1、第六章计数原理基础知识考点一:使用分类加法计数原理计数的两个条件(1)根据问题的特点确定一个适合它的_,在这个标准下进行分类.(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,分别属于不同类的两种方法是不同的方法,满足这些条件,才可以用_.考点二:分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别联系:是涉及做一件事的_的种数问题.区别:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法_,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法_,只有各个步骤都完成才算做完这件事.考点三:两个计数原理的应用用两个计数原理解决计数问题时,最重要的是在开始计算之前要仔细
2、分析两点:(1)分类要做到“_”,分类后再分别对每一类进行计数,最后用分类加法计数原理求和,得到总数(2)分步要做到“_”,即完成了所有步骤,恰好完成任务分类后再计算每一步的方法数,最后根据分步_原理,把完成每一步的方法数相乘,得到_考点四:排列数公式的两种形式(1)A_,其中m,nN*,并且mn.(2)A.考点五:组合数公式组合数公式乘积形式C,其中m,nN*,并且mn阶乘形式C规定:C1.知识点六:二项式系数的性质对称性在(ab)n的展开式中,与首末两端“_”的两个二项式系数相等,即CC增减性与最大值增减性:当k时,二项式系数是逐渐_的最大值:当n为偶数时,中间一项的二项式系数最大;当n为
3、_时,中间两项的二项式系数,相等,且同时取得最大值各二项式系数的和(1)CCCC2n;(2)CCCCCC2n1课后小练1.设 (1-2x)5=a0+a1x+a2x2+a5x5 (1)求 a2 的值; (2)求 a1+a2+a3+a4+a5 的值. 2.请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答. 第5项的系数与第3项的系数之比是14:3;第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55; Cn+12-Cnn-2=10 .已知在 (x-13x)n 的展开式中,_.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中含 x5 的项. 3.已知函数 f(x)=(x-1)2+ax+2(aR) 为
4、偶函数. (1)求实数 a 的值; (2)若 (ax-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ,求 a1+a2+a3+a4 的值. 4.7人排成一排照相,按下列情况各有多少种不同的排法? (1)甲、乙、丙3人相邻 (2)甲、乙、丙3人不相邻 5.(1)证明: 1k+1Cnk=1n+1Cn+1k+1(nN*,kN) ; (2)计算: (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+(-1)202012021C20202020 ; (3)计算: k=02020(-1)kC2020k2k+2 . 6.有4个不同的小球,4个不同的盒子,现在要把球全部放入盒内
5、: (1)共有多少种方法? (2)若每个盒子不空,共有多少种不同的方法? (3)恰有一个盒子不放球,共有多少种放法? 7.已知8件不同的产品中有3件次品,现对它们一一进行测试,直至找到所有次品 (1)若在第5次测试时找到最后一件次品,则共有多少种不同的测试方法? (2)若至多测试5次就能找到所有次品,则共有多少种不同的测试方法? 8.已知 (1+12x)n 展开式中的 n+1 项按x的升幂排列依次记为 a1(x) , a2(x) , a3(x) , , an(x) , an+1(x) ,设 F(x)=a1(x)+2a2(x)+3a3(x)+nan(x)+(n+1)an+1(x) . (1)若
6、a2(2)=8 ,求n的值; (2)求数列 2kak(2) ( k=1,2,n+1 )的所有项的和 Sn+1 ; (3)求证:对任意 x1,x20,2 ,恒有 |F(x1)-F(x2)|(n+2)2n-1-1 . 9.4个男同学,3个女同学站成一排. (1)3个女同学必须排在一起,有多少种不同的排法? (2)任何两个女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法? (3)甲、乙两人相邻,但都不与丙相邻,有多少种不同的排法? 10.男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法? (1)男运动员3名,女运动员2名; (2)队长中至少有1人参加; (3
7、)既要有队长,又要有女运动员. 答案解析1.【答案】 (1)解: (1-2x)5 的展开式的通项为 Tr+1=C5r(-2x)r,r=0,1,2,3,4,5 所以 a2=C52(-2)2=40 (2)解:当 x=0 时, a0=1 , 当 x=1 时, (1-2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5 ,得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1 ,所以 a1+a2+a3+a4+a5=-2 【解析】(1) 写出 (1-2x)5 的展开式的通项即可得到答案;(2)令 x=0 ,求出 a0 的值,然后再令 x=1 ,求出 a0+a1+a2+a3+a4+a5 的值,从而可求出 a1+a2+a3+a
8、4+a5 的值.2.【答案】 (1)解:可知 Tr+1=Cnr(x)n-r(-13x)r=Cnr(-1)rx3n-5r6 , 方案一:选条件,由题可知 Cn4(-1)4Cn2(-1)2=143 ,n!4!(n-4)!2!(n-2)!n!=143 ,n2-5n-50=0 ,解得 n=10 或 n=-5 (舍去),所以展开式共有11项,其中二项式系数最大的项是第六项,T6=C105(-1)5x56=-252x56 ,所以展开式中二项式系数最大的项是第6项, T6=-252x56 ;方案二:选条件,由题可知 Cn1+Cnn-2=Cn1+Cn2=n2+n2=55 ,整理得 n2+n-110=0 ,解得
9、 n=10 或 n=-11 (舍去),所以展开式共有11项,其中二项式系数最大的项是第六项,T6=C105(-1)5x56=-252x56 ,所以展开式中二项式系数最大的项是第6项, T6=-252x56 ;方案三:选条件Cn+12-Cnn-2=Cn+12-Cn2=Cn1=10 ,n=10 , 所以展开式共有11项,其中二项式系数最大的项是第六项,T6=C105(-1)5x56=-252x56 ,所以展开式中二项式系数最大的项是第6项, T6=-252x56 ;(2)解:方案一:选条件, 由(1)知 n=10,Tr+1=C10r(-1)rx5-5r6 ,令 5-56r=5 , r=0 , T1
10、=x5 , 所以展开式中含 x5 的项是第一项,为 x5 ;方案二:选条件,同方案一(2);方案三:选条件,同方案一(2).【解析】(1)由题意利用,二项式系数的性质,求得n的值,再利用通项公式求得展开式中二项式系数最大的项. (2)由题意利用二项式展开式的通项公式,求得展开式中含x5的项.3.【答案】 (1)解: f(x)=(x-1)2+ax+2=x2+(a-2)x+3 , 因为 f(x) 为偶函数且定义域为 R ,则 f(-x)=f(x) ,即 x2-(a-2)x+3=x2+(a-2)x+3,(a-2)x=0,xR 恒成立,a=2 .(2)解:由(1)可知 (2x-1)4=a0+a1x+a
11、2x2+a3x3+a4x4 , 令 x=0 可得 1=a0 ,令 x=1 可得 1=a0+a1+a2+a3+a4=1+a1+a2+a3+a4 ,所以 a1+a2+a3+a4=0 .【解析】(1)该函数为二次函数,由偶函数可知,对称轴为y轴,即x=0,可求出a的值;(2)分别令x=0和x=1,即可求出结果 4.【答案】 (1)解:将甲、乙、丙3人看作一个整体,与其余4人全排列,有 A55 种排法,而甲、乙、丙3人有 A33 种排法,故共有 A33A55 =720种不同的排法(2)解:可先排其余4人,然后再将甲、乙、丙排在已排好的4人之间及两端的5个空隙中,故共有 A44A53 =1440种不同的
12、排法 【解析】(1)利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理,进而求出甲、乙、丙3人相邻的不同排法种数。(2)利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理,进而求出 甲、乙、丙3人不相邻的不同排法种数。 5.【答案】 (1)证明: 1k+1Cnk=1k+1n!k!(n-k)!=1n+1(n+1)!(k+1)!(n-k)!=1n+1Cn+1k+1 ;(2)解: (-1)0C20200+(-1)112C20201+(-1)213C20202+(-1)202012021C20202020 =k=02020(-1)k1k+1C2020k=12021k=02020(-1)kC2021k+1=1202
13、1 (3)解:设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 , 则 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-1)2k+2+(-1)n2n+2 =an-1+k=1n(-1)kCn-1k-12k+2=an-1+2nk=1n(-1)kCnkkk+2 =an-1+2nk=0n(-1)kCnk-k=0n(-1)kCnk2k+2=an-1+2n(0-an) .所以 an=nn+2an-1an=nn+2n-1n+1an-2 =n(n-1)-32(n+2)(n+1)54a1 ,又 a1=13 ,所以 an=n!2!(n+2)!=1Cn+2n .所以 k=02020(-1)kC2020k2k+2
14、=a2020=1C20222020=1C20222 =110112021=12043231 .(结果没化简,不扣分)方法二: k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k2020!k!(2020-k)!2(k+1)(k+2)(k+1) =k=02020(-1)k2022!(k+2)!(2020-k)!2(k+1)20222021 =220222021k=02020(-1)k(k+1)C2022k+2 =220222021k=02020(-1)k(k+2-1)C2022k+2 =220222021k=02020(-1)k(k+2)C2022k+2-k=02020(-1)
15、kC2022k+2 =220222021k=02020(-1)k2022C2021k+1-k=02020(-1)k+2C2022k+2 =220222021-2022k=02020(-1)k+1C2021k+1-(1-1)2022-1-C20221(-1)1) =220222021-2022(1-1)2021-1)+1-2022 =220222021=110112021=12043231 .【解析】(1) 利用组合数的运算即可求证.(2) 利用组合数的运算与性质即可证出.(3)方法一:设 an=k=0n(-1)kCnk2k+2 ,可得 an=1+k=1n-1(-1)k(Cn-1k+Cn-1k-
16、1)2k+2+(-1)n2n+2 ,再利用组合数的运算性质即可求解;方法二: k=02020(-1)kC2020k2k+2=k=02020(-1)k2020!k!(2020-k)!2(k+1)(k+2)(k+1) ,根据组合数的运算即可求解6.【答案】 (1)解:每个球都有4种方法,故有4444256种,(2)解:每个盒子不空,共有 A44=24 不同的方法(3)解:四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中,恰有一个空盒,说明恰有一个盒子中有2个小球, 从4个小球中选两个作为一个元素,同另外两个元素在三个位置全排列,故共有 C42A43=144 种不同的放法【解析】(1) 由分步计数
17、原理代入数值计算出结果即可。(2)由排列的定义结合已知条件计算出答案即可。(3)由排列组合以及计数原理结合已知条件代入数值计算出结果即可。 7.【答案】 (1)解:若在第五次检测出最后一件次品,则前四次中有两件次品两件正品,第五次为次品. 则不同的检测方法共有 C42A44A51=720 种. (2)解:检测3次可测出3件次品,不同的测试方法有 A33=6 种 检测4次可测出3件次品,不同的测试方法有 C32A33A51=90 种; 检测5次测出3件次品,分为两类:一类是恰好第5次测到次品,一类是前5次测到都是正品,不同的测试方法共有 C42A44A51+A55=840 种所以共有936种测试
18、方法【解析】(1) 由题意可知前四次中有两件次品两件正品,第五次为次品,所以选出排列即可. (2)至多五次能找到,包括检测3次都是次品,检测四次测出3件次品,检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品,剩下的为次品,以此求出每种情况求和可得结果.8.【答案】 (1)解:由题意 ak(x)=Cnk-1(12x)k-1(k=1,2,n+1) . a2(2)=Cn2-1(122)2-1=Cn1=8 ,n=8 .(2)解:由题意 ak(2)=Cnk-1(122)k-1=Cnk-1,2kak(2)=2kCnk-1(k=1,2,n+1) . Sn+1=2Cn0+22Cn1+23Cn2+2n+1Cnn=2(C
19、n0+2Cn1+22Cn2+2nCnn) =2(1+2)n=23n .(3)证明:由题意 ak(x)=Cnk-1(12x)k-1(k=1,2,n+1) . F(x)=Cn0+2Cn1(12x)+3Cn2(12x)2+nCnn-1(12x)n-1+(n+1)Cnn(12x)n .当 x0,2 时, F(x)0 且不恒为0, F(x) 在 0,2 上单调递增. 对任意 x1,x20,2 ,恒有 |F(x1)-F(x2)|F(2)-F(0) .又 F(0)=1,F(2)=Cn0+2Cn1+3Cn2+nCnn-1+(n+1)Cnn .设 Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2+nCnn-1+(n+1)Cnn
20、 ,则 Sn=(n+1)Cnn+nCnn-1+3Cn2+2Cn1+Cn0 ,Cnk=Cnn-k ,将以上两式两端分别相加得:2Sn=(n+2)(Cn0+Cn1+Cn2+Cnn-1+Cnn)=(n+2)2n ,Sn=(n+2)2n-1 ,即 F(2)=(n+2)2n-1 . 对任意 x1,x20,2 ,恒有 |F(x1)-F(x2)|(n+2)2n-1-1 .【解析】(1) 根据二项式定理的通项公式,写出 a2(2) ,即求n的值;(2) 根据二项式定理的通项公式,写出 ak(2),Sn+1 ,即可求出 Sn+1 ;(3)利用导数判断 F(x) 在 0,2 上的单调性,只需 |F(x1)-F(x
21、2)|F(x)max-F(x)min ,即可证明.9.【答案】 (1)解:(捆绑法)先让3个女生“捆绑”成一个整体,内部排序有 A33 种,然后把女生看成一个整体,与其余的男生排列有 A55 ,共有 A33A55=720 ;(2)解:先把4个男生排练有 A44 种排法,然后把3个女生向5个空档插孔,有 A44A53=1440 ;(3)解:先甲、乙相邻,再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中, 按分步计数原理不同的排法有, A22A44A52=960 (种) 【解析】(1) (捆绑法)先让3个女生“捆绑”成一个整体,内部排序,然后把女生看成一个整体,与其余的男生排序;(2
22、) 先把4个男生排列,然后把3个女生向5个空档插孔;(3)先把甲、乙捆绑成一个整体,再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中,按分步计数原理求的结果10.【答案】 (1)解:分两步完成: 第一步,选3名男运动员,有 C63 种选法;第二步,选2名女运动员,有 C42 种选法.由分步乘法计数原理可得,共有 C63C42=120 (种)选法.(2)解:方法一(直接法)可分类求解: “只有男队长”的选法种数为 C84 ;“只有女队长”的选法种数为 C84 ;“男女队长都入选”的选法种数为 C83 ,所以共有 2C84+C83=196 (种)选法.方法二(间接法)从10人中任选5
23、人有 C105 种选法,其中不选队长的方法有 C85 种.所以“至少有1名队长”的选法有 C105-C85=196 (种).(3)解:当有女队长时,其他人任意选,共有 C94 种选法;当不选女队长时,必选男队长,共有 C84 种选法,其中不含女运动员的选法有 C54 种,所以不选女队长时的选法共有 (C84-C54) 种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有 C94+C84-C54=191 (种). 【解析】(1)利用已知条件结合组合数公式,再结合分步乘法计数原理,进而求出男运动员3名,女运动员2名的选派方法。(2)利用直接法和间接法的方法结合组合数公式,进而求出队长中至少有1人参加的选派方法。(3)利用已知条件结合组合数公式,再利用分类加法计数原理和间接法,进而求出既要有队长,又要有女运动员的选派方法。