湖北省武汉市吴家山中学高中数学复习 排列、组合、二项式定理的类型与解题策略.doc

排列、组合、二项式定理的类型与解题策略排列、组合、二项式定理既是近代组合数学、概率统计的基础，又是每年高考必考内容之一，对培养学生分类讨论的数学思想方法和解决实际问题的能力与技巧有着重要的意义.由于研究对象的独特性，排列、组合的内容显得比较抽象题型多变，思维抽象，条件隐晦，解法别致，因此学习起来比较困难.实践证明，弄懂原理，掌握题型，领悟方法，识别类型，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径.第一部分：排列、组合的类型与解题策略排列组合中最具典型的问题是“排数”、“排队”、“涂色”、“含”与“不含”、 “至多”与“至少”等.无论是哪类问题，其解决方法无外乎直接法与间接法.学习过程中，要在理解的基础上掌握一些基本类型的解题方法与技巧，并能灵活运用.如能借助图形、表格帮助分析，则可使问题更加直观、清晰.一、相邻、不相邻（相离）、不全相邻问题：相邻问题“捆绑法”，不相邻问题“插空法”，不全相邻问题常采用“正难则反”的策略，即用“间接法”求解.例1、用1，2，3，4，5，6，7，8组成没有重复数字的八位数，其中1与2相邻、3与4相邻、5与6相邻、7与8不相邻的八位数共有 个. 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数有 种.四名男生和三名女生排成一排，则三名女生不全相邻的排法有 种.解：先“相邻”排列成三个“大元素”，再三个“大元素”排列，最后7与8“插空”，共有种.增加的两个新节目，可分为相邻与不相邻两种情况：不相邻时共有种；相邻时共有种。故不同插法的种数为：=42，故选a.（也可将新增的两个节目中的一个插入已排好的五个节目形成的6个空中，另一个插入已排好的6个节目形成的7个空中，故不同插法的种数为67=42种）.用排除法求解，共有（种）.二、定序问题：对于排列问题中限制某几个元素保持一定的顺序，可先把这几个元素与其它元素一同进行排列，然后用总的全排列数除以这几个元素的全排列数.例2、五人并排站成一排，如果甲必须站在乙的右边（ 可以不相邻）那么不同的排法种数有 种.由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的六位数共有 个.解：此为定序问题，用“缩倍法”求解.甲在乙的右边与甲在乙的左边排法数相同，故共有排法种；（先排除再缩倍）共有个.三、分组与分配问题：例3、6本不同的书，按以下要求各有多少种分法？平均分成三组；分成1本，2本、3本三组；平均分给甲、乙、丙三人；分给甲、乙、丙三人，一人拿1本，一人拿2本、一人拿3本；甲得一本，乙得二本，丙得三本.解：此为平均分组问题，共有种分法；此为非平均分组问题，共有种分法；先分组，再排序，共有种分法；先分组，再排序，种分法；用“逐分法”，共有种分法.注：此例中的每一个小题都给出了一种类型，搞清类型的归属对今后解题大有裨益，其中：均匀分组问题；非均匀分组问题；均匀不定向分配问题；非均匀不定向分配问题；非均匀定向分配问题.四、“至多”、“至少”问题：例4、5本不同的书，全部分给4个学生，每人至少一本，则有 种不同的分法.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有 种.解：此为元素多于位置的情形，用“分组法”求解，即将5本不同的书先分成四组，再分给四个人，不同的分法有种，故选b；若用“直接法”解，可分为“一甲二乙”和“二甲一乙”两类，不同取法共有种；也可用“排除法”求解，即从总数中减去3台都是甲型或3台都是乙型的抽取方法，因此符合题意的抽取方法有种，故选c例5、10个“三好学生”名额分配到7个班级，每班至少一个名额，共有不同分配方案 种.把10本相同的书分发给编号为1、2、3的三个学生阅览室，每个阅览室分得的书的本数不小于其编号数，共有 种不同分法.解：此为名额分配问题，属元素多于位置的情形，常用“隔板法”求解.把10个名额看成10个相同的小球，要分成7堆，每堆至少一个，可以在中间的9个空位中插入6块隔板，每一种插法对应着一种分配方案，故不同的分配方案为种；可先让2、3号阅览室依次分得1本书、2本书；再对余下的7本书进行分配，保证每个阅览室至少得一本书，这相当于在7本相同书之间的6个 “空档”内插入两个相同的“隔板”，共有种插法，即有15种分法.五、借位排列问题：某些元素不能排在某些位置上，可先把某个元素按规定排入，再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成. 通常用公式求解.例6、将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 种；将标号为1，2，3，10的10个球放入标号为1，2，3，10的10个盒子中，每个盒内放一个球，恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法_ _ 种；编号为1、2、3、4、5的五个球放入编号为1、2、3、4、5的五个盒子里，至多有2个对号入座的情形有_种.解：由公式知，共有331=9种填法.3个球的标号与盒子的标号不一致的放法有2种，共有放法种.用排除法，共有种.六、“含”与“不含”问题：例7、某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有不同派遣方案 种.解1：（分类法）考虑甲乙有限制条件，按是否含有甲乙分为四类：不含甲乙，则有派遣方案种；含甲不含乙，则有派遣方案种；含乙不含甲，同理也有1008种；含甲乙，则有派遣方案种.所以共有不同的派遣方法总数为4088种.解2：（集合法或排除法）设u=10人中任取4人的排列，a=甲同学到银川的排列，b=乙同学到西宁的排列，利用集合中求元素个数公式可得参赛方法共有：4088种.七、几何中的排列组合问题：1、涂色与种植问题：例8、用3种不同颜色给图中的5个格子涂色，每格涂一种颜色、相邻格涂不同颜色且必须涂三色，共有 种不同的涂法.用6种不同的颜色给图中的5个格子涂色，每格涂一种颜色，且相邻的两格不同色，则不同的涂色方法共有 种. 解：按颜色相同的格进行分类，可分为：1、24、35；13、24、5；13、25、4；14、25、3；14、35、2；15、24、3；135、2、4共七类，由题意，共有种不同的涂法.按颜色分类：涂2色，可分为135、24两“块”，有种；涂3色，由知有种；涂4色，分“块”情形有13、2、4、5；14、2、3、5；15、2、3、4；24、 1、3、5；25、1、3、4；35、 1、2、4；有种；涂5色，有种；故共有2952种不同涂法.例9、在一块并排10垄的田中，选择2垄分别种植a、b两种作物，每种作物种一垄.为有利于作物生长，要求a、b两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有_种. 解：先考虑a种在左边的情况，有三类：a种植在最左边第一垄上时，b有三种不同的种植方法；a种植在左边第二垄上时，b有两种不同的种植方法；a种植在左边第三垄上时，b只有一种种植方法.又b在左边种植的情况与a在左边时相同.故共有2（321）=12种不同的种植方法.2、其它问题：例10、四面体的顶点和各棱中点共10个点，其两两连线可组成异面直线共有 对.解：四面体的顶点和各棱中点共10个，其两两连线共有直线条，可构成直线对.排除所有共面直线的对数，如下图：于是，可构成异面直线共有52814412363645=255对.注：排列组合与几何图形的整合题型，在历年高考试卷中皆有出现，它不仅是考察学生相关知识的运用技巧的重要手段，也是培养和提高学生思维能力的一个重要方法.随着课程改革的不断深化，这部分知识必将倍受青睐.八、其它综合问题：1、用比例法解元素成比例的排列组合问题：有些排列组合应用题，可以根据每个元素出现的机会占整个问题的比例，直接求得问题的解.例11、由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有 个.解：由题意知全排列为，而满足条件的五位数的个位上出现2或4的可能性为，在余下的四个数字中，万位上出现满足条件的数字的可能性为，故满足条件的五位数共有个.例12、若集合a=1, 2, 3, 4, 5, 6，ca，又c中共有k个元素，所有可能的c的各个元素的总和是210，则k= .解：由于a中各元素之和为1+2+3+4+5+6=21，而6个元素在c中出现的次数是完全相同的，c中k个元素各占，有，即，k=1, 2, 5, 6上式不成立，k=3, 4上式成立，k=3或k=4.2、用转化、构造的方法解题排列组合问题：例13、某射击7枪，击中5枪，击中和未击中的不同顺序有 种. 解：设击中用“1”表示，未击中用“0”表示，则上述问题可转化为：“数列a1、a2、a3、a4、a5、a6、a7中有5项是1，两项是0，不同的数列数目有多少”的问题.可分两类：第1类，两个“0”不相邻的情况有种；第2类 两个“0”相邻的情况有6种，所以击中和未击中的不同顺序情况共有21种.3、方程思想：例14、球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，欲将此十球中的4球击入袋中，且总分不低于5分，则击球方法有 种.坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向左或向右跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有_种.a、b、c三人站成一圈相互传球，第一次球从a手中传出，经过7次传球后，球又回到a手中，问此三人不同的传球方式有 种.解：设击入黄球x个，红球y个，则有，且（x，y），解得，或或或，对应每组解的击球方法数分别为，不同的击球方法数为=195种.设质点向左跳动x次，向右跳动y次，则，解得，即该质点需向左跳动1次、向右跳动4次，于是该质点不同的运动方法共有种.在传球过程中，球的运动方向看作只有两种，即顺时针方向和逆时针方向，故可借助进行两种不同运动方向次数的计算.不妨将顺时针传球一次记为1，逆时针传球一次记为1，设顺时针传球的次数为x，逆时针传球的次数为y，则xy=0或，由题意知：不合题意，故，由得，由得，故此三人不同的传球方式有种.4、树图（框图）法、表格法：例15、设abcdef为正六边形，一只青蛙开始在顶点a处，它每次可随意地跳到相邻两个顶点之一，若在5次之内跳到d点，则停止跳动，若在5次之内不能到达d点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法的种数是（ ）a、6 b、8 c、16 d、26解：青蛙从a点开始，往相邻两个顶点b和f跳到d点的次数是相同的，又青蛙第一次往b方向跳的跳法可用“树型图”表示如图.由图知有13种跳法，所以共有跳法213=26（种），故选（d）.注：此种方法是解决数量较小排列问题的常用方法之一，优点是把抽象变为直观，应熟练掌握.5、回归法：有些计数模型不一定是排列或组合问题，此时可回归到最原始的方法，即画一画，数一数，算一算，这是最基本的计数方法，不可废弃.例16、某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分.一球队打完15场，积33分.若不考虑顺序，该队胜、平、负的情况共有（ ） a .3种 b. 4种 c. 5种 d .6种分析：数一数，算一算，知最多胜11场.按胜、平、负的顺序，共有三种情形：11、0、4；10、3、2；9、6、0；故选a .从以上的实例可以看出，解决排列组合问题，通常有以下途径：（1）以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；（2）以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；（3）先不考虑限制条件，计算出总的种类数，再减去不合要求的种类数.其解题思路可概括为：审明题意，排组分清；分类分步，明确加乘；元素位置，特殊先行；直接间接，思路可循；周密思考，检验伪真.另外，在学习过程中注意解题经验与方法的归纳总结与积累，掌握一些常见题型的解题策略和方法也是十分必要.第二部分：二项式定理的类型与解题策略二项式定理是初中学习的多项式乘法的继续，在高中数学中起承上启下的作用既可对多项式的知识起到很好的复习、深化作用，又可为进一步学习概率统计作好必要的知识储备.此内容几乎年年都考，考查的题型主要是选择和填空题，一般是中等难度的试题，但有时综合解答题中也涉及到二项式定理的应用.其主要题型有以下几类：一、求特殊项：此类问题一般由通项入手，根据题意，设未知数，建立方程求解.例1、已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，则展开式中所有的有理项为 ；(x1)9的展开式中系数最大的项为 ；的展开式中的常数项为 .解：依题意，有，即，解得n8或n1（舍去），若为有理数，当且仅当为整数，即展开式中的有理项共有三项：；tr1，而(1)41，(1)51， t5126x5是所求系数最大的项.解： =，对于二项式，其通项为，要得到原展开式中的常数项，则只须，即，所求常数项为.二、求二项式系数或展开式中某项的系数例2、（1）展开式中，项的系数为_；设，则 ， ；(x2)10(x21)的展开式中x10的系数为 ；求的展开式中含的项； 展开式中 系数为_.解：项系数为 ； 即系数， 即 ， 即从中取两元的所有组合的和.同理可得；先展开，然后按多项式乘法法则求解. (x2)10x1020x9180x8 (x2)10(x21)的展开式中x10的系数是1180179；解：，要求展开式中含的项，只须求中含的项.将其展开知，只有、和中才有可能含有的项.又，其展开式中的系数为；，其展开式中的系数为；，其展开式中的系数为10；展开式中含的项为.（回归课本，用组合的意义解）由题意知有4个括号取x，余下5括号取2y，再从余下3个括号取z，于是得系数为.三、求多项式展开式中的各项的系数和或某些项系数和例3、已知， 求；求 展开式的各项系数之和.解：令 x=1, 得 ，令 x=1, 得 , ；令x=y=z=1，得 ，即展开式系数之和为0.四、求相关元素例4、设，的展开式中的系数为，则n_；展开式的项数有_项；展开式的项数为_；已知展开式中系数为，则常数a的值为_.解：由，则的系数为，即，解得n4.展开式中的项的形式为 且i+j+h=10 , ，此时，项数问题转化为方程的非负整数解个数问题，方程非负整数解个数有，故展开式有66项.法1、展开式中的项的形式为 , 且 , 且， 类似（1），得项数为 .法2、展开式中的项的形式有三种类型 ， 则项数为.通项，令，得 ，故 ，得a=4.例5、（1）已知(ax1)7（a0）的展开式中，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，求a的值；（2）已知(2x)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x的值解：（1）依题意，由于a0，解得a1；(2) 依题意t51120，整理得x4(1lgx)1，两边取对数，得lg2xlgx0，解得lgx0或lgx1，x1或x.第三部分：训练精编一、选择题1、由数字1、2、3组成的五位数中，1、2、3都至少出现一次，则这样的五位数的个数为（ ） a、150 b、240 c、180 d、2362、四个完全相同的红球与五个完全相同的白球放入三个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放一个红球和一个白球，则不同的放法种数为（ ） a、12 b、18 c、24 d、273、上海世博会组委会要将7名精通英语的大学生志愿者（含甲、乙）分配到美国馆、英国馆和印度馆去负责翻译工作，其中美国馆3人，英国馆和印度馆各2人，若甲、乙两人要求分在同一组，则不同的分配方案有（ ） a、40种 b、50种 c、100种 d、120种4、有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不能左右相邻，那么不同排法的种数是（ ）a、234b、346c、350d、3635、六张卡片上分别写有数字1，1，2，3，4，5，从中任取4张排成一排，可以组成不同的4位奇数的个数为（ ） a、180 b、60 c、93 d、1266、6个人并排站成一排，b站在a的右边，c站在b的右边，则不同的排法总数为（）a b c d7、把八件不同的纪念品平均赠给甲、乙二人，其中、不赠给同一人，、也不赠给同一人，则不同的赠送方法有（ ）种 a20 b22 c24 d258、边长为连续整数的钝角三角形的最大边长为，则的展开式中常数项为（ ） a、36 b、60 c、54 d、489、设为整数（），若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.已知，则的值可以是（ ）a2011 b2010 c2009 d201210、有5个不同的红球和2个不同的黑球排成一排，在两端都是红球的排列中，红球甲和黑球乙相邻的排法有（ ） a、768 b、765 c、687 d、87611、若等差数列的首项为，公差是展开式中的常数项，其中为除以19的余数，则=（ ） a、 b、 c、 d、12、若，令，则=（ ） a、 b、 c、 d、13、已知，则被49除的余数为（ ） a、4 b、3 c、2 d、114、若在的展开式中的系数为20，则=（ ） a、4 b、1 c、4或1 d、4或115、某市从8名优秀教师中选派4名同时去4 个农村学校支教（每校一人），其中甲和乙不能同时去，甲和丙只能同时去或同时不去，则不同的选派方案共有（ ）种 a、20 b、600 c、480 d、720二、填空题16、某单位准备用6种不同花色的石材分别装饰办公楼中的办公室、走廊、大厅地面及楼的外墙，其中1号石材有微量的放射性，不可用于办公室内，则不同的装饰效果有_种17、将标号为1,2,10的10个球放入标号为1,2,10的10个盒子内.每个盒内放一个球,则恰好