1、第3讲二项式定理【高考会这样考】1能用计数原理证明二项式定理2会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题【复习指导】二项式定理的核心是其展开式的通项公式，复习时要熟练掌握这个公式，注意二项式定理在解决有关组合数问题中的应用基础梳理1二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫(ab)n的二项展开式其中的系数C(r0,1，n)叫二项式系数式中的Canrbr叫二项展开式的通项，用Tr1表示，即通项Tr1Canrbr.2二项展开式形式上的特点(1)项数为n1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.(3)字
2、母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从C，C，一直到C，C.3二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等即CC.(2)增减性与最大值：二项式系数C，当k时，二项式系数逐渐增大由对称性知它的后半部分是逐渐减小的；当n是偶数时，中间一项Cn取得最大值；当n是奇数时，中间两项Cn，Cn取得最大值(3)各二项式系数和：CCCCC2n；CCCCCC2n1.一个防范运用二项式定理一定要牢记通项Tr1Canrbr，注意(ab)n与(ba)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定
3、要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指C，而后者是字母外的部分前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负一个定理二项式定理可利用数学归纳法证明，也可根据次数，项数和系数利用排列组合的知识推导二项式定理因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续两种应用(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等(2)展开式的应用：利用展开式可证明与二项式系数有关的等式；可证明不等式；可证明整除问题；可做近似计算等三条性质(1)对称性；(2)增减性；(3)各项二项式系数的和；以上性质可通过观察杨辉三角进行归纳总结双基自测1(201
4、1福建)(12x)5的展开式中，x2的系数等于()A80 B40 C20 D10解析Tr1C(2x)r2rCxr，当r2时，T340x2.答案B2若(1)5ab(a，b为有理数)，则ab() A45 B55 C70 D80解析(1)51510()210()35()4()54129由已知条件a41，b29，则ab70.答案C3(人教A版教材习题改编)若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0a2a4的值为()A9 B8 C7 D6解析令x1，则a0a1a2a3a40令x1，则a0a1a2a3a416a0a2a48.答案B4(2011重庆)(13x)n(其中nN且n6)的展开式中x5与
5、x6的系数相等，则n()A6 B7 C8 D9解析Tr1C(3x)r3rCxr由已知条件35C36C即C3C3整理得n7答案B5(2011安徽)设(x1)21a0a1xa2x2a21x21，则a10a11_.解析Tr1Cx21r(1)r(1)rCx21r由题意知a10，a11分别是含x10和x11项的系数，所以a10C，a11C，a10a11CC0.答案0考向一二项展开式中的特定项或特定项的系数【例1】已知在n的展开式中，第6项为常数项(1)求n；(2)求含x2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项审题视点 准确记住二项展开式的通项公式是解此类题的关键解通项公式为Tr1Cx(3)rx(3)r
6、Cx.(1)第6项为常数项，r5时，有0，解得n10.(2)令2，得r(n6)2，x2的项的系数为C(3)2405.(3)由题意知令k(kZ)，则102r3k，即r5k，rZ，k应为偶数，k2,0，2，即r2,5,8.第3项，第6项，第9项为有理项，它们分别为405x2，61 236,295 245x2. 求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k1，代回通项公式即可【训练1】 (2011山东)若6展开式的常数项为60，则常数a的值为_解析二项式6展开式的通项公式是Tr1Cx6r()rx2r
7、Cx63r()r，当r2时，Tr1为常数项，即常数项是Ca，根据已知Ca60，解得a4.答案4考向二二项式定理中的赋值【例2】二项式(2x3y)9的展开式中，求：(1)二项式系数之和；(2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和审题视点 此类问题要仔细观察，对二项式中的变量正确赋值解设(2x3y)9a0x9a1x8ya2x7y2a9y9.(1)二项式系数之和为CC19CC29.(2)各项系数之和为a0a1a2a9(23)91(3)由(2)知a0a1a2a91，令x1，y1，得a0a1a2a959，将两式相加，得a0a2a4a6a8，即为所有奇数项系数之和 二项式定理给出的是一个恒等式，对a，b
8、赋予一些特定的值，是解决二项式问题的一种重要思想方法赋值法是从函数的角度来应用二项式定理，即函数f(a，b)(ab)nCanCan1bCanrbrCbn.对a，b赋予一定的值，就能得到一个等式【训练2】 已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7.求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4)|a0|a1|a2|a7|.解令x1，则a0a1a2a3a4a5a6a71.令x1，则a0a1a2a3a4a5a6a737.(1)a0C1，a1a2a3a72.(2)()2，得a1a3a5a71 094.(3)()2，得a0a2a4a61 093.(4)(12x)7展开式中
9、，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，|a0|a1|a2|a7|(a0a2a4a6)(a1a3a5a7)1 093(1 094)2 187.考向三二项式的和与积【例3】(12x)3(1x)4展开式中x项的系数为_审题视点 求多个二项式积的某项系数，要会转化成二项式定理的形式解析(12x)3(1x)4展开式中的x项的系数为两个因式相乘而得到，即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项，它为C(2x)0C(x)1C(2x)1C14(x)0，其系数为C03C(1)C2462.答案2 对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的
10、运用，还要注意有关指数的运算性质二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解【训练3】 (2011广东)x7的展开式中，x4的系数是_(用数字作答)解析原问题等价于求7的展开式中x3的系数，7的通项Tr1Cx7rr(2)rCx72r，令72r3得r2，x3的系数为(2)2C84，即x7的展开式中x4的系数为84.答案84难点突破23排列组合在二项展开式中的应用(ab)n展开式可以由次数、项数和系数来确定(1)次数的确定从n个相同的ab中各取一个(a或b)乘起来，可以构成展开式中的一项，展开式中项的形式是mapbq，其中pN，
11、qN，pqn.(2)项数的确定满足条件pqn，pN，qN的(p，q)共n1组即将(ab)n展开共2n项，合并同类项后共n1项(3)系数的确定展开式中含apbq(pqn)项的系数为C(即p个a，q个b的排列数)因此(ab)n展开式中的通项是Tr1Canrbr(r0,1,2，n)(ab)nCanCan1bCan2b2Cbn这种方法比数学归纳法推导二项式定理更具一般性和创造性，不仅可二项展开，也可三项展开，四项展开等【示例】 若多项式x3x10a0a1(x1)a9(x1)9a10(x1)10，则a9()A9 B10 C9 D10第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【高考会这样考】考查分类加法计数
12、原理和分步乘法计数原理的应用【复习指导】复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系，这是解排列组合问题的基础基础梳理1分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有Nm1m2mn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有Nm1m2mn种不同的方法 两个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终分类加法
13、计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”而分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这件事的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”类比加法与乘法的关系，在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的过程双基自测1(人教A版教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有()A238个 B232个 C174个 D168个解析可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数共有343192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3A18(个)，故共有19218
14、174(个)答案C2(2010广州模拟)已知集合A1,2,3,4，B5,6,7，C8,9现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合()A24个 B36个 C26个 D27个解析CCCCCC26，故选C.答案C3(2012滨州调研)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A6种 B12种 C24种 D30种解析分步完成首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1
15、门相同的选法共有43224(种)，故选C.答案C4(2010湖南)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A10 B11 C12 D15解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C，由分类计数原理知满足条件的信息个数为1CC11.答案B5某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、C、D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有_种解
16、析法一当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2222115(种)法二恰有i个焊点脱落的可能情况为C(i1,2,3,4)种，由分类计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共CCCC15(种)答案15考向一分类加法计数原理【例1】(2011全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A4种 B10种 C18种 D20种审题视点 由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理解析赠送一本画册，3本集邮册，共4种方法；赠送2本画册，2本集邮册共C种方法，由分类计数原理知不同的赠送方法共4C10(种)答案B 分类时，首先要确定一个恰当的分类标
17、准，然后进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理【训练1】 如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有_个解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8432(个)；第二类，有两条公共边的三角形共有8(个)由分类加法计数原理知，共有32840(个)答案40考向二分步乘法计数原理【例2】(2011北京)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)审题视点 组成这个四位数须分4步
18、完成，故用分步乘法计数原理解析法一用2,3组成四位数共有222216(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16214(个)法二满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2，三个3，共有4个；第二类含有三个2，一个3共有4个；第三类含有二个2，二个3共有C6(个)，因此满足条件的四位数共有24C14(个)答案14 此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积注意：各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件事简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立，逐步完成”【训练2】 由数字1,2,3,4，(1)可组成多少个3位数；(
19、2)可组成多少个没有重复数字的3位数；(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字解(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步计数原理共可组成4364个3位数(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步计数原理共可排成没有重复数字的3位数43224(个)(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个考向三涂色问题【例3】 如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？审题视点 根据乘法原理逐块涂色，要
20、注意在不相邻的区域内可使用同一种颜色解法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色)根据分步计数原理共有5433180种涂色方法法二由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有A60种涂法；又D与B、C相邻、因此D有3种涂法；由分步计数原理知共有603180种涂法 涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理【训练3】 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜
21、色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数解法一可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法原理即可得出结论由题设，四棱锥S ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有54360种染色方法当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法，若C染5，则D可染3或4，有2种染法可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有607420(种)法二以S、A、B、C、D顺序分步染色第一步，S点染色，有5种方法；第二步
22、，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有543(1322)420(种)法三按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2A种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不
23、同的方法由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A2AA420(种)规范解答20如何解决涂色问题【问题研究】 涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.【解决方案】 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.【示例】 (本小题满分12分)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同
24、的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法1234解答示范 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法(2分)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A12种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法由分步计数原理可知，有5123180种不同的涂法；(6分)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻西格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知有54480种不同
25、的涂法(10分)由分类加法计数原理可得，共有18080260种不同的涂法(12分) 在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用，不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题，当颜色允许重复使用时，要充分利用两个计数原理分析解决问题【试一试】 (2011湖北)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_种(结果用数值表示)尝试解答(1)当n6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，
26、采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C10种方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形，综上可知共有21种方案(2)将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所求事件为(1)的对立事件，故至少有两个黑色正方形相邻的方案有262143(种)答案2143第2讲排列与组合【高考会这样考】1考查排列组合的概念及其公式的推导2考查排列组合的应用【复习指导】复习时要掌握好基本计算公式和基本解题指导思想，掌握一些排列组合的基本模式题的解决方法，如指标分配问题、均匀分组问题、双重元素
27、问题、涂色问题、相邻或不相邻问题等基础梳理1排列(1)排列的概念：从n个不同元素中，任取m(mn)个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(2)排列数的定义：从n个不同元素中，任取m(mn)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示(3)排列数公式An(n1)(n2)(nm1)(4)全排列数公式An(n1)(n2)21n！(叫做n的阶乘)2组合(1)组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出m(mn)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(mn
28、)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数用符号C表示(3)组合数公式C(n，mN*，且mn)特别地C1.(4)组合数的性质：CC；CCC. 一个区别排列与组合，排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合 两个公式(1)排列数公式A(2)组合数公式C利用这两个公式可计算排列问题中的排列数和组合问题中的组合数解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”要能够写出所有符合条件的排列
29、或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果四字口诀求解排列组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘”双基自测18名运动员参加男子100米的决赛已知运动场有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的八条跑道，若指定的3名运动员所在的跑道编号必须是三个连续数字(如：4,5,6)，则参加比赛的这8名运动员安排跑道的方式共有()A360种 B4 320种 C720种 D2 160种解析本题考查排列组合知识，可分步完成，先从8个数
30、字中取出3个连续的三个数字共有6种可能，将指定的3名运动员安排在这三个编号的跑道上，最后剩下的5个排在其他的编号的5个跑道上，故共有6AA4 320种方式答案B2以一个正五棱柱的顶点为顶点的四面体共有()A200个 B190个 C185个 D180个解析正五棱柱共有10个顶点，若每四个顶点构成一个四面体，共可构成C210个四面体其中四点在同一平面内的有三类：(1)每一底面的五点中选四点的组合方法有2C个(2)五条侧棱中的任意两条棱上的四点有C个(3)一个底面的一边与另一个底面相应的一条对角线平行(例如ABE1C1)，这样共面的四点共有2C个所以C2CC2C180(个)，选D.答案D3(2010
31、山东)某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A36种 B42种 C48种 D54种解析因为丙必须排在最后一位，因此只需考虑其余五人在前五位上的排法当甲排在第一位时，有A24种排法，当甲排在第二位时，有AA18种排法，所以共有方案241842(种)，故选B.答案B1233122314.如图，将1,2,3填入33的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有()A6种 B12种C24种 D48种解析只需要填写第一行第一列，其余即确定了因此共有AA12(种)
32、答案B5某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在工程丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同排法种数是_(用数字作答)解析可将6项工程分别用甲、乙、丙、丁、a、b表示，要求是甲在乙前，乙在丙前，并且丙丁相邻丙在丁前，可看作甲、乙、丙丁、a、b五个元素的排列，可先排a、b，再排甲、乙、丙丁共AC20种排法，也可先排甲、乙、丙丁，再排a、b，共CA20种排法答案20考向一排列问题【例1】六个人按下列要求站成一排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站在两端；(2)甲、乙必须相邻；(3)甲、乙不相邻；(4)甲、乙之间恰
33、有两人；(5)甲不站在左端，乙不站在右端；(6)甲、乙、丙三人顺序已定审题视点 根据题目具体要求，选择恰当的方法，如捆绑法、插空法等解(1)AA480；(2)AA240；(3)AA480；(4)AAA144；(5)A2AA504；(6)A120. 有条件的排列问题大致分四种类型(1)某元素不在某个位置上问题，可从位置考虑用其它元素占上该位置，可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)(4
34、)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素也就一种排法【训练1】 用0,1,2,3,4,5六个数字排成没有重复数字的6位数，分别有多少个？(1)0不在个位；(2)1与2相邻；(3)1与2不相邻；(4)0与1之间恰有两个数；(5)1不在个位；(6)偶数数字从左向右从小到大排列解(1)AA480；(2)AAA192；(3)AAAAA408，(4)AAAAA120；(5)A2AA504；(6)AA60.考向二组合问题【例2】某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲
35、、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？审题视点 “无序问题”用组合，注意分类处理解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C816(种)；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有CCC6 936(种)；(4)法一(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有CCCCCCCC14 656(种)法二(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C(
36、CC)14 656(种) 对于有条件的组合问题，可能遇到含某个(些)元素与不含某个(些)元素问题；也可能遇到“至多”或“至少”等组合问题的计算，此类问题要注意分类处理或间接计算，切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成计算错误【训练2】 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC24(种)(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为CC，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的
37、不同选法种数为CCC30(种)考向三排列、组合的综合应用【例3】(1)7个相同的小球，任意放入4个不同的盒子中，试问：每个盒子都不空的放法共有多少种？(2)计算xyz6的正整数解有多少组；(3)计算xyz6的非负整数解有多少组审题视点 根据题目要求分类求解，做到不重不漏解(1)法一先将其中4个相同的小球放入4个盒子中，有1种放法；再将其余3个相同的小球放入4个不同的盒子中，有以下3种情况：某一个盒子放3个小球，就可从这4个不同的盒子中任选一个放入这3个小球，有C种不同的放法；这3个小球分别放入其中的3个盒子中，就相当于从4个不同的盒子中任选3个盒子，分别放入这3个相同的小球，有C种不同放法；这
38、3个小球中有两个小球放在1个盒子中，另1个小球放在另一个盒子中，从这4个不同的盒子中任选两个盒子排成一列，有A种不同的方法综上可知，满足题设条件的放法为CCA20(种)法二“每个盒子都不空”的含义是“每个盒子中至少有一个小球”，若用“挡板法”，可易得C20.(2)可看做将6个相同小球放入三个不同盒子中，每盒非空有多少种放法转化为6个0,2个1的排列，要求1不排在两端且不相邻，共有C10种排法，因此方程xyz6有10组不同的正整数解；(3)可看做将6个相同小球放入三个不同的盒子中，转化为6个0,2个1的排列，共有C28种排法，因此方程xyz6有28组不同的非负整数解 排列与组合的根本区别在于是“
39、有序”还是“无序”，对于将若干个相同小球放入几个不同的盒子中，此类问题可利用“挡板法”求解，实质上是最终转化为组合问题(2)在计算排列组合问题时，可能会遇到“分组”问题，要特别注意是平均分组还是不平均分组可从排列与组合的关系出发，用类比的方法去理解分组问题，比如将4个元素分为两组，若一组一个、一组三个共有CC种不同的分法；而平均分为两组则有种不同的分法【训练3】 有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？(1)分成1本、2本、3本三组；(2)分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；(3)分成每组都是2本的三组；(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本解(1)分三步：
40、先选一本有C种选法；再从余下的5本中选2本有C种选法；对于余下的三本全选有C种选法，由分步乘法计数原理知有CCC60种选法(2)由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有CCCA360种选法(3)先分三步，则应是CCC种选法，但是这里面出现了重复，不妨记6本书为分别A、B、C、D、E、F，若第一步取了(AB，CD，EF)，则CCC种分法中还有(AB、EF、CD)，(CD、AB、EF)、(CD、EF、AB)、(EF、CD、AB)、(EF、AB、CD)共有A种情况，而且这A种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分配方式有15(种)(4)在问
41、题(3)的基础上再分配，故分配方式有ACCC90(种)阅卷报告16实际问题意义不清，计算重复、遗漏致误【问题诊断】 排列组合问题由于其思想方法独特计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.【防范措施】 “至少、至多型”问题不能利用分步计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解【示例】 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等
42、品的不同取法有多少种？错因第二步若取出一等品则与第一步取出的一等品有了先后顺序，从而使取法重复实录按分步原理，第一步确保1个一等品，有C种取法；第二步从余下的19个零件中任意取2个，有C种不同的取法，故共有CC2 736种取法正解法一将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类计数原理有：CCCCC1 136(种)法二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：CC1 136(种)【试一试】 在10名演员中，5人能歌，8人善舞，从中选出5人，使这5人能演出一个由1人独唱4人伴舞的节目，共有几种选法？尝试解答本题中的“双面手”有3个，仅能歌的2人，仅善舞的5人把问题分为：(1)独唱演员从双面手中选，剩下的2个双面手和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔；(2)独唱演员不从双面手中选拔，即从只能唱歌的2人中选拔，这样3个双面手就可以和只能善舞的5个演员一起参加伴舞人员的选拔故选法种数是CCCC245.
