排列组合与二项式定理综合提升讲义

排列组合与二项式定理综合提升讲义考点整合一．两个原理.1.乘法原理、加法原理：分类相加，分步相乘。二．排列：元素是有顺序的排列数公式121mnnnnAmn或!mnnAmn！；!nAnn，规定1!0。性质公式：11mnmnmnmAAA三．组合：元素没有顺序之分组合数公式：)!(!!!)1()1(mnmnCmmnnnAACmnmmmnmn两个性质：①;mnnmnCC②mnmnmnCCC11四．排列、组合（7大方法+2大原则）1.直接法（分类相加，分步相乘）2.间接法（互斥事件）3.捆绑法4.插空法5.隔板法6.分类讨论法7.单排法1.先选后排原则2.特殊优先原则五．二项式定理NnbCbaCbaCbaCaCbannnrrnrnnnnnnnn222110；公式右边的多项式叫做的二项展开式；展开式中各项的系数叫做二项式系数；二项展开式的通项：NnNrnrbaCTrrnrnr,,01。nx1的展开式：0221101xCxCxCxCxnnnnnnnnn；若令1x，则有：nnnnnnnCCCC210211，此为二项式系数之和！二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和，即对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等单调性：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大.典例解析：排列组合计算和证明一．计算下列各题：1.215A；2.1111nnmnmnmnAAA；3.!!33!22!1nn；4.!1!43!32!21nn5.88332211832AAAA．6.求!!3!2!1nSn(10n)的个位数字．7.69584737CCCC；8.设,Nx求321132xxxxCC的值奎屯王新敞新疆解：1.2101415215A；2.原式!)1(1!)(]!)1(1[!)1(nmnmnn1!)1(1!)(!)(!)1(nmnmnn；3.原式]!!)1[()!3!4()!2!3()1!2(nn1!)1(n；4.∵!1!)1(1!1nnnn，∴!1!43!32!21nn!11!1!)1(1!41!31!31!21!21!11nnn．5.由!!)1(nnnAnn∴原式362879!1!9!8!9!2!3!1!2．；6.当5n时，123)2)(1(!nnnn的个位数为0，∴!!3!2!1nSn(10n)的个位数字与!4!3!2!1的个位数字相同．而33!4!3!2!1，∴nS的个位数字为3．7.原式4565664889991010210CCCCCCC；8.解：由题意可得：321132xxxx，解得24x，∵xN，∴2x或3x或4x，当2x时原式值为7；当3x时原式值为7；当4x时原式值为11．∴所求值为4或7或11．二．解方程：（1）3213113xxCC；（2）333222101xxxxxACC；（3）3322126xxxAAA．解不等式：2996xxAA．解：（1）由原方程得123xx或12313xx，∴4x或5x，又由111312313xxxN得28x且xN，∴原方程的解为4x或5x奎屯王新敞新疆上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把4x和5x代入检验,这样运算量小得多.（2）原方程可化为2333110xxxCA，即5333110xxCA，∴(3)!(3)!5!(2)!10!xxxx，∴11120(2)!10(1)(2)!xxxx，∴2120xx，解得4x或3x，经检验：4x是原方程的解奎屯王新敞新疆（3）由排列数公式得：3(1)(2)2(1)6(1)xxxxxxx，∵3x，∴3(1)(2)2(1)6(1)xxxx，即2317100xx，解得5x或23x，∵3x，且xN，∴原方程的解为5x．（4）原不等式即9!9!6(9)!(11)!xx，也就是16(9)!(11)(10)(9)!xxxx，化简得：2211040xx，解得8x或13x，又∵29x，且xN，所以，原不等式的解集为2,3,4,5,6,7．三．化简：⑴12312!3!4!!nn；⑵11!22!33!!nn奎屯王新敞新疆⑴解：原式11111111!2!2!3!3!4!(1)!!nn11!n⑵提示：由1!1!!!nnnnnn，得!1!!nnnn，原式1!1n奎屯王新敞新疆说明：111!(1)!!nnnn．四．求证：1.nmnmnnnmAAA；2.(2)!135(21)2!nnnn．3.11mnmnCmnmC．4.nmC2＝nmC+12nmC+2nmC．5.110mmnmmnCCCC…mnmmmnCCC0（其中mn）。6.32132nnnCCC…12nnnnnC。7.3222132nnnCCC…222)1(nnnnnCn。证明：1.!()!!()!mnmnnmnAAnmnnmnnA，∴原式成立奎屯王新敞新疆2.(2)!2(21)(22)43212!2!nnnnnnnn2(1)21(21)(23)312!nnnnnnn!13(23)(21)!nnnn135(21)n右边∴原式成立奎屯王新敞新疆3..∵)!(!!mnmnCmn，111!(1)!(1)!mnmmnCnmnmmnm＝1!(1)!()(1)!mnmnmnm＝!!()!nmnm∴11mnmnCmnmC4..右边1121112()()nnnnnnnmmmmmmmCCCCCCC左边奎屯王新敞新疆5.设某班有n个男同学、m个女同学，从中选出m个同学组成兴趣小组，可分为1m类：男同学0个，1个，…，m个，则女同学分别为m个，1m个，…，0个，共有选法数为110mmnmmnCCCC…0mmnCC。又由组合定义知选法数为mnmC，故等式成立。6.左边=32132nnnCCC…nnnC=313212111nnnCCCCCC…nnnCC1，其中iniCC1可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选一个的组合数。设某班有n个同学，选出若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数i分类（，，21i…n，），则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有n种选法，再决定剩下的1n人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有12n种，所以选法总数为12nn种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。7.由于iniiinCCCCi112可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有12nn种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有22)1(nnn种选法。∴共有12nn+22)1(nnn22)1(nnn种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。排列组合解法一．直接法（分类相加，分步相乘）从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有种.解：由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有26C种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有35C种方法，据乘法原理共有3526CC种方法.同理，完成第二类办法中有2536CC种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有3526CC3502536CC种方法.某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有()A．24种B．36种C．38种D．108种[解析]本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C13种分法，然后再分到两部门去共有C13A22种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C13种方法，由分步乘法计数原理共有2C13A22C13＝36(种)．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄,为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有多少种？解法一如表格所示，用×表示种植作物的地垄，О表示未种植作物的地垄，则不同的选垄方法共有6种，由于A、B是两种作物，故不同的种植方法共有12种．解法二选垄方法可分为三类：第一类间隔为6垄，有1－8，2－9，3－10三种选法；第二类间隔为7垄，有1－9，2－10两种选法；第三类间隔为8垄，只有1－10种选法，故选垄方法共6种，种植方法共12种．由1,2,3,4,5五个数字能组成多少个大于23400的五位数？解法（一）本题没有说明是没有重复数字的五位数，所以数可以重复应用；用分类填空方法，第一类，3、4、5分别在万位的数共有43536251875种；第二类，2在万位，千位上为4、5的数共有325250种；×○○○○○○×○○×○○○○○○○×○×○○○○○○○○×○×○○○○○○×○○×○○○○○○○×○○×○○○○○○×第三类，2在万位，千位上为3，百位为4、5的数共有22550种；因此，满足条件的五位数共有2175种．解法（二）用排除法（间接法）总数减去不合条件的数）这五个数字组成的五位数一共有5562553125种；其中万位是１的数共有45625种；万位是２千位上是１，２的数共有325250种；万位是２千位是３百位是１、２、３的数共有23575种，所以不合条件的数共有950种，所以由1、2、3、4、5这五个数字能组成大于23400的五位数共2175种．二．间接法（互斥事件）从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有（）A、140种B、80种C、70种D、35种解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有33394570CCC种,选.C解析2：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有2112545470CCCC台,选C.从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有（A）70种（B）80种（C）100种（D）140种【解析】直接法：一男两女,有C51C42＝5×6＝30种,两男一女,有C52C41＝10×4＝40种,共计70种间接法：任意选取C93＝84种,其中都是男医生有C53＝10