高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專(zhuān)題6 算法、復(fù)數(shù)、推理與證明、概率與統(tǒng)計(jì) 第22講 排列、組合與二項(xiàng)式定理教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第22講排列、組合與二項(xiàng)式定理題型一|兩個(gè)計(jì)數(shù)原理設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，我們稱(chēng)(a，b)為有序?qū)崝?shù)對(duì)．類(lèi)似地，設(shè)A，B，C為集合，我們稱(chēng)(A，B，C)為有序三元組．如果集合A，B，C滿(mǎn)足|A∩B|＝|B∩C|＝|C∩A|＝1，且A∩B∩C＝?，則我們稱(chēng)有序三元組(A，B，C)為最小相交(|S|表示集合S中的元素的個(gè)數(shù))．(1)請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)最小相交的有序三元組，并說(shuō)明理由；(2)由集合{1,2,3,4,5,6}的子集構(gòu)成的所有有序三元組中，令N為最小相交的有序三元組的個(gè)數(shù)，求N的值．[解](1)設(shè)A＝{1,2}，B＝{2,3}，C＝{1,3}，則A∩B＝{2}，B∩C＝{3}，C∩A＝{1}，A∩B∩C＝?，且|A∩B|＝|B∩C|＝|C∩A|＝1.∴(A，B，C)是一個(gè)最小相交的有序三元組.6分(2)令S＝{1,2,3,4,5,6}，如果(A，B，C)是由S的子集構(gòu)成的最小相交的有序三元組，則存在兩兩不同的x，y，z∈S，使得A∩B＝{x}，B∩C＝{y}，C∩A＝{z}(如圖)，要確定x，y，z共有6×5×4種方法；對(duì)S中剩下的3個(gè)元素，每個(gè)元素有4種分配方式，即它屬于集合A，B，C中的某一個(gè)或不屬于任何一個(gè)，則有43種確定方法．∴最小相交的有序三元組(A，B，C)的個(gè)數(shù)N＝6×5×4×43＝7680.10分【名師點(diǎn)評(píng)】應(yīng)用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理解題的方法1．在應(yīng)用分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理時(shí)，一般先分類(lèi)再分步，每一步當(dāng)中又可能用到分類(lèi)計(jì)數(shù)原理．2．對(duì)于復(fù)雜的兩個(gè)原理綜合使用的問(wèn)題，可恰當(dāng)列出示意圖或表格，使問(wèn)題形象化、直觀化．如圖22－1，一環(huán)形花壇分成A，B，C，D四塊，現(xiàn)有4種不同的花供選種，要求在每塊里種1種花，且相鄰的2塊種不同的花，則不同的種法總數(shù)有多少種．圖22－1【導(dǎo)學(xué)號(hào)：19592063】[解]可依次種A，B，C，D四塊，當(dāng)C與A種同一種花時(shí)，有4×3×1×3＝36(種)種法；4分當(dāng)C與A所種花不同時(shí)，有4×3×2×2＝48(種)種法.8分由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，不同的種法種數(shù)為36＋48＝84種.10分題型二|排列與組合(1)某次聯(lián)歡會(huì)要安排3個(gè)歌舞類(lèi)節(jié)目，2個(gè)小品類(lèi)節(jié)目和1個(gè)相聲類(lèi)節(jié)目的演出順序，求同類(lèi)節(jié)目不相鄰的排法種數(shù)．(2)在8張獎(jiǎng)券中有一、二、三等獎(jiǎng)各1張，其余5張無(wú)獎(jiǎng)．將這8張獎(jiǎng)券分配給4個(gè)人，每人2張，不同的獲獎(jiǎng)情況共有多少種．[解](1)先安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目，然后讓歌舞節(jié)目去插空．安排小品節(jié)目和相聲節(jié)目的順序有三種：“小品1，小品2，相聲”“小品1，相聲，小品2”和“相聲，小品1，小品2”．對(duì)于第一種情況，形式為“□小品1□小品2□相聲□”，有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝36(種)安排方法；同理，第三種情況也有36種安排方法，對(duì)于第二種情況，三個(gè)節(jié)目形成4個(gè)空，其形式為“□小品1□相聲□小品2□”，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(種)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(種)安排方法.5分(2)把8張獎(jiǎng)券分4組有兩種方法，一種是分(一等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(二等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(三等獎(jiǎng)，無(wú)獎(jiǎng))、(無(wú)獎(jiǎng)、無(wú)獎(jiǎng))四組，分給4人有Aeq\o\al(4,4)種分法；另一種是一組兩個(gè)獎(jiǎng)，一組只有一個(gè)獎(jiǎng)，另兩組無(wú)獎(jiǎng)，共有Ceq\o\al(2,3)種分法，再分給4人有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)種分法，所以不同獲獎(jiǎng)情況種數(shù)為Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝24＋36＝60.10分【名師點(diǎn)評(píng)】1.解決排列、組合問(wèn)題應(yīng)遵循的原則先特殊后一般，先選后排，先分類(lèi)后分步．2．解排列、組合綜合應(yīng)用題的解題流程1．某醫(yī)院有內(nèi)科醫(yī)生12名，外科醫(yī)生8名，現(xiàn)選派5名參加賑災(zāi)醫(yī)療隊(duì)，其中：(1)某內(nèi)科醫(yī)生甲與某外科醫(yī)生乙必須參加，共有多少種不同選法？(2)甲、乙均不能參加，有多少種選法？(3)甲、乙兩人至少有一人參加，有多少種選法？(4)隊(duì)中至少有一名內(nèi)科醫(yī)生和一名外科醫(yī)生，有幾種選法？[解](1)只需從其他18人中選3人即可，共有Ceq\o\al(3,18)＝816(種).2分(2)只需從其他18人中選5人即可，共有Ceq\o\al(5,18)＝8568(種).5分(3)分兩類(lèi)：甲、乙中有一人參加，甲、乙都參加，共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,18)＋Ceq\o\al(3,18)＝6936(種).8分(4)法一(直接法)：至少有一名內(nèi)科醫(yī)生和一名外科醫(yī)生的選法可分四類(lèi)：一內(nèi)四外；二內(nèi)三外；三內(nèi)二外；四內(nèi)一外，所以共有Ceq\o\al(1,12)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(2,12)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(4,12)Ceq\o\al(1,8)＝14656(種).10分法二(間接法)：由總數(shù)中減去五名都是內(nèi)科醫(yī)生和五名都是外科醫(yī)生的選法種數(shù)，得Ceq\o\al(5,20)－(Ceq\o\al(5,12)＋Ceq\o\al(5,8))＝14656(種).10分2．設(shè)整數(shù)n≥4，在集合{1,2,3，…，n}中任取兩個(gè)不同元素a，b(a＞b)，記An為滿(mǎn)足a＋b能被2整除的取法種數(shù)．(1)當(dāng)n＝6時(shí)，求An；(2)求An.[解](1)當(dāng)n＝6時(shí)，集合中偶數(shù)為2,4,6；奇數(shù)為1,3,5.2分要使a＋b為偶數(shù)，則a，b同奇或同偶，共有Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝6(種)取法，即A6＝6.4分(2)①當(dāng)n＝2k(k≥2，k∈N*)即k＝eq\f(n,2)時(shí)，集合為{1,2,3，…，2k}．記A＝{1,3,5，…，2k－1}，B＝{2,4,6，…，2k}，因?yàn)閍＋b能被2整除，所以a，b應(yīng)同是奇數(shù)或同是偶數(shù)，所以a，b應(yīng)取自同一個(gè)集合A或B，故有Ceq\o\al(2,k)＋Ceq\o\al(2,k)＝eq\f(kk－1,2)＋eq\f(kk－1,2)＝k(k－1)種取法．即An＝eq\f(n,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝eq\f(nn－2,4)；8分②當(dāng)n＝2k＋1(k≥2，k∈N*)時(shí)，即k＝eq\f(n－1,2)，集合為{1,2,3，…，2k＋1}．將其分為兩個(gè)集合：奇數(shù)集A＝{1,3，…，2k＋1}，偶數(shù)集B＝{2,4，…，2k}．因?yàn)閍＋b能被2整除，所以a，b應(yīng)同是奇數(shù)或同是偶數(shù)，所以a，b應(yīng)該取自同一個(gè)集合A或B.故有Ceq\o\al(2,k＋1)＋Ceq\o\al(2,k)＝eq\f(kk＋1,2)＋eq\f(kk－1,2)＝k2種取法，即An＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)))2＝eq\f(n－12,4).所以An＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn－2,4)，n是偶數(shù)，,\f(n－12,4)，n是奇數(shù).))10分題型三|二項(xiàng)式定理已知f(x)＝(2＋eq\r(x))n，其中n∈N*.(1)若展開(kāi)式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為14，求n的值；(2)當(dāng)x＝3時(shí)，求證：f(x)必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)(s∈N*)的形式．[解](1)∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)2n－rx，∴r＝6，故x3項(xiàng)的系數(shù)為Ceq\o\al(6,n)·2n－6＝14，解得n＝7.5分(2)證明：由二項(xiàng)式定理可知，(2＋eq\r(3))n＝Ceq\o\al(0,n)2n(eq\r(3))0＋Ceq\o\al(1,n)2n－1(eq\r(3))1＋Ceq\o\al(2,n)2n－2(eq\r(3))2＋…＋Ceq\o\al(n,n)20(eq\r(3))n，設(shè)(2＋eq\r(3))n＝x＋eq\r(3)y＝eq\r(x2)＋eq\r(3y2)，而若有(2＋eq\r(3))n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，a，b∈N*，則(2－eq\r(3))n＝eq\r(a)－eq\r(b)，a，b∈N*.7分∵(eq\r(a)＋eq\r(b))·(eq\r(a)－eq\r(b))＝(2＋eq\r(3))n·(2－eq\r(3))n＝1，∴令a＝s，s∈N*，則必有b＝s－1.9分∴(2＋eq\r(3))n必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)的形式，其中s∈N*.10分【名師點(diǎn)評(píng)】應(yīng)用通項(xiàng)公式要注意四點(diǎn)1．Tr＋1是展開(kāi)式中的第r＋1項(xiàng)，而不是第r項(xiàng)．2．公式中a，b的指數(shù)和為n，且a，b不能隨便顛倒位置．3．要將通項(xiàng)中的系數(shù)和字母分離開(kāi)，以便于解決問(wèn)題．4．對(duì)二項(xiàng)式(a－b)n展開(kāi)式的通項(xiàng)公式要特別注意符號(hào)問(wèn)題．1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)的和為2，求該展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)．[解]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，∴a＝1.2分∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)·25－r(－1)r·x5－2r.4分令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開(kāi)式中x的系數(shù)Ceq\o\al(2,5)25－2(－1)2＝80；令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，6分因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開(kāi)式中eq\f(1,x)的系數(shù)為Ceq\o\al(3,5)25－3·(－1)3＝－40.8分∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為80－40＝40.10分2．已知等式(x2＋2x＋2)5＝a1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，其中ai(i＝0,1,2，…，10)為實(shí)常數(shù)．求：(1)eq\i\su(n＝1,10,a)n的值；(2)eq\i\su(n＝1,10,n)an的值．[解](1)在(x2＋2x＋2)5＝a1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10中，令x＝－1，得a1＝1.2分令x＝0，得a1＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝25＝32.所以eq\i\su(n＝1,10,a)n＝a1＋a2＋…＋a10＝31