第二十三讲 排列组合与二项式定理

同步讲台 （23） 第二十三讲第二十三讲 排列组合与二项式定理排列组合与二项式定理 知点知点 考点考点 答点答点 （1）加法乘法）加法乘法 原理深化原理深化 计数的基本依据是加法原理，乘法原理是加法原理的简化. 小学生的加法是“同类加法” ，3 个苹果加上 5 个苹果，这 8 个苹果是一样的“同类苹果” . 而计数原理中的加法则强调了“分类相加”. 30 个男生加上 20 个女生，这班上的 50 个学生 按性别分成了 2 类. 相加并不难，分类要注意统一标准. 从集合的观点看待元素的分类计数：将有限集合 M 的元素分成两个子集 A 和 B. 当且仅当 AB= ，AB = M 时，A 的元素与 B 的元素相加， 才等于 M 的元素个数. 【例例 1】某书店有 11 种杂志，2 元 1 本的 8 种，1 元 1 本的 3 种小张用 10 元钱买杂 志(每种至多买一本，10 元钱刚好用完)，则不同买法的种数是(用数字作答) 【解析解析】由于 1 元 1 本的杂志只有 3 本，1 元 1 本的杂志不可能只买 1 本或 3 本.否则所 用钱数为奇数，再买 2 元 1 本的杂志无论买几本所用钱数都是偶数，其和不可能为 10 元这个 偶数.所以小张用 10 元钱去买，有且只有如下两种买法. 如果全买 2 元 1 本的杂志，则 10 元钱可以买 5 本，有种方法； 53 88 56CC 如果 1 元 1 本的杂志买 2 本，则 2 元 1 本的杂志可以买 4 本，由乘法原理，有 种方法； 42 83 210CC 由加法原理，不同买法的种数是：56+210=266. 【例例 2 2】4 位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中 任选一道作答，选甲题答对得 100 分，答错得-100 分；选乙题答对得 90 分，答错得-90 分. 若.4 位同学的总分为零，则这.4 位同学不同得分的种数为 （ ） A.48 B.36 C.24 D.18 【解析解析】4 位同学的总分为零，有且只有如下 3 种情况. （1）若 4 人全部选甲题，其总分和为零必须 2 人答对另 2 人答错，有=6 种情况； 2 4 C （2）若 4 人全部选乙题，同理也有=6 种情况； 2 4 C （3）若 4 人中两人选甲题，另两人选乙题，其总分和为零必须各 1 人答对另 1 人答错， - 2 - 有=24 种情况. 22 42 A A 由加法原理，不同的得分种数为 6+6+24=36，选 B. 【评注评注】例 1 按 1 元 1 本的杂志数分类，是因为这种杂志的数量少；例 2 按总分之和为 0 的情况分类，因为这是计数时确定取舍的标准.所以在解题时确定正确的分类标准十分重要. （2）可重排列与不重排列）可重排列与不重排列统一在乘法原理之中统一在乘法原理之中 排列元素的选择有两种方式. 一种是不能重复的元素“用后则扔” ；第二种是可以 重复的元素“用后还用”. 解题时必须正确区分与掌握. 在乘法原理中，它们是统一的，只不过前者构成“阶乘运算” ，后者构成“乘法运算”. 所谓阶乘数，就是前 n 个正整数的连乘积，记号 n！是对这种连乘积的简化写法. 【例例 3 3】完成某项工作需 4 个步骤，每一步方法数相等，完成这项工作共有 81 种方法. 改革后完成这项工作减少了一个步骤，则改革后完成该项工作有 种方法. 【分析分析】4 个步骤却有 81 种方法，可见每个步骤都有可供选择的多种方法，而且“每一 步方法数相等， ”可见本题属于重复排列. 【解析解析】设原来每个步骤有 x 种方法，则. 4 81,3xx 现在减少 1 个步骤，即完成该项工作只有 3 个步骤，每个步骤仍有 3 种方法. ，改革后完成该项工作有 27 种方法. 3 327 【例例 4 4】证明： 1231 1 2!3!4!1 !1 ! n nn 【证明证明】注意到：.令 k=1，2，3。n 得： 11 !(1)!(1)! k kkk .各式相加即得： 11121131111 ; 2!1!2! 3!2!3! 4!3!4!1 !1 ! n nnn 1231 1 2!3!4!1 !1 ! n nn （3 3）组合的加法）组合的加法定理定理从一分为二到一分为多从一分为二到一分为多 从 n 个元素中任取 r 个元素的组合，总可以找到 r 个中的任何一个元素 a 为分类标准， 含 a 的组合有种，不含 a 的组合有种.于是从 n 个元素中任取 r 个元素的组合数为： 1 1 r n C r n C 1 +. r n C 1 1 r n C r n C 1 竞赛题竞赛题 第 - 3 - 页 共 6 页 这就是组合的加法定理（常称组合的第二性质） ，它集中体现了两分法是分类计数的基 本方法. 连续使用加法定理，可将“一分为二”发展到“一分为多”. 排列组合的繁杂计算.由于计算的结果多是不易验证的大数，所以掌握它们的运算性质 就是减少计算量的最合理的途径. 【例例 5 5】时， 56 nn CC 123410 234511 CCCCC 【解析解析】由组合第一性质：n=5+6=11.从而： . 12341011111 234511234511 2341165CCCCCCCCCC （4）通项公式通项公式 r r 个元素的组合从个元素的组合从 0 0 到到 n n 二项展开式的通项公式是其最重要的部件，也是高考的重要考点，因而 1 rn rr rn TC ab 是重点的备考内容. 【例 6】 (安徽理科第安徽理科第 12 题题)若的展开式中含有常数项,则最小的正整数 3 1 3 n x x n 等于 【解析】.令 7 3 3 2 1 1 33 r nrn r rrn r rnn TCxCx x .由于 n，r 均为正整数，且 6 与 7 互质，所以当 r=6 时，. 7 3067 2 nrnr min 7n 【说明】由于解题过程与系数无关，所以本题的解法可以简化为：由 （下略） 7 3067 2 nrnr （5 5）杨辉三角）杨辉三角二项系数图解二项系数图解 二项系数不仅具有和谐对称的数学美，还有许多极有价值的计算规律.而杨辉三角用表格 的形式最直观地显示了二项式定理的系数特征，易懂易记也便于运用. 【例例 7】 （2007 年全国卷年全国卷第第 10 题题）的展开式中，常数项为，则（ 2 1 n x x 15n ） ABCD3456 【解析解析】D 因为中两项的系数的绝对值都为 1，所以其各项的系数可以由杨 2 1 n x x 辉三角确定，而系数为 15 时，n 只能是 6. 【说明说明】 杨辉三角如右. - 4 - 通法通法 特法特法 妙法妙法 （1 1）穷举法）穷举法既原始又高效的元素列举既原始又高效的元素列举 列举法是表示集合的基本方法，排列与组合说到底是在研究集合，故其列举方法也是解 排列组合问题的基本大法. 有些排列组合试题，几乎是无章可循，无公式可套.可是若将符合条件的对象逐一列举， 反而简单明白，轻而依举. 【题题 1 1】 （07.辽宁文科卷辽宁文科卷.12 题题）将数字 1，2，3，4，5，6 拼成一列，记第 个数为i ，若，则不同的排列方法种数为（ i(i 126)a， 1 1a 3 3a 5 5a 135 aaa ） A18 B30 C36 D48 【解析解析】如下表，符合条件的，有且仅有如下 5 种： 1 a 3 a 5 a 2、4、6；2、5、6；3、4、6；3、5、6；4、5、6 共 5 种情况.对于其中的每一种，其余 3 位 的 3 个数字都可以任意排列，所以共有 5种不同的排列方法，故选 B. 3 3 30A 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 2 4 6 （2 2）捆绑与留空）捆绑与留空相邻与不邻的对立互补相邻与不邻的对立互补 在排列计算中，有些元素是必须相邻的，这时我们不妨视这些元素为一个整体，作为一 个特殊元素进行排列，然后处理它们彼此的关系.这就是“捆绑法”的具体含义. 在排列计算中，还有些元素是不能相邻的，处理不能相邻元素的最佳方法便是插空 相邻与不邻可构成“对立与互补”的完全分类，因此其中的一种情况可转化为对立情况 的互补关系来解决. 【题题 2 2】记者要为 5 名志愿都和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人相 邻但不排在两端，不同的排法共有（ ）种 1440 960 720 480 【解析解析】视两位老人为 1 人，连同其余 5 人共 6 人进行排列.由于老人不能排两端，从 1 12 1 13 3 1 14 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 20 15 6 1 竞赛题竞赛题 第 - 5 - 页 共 6 页 其余 5 人中选 2 人排两端，有种排法；还有 4 人（实为 5 人）可以任意排列，有种排 2 5 A 4 4 A 法；又两位老人的位置可以互易，有种情况.根据乘法原理，不同的排法共有 2 2 A =960 种，选 B. 2 5 A 4 4 A 2 2 A 【题题 3 3】某人射击 8 枪，命中 4 枪，其中恰有 3 枪连中的不同种数有（ ）种 A.72 B.24 C.20 D.19 【解析解析】原题不便于操作，我们“换汤不换药”地将其改编为下题：8 个相同的球摆成 一排，其中 A、B、C 三球必须相邻且与顺序无关，另一球 D 不得与前 3 球相邻的排法有几种？ 先排其余 4 球（对应于未中的 4 枪，显然与顺序无关） ，然后在 4 球之间及其两端共 5 空任选 2 空插入 ABC 及 D，故有种排法.选 C. 2 5 20A （3 3）图解法）图解法树干图的分层分类树干图的分层分类 有些排列组合问题，用解析法不容易将头绪理清，这时就可以考虑采用图上作业. 【题题 4 4】3 人互相传球，由甲开始发球，并作为 第一次传球，那么经过 5 次传球后，球仍回到甲手中， 则不同的传球方式有（ ）种 A.6 B.8 C.10 D.12 【解析解析】设甲先传球给乙，则以下 3 次传球方式 如右图所示.为使第 5 次传球时球回到甲手中，必须 第 4 次传球后球不在甲手中，这有 5 种情况. 同理，甲先传球给丙，也有 5 种情况，共 10 种， 选 C. 【评注评注】本解的作业方法，可以称为画树形图 （4 4）隔板法）隔板法形象处理变复杂为简洁形象处理变复杂为简洁 有些复杂抽象的排列组合问题，难以很快列出合适的计算式.这里，隔板法就是一个化抽 象为形象的简明选择. 【题题 5 5】方程的正整数解有 个10xyzt 【解析解析】如图，设想有 10 个相同的球并放成一行，选取 3 块隔板任意插入其中，则每一 种插入方法都对应一个正整数解.例如图中的插入方法即对应于 1+4+3+2=10. 由于 10 球之间共有 9 空，任选 3 空插入隔板，有种插入方法，所以方程 3 9 84C 的正整数解有 84 个.10xyzt 乙 甲 丙 乙 乙 甲 甲 甲 丙 丙 乙 乙 丙 丙 甲 - 6 - （5 5）转移法）转移法正难则反就是避难就易正难则反就是避难就易 对任意一个判断，非真即假.由此我们得到启发，如果正面计算不易，根据正、反互补的 原理，不妨先反面求之，然后从总量中去假存真. 【题题 6 6】 （07.07.湖北卷湖北卷.10.10 题）题）已知直线（a,b 是非零常数）与圆 x2+y2=100 有公1 b y a x 共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有 （ ） A.60 条 B.66 条 C.72 条 D.78 条 本题的一般解法是： 【解法欣赏解法欣赏】 （1）找出圆上有多少个整点. 如图，我们称横坐标和纵坐标均为整数为整 点.圆上的整点都是 x2+y2=100 的整数解.由勾股 定理知这些点分别是：（10，0） ， （8，6） ， （6，8） ， （0，10） ， （-6，8） ， （-8，6） ， （-10，0） ， （8，-6）共 12 个点. （2）如果直线与圆有两个公共点，则这样的 直线（即圆的割线）有条. 2 12 12 11 66 2 C （3）如果直线与圆只有一个公共点，则这样的 直线（即圆的切线）有 12 条. 以上共计 12+66=78 条. 做到这里，粗心的考生就会选 D，可悲的是：选 D 是错误的. 如果有的考生注意到，截距式方程的直线是不能过原点的，他就会去掉圆的直径所在的 6 条直线而答 C，可悲的是：选 C 还是错误的. 如果有的考生注意到，截距式方程的直线是不能平行于坐标轴的，他就会在 78 条直线中， 去