1、 上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网高三数学 排列、组合、二项式定理【考点梳理】一、考试内容1.分类计数原理与分步计数原理。2.排列、排列数公式。3.组合、组合数公式。4.组合数的两个性质。5.二项式定理，二项式展开的性质。二、考试要求1.掌握分类计数原理及分步计数原理，并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题。2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它解决一些简单的问题。3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题。三、考点简析1.排列、组合、二项式知识相互关系表2.两个基本原理（1）分类计数原理中的分类。（2）
2、分步计数原理中的分步。正确地分类与分步是学好这一章的关键。3.排列（1）排列定义，排列数（2）排列数公式：系 = =n(n-1)(n-m+1)mnA)!(（3）全排列列： =n!n（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6 ，4！=24，5！=120，6！=7204.组合（1）组合的定义，排列与组合的区别（2）组合数公式：C nm= =)!(12)()m-n1（3）组合数的性质C nm=Cnn-m rnr11rC nr=nCn-1r-1上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网C n0+Cn1+Cnn=2nC n0-Cn1+(-1)nCnn=0即 Cn0+Cn2+Cn4+
3、=Cn1+Cn3+=2n-15.二项式定理（1）二项式展开公式(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cnnbn（2）通项公式：二项式展开式中第 k+1 项的通项公式是Tk+1=Cnkan-kbk6.二项式的应用（1）求某些多项式系数的和。（2）证明一些简单的组合恒等式。（3）证明整除性。求数的末位；数的整除性及求系数；简单多项式的整除问题。（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：(1+x) n1+nx(1+x) n1+nx+ x2)1(（5）证明不等式。四、思想方法1.解排列组合应用题的基本规律（1）分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：单独
4、使用；联合使用。（2）将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。（3）对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素。位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置。整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。（4）对解组合问题，应注意以下三点：对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法。是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反” 。设计“分组方案”是解组合题的关键所在。2.解排列、组合题的基本策略与方法（1）去杂法对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情
5、况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。（2）分类处理某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。这是解排列组合问题的基本策略之一。注意的是：分类不重复不遗漏，即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。（3）分步处理与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，后分步。（4）插入法（插空法）某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法。即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间。（5） “捆绑”法上教考资源网 助您教考
6、无忧版权所有中国教育考试资源网把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑” 。将特殊元素在这些位置上全排列，即是“捆绑法” 。（6）穷举法：将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来。（7）探索法：对于复杂的情况，不易发现其规律的问题，需仔细分析，从特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中规律，再给予解决。（8）消序处理对均匀分组问题的解决，一定要区分开是“有序分组”还是“无序分组” ，若是“无序分组” ，一定要清除均匀分组无形中产生的有序因素。（9） “住店”法解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元
7、素看作“客” ，能重复的元素看作“店” ，再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住店”法。（10）等价命题转换法将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问题。这是解数学题的主要思想方法之一，也是解较难的排列、组合题的重要策略。3.赋值法所谓赋值法是指在二项展开公式两边用特殊值代入，得出某些等式及组合数的性质。解决与二项式系数相关的问题。4.构造二次式5.算两次对同一对象从两个不同角度去进行计数，再将两方面计算的结果综合起来，获得所需结论。这样一种处理问题的方法，称之为算两次。在排列组合中，常对同一问题可有不同的分类办法去解，可得到有关排列数与组合数的不同关系式。【例题解析】例 1 完成下列选择题与
8、填空题（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。A.81 B.64 C.24 D.4（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）A.81 B.64 C.24 D.4（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3333
9、=34=81，故答案选 A。本题也可以这样分类完成，四封信投入一个信箱中，有 C31 种投法；四封信投入两个信箱中，有C32（C 41A22+C42C22）种投法；四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有 C42A33 种投法 、，故共有 C31+C32（C 41A22+C42C22）+C 42A33=81（种） 。故选 A。上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网（2）因学生可同时夺得 n 项冠军，故学生可重复排列，将 4 名学生看作 4 个“店” ，3 项冠军看作“客” ，每个“客”都可住进 4 家“店”中的任意一家，即每个“客”有 4 种住宿法。由分步计数原理得：N=44
10、4=64。故答案选 B。（3）学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得N=34=81（种） ；竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑 4 种不同学生，共有N=43=64（种） ；等价于从 4 个学生中挑选 3 个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有C43A33=24（种） 。注 本题有许多形式，一般地都可以看作下列命题：设集合 A=a1,a2,an,集合 B=b1,b2,bm，则 f：AB 的不同映射是 mn,f：B A 的不同映射是nm。若 nm，则 f：AB 的单值映射是：A mn。例 2 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中
11、拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）A.6 种 B.9 种 C.11 种 D.23 种解法一 由于共四人（用 1，2，3，4 代表甲、乙、丙、丁四人） ，这个数目不大，化为填数问题之后，可用穷举法进行具体的填写：再按照题目要求检验，最终易知有 9 种分配方法。解法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有 3 种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片 1 种分配方式；第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有 2 种（分别是丙和丁送出的） 。对每一种情况
12、，丙、丁收到卡片的方式只有一种。因此，根据乘法原理，不同的分配方式数为 （1+2）=9。解法三 给四个人编号：1，2，3，4，每个号码代表 1 个人，人与号码之间的关系为一对一的关系；每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表，这样，贺年卡的分配问题可抽象为如下“数学问题”：将数字 1，2，3，4，填入标号为 1，2，3，4 的 4 个方格里，每格填写一个数字，且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种（也可以说成：用数字 1，2，3，4 组成没有重复数字的 4 位数，而且每位数字都不等于位数的 4 位数共有多少个）？这时，可用乘法原理求解答案：首先，在第 1 号方格里填写数字，可
13、填上 2、3、4 中的任一个数，有 3 种填法；其次，当第 1 号方格填写的数字为 i（2i 4）时，则填写第 i 种方格的数字，有 3 种填法； 最后，将剩下的两个数填写到空着的两个空格里，只有 1 种填法（因为剩下的两个数中，至少有 1个与空着的格子的序号相同） 。因此，根据乘法原理，得不同填法：上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网331=9注 本题是“乱坐问题” ，也称“错排问题” ，当元素较大时，必须用容斥原理求解，但元素较小时，应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解，或可以穷举。例 3 宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排 8 盏，为节约用电又不影响照明，要求同时熄掉其
14、中 3 盏，但不能同时熄掉相邻的灯，问熄灯的方法有多少种？解法一 我们将 8 盏灯依次编号为 1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盏灯中，若第一盏熄 1 号灯，第二盏熄 3 号灯，则第 3 盏可以熄 5，6，7，8 号灯中的任意一盏，共有 4 种熄法。若第一盏熄 1 号灯，第 2 盏熄 4 号灯，则第 3 盏可以熄 6，7，8 号灯中的任意一盏。依次类推，得若 1 号灯熄了，则共有 4+3+2+1=10 种熄法。若 1 号灯不熄，第一盏熄的是 2 号灯，第二盏熄的是 4 号灯，则第三盏可以熄 6，7，8 号灯中的任意一盏，共有 3 种熄法。依次类推得，若第一盏灯熄的是 2 号灯，则共有
15、3+2+1=6 种熄法。同理，若第一盏熄的是 3 号灯，则共有 2+1=3 种熄法。同理，若第一盏熄的是 4 号灯，则有 1 种熄法。综上所述共有：10+6+3+1=20 种熄法。解法二 我们可以假定 8 盏灯还未安装，其中 5 盏灯是亮着的，3 盏灯不亮。这样原问题就等价于：将 5 盏亮着的灯与 3 盏不亮的灯排成一排，使 3 盏不亮的灯不相邻（灯是相同的） 。5 盏亮着的灯之间产生 6 个间隔（包括两边） ，从中插入 3 个作为熄灭的灯就是我们经常解决的“相邻不相邻”问题，采用“插入法” ，得其答案为 C63=20 种。注 解法一是穷举法，将所有可能的情况依次逐一排出。这种方法思路清晰，但
16、有时较繁。方法二从另外一个角度审题，认清其数学本质，抽象成数学模型，解题时有一种豁然开朗的感觉。例 4 已知直线 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的 3 个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。解 设倾斜角为 ，由 为锐角，得 tan=- 0,即 a、b 异号。（1）若 c=0，a 、b 各有 3 种取法，排除 2 个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0） ，故有 33-2=7（条） 。（2）若 c0，a 有 3 种取法，b 有 3 种取法，而同时 c 还有 4 种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的
17、直线有 334=36 条，从而符合要求的直线共有 7+36=43 条。注 本题是 1999 年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有 0.37。错误原因没有对c=0 与 c0 正确分类；没有考虑 c=0 中出现重复的直线。例 5 平面上给定 10 个点，任意三点不共线，由这 10 个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原 10 点外） ，无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原 10 点外） 。 （2）这些直线交成多少个三角形。解法一 （1）由题设这 10 点所确定的直线是 C102=45 条。这 45 条直线除原 10 点外无三条直线交于同一点，由任意两条
18、直线交一个点，共有 C452 个交点。而在原来 10 点上有 9 条直线共点于此。所以，在原来点上有 10C92 点被重复计数。所以这些直线交成新的点是：C 452-10C92=630。（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630 个点或原来的 10 个点。所以三角形的个数相当于从这 640 个点中任取三个点的组合，即 C6403=43 486080（个） 。解法二 （1）如图对给定的 10 点中任取 4 个点，四点连成 6 条直线，这 6 条直线交 3 个新的点。上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网故原题对应于在 10 个点中
19、任取 4 点的不同取法的 3 倍，即这些直线新交成的点的个数是：3C 104=630。（2）同解法一。注 用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。例 6 （1）如果（x+ ） 2n 展开式中，第四项与第六项的系数相等。求 n，并求展开式中的常数项；x1（2）求（ - ） 8 展开式中的所有的有理项。42x解 （1）由 C2n3=C2n5,可得 3+5=2n n=4。设第 k+1 项为常数项则 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0，即 k=4常数项为 T5=C84=70。（2）设第 k+1 项有理项，则 431682
20、1)()kkkkxC因为 0k8，要使 Z，只有使 k 分别取 0，4，8所以所求的有理项应为：T1=x4,T5= x,T9= x-23261注 （1）二项式展开中，要注意“系数”与“二项式系数”的区别；（2）在二项展开式中求得 k 后，对应的项应该是 k+1 项。例 7 （1）求 46n+5n+1 被 20 除后的余数；（2）7 n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 除以 9，得余数是多少？（3）根据下列要求的精确度，求 1.025 的近似值。精确到 0.01；精确到 0.001。解 （1）首先考虑 46n+5n+1 被 4 整除的余数。5 n+1=(4+1)n+1=4n+1+C
21、n+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+1上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网其被 4 整除的余数为 1被 20 整除的余数可以为 1，5，9，13，17然后考虑 46n+1+5n+1 被 5 整除的余数。46 n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)被 5 整除的余数为 4其被 20 整除的余数可以为 4，9，14，19。综上所述，被 20 整除后的余数为 9。（2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17=(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19
22、+(-1)nCnn-1(i)当 n 为奇数时原式=9 n-Cn19n-1+Cn29n-2+（-1 ） n-1Cnn-19-2除以 9 所得余数为 7。(ii)当 n 为偶数时原式=9 n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19除以 9 所得余数为 0，即被 9 整除。（3）(1.02) 5（1+0.02 ） 5=1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C 520.022=0.004,C530.023=810-5当精确到 0.01 时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为 1.10。当精确到 0
23、.001 时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为 1.104。注 （1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论。（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。例 8 证明下列不等式：（1） （ ） n,（a、bx|x 是正实数,n N）;nba2（2）已知 a、b 为正数，且 + =1，则对于 nN 有1（a+b） n-an-bn2 2n-2n+1。证明 （1）令 a=x+， b=x-则 x= an+bn=(x+) n+(x-) n=xn+Cn
24、1xn-1+C nn n+xn-Cn1xn-1+(-1) nCnn n=2(xn+Cn2xn-2 2+Cn4xn-4 4+)2x n即 （ ） nba（2）(a+b) n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网上述两式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*) + =1，且 a、b 为正数1ab=a+b2 ab4又 a n-kbk+bn-kak2 =2( )n(k=1,2,n-1)nba2(a+b) n
25、2a n+2bn+Cn12( )n+Cn22（ ） n+Cnn-12( )nbab(a+b) n-an-bn(C n1+Cn2+Cnn-1)（ ） nab(2 n-2)2n=22n-2n+1注 利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元） 。这样消去 奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。例 9 已知(1-ax) n 展开式的第 p,p+1,p+2 三项的二项式系数构成等差数列，第 n+1-p
26、与第 n+2-p 项的系数之和为 0，而（1-ax） n+1 展开式的第 p+1 与 p+2 项的二项式系数之比为 12。（1）求（1-ax） n+1 展开式的中间项；（2）求（1-ax） n 的展开式中系数最大的项。解 由题设得： 11120)()(pnpnpnpnCaa由得，2C np= Cnp+ Cnp1两边约去 Cnp,可得：2= +1由得，2C n+1p= Cn+1p1n约去 Cn+1p 可得， n=3p+1解方程组 132np上教考资源网 助您教考无忧版权所有中国教育考试资源网得：n=7,p=2.将 p=2,n=7 代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0解之得：a=0 或
27、3。若 a=0 ，则（1-0x） 8 的中间项 T5=0， （1-0 x） 7 展开式中系数最大的项是 T1=1。若 a=3，则（1-3x） 8 的中间项 T5=C84（-3x） 4=5670x4， （1-3x） 7 的展开式中，奇数项系数为正，令 1227)3(-kkC解之得：k6。故（1-3x） 7 展开式中系数最大的项为T7=C76（-3） 6x6=5103x6。注 一般地，求（a+bx） n 展开式中系数绝对值最大的项的方法是：设第 k+1 项为系数绝对值最大的项，则由11knkknbaCba求出 k 的取值范围，从而确定第几项最大。例 10 求证下列各式（1）C nk+Cnk-1=C
28、n+1k;（2）C n0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np。证明 （1）对于给定的 n+1 个元素，从 n+1 个元素中任意选出 k 个元素的不同组合有 Cn+1k。另一方面，设 a 是 n+1 个元素中的一个。对于 a 我们这样分类。（i）若 a 不选，则在 n 个元素中选 k 个，有 Cnk 种不同的选法。（ii）若 a 选，则在 n 个元素中再选 k-1 个，有 Cnk-1 种不同的选法。故从 n+1 个元素中选 k 个元素组成一组的不种选法是：C nk+Cnk-1。所以，C nk+Cnk-1=Cn+1k。（2）仿（1）我们也用排列组合的知识来证明。事实上右边 Cm+np
29、，可看作下列命题：从 m 个红球，n 个白球中，任选 p 个球的不同选法是 Cm+np 种。另一方面，我们按选红球的个数分类：（i）取 p 个红球，0 个白球；(ii)取 p-1 个红球，1 个白球，取 0 个红球，p 个白球，这样的每类选法数为：C n0Cmp,Cn1Cmp-1,，C npCm0由分类计数原理可得：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np（2）另证：（1+x） n(1+x)m(1+x) m+n左边展开式中 xp 的系数是：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0右边展开式中 xp 的系数是：C m+np由多项式恒等条件可知Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+CnpCm0=Cm+np注 本题的证明方法称之为算两次，对一个数学模型从不同角度去解，得出两个结果，将这两个结果综合起来，得到我们所需证明的结论。
