1、高中数学公式、 定理、 定律图表 GAOZHONG SHUXUE GONGSHI DINGLI DINGLU TUBIAO 知识网络 第二十章计 数 原 理 概述：（1） 掌握分类加法计数原理、 分步乘法计数原理； 能根据具体问题的特征， 选择 分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题. （2） 理解排列、 组合概念， 能利用计数原理推导排列数公式、 组合数公式.排列、 组 合是高考必考内容， 每年都有12道选择题或填空题， 难度与教材习题难度相当， 但也有 个别题难度较大. （3） 能用计数原理证明二项式定理， 会用定理及杨辉三角解决有关问题， 常以填空题 形式出现. 本章是
2、高中数学独立性较强的一部分， 也是与实际密切相关的一部分， 是高考的必考 内容， 题型一般为选择题和填空题， 难度中等. 分类加法计数原理 两个基本原理 分步乘法计数原理 排列 排列、 排列数定义 排列数公式 应用 组合 组合、 组合数定义 组合数公式 组合数性质 二项式定理 有关概念 应用 杨辉三角 区 别 联 系 应用 160 第二十章计 数 原 理 20.1基本计数原理 一、 知识图表 1.首先要明确具体在某一题中什么叫 “完成一件事”. 2.确定分类标准时， 要满足两条基本原则： （1） 完成这件事的任何一种分法必须属于某一类 （不漏）；（2） 完成这件事的任何一种分法不 能同时属于两
3、类或两类以上 （不重）， 即分类计数原理中的 “不重不漏” 原则. 3.两种原理的最重要区别是 “n类方法中仅用一种就能够完成这件事”， 而 “n个步骤中少其中 一步也不能完成这件事， 必须且只需连续完成这n个步骤”. 例1若椭圆x 2 a2 +y 2 b2 =1的焦点在y轴上， 且a1，2，3，4，5，b 1，2，3，4，5，6，7， 则这样的椭圆有 （） 个 A. 20B. 21C. 25D. 35 思路引导：椭圆的个数取决于有多少组a和b值. a值的取法看上 去有5 种， b值的取法有7种， 但是作为焦点在y轴上的椭圆， 要 求ba. 解： 按a值分类 当a=1 时， b可以为2，3，4
4、，5，6，7， 有6 个； 当a=2 时， b可以为3，4，5，6，7， 有5 个； 当a=5 时， b可以为6，7， 有2个. 二、 重要概念剖析 三、 学习方法引导 名师经验谈：例1中所 谓 “完成一件事” 指的 是 “得 到 一 个 椭 圆 ”， 所以只要每有一组a值 和b值就能得到一个椭 圆 ，即 “ 完 成 一 件 事” .因此即使只有一 组a值和b值， 虽然就 全题而言， 我们做得不 完整， 但的确 “完成一 件事”， 故各组之间应 是并列关系， 典型的分 类加法计数原理. 这两个原理贯穿全 章始终， 体现了解决问 题常用的两种方法： 将 问题分类还是分步解决. 要点提示: 两个
5、基本 原理 分类 加法 计数 原理 做一件事， 完成它有几类办法， 在第一类办法中有m1种不同的方法， 在第二类办法中有m2种不同的方法在第n类办法中有mn种不同 的方法， 那么完成这件事共有 N=m1+m2+mn种不同的方法. 分步 乘法 计数 原理 做一件事， 完成它需要分成几个步骤， 做第一个步骤有m1种不同的 方法， 做第二个步骤有m2种不同的方法做第n个步骤有mn种不 同的方法， 那么完成这件事共有 N=m1m2mn种不同的方法. 161 高中数学公式、 定理、 定律图表 GAOZHONG SHUXUE GONGSHI DINGLI DINGLU TUBIAO 由分类加法计数原理，
6、共有椭圆2+3+4+5+6=20个. 例2已 知 映 射f：M N，其 中 ，集 合M =-1，0，1，N = 2，3，4，5 .当xM 时， x+f（x）+xf（x） 为奇数， 这样的映射最多 有多少个？ 思路引导：所谓一个映射， 就是要逐一给M中的元素-1，0，1都找 到对应的象. x+f（x）+xf（x） 为奇数时要求： 当x为偶数时，f（x） 为 奇数；x为奇数时，f（x） 为奇数或偶数均可. 解： -1找象有4 种， 1找象有4 种， 0找象有2种， 根据分步乘法 计数原理， 从而最多有442=32个映射. （2009 北京） 用0到9这10个数字， 可以组成没有重复数字的 三位偶数
7、的个数为 （） . 324B. 328C. 360D. 648 答案： 四、 高考回眸 名师经验谈：例2中 “完成一件事” 指的是 “得 到 一 个 映 射”， 如 果 我 们 仅 给-1找 象 ， 就 此 中 止 ， 则 无 法 得 到 一 个 映 射 ， 构 成 映 射必须给M中的每一 个 元 素 逐 一 找 象 ， 缺 一不可.可见这是分步 计数原理的典型特征. 高考命题趋势：本节知 识单独出题的可能性不 大， 但它是基本原理， 是灵魂， 贯穿在本章之 中， 甚至在下一章也是 重要的. 20.2排列与组合 一、 知识图表 排列 一般地， 从n个不同元素中任取m（mn） 个元素， 按照一定
8、的 顺序排成一列， 叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 排列数 从n个不同元素取出m（mn） 个元素的所有排列的个数叫做从n 个不同元素取出m个元素的排列数， 记作Amn. 排列数 公式 Amn=n（n-1）（n-2）（n-m+1）= n! （n-m）! . 全排列 一般地，n个不同元素全部取出的一个排列， 叫做n个不同元素的 一个全排列. Ann=n（n-1）（n-2）321=n! . 规定0!=1. 排列 区 别“ 排 列 ”与 “排列数”，“组合” 与 “组合数”， 及相应公式. 通过实例掌握一些常见 题型. 要点提示: 162 第二十章计 数 原 理 1.排列与组合的共同点是
9、 “从n个不同元素中任取m（mn） 个元素”， 取出m个元素后， 排 列要求 “按照一定顺序排成一列”， 而组合只要求 “并成一组”.由此可见， 取出的m个元素是否 考虑顺序就是排列与组合的根本区别. 2.排列问题可以理解为第一步先选出元素， 第二步对选出的元素进行一个全排列， 根据分步乘 法计数原理， 即Amn=CmnAm m， 这也是排列与组合的联系. 题型一特殊元素 （或特殊位置） 优先法 例15人站成一排， 甲不站在排头， 乙不站在排尾， 不同的站排方法 有多少种？ 思路引导：甲、 乙作为有特殊要求的元素要优先安排.不妨先考虑甲， 同时兼顾乙.如果甲在排尾， 则乙不再是特殊元素； 如果
10、甲在二、 三、 四位上， 乙仍是特殊元素， 故为两种情况. 解： （1） 甲在排尾， 其余四人自由安排， 有A44种排法. （2） 甲在二、 三、 四位上， 乙不在排尾， 其余三人自由安排， 有C13C13 A33种排法. 所以共有A44+C13C13A33=78种不同站排方法. 题型二总体淘汰法 例1的问题也可用此法： 5个人站排， 有A55种排法， 其中 “甲在排头， 其余4人自由安排” 有 A44种排法，“乙在排尾， 其余4人自由安排” 也有A44种排法， 故这两 种情况要减去.但是 “甲在排头， 乙在排尾， 其余3人自由安排” 有 A33种排法， 这种情况虽然应该减， 但不能重复减2次
11、， 故要加回来1 次.所以不同的站排方法共有A55-2A44+A33=78种. 题型三相邻问题捆绑法 例27人站成一排， 其中甲、 乙、 丙三人相邻， 有多少种站排方法？ 思路引导：可将相邻的元素作为一个 “大元素” 与其他元素进行排列， 但要注意此大元素内部甲、 乙、 丙三人也要站排. 二、 重要概念剖析 组合 一般地， 从n个不同元素中， 任意取出m（mn） 个元素并成一 组， 叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合. 组合数 从n个不同元素中任意取出m（mn） 个元素的所有组合的个数， 叫做从n个不同元素中任意取出m个元素的组合数， 记作Cmn. 组合数 公式 Cmn=n（n-1）（
12、n-2）（n-m+1） m! = n! m!（n-m）! ， 其中C0n=1（nN*）. 组合数 性质 1. Cmn=Cn-m n. 2. Cmn+1=Cmn+Cm-1 n （nN*）. 组合 续表 三、 学习方法引导 名师经验谈：某 些 题 目 ， 如 排n位 数 问 题 中 ， 0不 能 在 首 位 ， “0” 作为特殊元素 （或 “首位” 作为特殊位置） 要优先考虑.有时特殊 元素 （或特殊位置） 不 只一个， 那么在逐一考 虑时， 要兼顾产生的影 响 ， 如n位 偶 数 问 题 中， 0若在末尾， 则解 除了首位的特殊性. 名师经验谈：这是一种 间接法.一般正面情况 较多或较难时， 可
13、用此 法， 考虑反面情况. 名师经验谈：某些题目 中， “大元素” 内部未 必需要排列.如连续射 击7枪， 击中3枪， 其 余未中， 其中3枪连中 的情况有C15种， 就是 将击中的3枪看做一个 大元素， 放在未中的4 枪之间. 163 高中数学公式、 定理、 定律图表 GAOZHONG SHUXUE GONGSHI DINGLI DINGLU TUBIAO 解： 不同的排法有A55A33种. 题型四不邻问题插空法 例2中如要求甲、 乙、 丙三人不相邻， 有多少种站排方法？ 思路引导： 甲、 乙、 丙不相邻是被其余四人隔开的， 也可以说成甲、 乙、 丙三人插入其余四人产生的空中 （包括两端）.
14、 解： A44A35=1440种排法. 题型五定序问题除序法 例2中如果要求甲、 乙、 丙从左到右顺序不变， 有多少种排法？ 思路引导：可以先将7人全排列， 再除以甲、 乙、 丙三人的全排列， 就可将三人的顺序从左到右固定. 解： A77 A33 =840种排法. 题型六分排问题直排法 例37人站排，3人站前排，4人站后排， 有多少种排法？ 思路引导：将若干元素分成前后几排问题， 若没有其他要求， 可以采 取统一排成一排来处理. 解： 有A77=5040种排法. 题型七相同元素分配 “隔板法”. 例412个优秀学生的名额要分给4个班， 每班至少一个名额， 有 多少种分法？ 思路引导：“名额”
15、属于相同元素， 考虑到用三个 “隔板” 插入12 个名额之间的11个空中就可将12个名额分成四堆， 每班依次拿其 中一堆即可.调整隔板位置就相当于调整各班所得的名额数. 解： C311=165种分法. （2009 湖北） 将甲、 乙、 丙、 丁四名学生分到三个不同的班级， 每个班至少分到一名学生， 且甲、 乙两名学生不能分到同一个班， 则不同分法的种数为 （） . 18B. 24C. 30D. 36 答案：C 四、 高考回眸 名师经验谈：不相邻的 元素去插空， 按照以下 步骤进行： 一是 “空” 从哪儿来 （其余元素排 序 产 生 ， 还 是 直 接 就 有）； 二是不邻元素插 空时， 是排序
16、插入， 还 是直接插入. 名师经验谈：除序法也 为一种间接法.本题也 可用直接法先给其余4 人选位置站排A47， 甲、 乙、 丙进入剩余的3个 位置只有1种站法， 故 A47. 名师经验谈：如连续射 击10枪 ， 击 中4 枪 ， 有且只有3枪连中， 这 样的情况有多少种？ “3枪连中” 属于捆 绑 法 ， “ 只 有3枪 连 中” 说明此 “大元素” 与击中的另一枪属于插 空法.故A27=42种.再 如方程a+b+c+d=12有 多少正数解？ 这就是题型七的应 用， 即C311=165. 高考命题趋势：本章出 题基本围绕上述题型展 开， 难度不大.但要求 将若干题型综合在一起 时的灵活处理能
17、力. 164 第二十章计 数 原 理 20.3二项式定理 一、 知识图表 1.（a+b）n与 （b+a）n虽然相同， 但是具体到展开式的某一项时是不同的， 要注意顺序问题. 2.熟练掌握. （1+x）n=1+C1nx+C2nx2+Cnnxn （1-x）n=1-C1nx+C2nx2-+（-1）nCnnxn 二、 重要概念剖析 本节易混淆的概念 比较多. 如： （1） “二 项 式 系 数 ” 与 “系 数 ” 是两个概念， 要加以区 别.一般情况 下 ， 二 者 不等.（2） 区 别 “项 ” 与 “项数”、“奇次项” 与 “奇数项”“偶次项” 与 “偶数项”. 要点提示: 二 项 式 定 理
18、定理（a+b）n=C0nanb0+C1nan-1b+Crnan-rbr+Cnna0bn（nN*） 基本 概念 二项展开式右边的多项式叫做 （a+b）n的二项展开式. 项数二项展开式中有n+1项. 二项式系数 在二项展开式中各项的系数 Crn（r=0，1，2， ，n） 叫做二项式系数. 通项 Tr+1=Crnan-rbr（r=0，1，2， ，n）， 为展开式中的第 r+1项. 二 项 式 系 数 与 杨 辉 三 角 杨 辉 三 角 （a+b）1 （a+b）2 （a+b）3 （a+b）4 （a+b）5 （a+b）6 二项式系 数的性质 （1） 每一行的两端都是1， 其余每个数都等于它 “肩上” 两
19、个数的 和， 即C0n=1，Cnn=1，Cm n +1=C m-1 n+C m n. （2） 每一行中， 与首末两端 “等距离” 的两个数相等， 即Cmn= Cn-m n. （3）n偶时， T n 2 +1 的二项式系数最大. n奇时， T n+1 2 与 T n+1 2 +1 的二项式系数相等且最大. （4） 二项展开式的二项式系数的和等于2n， 即C0n+C1n+C2n+Cnn= 2n， 其中C0n+C2n+C4n+=C1n+C3n+C5n+=2n-1. 1 6 5005 65056 165 高中数学公式、 定理、 定律图表 GAOZHONG SHUXUE GONGSHI DINGLI D
20、INGLU TUBIAO 题型一求特定项问题 例1（1） 求9x- 1 3x姨 ? 18 展开式中的常数项； （2） 求 （x-y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和. 思路引导：这一类问题的关键在于正确写出其通项公式， 然后根据 其 “特殊要求”， 令通项公式中的r满足题意， 从而解决问题. 解： （1）Tr+1=（-1）rC r 18336-3rx18- 3 2 r （r=0，1，2， ，18） 令18-3 2 r=0得r=12，T13=-C618. （2）Tr+1=（-1）rCr10 x10-ryr（r=0，1，2， ，10） 则x7y3的系数为 （-1）3C310，x3
21、y7的系数为 （-1）7C710， 所求系数和为 （-1）3C310+（-1）7C710=-240. 题型二系数和问题 例2设 （2-3 姨x）100=a0+a1x+a2x2+a100 x100， 求： （1）a0+a1+a2+a100； （2）a1+a3+a5+a99； （3）|a0|+|a1|+|a100|； （4）a1+2a2+3a3+100a100. 思路引导：观察展开式与所求问题的对比关系， 采用赋值的方式去 掉x， 即只剩系数ai（i=0，1， ，100）. 解： （1） 令x=1， 则a0+a1+a2+a100（2-3 姨 ）100. （2） 令x=1， （2-3 姨 ）100=
22、a0+a1+a2+a100； 令x=-1， （2+3 姨 ）100=a0-a1+a2-+a100. - 2 得a1+a3+a99= （2-3 姨 ）100-（2+3 姨 ）100 2 . （3） 原式=a0-a1+a2-a3+a100=（2+3 姨 ）100. （4）（2-3 姨x）100=（a0+a1x+a2x2+a100 x100）=-100 3姨（2-3姨x）99=a1+ 2a2x+100a100 x99. 令x=1， 则a1+2a2+3a3+100a100=-1003 姨 （2-3 姨 ）99. 题型三定理逆用 例3设nN*， 求C1n+C2n6+C3n62+Cnn6n-1. 思路引导
23、：这类问题的解决首先要求熟悉二项式定理中二项展开式 的结构特征， 如 （a+b）n展开式是连加形式， 而 （a-b）n展开式是正 负交替形式；（a+b）n中， 二项式系数的上角标与b的幂指数相同， 又a的幂指数与b的幂指数之和总是n.可以观察到本题少了 一个C0n， 以及b的幂指数此刻比Crn的上角标少了1， 这些都需要 调整. 三、 学习方法引导 名师经验谈：（1） 一 般地， 多项式 f（x）=a0+a1x+a2x2+anxn 的各项系数和为f（1）； 奇 次 项 系 数 和 为 1 2 f（1）-f（-1）； 偶次 项系 数 和 为 1 2 f（1）+ f（-1）. （2） 赋值的选择需
24、 要根据所求展开式的系 数特征来定. 如（x -3）10=a0+ a1（x-1）+a2（x-1）2+ a10（x-1）10中， 求a0+a1+ a2+a10. 本 题 经 观 察 应 令 x=2， 则a0+a1+a2+ a10=1. （3） 易错处： 问 中 ，常 见 求 a1+a2+a100， 去 掉 了 a0， 易被忽略. 问 中 ，将a1+ a3+a99与C1100+C3100+ +C99 100混淆. 166 第二十章计 数 原 理 解： 原式=1 6 （C1n6+C2n62+Cnn6n） = 1 6 （C0n+C1n6+C2n62+Cnn6n）-1= 1 6 （1+6）n-1= 1
25、6 （7n-1）. 题型四系数最大问题 例4在 （1+2x）10的展开式中， 求系数最大的项. 思路引导：展开式系数均为正， 故只需比较相邻两项系数的大小， 采用 “夹挤法”. 解： 设Tr+1=Cr102rxr（r=0，1，2， ，10） 的系数最大， 则 Cr102rCr-1 102r-1圯r 22 3 Cr102rCr+1 102r+1圯r 20 3 3 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 圯20 3 r22 3 ，r=0，1，2， ，10 所以，r=7时，T8=C 2 1027x7. 题型五整除、 求余、 近似计算 例511100-1的末尾连续出现零的个数是 （） A. 0B. 3
26、C. 5D. 7 思路引导：将11100分拆成 （1+10）100. 解： 11100-1=（1+10）100-1=C110010+C2100102+C100 10010100， 末尾连续出现3个零， 选B. （2009陕西） 若 （1-2x）2009=a0+a1x+a2009x2009（xR）， 则 a1 2 + a2 22 + a2009 22009 的值为 （） . 2B. 0C. -1D. -2 答案：C 四、 高考回眸 名师经验谈：（1） 首 先 要 区 分 “ 系 数 最 大 值”、“系数最大项”、 “ 二 项 式 系 数 最 大 ” 、 “最大项” 等. （2） 二项式系数始 终为正， 但系数有正有 负.某些题， 如 （1-2x）10， 可先比较系数绝对值的 大小， 然后再定正负. 高考命题趋势：本节内 容基本年年要出一道选 择题或填空题， 主要围 绕 题 型 一 、 二 、 三 进 行， 难度一般不大.但 要注意例2中 （4） 问， 灵活性较强. 167
