1、- 1 -第一章 计数原理学习目标 1.归纳整理本章的知识要点.2.能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.3.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题1分类计数原理完成一件事有 n 类不同的方案，在第 1 类方案中有 m1种不同的方法，在第 2 类方案中有 m2种不同的方法，在第 n 类方案中有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有N_种不同的方法2分步计数原理完成一件事需要 n 个步骤，做第 1 步有 m1
2、种不同的方法，做第 2 步有 m2种不同的方法，做第 n 步有 mn种不同的方法，那么完成这件事有 N_种不同的方法3排列数与组合数公式及性质排列与排列数 组合与组合数公式排列数公式 A n(n1)mn(n2)_组合数公式 C _mn_性质当 m n 时，A 为全排列；mnA n！；0！_nC C 1；0n nC _；mnC C _mn m 1n备注 n， mN *，且 m n4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a b)n_.(2)通项公式： Tk1 C an kbk， k0,1,2， nkn(3)二项式系数的性质：与首末两端等距离的两个二项式系数相等；- 2 -若 n 为偶数，中间一项
3、的二项式系数最大；若 n 为奇数，中间两项(第n2 1项 )的二项式系数相等且最大(第n 12 项 和 第 n 12 1项 )C C C C 2 n；C C C C 2 n1 .0n 1n 2n n 0n 2n 1n 3n类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用命 题 角 度 1 分 类 讨 论 思 想例 1 车间有 11 名工人，其中 5 名男工是钳工，4 名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这 11 名工人里选派 4 名钳工，4 名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？反思与感悟 解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：(1)
4、类与类之间要互斥(保证不重复)(2)总数要完备(保证不遗漏)跟踪训练 1 从 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字中，任取 3 个数字组成无重复数字的三位数，其中若有 1 和 3 时，3 必须排在 1 的前面；若只有 1 和 3 中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有_个(用数字作答)命 题 角 度 2 “正 难 则 反 ”思 想例 2 设集合 S1,2,3,4,5,6,7,8,9，集合 A a1， a2， a3是 S 的子集，且 a1， a2， a3满足 a16 包含的情况较少，当 a39时， a2取 2， a1取 1 一种情况，利用正难则反思想解决集合 S 的含有三个元
5、素的子集的个数为 C 84.在这些含有三个元素的子集中能满足39a16 的集合只有1,2,9，故满足题意的集合 A 的个数为 84183.跟踪训练 2 30解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C 种方法，24同其他两个元素在三个位置上排列有 C A 36(种)方案，其中有不符合条件的，243即学生甲、乙同时参加同一竞赛有 A 种结果，3不同的参赛方案共有 36630(种)例 3 解 (1)第一步先将 4 个舞蹈节目捆绑起来，看成 1 个节目，与 6 个演唱节目一起排，有 A 5 040(种)方法；第二步再松绑，给 4 个节目排序，有 A 24(种)方法7 4根据分步计数原理，一共有 5
6、 04024120 960(种)安排顺序(2)第一步将 6 个演唱节目排成一列(如下图中的“”)，一共有 A 720(种)方法6第二步再将 4 个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于 7 个“”选 4 个来排，一共有 A 840(种)方法47根据分步计数原理，一共有 720840 604 800(种)安排顺序(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有 A 种排法，但原来的节目已定好顺序，需12要消除，所以节目演出的方式有 A 132(种)排列A12A10 21跟踪训练 3 130解析 由“1| x1| x2| x3| x4| x5|3”考虑 x1， x2， x3， x4， x5
7、的可能取值，设集合 M0， N1,1当 x1， x2， x3， x4， x5中有 2 个取值为 0 时，另外 3 个从 N 中取，共有 C 23种方法；25当 x1， x2， x3， x4， x5中有 3 个取值为 0 时，另外 2 个从 N 中取，共有 C 22种方法；35当 x1， x2， x3， x4， x5中有 4 个取值为 0 时，另外 1 个从 N 中取，共有 C 2 种方法45故总共有 C 23C 22C 2130(种)方法，即满足题意的元素个数为 130.25 35 45例 4 解 (1)由 C (2) 4C (2) 2563，解得 n10，4n 2n因为通项 Tr1 C (
8、)10 r rr10 x ( 23x)- 10 -(2) rC56rx， r0,1,2，10.r10当 5 为整数时， r 可取 0,6，5r6于是有理项为 T1 x5和 T713 440.(2)设第 r1 项系数的绝对值最大，则Error!解得Error!又因为 r1,2,3，9，所以 r7，当 r7 时， T815 36056x，又因为当 r0 时， T1 x5，当 r10 时，T11(2) 10 31 02403，所以系数的绝对值最大的项为 T815 36056x.(3)原式109C 81C 9 101 C210 310 109C10 92C210 93C310 910C109C01 9
9、C10 92C210 93C310 910C10 19 .1 910 19 1010 19跟踪训练 4 解 (1)令 x1，得二项式 n展开式中各项系数之和为(51) n4 n，各(5x 1x)项二项式系数之和为 2n，由题意，得 4n162 n，所以 2n16， n4.(2)通项 Tr1 C (5x)4 r rr4 ( 1x)(1) rC 54 r32,r4展开式中二项式系数最大的项是第 3 项T3(1) 2C 52x150 x.24(3)由(2)，得 4 rZ( r0,1,2,3,4)，即 r0,2,4，所以展开式中所有 x 的有理项为32T1(1) 0C 54x4625 x4，04T3(
10、1) 2C 52x150 x，24T5(1) 4C 50x2 x2 .4例 5 解 (1)( x23 x2) 5( x1) 5(x2) 5，- 11 -a2是展开式中 x2的系数， a2C (1) 5C (2) 3C (1) 4C (2) 4C (1) 3C (2) 5800.5 35 45 45 35 5(2)令 x1，代入已知式，可得a0 a1 a2 a100，而令 x0，得 a032， a1 a2 a1032.(3)令 x1，可得(a0 a2 a4 a10)( a1 a3 a7 a9)6 5，再由( a0 a2 a4 a10)( a1 a3 a7 a9)0，把这两个等式相乘可得，(a0 a2 a4 a10)2( a1 a3 a7 a9)26 500.跟踪训练 5 5解析 令 x2，得 a0(2 21)(23) 95，令 x3，则 a0 a1 a2 a3 a11(3 21)(33) 90，所以 a1 a2 a3 a11 a05.当堂训练160 2.2 3.216 4.364 5.300
