gè)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；其次步再排其他人，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(gè)不同的數(shù)，使這三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個(gè)數(shù)為()．A．3B．4C．6D．8解析以1為首項(xiàng)的等比數(shù)列為1,2,4；1,3,9；以2為首項(xiàng)的等比數(shù)列為2,4,8；以4為首項(xiàng)的等比數(shù)列為4,6,9；把這四個(gè)數(shù)列挨次顛倒，又得到4個(gè)數(shù)列，∴所求的數(shù)列共有2(2＋1＋1)＝8(個(gè))．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(duì)有序整數(shù)對(duì)(x，y)作為一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，則這樣的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()．A．9B．14C．15D．21解析當(dāng)x＝2時(shí)，x≠y，點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1×7＝7(個(gè))．當(dāng)x≠2時(shí)，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(diǎn)共有7＋7＝14(個(gè))．答案B二、填空題6．從班委會(huì)5名成員中選出3名，分別擔(dān)當(dāng)班級(jí)學(xué)習(xí)委員、文娛委員與體育委員，其中甲、乙二人不能擔(dān)當(dāng)文娛委員，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答)．解析第一步，先選出文娛委員，由于甲、乙不能擔(dān)當(dāng)，所以從剩下的3人中選1人當(dāng)文娛委員，有3種選法．其次步，從剩下的4人中選學(xué)習(xí)委員和體育委員，又可分兩步進(jìn)行：先選學(xué)習(xí)委員有4種選法，再選體育委員有3種選法．由分步乘法計(jì)數(shù)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(gè)頂點(diǎn)而成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個(gè)．解析把與正八邊形有公共邊的三角形分為兩類(lèi)：第一類(lèi)，有一條公共邊的三角形共有8×4＝32個(gè)；其次類(lèi)，有兩條公共邊的三角形共有8個(gè)．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，共有32＋8＝40(個(gè))．答案408．8名世界網(wǎng)球頂級(jí)選手在上海大師賽上分成兩組，每組各4人，分別進(jìn)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其次名進(jìn)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(chǎng)競(jìng)賽．解析小組賽共有2Ceq\o\al(2,4)場(chǎng)競(jìng)賽；半決賽和決賽共有2＋2＝4場(chǎng)競(jìng)賽；依據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理共有2Ceq\o\al(2,4)＋4＝16(場(chǎng))競(jìng)賽．答案16三、解答題9．電視臺(tái)在“歡快在今宵”節(jié)目中拿出兩個(gè)信箱，其中放著競(jìng)猜中成果優(yōu)秀的觀眾來(lái)信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，現(xiàn)由主持人抽獎(jiǎng)確定幸運(yùn)觀眾，若先從中確定一名幸運(yùn)之星，再?gòu)膬上渲懈鞔_定一名幸運(yùn)觀眾，有多少種不同結(jié)果？解(1)幸運(yùn)之星在甲箱中抽，選定幸運(yùn)之星，再在兩箱內(nèi)各抽一名幸運(yùn)觀眾有30×29×20＝17400種．(2)幸運(yùn)之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11400種．共有不同結(jié)果17400＋11400＝28800(種)．10．“漸升數(shù)”是指每個(gè)數(shù)字比它左邊的數(shù)字大的正整數(shù)(如1458)，若把四位“漸升數(shù)”按從小到大的挨次排列，求第30個(gè)“漸升數(shù)”．12××解漸升數(shù)由小到大排列，形如的漸升數(shù)共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(個(gè))．134×形如的漸升數(shù)共有5個(gè)．135×形如的漸升數(shù)共有4個(gè)．故此時(shí)共有21＋5＋4＝30(個(gè))．因此從小到大的漸升數(shù)的第30個(gè)必為1359.力量提升題組(建議用時(shí)：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(xiàn)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(shù)為()．A．96B．84C．60D．48解析可依次種A，B，C，D四塊，當(dāng)C與A種同一種花時(shí)，有4×3×1×3＝36種種法；當(dāng)C與A所種花不同時(shí)，有4×3×2×2＝48種種法．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，不同的種法種數(shù)為36＋48＝84.答案B2．在某種信息傳輸過(guò)程中，用4個(gè)數(shù)字的一個(gè)排列(數(shù)字允許重復(fù))表示一個(gè)信息，不同排列表示不同信息．若所用數(shù)字只有0和1，則與信息0110至多有兩個(gè)對(duì)應(yīng)位置上的數(shù)字相同的信息個(gè)數(shù)為()．A．10B．11C．12D．15解析若4個(gè)位置的數(shù)字都不同的信息個(gè)數(shù)為1；若恰有3個(gè)位置的數(shù)字不同的信息個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(3,4)；若恰有2個(gè)位置上的數(shù)字不同的信息個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(2,4).由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知滿足條件的信息個(gè)數(shù)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(gè)焊接點(diǎn)，若焊接點(diǎn)脫落，則可能導(dǎo)致電路不通，今發(fā)覺(jué)A、B之間線路不通，則焊接點(diǎn)脫落的不同狀況有________種．解析四個(gè)焊點(diǎn)共有24種狀況，其中使線路通的狀況有：1、4都通，2和3至少有一個(gè)通時(shí)線路才通共有3種可能．故不通的狀況有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(gè)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(shí)共有多少種不同的方法？(2)若為②著色時(shí)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．依據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)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，留意到n∈N*，可得n＝5.同學(xué)用書(shū)第173頁(yè)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(jì)數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式．3．能解決簡(jiǎn)潔的實(shí)際問(wèn)題.知識(shí)梳理1．排列與組合的概念名稱(chēng)定義排列從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)不同元素依據(jù)肯定的挨次排成一列組合合成一組2.排列數(shù)與組合數(shù)(1)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的全部不同排列的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)．(2)從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的全部不同組合的個(gè)數(shù)，叫從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)．3．排列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì)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)．特殊地Ceq\o\al(0,n)＝1.性質(zhì)(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(zhì)(1)全部元素完全相同的兩個(gè)排列為相同排列．(×)(2)兩個(gè)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(yīng)用(4)5個(gè)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(xí)題改編)由0,1,2,3這四個(gè)數(shù)字組成的四位數(shù)中，有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)共有3×43－Aeq\o\al(3,4)＝168(個(gè))．(×)(6)(2021·北京卷改編)將序號(hào)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，假如分給同一人的2張參觀券連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)是4Aeq\o\al(4,4)＝96種．(√)[感悟·提升]1．一個(gè)區(qū)分排列與組合最根本的區(qū)分在于“有序”和“無(wú)序”．取出元素后交換挨次，假如與挨次有關(guān)是排列，假如與挨次無(wú)關(guān)即是組合，如(1)忽視了元素的挨次．2．求解排列、組合問(wèn)題的思路：“排組分清，加乘明確；有序排列，無(wú)序組合；分類(lèi)相加，分步相乘．”同學(xué)用書(shū)第174頁(yè)考點(diǎn)一排列應(yīng)用題【例1】4個(gè)男同學(xué)，3個(gè)女同學(xué)站成一排．(1)3個(gè)女同學(xué)必需排在一起，有多少種不同的排法？(2)任何兩個(gè)女同學(xué)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(gè)女同學(xué)是特殊元素，共有Aeq\o\al(3,3)種排法；由于3個(gè)女同學(xué)必需排在一起，視排好的女同學(xué)為一整體，再與4個(gè)男同學(xué)排隊(duì)，應(yīng)有Aeq\o\al(5,5)種排法．由分步乘法計(jì)數(shù)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(gè)男生的中間及兩頭的5個(gè)空檔中插入3個(gè)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；最終把甲、乙排好的這個(gè)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(duì)于有限制條件的排列問(wèn)題，分析問(wèn)題時(shí)有位置分析法、元素分析法，在實(shí)際進(jìn)行排列時(shí)一般接受特殊元素優(yōu)先原則，即先支配有限制條件的元素或有限制條件的位置，對(duì)于分類(lèi)過(guò)多的問(wèn)題可以接受間接法．(2)對(duì)相鄰問(wèn)題接受捆綁法、不相鄰問(wèn)題接受插空法、定序問(wèn)題接受倍縮法是解決有限制條件的排列問(wèn)題的常用方法．【訓(xùn)練1】(1)(2022·濟(jì)南質(zhì)檢)一排9個(gè)座位坐了3個(gè)三口之家，若每家人坐在一起，則不同的坐法種數(shù)為()．A．3×3!B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!(2)(2021·四川卷)從1,3,5,7,9這五個(gè)數(shù)中，每次取出兩個(gè)不同的數(shù)分別記為a，b，共可得到lga－lgb的不同值的個(gè)數(shù)是()．A．9B．10C．18D．20解析(1)把一家三口看作一個(gè)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(gè)不同的值，只需看eq\f(a,b)不同值的個(gè)數(shù)．從1,3,5,7,9中任取兩個(gè)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(gè)數(shù)有Aeq\o\al(2,5)－2＝18.答案(1)C(2)C考點(diǎn)二組合應(yīng)用題【例2】某課外活動(dòng)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(duì)長(zhǎng)．現(xiàn)從中選5人主持某種活動(dòng)，依下列條件各有多少種選法？(1)只有一名女生；(2)兩隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選；(3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選；(4)至多有兩名女生當(dāng)選；(5)既要有隊(duì)長(zhǎng)，又要有女生當(dāng)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(duì)長(zhǎng)作為一類(lèi)，其他11人作為一類(lèi)，故共有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝165(種)．(3)至少有一名隊(duì)長(zhǎng)含有兩類(lèi)：只有一名隊(duì)長(zhǎng)和兩名隊(duì)長(zhǎng)．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)或接受排解法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(種)．(4)至多有兩名女生含有三類(lèi)：有兩名女生、只有一名女生、沒(méi)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(lèi)：第一類(lèi)女隊(duì)長(zhǎng)當(dāng)選：Ceq\o\al(4,12)；其次類(lèi)女隊(duì)長(zhǎng)不當(dāng)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(wèn)題常有以下兩類(lèi)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(bǔ)足；“不含”，則先將這些元素剔除，再?gòu)氖Ｏ碌脑刂腥ミx?。?2)“至少”或“最多”含有幾個(gè)元素的題型：若直接法分類(lèi)簡(jiǎn)單時(shí)，逆向思維，間接求解．【訓(xùn)練2】若從1,2,3，…，9這9個(gè)整數(shù)中同時(shí)取4個(gè)不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，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(shè)的取法可分為三類(lèi)：一是取四個(gè)奇數(shù)，在5個(gè)奇數(shù)1,3,5,7,9中，任意取4個(gè)，有Ceq\o\al(4,5)＝5(種)；二是兩個(gè)奇數(shù)和兩個(gè)偶數(shù)，在5個(gè)奇數(shù)中任取2個(gè)，再在4個(gè)偶數(shù)2,4,6,8中任取2個(gè)，有Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,4)＝60(種)；三是取4個(gè)偶數(shù)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同學(xué)用書(shū)第175頁(yè)考點(diǎn)三排列、組合的綜合應(yīng)用【例3】(1)(2021·浙江卷)將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個(gè)字母排成一排，且A，B均在C的同側(cè)，則不同的排法共有________種(用數(shù)字作答)．(2)某校高二班級(jí)共有6個(gè)班級(jí)，現(xiàn)從外地轉(zhuǎn)入4名同學(xué)，要支配到該班級(jí)的兩個(gè)班級(jí)且每班支配2名，則不同的支配方案種數(shù)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(gè)位置排特殊元素A、B、C，并把元素A、B作為元素集團(tuán)進(jìn)行排列；(2)可將4名同學(xué)分成兩組(每組2人)，再安排到兩個(gè)班級(jí)．解析(1)先將A，B視為元素集團(tuán)，與C先排在6個(gè)位置的三個(gè)位置上，有Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)種排法；其次步，排其余的3個(gè)元素有Aeq\o\al(3,3)種方法．∴由分步乘法計(jì)數(shù)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，將此兩組安排到6個(gè)班級(jí)中的2個(gè)班有Aeq\o\al(2,6)種．所以不同的支配方法有eq\f(1,2)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,6)種．法二先從6個(gè)班級(jí)中選2個(gè)班級(jí)有Ceq\o\al(2,6)種不同方法，然后支配同學(xué)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(wèn)題要遵循兩個(gè)原則：一是按元素(或位置)的性質(zhì)進(jìn)行分類(lèi)；二是按事情發(fā)生的過(guò)程進(jìn)行分步．具體地說(shuō)，解排列組合問(wèn)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)不同元素的安排問(wèn)題，往往是先分組再安排．在分組時(shí)，通常有三種類(lèi)型：①不均勻分組；②均勻分組；③部分均勻分組，留意各種分組類(lèi)型中，不同分組方法的求法．【訓(xùn)練3】從0,2中選一個(gè)數(shù)字，從1,3,5中選兩個(gè)數(shù)字，組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為()．A．24B．18C．12D．6解析依據(jù)所選偶數(shù)為0和2分類(lèi)爭(zhēng)辯求解．①當(dāng)選數(shù)字0時(shí)，再?gòu)?,3,5中取出2個(gè)數(shù)字排在個(gè)位與百位．∴排成的三位數(shù)的奇數(shù)有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝6個(gè)．②當(dāng)取出數(shù)字2時(shí)，再?gòu)?,3,5中取2個(gè)數(shù)字有Ceq\o\al(2,3)種方法．然后將選中的兩個(gè)奇數(shù)數(shù)字選一個(gè)排在個(gè)位，其余2個(gè)數(shù)字全排列．∴排成的三位數(shù)的奇數(shù)有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝12個(gè)．∴由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，共有18個(gè)三位數(shù)的奇數(shù)．答案B1．?huà)故彀盐眨?1)排列數(shù)公式Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)；(2)組合數(shù)公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)，這是正確計(jì)算的關(guān)鍵．2．解受條件限制的排列、組合題，通常有直接法(合理分類(lèi))和間接法(排解法)．分類(lèi)時(shí)標(biāo)準(zhǔn)應(yīng)統(tǒng)一，避開(kāi)消滅重復(fù)或遺漏．解組合應(yīng)用題時(shí)，應(yīng)留意“至少”、“至多”、“恰好”等詞的含義．3．排列組合的綜合應(yīng)用問(wèn)題，一般按先選再排，先分組再安排的處理原則．對(duì)于安排問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是要搞清楚大事是否與挨次有關(guān)，對(duì)于平均分組問(wèn)題更要留意挨次，避開(kāi)計(jì)數(shù)的重復(fù)或遺漏．、易錯(cuò)辨析9——實(shí)際意義理解不清導(dǎo)致計(jì)數(shù)錯(cuò)誤【典例】(2022·山東卷改編)現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)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(shù)為()．A．232B．256C．472D．484[錯(cuò)解]第一類(lèi)，含有一張紅色卡片，取出紅色卡片有Ceq\o\al(1,4)種方法，再?gòu)狞S、藍(lán)、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．其次類(lèi)，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(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，不同的取法共有192＋64＝256種．[答案]B[錯(cuò)因]錯(cuò)解的緣由是沒(méi)有理解“3張卡片不能是同一種顏色”的含義，誤認(rèn)為“取出的三種顏色不同”．[正解]第一類(lèi)，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)．其次類(lèi)，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(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，不同的取法共有264＋208＝472(種)．[答案]C[防范措施](1)精確?????理解題意，抓住關(guān)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(dāng)分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，避開(kāi)重復(fù)遺漏，消滅“至少、至多”型問(wèn)題，留意間接法的運(yùn)用．【自主體驗(yàn)】1．(2021·大綱全國(guó)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(shù)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(gè)空位中的兩個(gè)，共Aeq\o\al(2,4)種不同的方法．∴全部不同的排法共有Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝72(種)．答案722．假如把個(gè)位數(shù)是1，且恰有3個(gè)數(shù)字相同的四位數(shù)叫做“好數(shù)”，那么在由1,2,3,4四個(gè)數(shù)字組成的有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中，“好數(shù)”共有________個(gè)．解析第一類(lèi)：恰有三個(gè)相同的數(shù)字為1，選2,3,4中的一個(gè)數(shù)字排在十、百、千位的一個(gè)位置上，有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(1,3)種方法，四位“好數(shù)”有9個(gè)．其次類(lèi)：相同的三個(gè)數(shù)字為2,3,4中的一個(gè)，這樣的四位“好數(shù)”為2221,3331,4441共3個(gè)．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，共有“好數(shù)”9＋3＝12個(gè)．答案12對(duì)應(yīng)同學(xué)用書(shū)P359基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．一個(gè)平面內(nèi)的8個(gè)點(diǎn)，若只有4個(gè)點(diǎn)共圓，其余任何4點(diǎn)不共圓，那么這8個(gè)點(diǎn)最多確定的圓的個(gè)數(shù)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(gè)點(diǎn)中任選3個(gè)點(diǎn)有選法Ceq\o\al(3,8)種，由于有4點(diǎn)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(gè)．答案D2．若一個(gè)三位數(shù)的十位數(shù)字比個(gè)位數(shù)字和百位數(shù)字都大，稱(chēng)這個(gè)數(shù)為“傘數(shù)”．現(xiàn)從1,2,3,4,5,6這六個(gè)數(shù)字中取3個(gè)數(shù)，組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，其中“傘數(shù)”有()．A．120個(gè)B．80個(gè)C．40個(gè)D．20個(gè)解析分類(lèi)爭(zhēng)辯：若十位數(shù)為6時(shí)，有Aeq\o\al(2,5)＝20個(gè)；若十位數(shù)為5時(shí)，有Aeq\o\al(2,4)＝12個(gè)；若十位數(shù)為4時(shí)，有Aeq\o\al(2,3)＝6個(gè)；若十位數(shù)為3時(shí)，有Aeq\o\al(2,2)＝2個(gè)，因此一共有40個(gè)．答案C3．將甲、乙、丙、丁四名同學(xué)分到三個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名同學(xué)，且甲、乙兩名同學(xué)不能分到同一個(gè)班，則不同分法的種數(shù)為()．A．18B．24C．30D．36解析四名同學(xué)中有兩名同學(xué)恰好分在一個(gè)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(gè)班的有Aeq\o\al(3,3)種，所以不同的分法種數(shù)是Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝30.答案C4．某外商方案在4個(gè)候選城市中投資3個(gè)不同的項(xiàng)目，且在同一個(gè)城市投資的項(xiàng)目不超過(guò)2個(gè)，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(gè)不同的項(xiàng)目投資到4個(gè)城市中的3個(gè)，每個(gè)城市一項(xiàng)，共Aeq\o\al(3,4)種方法；若3個(gè)不同的項(xiàng)目投資到4個(gè)城市中的2個(gè)，一個(gè)城市一項(xiàng)、一個(gè)城市兩項(xiàng)共Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)種方法．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)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，要求兩名女生必需站在一起且老師不站在兩端，則不同站法的種數(shù)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(gè)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(yīng)選D.答案D二、填空題6．(2021·大綱全國(guó)卷)從進(jìn)入決賽的6名選手中決出1名一等獎(jiǎng)，2名二等獎(jiǎng)，3名三等獎(jiǎng)，則可能的決賽結(jié)果共有________種(用數(shù)字作答)．解析依題意，全部的決賽結(jié)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．(2022·杭州調(diào)研)四名優(yōu)等生保送到三所學(xué)校去，每所學(xué)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(duì)三組同學(xué)全排三所學(xué)校，即進(jìn)行全排列，有Aeq\o\al(3,3)種．依分步乘法計(jì)數(shù)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(gè)數(shù)字組成的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中，各位數(shù)字之和為偶數(shù)的三位數(shù)共有________個(gè)．解析在1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中有3個(gè)奇數(shù)，2個(gè)偶數(shù)，要求三位數(shù)各位數(shù)字之和為偶數(shù)，則兩個(gè)奇數(shù)一個(gè)偶數(shù)，∴符合條件的三位數(shù)共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(3,3)＝36(個(gè))．答案36三、解答題9．四張卡片上分別標(biāo)有數(shù)字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可當(dāng)“6”用，則由這四張卡片可組成不同的四位數(shù)有多少個(gè)？解先在后三位中選兩個(gè)位置填寫(xiě)數(shù)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?jǐn)?shù)字“9”可作“6”用，∴四張卡片組成不同的四位數(shù)有2Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12個(gè)．10．四個(gè)不同的小球放入編號(hào)為1,2,3,4的四個(gè)盒子中．(1)若每個(gè)盒子放一球，則有多少種不同的放法？(2)恰有一個(gè)空盒的放法共有多少種？解(1)每個(gè)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(gè)盒子中選一只為空盒，有4種選法；其次步：選兩球?yàn)橐粋€(gè)元素，有Ceq\o\al(2,4)種選法；第三步：三個(gè)元素放入三個(gè)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，看作安排問(wèn)題．第一步：在四個(gè)盒子中選三個(gè)，有Ceq\o\al(3,4)種選法；其次步：將四個(gè)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(gè)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．力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．在航天員進(jìn)行的一項(xiàng)太空試驗(yàn)中，要先后實(shí)施6個(gè)程序，其中程序A只能消滅在第一或最終一步，程序B和C在實(shí)施時(shí)必需相鄰，問(wèn)試驗(yàn)挨次的編排方法共有()．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(jié)果，將程序B和C看作元素集團(tuán)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(jì)數(shù)原理，試驗(yàn)編排共有2×48＝96種方法．答案C2．(2022·濟(jì)南調(diào)研)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，從這三個(gè)集合中各取一個(gè)元素構(gòu)成空間直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)，則確定的不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()．A．33B．34C．35D．36解析(1)若從集合B中取元素2時(shí)，再?gòu)腃中任取一個(gè)元素，則確定的不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3).(2)當(dāng)從集合B中取元素1，且從C中取元素1，則確定的不同點(diǎn)有Ceq\o\al(1,3)×1＝Ceq\o\al(1,3).(3)當(dāng)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(diǎn)有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)個(gè)．∴由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，共確定不同的點(diǎn)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(gè))．答案A二、填空題3．(2021·重慶卷)從3名骨科、4名腦外科和5名內(nèi)科醫(yī)生中選派5人組成一個(gè)抗震救災(zāi)醫(yī)療小組，則骨科、腦外科和內(nèi)科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數(shù)是________(用數(shù)字作答)．解析按選派的骨科醫(yī)生的人數(shù)分類(lèi)：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(nèi)科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數(shù)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(gè)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(gè)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(guò)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(lèi)：第1類(lèi)，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(lèi)，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(lèi)，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(lèi)加法計(jì)數(shù)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.同學(xué)用書(shū)第176頁(yè)第3講二項(xiàng)式定理[最新考綱]1．能用計(jì)數(shù)原理證明二項(xiàng)式定理．2．會(huì)用二項(xiàng)式定理解決與二項(xiàng)開(kāi)放式有關(guān)的簡(jiǎn)潔問(wèn)題.知識(shí)梳理1．二項(xiàng)式定理二項(xiàng)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(xiàng)開(kāi)放式的通項(xiàng)公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr，它表示第r＋1項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)二項(xiàng)開(kāi)放式中各項(xiàng)的系數(shù)Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n)2.二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)(1)0≤k≤n時(shí)，Ceq\o\al(k,n)與Ceq\o\al(n－k,n)的關(guān)系是Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n).(2)二項(xiàng)式系數(shù)先增后減中間項(xiàng)最大當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，第eq\f(n,2)＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為Ceq\f(n,2)n；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，第eq\f(n＋1,2)項(xiàng)和eq\f(n＋3,2)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為Ceq\f(n－1,2)n或Ceq\f(n＋1,2)n.(3)各二項(xiàng)式系數(shù)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(xiàng)式定理的理解(1)Ceq\o\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的開(kāi)放式中的第r項(xiàng)．(×)(2)在(1－x)9的開(kāi)放式中系數(shù)最大的項(xiàng)是第5項(xiàng)和第6項(xiàng)．(×)(3)(教材習(xí)題改編)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的二項(xiàng)開(kāi)放式中，常數(shù)項(xiàng)為－160.(√)2．二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)(4)(a＋b)n的開(kāi)放式中某一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)與a，b無(wú)關(guān)．(√)(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，則a7＋a6＋…＋a1的值為128.(×)(6)(2021·安徽卷改編)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,\r(3,x))))n的開(kāi)放式中，僅有第5項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，且x4的系數(shù)為7，則實(shí)數(shù)a＝eq\f(1,2).(√)[感悟·提升]1．二項(xiàng)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(xiàng)開(kāi)放式的規(guī)律，肯定牢記通項(xiàng)公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr是開(kāi)放式的第r＋1項(xiàng)，不是第r項(xiàng)，如(1)．2．二項(xiàng)式系數(shù)與開(kāi)放式項(xiàng)的系數(shù)的異同一是在Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr中，Ceq\o\al(r,n)是該項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)，與該項(xiàng)的(字母)系數(shù)是兩個(gè)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(guān)，恒為正，后者還與a，b有關(guān)，可正可負(fù)，如(2)就是混淆兩個(gè)概念的區(qū)分．二是二項(xiàng)式系數(shù)的最值與增減性與指數(shù)n的奇偶性有關(guān)，當(dāng)n為偶數(shù)，中間一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，如(6)；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，且同時(shí)取得最大值．考點(diǎn)一通項(xiàng)公式及其應(yīng)用【例1】(1)(2021·浙江卷)設(shè)二項(xiàng)式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,\r(3,x))))5的開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為A，則A＝________.(2)(2021·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷)已知(1＋ax)(1＋x)5的開(kāi)放式中x2的系數(shù)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(xiàng)為T(mén)2＝Ceq\o\al(1,5)x，T3＝Ceq\o\al(2,5)x2.∴開(kāi)放式中x2的系數(shù)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(xiàng)式定理的核心是通項(xiàng)公式，求解此類(lèi)問(wèn)題可以分兩步完成：第一步依據(jù)所給出的條件(特定項(xiàng))和通項(xiàng)公式，建立方程來(lái)確定指數(shù)(求解時(shí)要留意二項(xiàng)式系數(shù)中n和r的隱含條件，即n，r均為非負(fù)整數(shù)，且n≥r，如常數(shù)項(xiàng)指數(shù)為零、有理項(xiàng)指數(shù)為整數(shù)等)；其次步是依據(jù)所求的指數(shù)，再求所求解的項(xiàng)．(2)求兩個(gè)多項(xiàng)式的積的特定項(xiàng)，可先化簡(jiǎn)或利用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理爭(zhēng)辯求解．【訓(xùn)練1】(1)(2021·大綱全國(guó)卷改編)(1＋x)8(1＋y)4的開(kāi)放式中x2y2的系數(shù)是________．(2)設(shè)二項(xiàng)式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))6(a>0)的開(kāi)放式中x3的系數(shù)為A，常數(shù)項(xiàng)為B，若B＝4A，則a的值是________．解析(1)∵(1＋x)8的通項(xiàng)為Ceq\o\al(k,8)xk，(1＋y)4的通項(xiàng)為Ceq\o\al(t,4)yt，∴(1＋x)8(1＋y)4的通項(xiàng)為Ceq\o\al(k,8)Ceq\o\al(k,4)xkyt，令k＝2，t＝2，得x2y2的系數(shù)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開(kāi)放式的通項(xiàng)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同學(xué)用書(shū)第177頁(yè)考點(diǎn)二二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)與各項(xiàng)系數(shù)和【例2】(1)(2022·青島模擬)設(shè)(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，則開(kāi)放式中系數(shù)最大的項(xiàng)是()．A．15x2B．20x3C．21x3D．35x(2)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n的開(kāi)放式中第3項(xiàng)與第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則該開(kāi)放式中eq\f(1,x2)的系數(shù)為_(kāi)_______．審題路線(1)先賦值求a0及各項(xiàng)系數(shù)和，進(jìn)而求得n值，再運(yùn)用二項(xiàng)式系數(shù)性質(zhì)與通項(xiàng)公式求解．(2)依據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)性質(zhì)，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(shù)．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的開(kāi)放式二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)的系數(shù)最大，∴(1＋x)6的開(kāi)放式系數(shù)最大項(xiàng)為T(mén)4＝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(dāng)8－2r＝－2時(shí)，r＝5，∴eq\f(1,x2)的系數(shù)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(guān)鍵在于賦值，求出a0與n的值；第(2)小題在求解過(guò)程中，常因把n的等量關(guān)系表示為Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，而求錯(cuò)n的值．(2)求解這類(lèi)問(wèn)題要留意：①區(qū)分二項(xiàng)式系數(shù)與開(kāi)放式中項(xiàng)的系數(shù)，機(jī)敏利用二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)；②依據(jù)題目特征，恰當(dāng)賦值代換，常見(jiàn)的賦值方法是使得字母因式的值或目標(biāo)式的值為1，－1.【訓(xùn)練2】(1)二項(xiàng)式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2)))n的開(kāi)放式中只有第6項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)是()．A．180B．90C．45D．360(2)若(1－2x)2022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2022x2022(x∈R)，則eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2022,22022)的值為_(kāi)_______．解析(1)由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，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)2021＝1.令x＝eq\f(1,2)，則a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2022,22022)＝0，∴eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2022,22022)＝－1.答案(1)A(2)－1考點(diǎn)三二項(xiàng)式定理的應(yīng)用【例3】(2022·湖北卷)設(shè)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(guān)鍵在于將512012變形為(52－1)2012，使得開(kāi)放式中的每一項(xiàng)與除數(shù)13建立聯(lián)系．(2)用二項(xiàng)式定理處理整除問(wèn)題，通常把底數(shù)寫(xiě)成除數(shù)(或與余數(shù)親密相關(guān)聯(lián)的數(shù))與某數(shù)的和或差的形式，再用二項(xiàng)式定理開(kāi)放，但要留意兩點(diǎn)：一是余數(shù)的范圍，a＝cr＋b，其中余數(shù)b∈[0，r)，r是除數(shù)，切記余數(shù)不能為負(fù)，二是二項(xiàng)式定理的逆用．【訓(xùn)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(shù)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(xiàng)均能被88整除，∴余數(shù)是1.答案B1．二項(xiàng)開(kāi)放式的通項(xiàng)Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk是開(kāi)放式的第k＋1項(xiàng)，這是解決二項(xiàng)式定理有關(guān)問(wèn)題的基礎(chǔ)．在利用通項(xiàng)公式求指定項(xiàng)或指定項(xiàng)的系數(shù)要依據(jù)通項(xiàng)公式爭(zhēng)辯對(duì)k的限制．2．由于二項(xiàng)式定理中的字母可取任意數(shù)或式，所以在解題時(shí)依據(jù)題意，給字母賦值，是求解二項(xiàng)開(kāi)放式各項(xiàng)系數(shù)和的一種重要方法．3．二項(xiàng)式定理的應(yīng)用主要是對(duì)二項(xiàng)開(kāi)放式正用、逆用，要充分利用二項(xiàng)開(kāi)放式的特點(diǎn)和式子間的聯(lián)系．創(chuàng)新突破10——二項(xiàng)式的和與積問(wèn)題【典例】(2022·濟(jì)南質(zhì)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的開(kāi)放式中各項(xiàng)系數(shù)的和為2，則該開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為()．A．－40B．－20C．20D．40突破：開(kāi)放式的常數(shù)項(xiàng)來(lái)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開(kāi)放式中含eq\f(1,x)的項(xiàng)相乘；②eq\f(a,x)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5開(kāi)放式中含x的項(xiàng)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開(kāi)放式的通項(xiàng)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開(kāi)放式中x的系數(shù)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開(kāi)放式中eq\f(1,x)的系數(shù)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開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為80－40＝40.答案D[反思感悟]對(duì)于求多個(gè)二項(xiàng)式的和或積的開(kāi)放式中某項(xiàng)的系數(shù)問(wèn)題，要留意排列、組合學(xué)問(wèn)的運(yùn)用，還要留意有關(guān)指數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．對(duì)于三項(xiàng)式問(wèn)題，一般是通過(guò)合并其中的兩項(xiàng)或進(jìn)行因式分解，轉(zhuǎn)化成二項(xiàng)式定理的形式去求解．【自主體驗(yàn)】(1＋2x)3(1－x)4開(kāi)放式中x項(xiàng)的系數(shù)為_(kāi)_______．解析(1＋2x)3(1－x)4開(kāi)放式中的x項(xiàng)的系數(shù)為兩個(gè)因式相乘而得到，即第一個(gè)因式的常數(shù)項(xiàng)和一次項(xiàng)分別乘以其次個(gè)因式的一次項(xiàng)與常數(shù)項(xiàng)，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(shù)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(duì)應(yīng)同學(xué)用書(shū)P361基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2022·西安調(diào)研)若(1＋eq\r(3))4＝a＋beq\r(3)(a，b為有理數(shù))，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(shè)a＝28，b＝16，故a＋b＝44.答案D2．(2021·遼寧卷)使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x\r(x))))n(n∈N*)的開(kāi)放式中含有常數(shù)項(xiàng)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(dāng)Tr＋1是常數(shù)項(xiàng)時(shí)，n－eq\f(5,2)r＝0，當(dāng)r＝2，n＝5時(shí)成立．答案B3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,x)))8開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為1120，其中實(shí)數(shù)a是常數(shù)，則開(kāi)放式中各項(xiàng)系數(shù)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，得開(kāi)放式各項(xiàng)系數(shù)和為(1－a)8＝1或38.答案C4．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若數(shù)列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一個(gè)單調(diào)遞增數(shù)列，則k的最大值是()．A．6B．7C．8D．5解析由二項(xiàng)式定理知an＝Ceq\o\al(n－1,10)(n＝1,2,3，…，n)．又(x＋1)10開(kāi)放式中二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)是第6項(xiàng)．∴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(shí)數(shù)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．(2021·四川卷)二項(xiàng)式(x＋y)5的開(kāi)放式中，含x2y3的項(xiàng)的系數(shù)是________(用數(shù)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(shù)為Ceq\o\al(3,5)＝eq\f(5×4×3,3×2×1)＝10.答案107．(a＋x)4的開(kāi)放式中x3的系數(shù)等于8，則實(shí)數(shù)a＝______.解析(a＋x)4的開(kāi)放式中的通項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)a4－rxr，當(dāng)r＝3時(shí)，有Ceq\o\al(3,4)·a＝8，所以a＝2.答案28．設(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(1,\r(x))))n的開(kāi)放式的各項(xiàng)系數(shù)之和為M，二項(xiàng)式系數(shù)之和為N，若M－N＝240，則開(kāi)放式中含x的項(xiàng)為_(kāi)_____．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(xiàng)式(eq\r(3,x)＋eq\f(1,x))n的開(kāi)放式中各項(xiàng)的系數(shù)和為256.(1)求n；(2)求開(kāi)放式中的常數(shù)項(xiàng)．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(xiàng)開(kāi)放式中的第r＋1項(xiàng)為T(mén)r＋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(shí)，常數(shù)項(xiàng)為T(mén)3＝Ceq\o\al(2,8)＝28.10．若(2＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))3的開(kāi)放式中的常數(shù)項(xiàng)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的開(kāi)放式中的常數(shù)項(xiàng)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.力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．(2021·陜西卷)設(shè)函數(shù)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(dāng)x>0時(shí)，f[f(x)]表達(dá)式的開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為()．A．－20B．20C．－15D．15解析當(dāng)x>0時(shí)，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(dá)式的開(kāi)放式中常數(shù)項(xiàng)為(－1)3Ceq\o\al(3,6)＝－20.答案A2．若將函數(shù)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(shí)數(shù)，則a3＝()．A．8B．9C．10D．11解析f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通項(xiàng)為T(mén)r＋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