(共71张PPT)
第一章 计数原理
1.1 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
第1课时 分类加法计数原理
与分步乘法计数原理及其简单应用
主题1:分类加法计数原理
某志愿者从杭州奔赴北京参加公益活动,假设每天有4个航班,5列火车.
1.该志愿者要完成的一件事是什么
提示:从杭州乘火车或飞机奔赴北京参加公益活动.
2.有几类方案可完成这件事 每类方案又各有几种方法 每种方法是否都能完成这件事
提示:两类方案,第一类方类:乘飞机,有4种方法;
第二类方案:坐火车,有5种方法.
每种方案中的每种方法都能完成这件事.
3.该志愿者从杭州到北京共有多少种不同方法
提示:共有4+5=9种不同的方法.
结论:
分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不
同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成
这件事共有N=____种不同的方法.
m+n
【微思考】
根据分类加法计数原理考虑完成一件事的第1类方案与第2类方案中的每一种方法有没有重复或遗漏
提示:每种方法都可以独立地完成这件事,它们之间没有重复或遗漏.
主题2:分步乘法计数原理
某志愿者从丽水奔赴北京参加公益活动,中间在杭州停留,假设每天从丽水到杭州有3次汽车,从杭州到北京有4个航班.
1.该志愿者要完成这件事需要几个步骤
提示:两个,即先坐汽车到杭州,再从杭州乘飞机到北京.
2.完成每一步各有几种方法
提示:第一步(坐汽车):有3种方法,第二步(乘飞机):有4种方法.
3.该志愿者从丽水到北京共有多少种不同的方法
提示:共有3×4=12种方法.
结论:
分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方
法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有
N=_____种不同的方法.
m×n
【微思考】
1.分步乘法计数原理的特征是什么
提示:分步就是说完成这件事的任何一种方法,都要分成若干个步骤,要完成这件事必须且只需连续完成这若干个步骤后,这件事才算完成.
2.第1步采用不同的方法对第2步方法的选取有没有影响
提示:第1步与第2步互相独立,没有影响.
【预习自测】
1.从A地到B地,可乘汽车、火车、轮船三种交通工具,如果一天内汽车发3次,火车发4次,轮船发2次,那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为 ( )
A.1+1+1=3 B.3+4+2=9
C.3×4×2=24 D.以上都不对
【解析】选B.乘汽车有3种方法,乘火车有4种方法,坐轮船有2种方法.根据分类加法计数原理,共有3+4+2=9种不同的走法.
2.某体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某学生到该体育场练习跑步,则他进出门的方案有 ( )
A.12种 B.7种 C.24种 D.49种
【解析】选D.该学生从南侧进、南侧出有4×4=16种方案;从北侧进、北侧出有3×3=9种方案;从一侧进另一侧出有2×4×3=24种方案,所以共有16+9+24=49种方案.
3.(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)的展开式中共有 ( )
A.60项 B.12项
C.30项 D.以上都不对
【解析】选B.完成这件事需分两步,第一步:从第一个括号中取一字母有3种方法;第二步:从第二个括号中取一字母有4种方法.故共有3×4=12项.
4.加工某个零件分三道工序,第一道工序有5人可以选择,第二道工序有6人可以选择,第三道工序有4人可以选择,从中选3人每人做一道工序,则选法有________种.
【解析】选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5,6,4,由分步乘法计数原理知,选法总数为N=5×6×4=120.
答案:120
5.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任取一幅画布置房间,有几种不同的选法
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有几种不同的选法 (仿照教材P5例3的解析过程)
【解析】(1)从中任取一幅画,有三类方法:
第1类方法是从国画中取一幅有5种不同方法;
第2类方法是从油画中取一幅有2种不同方法;
第3类方法是从水彩画中取一幅有7种不同方法.
所以不同取法的种数是5+2+7=14.
(2)从三种画中各取一幅,可分成三个步骤完成:
第1步,从国画中取1幅,有5种方法;
第2步,从油画中取1幅,有2种方法;
第3步,从水彩画中取1幅,有7种方法.
所以不同取法的种数是5×2×7=70.
类型一 分类加法计数原理的应用
【典例1】(1)(2017·日照高二检测)如图所示,在A,B
间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则
电路不通,现发现电路不通,则焊接点脱落的不同情况
有 ( )
A.16种 B.15种
C.9种 D.8种
(2)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为________.
【解题指南】(1)根据题意,可将其分为1个、2个、3个、4个焊接点脱落的情形,即分成四类,按照分类加法计数原理求解.
(2)分a=0与a≠0两种情况,当a≠0时再借助判别式讨论求解.
【解析】(1)选B.按照可能脱落的个数可分成四类:
第一类:1个焊接点脱落,有4种情况.
第二类:2个焊接点脱落,有6种情况.即(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).
第三类:3个焊接点脱落,有4种情况.即(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4).
第四类:4个焊接点脱落,有1种情况.即(1,2,3,4).
所以共有4+6+4+1=15种情况.
(2)当a=0时,关于x的方程为2x+b=0,
此时有序数对(0,-1),(0,0),(0,1),(0,2)均满足要求;
当a≠0时,由Δ=4-4ab≥0,ab≤1,
此时满足要求的有序数对为(-1,-1),(-1,0),(-1,1), (-1,2),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0).
综上,满足要求的有序数对共有13个.
答案:13
【延伸探究】
1.若将典例1(1)中的“图形”改变成“如下图形”,结果如何
【解析】按照可能脱落的个数可分成四类:
第一类:1个焊接点脱落,有2种情况,即1,4.
第二类:2个焊接点脱落,有6种情况,即(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(2,4),(3,4).
第三类:3个焊接点脱落,有4种情况,即(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4).
第四类:4个焊接点脱落,有1种情况,即(1,2,3,4).
所以共有2+6+4+1=13种情况.
2.若将典例1(1)中增加条件“已知焊接点2是正常的”,结果如何
【解析】由于焊接点2正常,所以可能脱落的个数可分成三类:
第一类:1个焊接点脱落,有3种情况,即1,3,4.
第二类:2个焊接点脱落,有3种情况,即(1,3),(1,4),(3,4).
第三类:3个焊接点脱落,有1种情况,即(1,3,4).
所以共有3+3+1=7种情况.
【方法总结】
1.应用分类加法计数原理解题的步骤
2.分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2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,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
【补偿训练】
(1)某兴趣小组有男生10名,女生9名,要从中选出一名组长,不同的选法共有 ( )
A.8种 B.7种
C.19种 D.90种
(2)书架上层放4本不同的数学书,中层放6本不同的外语书,下层放5本不同的语文书,从中任取1本,不同的取法种数为 ( )
A.15 B.120 C.3 D.1
【解析】(1)选C.只要选出一名组长即可,共有N=10+9=19种方法.
(2)选A.由分类加法计数原理,共有4+6+5=15种不同的取法.
类型二 分步乘法计数原理的应用
【典例2】在平面直角坐标系内,若点P(x,y)的横、纵坐标均在{0,1,2,3}内取值.
问:(1)点P可以表示平面上多少个不同的点
(2)点P可以表示平面上多少个第一象限的点
【解题指南】先确定P点横坐标,再确定其纵坐标,用分步乘法计数原理求解.
【解析】(1)确定P的坐标分两步
第1步:确定横坐标x,从0,1,2,3四个数字中选一个,有4种方法.
第2步:确定纵坐标y,从0,1,2,3四个数字中选一个,有4种方法.
根据分步乘法计数原理,所有不同的点P的个数为:4×4=16(个).
(2)第一象限的点的横坐标,纵坐标都为正数,所以横坐标x从1,2,3三个数中选一个,有3种方法.纵坐标y从1,2,3三个数中选一个,有3种方法,所以第一象限的点共有3×3=9(个).
【方法总结】
1.利用分步乘法计数原理解题的步骤
2.分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×m3×…×mn种不同的方法.
【巩固训练】(2016·全国卷Ⅱ)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 ( )
A.24 B.18
C.12 D.9
【解析】选B.E→F有6种走法,F→G有3种走法,由分歩乘法计数原理知,共6×3=18种走法.
【补偿训练】从集合{1,2,3,…,10}中,选出由5个数
组成的集合的子集,使得这5个数中的任何两个数的和不等于11,这样的子集共有多少个
【解题指南】根据子集的定义分析,把握任意两个数的和不等于11,可以先寻找和等于11的情况,再根据子集的思想分析解决.
【解析】和为11的数共有5组:1与10,2与9,3与8,4与7,5与6,子集中的元素不能取自同一组中的两数,即子集中的元素取自5个组中的一个数,而每个数的取法有2种,所以子集的个数为N=2×2×2×2×2=25=32.
类型三 两个计数原理的综合应用
【典例3】(2017·济宁高二检测)某艺术小组有9人,每人至少会钢琴和小号中的一种乐器,其中7人会钢琴,3人会小号,从中选出会钢琴与小号的各1人,有多少种不同的选法
【解题指南】先确定既会钢琴又会小号的人数,再以既会钢琴又会小号的人为依据分类讨论.
【解析】由题意可知,在艺术小组9人中,有且仅有1人既会钢琴又会小号(把该人称为“多面手”).只会钢琴的有6人,只会小号的有2人,把选出会钢琴,小号各1人的方法分为两类:
第一步:多面手入选,另1人只需从其他8人中任选一个,故这类选法共有8种.
第二步:多面手不入选,则选会钢琴者只能从6个只会钢琴的人中选出,选会小号者也只能从只会小号的2人中选出,故这类选法共有6×2=12(种).
因此N=8+6×2=20(种),故共有20种不同的选法.
【方法总结】运用两个原理解决计数问题应注意的事项
(1)在处理具体的应用题时,首先必须弄清是“分类”还是“分步”,其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事件,可以避免计数的重复或遗漏.
(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题,我们可以恰当地画出示意图或列出表格,使问题更加直观、清晰.
【巩固训练】现有高一年级的四个班的学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.
(1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法
(2)每班选一名组长,有多少种不同的选法
(3)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的选法
【解析】(1)分四类:
第一类,从一班学生中选1人,有7种选法;
第二类,从二班学生中选1人,有8种选法;
第三类,从三班学生中选1人,有9种选法;
第四类,从四班学生中选1人,有10种选法,
所以,共有不同的选法N=7+8+9+10=34(种).
(2)分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.所以,共有不同的选法N=7×8×9×10=5040(种).
(3)分六类,每类又分两步,
从一班、二班学生中各选1人,有7×8种不同的选法;
从一班、三班学生中各选1人,有7×9种不同的选法;
从一班、四班学生中各选1人,有7×10种不同的选法;
从二班、三班学生中各选1人,有8×9种不同的选法;
从二班、四班学生中各选1人,有8×10种不同的选法;
从三班、四班学生中各选1人,有9×10种不同的选法.
所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).
【补偿训练】甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面,不同的安排方法共有多少种
【解析】甲排周一时,乙有4种排法,丙则有3种排法,共有4×3=12(种);甲排周二时,乙有3种排法,丙有2种排法,共3×2=6(种);
甲排周三时,乙有2种排法,丙有1种排法,共2×1=2(种).
由分类加法计数原理得不同的安排方法共有12+6+2=20(种).
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
应用计数原理应遵守的两原则
(1)不重不漏原则:整体分类无遗漏,类与类之间无交叉.
(2)步骤完整原则:步与步之间要独立,且完成了所有步骤恰好完成任务.(共56张PPT)
第2课时
分类加法计数原理
与分步乘法计数原理的综合应用
类型一 组数问题
【典例1】(1)(2017·衡水高二检测)我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”,则1,2,3,4四个数组成的两位数中,“和谐两位数”有________个.
(2)8张卡片上写着0,1,2,…,7共8个数字,取其中的三张卡片排放在一起,可组成多少个不同的三位数
【解题指南】(1)要组成一个“和谐两位数”可按个位数进行分类,然后先排个位数再排十位数.
(2)百位数字不能为0,同时每位上的数字不能重复.
【解析】(1)当个位数为1时,十位数可以是2,3,4任意一个,有3种选法;当个位数为2时,十位数可以是3,4任意一个,有2种选法;
当个位数为3时,十位数只能是4,有1种选法;由分类加法计数原理,满足条件的“和谐两位数”有3+2+1=6(个).
答案:6
(2)先排放百位从1,2,…,7共7个数中选一个,有7种选法;
再排十位,从除去百位的数外,剩余的7个数(包括0)中选一个,有7种选法;最后排个位,从除前两步选出的数外,剩余的6个数中选一个,有6种选法.由分步乘法计数原理,共可以组成7×7×6=294(个)不同的三位数.
【延伸探究】
1.典例1(2)条件不变,问可组成多少个无重复数字的三位密码
【解题指南】明确“三位密码”各个数位上的数字可以是0.
【解析】完成“组成无重复数字的三位密码”这件事,可以分为三步:第一步,选取左边第一个位置上的数字,有8种方法;第二步,选取左边第二个位置上的数字,有7种方法;第三步,选取左边第三个位置上的数字,有6种方法.由分步乘法计数原理知,可以组成无重复数字的三位密码共有8×7×6=336(个).
2.典例1(2)中将条件“8张卡片上写着0,1,2,…,7共8个数字”,改为“4张卡片的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7”.问可组成多少个不同的三位数
【解析】要组成三位数,根据百位、十位、个位应分三步:
第一步:百位可放8-1=7个数;第二步:十位可放6个数;
第三步:个位可放4个数.故由分步乘法计数原理,得共可组成7×6×4=168(个)不同的三位数.
【方法总结】数字问题的解决方法及注意事项
方法:对于组数问题,可从数位入手,逐位探究可能的选取方法,再利用两个原理计算.一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类,分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成;如果正面分类较多,可采用间接法求解.
注意事项:解决组数问题,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的,要善于挖掘,排数时要注意特殊位置、特殊元素优先的原则.
【补偿训练】用0,1,2,3,4这5个数字可以组成多少
个按下列要求的无重复数字
(1)四位密码.
(2)四位数.
(3)四位奇数.
【解析】(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事,分为四个步骤:
第一步,取左边第一位上的数字,有5种选取方法;
第二步,取左边第二位上的数字,有4种选取方法;
第三步,取左边第三位上的数字,有3种选取方法;
第四步,取左边第四位上的数字,有2种选取方法.
由分步乘法计数原理知,可以组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120(个).
(2)方法一:完成“组成无重复数字的四位数”这件事分为四个步骤:
第一步,从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字,有4种选取方法;
第二步、第三步、第四步与(1)类似,分别有4,3,2种选取方法.
由分步乘法计数原理知,可以组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96(个).
方法二:与第(1)问的区别在于:四位密码首位可以是0,而四位数首位不可以为0.因此,只需求首位为0的四位密码有多少个,由(1)的总数减去首位为0的个数即为所求.
当首位是0时,第二位有4种选取方法,第三位有3种选取方法,第四位有2种选取方法,由分步乘法计数原理知,首位是0的四位密码共有1×4×3×2=24(个).
故无重复数字的四位数共有120-24=96(个).
(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事,分两类方案.
第一类:这个四位奇数的个位数字是1,分三个步骤要去完成.
第一步,选取千位上的数字,有3种(从2,3,4中选)不同选法;
第二步,选取百位上的数字,有3种不同选法;
第三步,选取十位上的数字,有2种不同选法.
由分步乘法计数原理知,该类中四位奇数共有1×3×3×2=18(个).
第二类:这个四位奇数的个位数字是3,也是分三个步骤去完成.
具体求法与个位数字是1时完全一样,因而这样的奇数也是18个,由分类加法计数原理知,共可组成无重复数字的四位奇数18+18=36(个).
类型二 涂色问题
【典例2】(1)(2017·临沂高二检测)用五种不同的颜
色给图中标有(1),(2),(3),(4)的各个部分涂色,每部
分涂一种颜色,相邻部分涂不同色,则涂色的方法共有
( )
A.96种 B.320种 C.180种 D.240种
(2)如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有__________种.(以数字作答)
【解题指南】(1)先涂区域(3),再涂其他3个区域.
(2)以③⑤同色与不同色分类讨论求解.
【解析】(1)选B.分4步:第1步先涂(3)有5种,其余部分均有4种涂法,故总共有N=5×4×4×4=320(种).
(2)第1类:当③与⑤同色时有4×3×2×2=48种不同的涂色方法.
第2类:当③与⑤不同色时,有4×3×2×1×1=24种不同的涂色方法.
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
答案:72
【方法总结】涂色问题的三种求解方法
(1)按区域的不同以区域为主分步计数,并用分步乘法计数原理分析.
(2)以颜色为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”问题,用分类加法计数原理分析.
(3)将空间问题平面化,转化为平面区域的涂色问题.
【巩固训练】如图所示的4块试验田,现有4种不同的作物可供选择种植,每块试验田种植一种作物,相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物,则不同的种植方法有________种.
【解题指南】可分类完成此事件:A,D种相同作物,A,D种不同作物两类.
【解析】依题意,可分两类
第一类:若A,D种植同种作物,则A,D有4种不同的种法,B有3种种植方法,C也有3种种植方法,由分步乘法计数原理,共有4×3×3=36种种植方法.
第二类:若A,D种植不同作物,则A有4种种植方法,D有3种种植方法,B有2种种植方法,C有2种种植方法,由分步乘法计数原理,共有4×3×2×2=48种种植方法.综上所述,由分类加法计数原理,共有N=36+48=84种种植方法.
答案:84
【补偿训练】如图所示,用5种不同的颜料给4块图形
(A,B,C,D)涂色,要求共边两块颜色互异,求有多少种不同的涂色方案.
【解析】方法一:按A,C颜色相同或不同进行分类.
若A,C颜色相同,则A有5种涂色方法,B有4种涂色方法,D有4种涂色方法,故共有5×4×4=80(种)涂法.
若A,C颜色不同,则A有5种涂色方法,C有4种涂色方法,B有3种涂色方法,D有3种涂色方法,故共有5×4×3×3 =180(种)涂法.
根据分类加法计数原理,共有80+180=260(种)不同的涂色方案.
方法二:按涂色种类进行分类.
第一类:涂4种颜色,分四步,A有5种涂法,B有4种涂法,C有3种涂法,D有2种涂法.
故共有5×4×3×2=120(种)涂法.
第二类:涂3种颜色,则A,C颜色相同或B,D颜色相同.
当A,C颜色相同时,A,C有5种涂法,B有4种涂法,D有3种涂法.
故共有5×4×3=60(种)涂法.
当B,D颜色相同时,同理也有60种不同的涂法.
故共有60+60=120(种)涂法.
第三类:涂2种颜色,则A,C颜色相同,B,D颜色相同,A,C有5种涂法,B,D有4种涂法.
故共有5×4=20(种)涂法.
根据分类加法计数原理,共有120+120+20=260(种)不同的涂色方案.
类型三 简单的选(抽)取问题
【典例3】(1)(2017·郑州高二检测)某地政府召集5家企业的负责人开会,其中甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 ( )
A.14 B.16 C.20 D.48
(2)(2017·南昌高二检测)现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学,其中A,B两所希望小学每个学校至少2台,其他小学允许1台也没有,则不同的分配方案共有多少种
【解题指南】(1)可以分成两类,一类是甲企业有1人发言另两个发言人出自其余4家企业;一类是3人全来自4家企业.
(2)以A,B两所希望小学所得电脑数为标准分类求解.
【解析】(1)选B.分两类,
第一类:甲企业有1人发言,有2种情况,
另两个发言人出自其余4家企业,有6种情况,由分步乘法计数原理N1=2×6=12;
第二类:3人全来自4家企业,有4种情况.
综上可知,有N=N1+N2=12+4=16(种)情况.
(2)根据题意,①先给A,B两所希望小学分配电脑,若每个学校2台,由于电脑型号相同,故只有1种情况,其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学,若一所小学2台,其他的没有,有3种情况,
若2所小学各1台,其他的一所小学没有,有3种情况,共1×(3+3)=6种情况.
②若A,B两所希望小学其中一所得3台,另一所2台,有2种情况,其次将剩余的1台电脑分给其他3所小学,有3种情况,共3×2=6种情况,
③若给A,B两所希望小学各分配3台电脑,有1种情况,
④若A,B两所希望小学其中一所得4台,另一所2台,有2种情况,
综上可得,共6+6+1+2=15种不同的分配方案.
【方法总结】选(抽)取问题的解答策略
对于选(抽)取问题,一般带有某些限制条件,其解答方法是:
(1)当数目不大时,可用枚举法.为保证不重不漏,可用树形图法、框图法及表格法进行枚举.
(2)当数目较大时,符合条件的情况较多时,可用间接法计数.但一般还是根据选(抽)顺序分步,根据选(抽)元素特点分类,利用两个计数原理进行解决.
【巩固训练】(1)设某班有男生25名,女生30名.现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛,共有多少种不同的选法
(2)用三只口袋装小球,一只装有5个白色小球,一只装有6个黑色小球,另一只装有7个红色小球,若每次从中取两个不同颜色的小球,共有多少种不同的取法
【解析】(1)第1步,从25名男生中选出1人,有25种不同的选法;第2步,从30名女生中选出1人,有30种不同的选法.根据分步乘法计数原理,共有N=30×25=750种不同的选法.
(2)第一类办法:取白球、黑球,共有N1=5×6=30种取法;
第二类办法:取黑球、红球,共有N2=6×7=42种取法;
第三类办法:取红球、白球,共有N3=7×5=35种取法.
由分类加法计数原理,共有N=30+42+35=107种不同的取法.
【补偿训练】为举行某活动招募了20名志愿者,他们
的编号分别是1号、2号、…、19号、20号.若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作,其中两个编号较小的人在一组,两个编号较大的在另一组.那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数有多少
【解题指南】解决问题的关键是分析出5号与14号分到一组对所选号码的限制,再选取需要的号码即可.
【解析】要“确保5号与14号入选并被分配到同一组”,则另外两人的编号或都小于5或都大于14.
第一类:从1～4号中选取两人,有(1,2),(1,3),(1,4), (2,3),(2,4),(3,4)共6种选取方法;
第二类:从15～20号中选取两人,有(15,16),(15,17), (15,18),(15,19),(15,20),(16,17),(16,18),
(16,19),(16,20),(17,18),(17,19),(17,20),
(18,19),(18,20),(19,20)共15种选取方法.
由分类加法计数原理,共有不同的选取方法6+15=21(种).(共64张PPT)
1.2 排列与组合
1.2.1 排 列
第1课时 排列的概念及简单排列问题
主题 排列的概念
问题1 从甲、乙、丙3名演员中选出2名参加一项活动,其中1名演员参加上午的活动,另1名演员参加下午的活动,有多少种不同的安排方法
(1)该问题能用分步乘法计数原理求解吗
提示:能,分两步.第1步,确定参加上午活动的演员,有3种;第2步,确定参加下午活动的演员,有2种.所以共有3×2=6种.
(2)如果把上午甲下午乙表示为“甲乙”,你能列举出所有的不同的安排方法吗
提示:
问题2 从1,2,3这3个数字中,每次取出3个排成一个三位数,共可得到多少个不同的三位数
(1)你能列出所有的三位数吗
提示:如图所示:
所有的三位数有:123,132,213,231,312,321.
(2)该问题用分步乘法计数原理如何求解
提示:分3步,第1步,确定百位,有3种方法;
第2步,确定十位,有2种方法;
第3步,确定个位,有1种方法.
共有3×2=6个.
结论:
排列的概念:
一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,按照
一定的_____排成一列,叫做从__个不同元素中取出__个
元素的一个_____.
顺序
n
m
排列
【微思考】
1.排列的定义包含哪两项基本内容
提示:一是“从n个不同元素中取出m个元素”,二是“按照一定的顺序”.
2.元素相同的两个排列是否相同 两个排列相同的充要条件是什么
提示:元素相同的两个排列不一定相同.两个排列相同的充要条件是元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.
【预习自测】
1.从1,2,3,4这4个数字中,每次取出2个排成一个两位数,可以得到多少个不同的两位数 ( )
A.12 B.24 C.8 D.16
【解析】选A.树形图如图.
故共有12个不同的两位数.
2.下列问题中:
(1)10本不同的书分给10名同学,每人一本.
(2)10位同学每两位通一次电话.
(3)10位同学互通一封信.
(4)10个没有任何三点共线的点构成的线段.
属于排列的有 ( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选B.根据排列的概念可知(1)(3)属于排列问题.
3.从5本不同的书中选2本送给2个同学每人一本,共有给法种数是 ( )
A.5 B.10 C.20 D.60
【解析】选C.分两步,第1步,选1本给其中一个同学有5种方法,第2步,从余下4本中选1本给另一同学有4种方法,共有5×4=20种.
4.从5个人中选取2个人去完成某项工作,这________排列问题.(填“是”或“不是”)
【解析】甲和乙去,与乙和甲去完成这项工作是同一种选法.
答案:不是
5.从5名教师中选派两人到两个中学去支教,问有多少种不同的选派方法 (仿照教材P14问题1的解析过程)
【解析】记5名教师为a,b,c,d,e,从中取2个,不同的排法代表不同的选派方法,故排法共有:ab,ac,ad,ae,bc, bd,be, cd,ce,de,ba,ca,da,ea,cb,db,eb,dc,ec,ed,共20种.
类型一 排列的概念
【典例1】判断下列问题是否是排列问题
(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标,可得多少个不同的点的坐标
(2)从20名同学中任抽两名同学去学校开座谈会,有多少种不同的抽取方法
(3)某商场有四个大门,若从一个门进去,购买物品后再从另一个门出来,不同的出入方式共有多少种
【解题指南】判断是否为排列问题的关键:一是选出的元素互不相同,二是选出的元素在安排时,是否与顺序有关,若与顺序有关就是排列问题,否则不是排列问题.
【解析】(1)由于取出的两数组成点的坐标与哪一数作横坐标,哪一数作纵坐标的顺序有关,所以这是一个排列问题.
(2)因为任何一种从20名同学抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序,所以这不是排列问题.
(3)因为从一门进,从另一门出是有顺序的,所以是排列问题.
所以(1)(3)是排列问题,(2)不是排列问题.
【方法总结】判断一个具体问题是否为排列问题的方法
确认一个具体问题是否为排列问题,一般从两个方面确认.
(1)要保证元素的无重复性,否则不是排列问题.
(2)要保证选出的元素被安排的有序性,否则不是排列问题,而检验它是否有顺序的标准是变换某一结果中两元素的位置,看结果是否变化,有变化就是有顺序,无变化就是无顺序.
【巩固训练】下列问题是排列问题吗 说明你的理由.
(1)从1,2,3三个数字中,任选两个做加法,其结果有多少种不同的可能
(2)从1,2,3三个数字中,任选两个做除法,其结果有多少种不同的可能
(3)会场有50个座位,要求选出3个座位有多少种方法
若选出3个座位安排3个客人,又有多少种方法
(4)从集合M={1,2,…,9}中,任取相异的两个元素作为
a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆 =1
【解析】(1)不是.如1+2与2+1的结果是一样的,即取出的这两个元素相加结果一样,所取元素没有顺序性.
(2)是.从1,2,3,5四个数字中,任选两个做除法,有顺序,符合排列特点.
(3)第一问不是,第二问是.选座位与顺序无关,“入
座”问题,与顺序有关,故选3个座位安排三位客人是排
列问题.
(4)不是.若方程 表示焦点在x轴上的椭圆,则必
有a>b,a,b的大小一定,因此这不是排列问题.
【补偿训练】(2017·大连高二检测)(1)在各国举行的
足球联赛中,一般采取“主客场制”(即每两个球队之间分别作为主队和客队各赛一场).若共有12支球队参赛,问共需进行多少场比赛
(2)在“世界杯”足球赛中,由于由东道主国家承办,故无法实行“主客场制”,而采用“分组循环淘汰制”.若共有32支球队参加,分为八组,每组4支球队进行小组循环,问在小组循环中共需进行多少场比赛
(3)在乒乓球单打比赛中,由于参赛选手较多,故常采取“抽签组对淘汰制”决出冠军.若共有100名选手参赛,待冠
军产生时,共需举行多少场比赛
在上述三个问题中,是排列问题的是__________.
【解析】对于(1),由于甲、乙两队比赛,甲作为主队和乙作为主队是两场不同的比赛,故与顺序有关,是排列问题;
对于(2),由于是组内循环,故甲、乙两队之间只需进行一场比赛,与顺序无关,不是排列问题;
对于(3),由于两名选手一旦比赛后就淘汰其中一位,故也与顺序无关,不是排列问题.
答案:(1)
类型二 写出简单排列问题的所有排列
【典例2】北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线,需要准备多少种不同的飞机票
【解题指南】借助树形图列举出排列的所有情况.
【解析】需要准备如下6种不同的飞机票:
【方法总结】“树形图”法写出排列的步骤
(1)确定分类的标准.
(2)按要求写出每类中的首个元素.
(3)依次进行罗列.
【巩固训练】有5个不同的科研小课题,从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究,每组一个课题,共有多少种不同的安排方法
【解析】记这5个不同的科研小课题为a,b,c,d,e,从中选3个分给3个小组,列出树形图如图.
故共有60种不同的安排方法.
【补偿训练】A、B、C、D四名同学排成一行照相,要求
自左向右,A不排第一,B不排第四,试写出所有排列方法.
【解析】因为A不排第一,排第一位的情况有3类(可从B、C、D中任选一人排),而此时兼顾分析B的排法,列树形图如图.
符合题意的所有排列是:BADC,BACD,BCAD,BCDA, BDAC,BDCA,CABD,CBAD,CBDA,CDBA,DABC,DBAC,DBCA,DCBA.共14种不同的排法.
类型三 有限制条件的排列问题
【典例3】由0,1,2,3四个数字共能组成多少个没有重复数字的四位数 试全部列出.
【解题指南】可借助于树形图列举出排列的所有情况,注意首位不能是0.
【解析】画出树形图如下:
由树形图可知,所有四位数为:
1023,1032,1203,1230,1302,1320,
2013,2031,2103,2130,2301,2310,
3012,3021,3102,3120,3201,3210.
共有18个.
【延伸探究】
1.问能组成多少个没有重复数字的四位偶数
【解析】画出树形图如下:
第1类 0在个位:
第2类 2在个位:
所以所有四位偶数为:
1230,1320,3210,3120,2130,2310,1302,1032,3102,
3012.共有10个.
2.问能组成多少个四位偶数(数字可以重复)
【解析】所有的偶数可分为两类:
第1类,个位数为0,可分为3步:
第1步,排千位有3种方法;
第2步,排百位有4种方法;
第3步,排十位有4种方法.
共有3×4×4=48种方法.
第2类,个位数为2,可分为3步:
第1步,排千位,从1,2,3中选有3种方法;
第2步,排百位,从0,1,2,3中选有4种方法;
第3步,排十位,从0,1,2,3中选有4种方法.
共有3×4×4=48种方法.
故共有48+48=96个.
【方法总结】用树形图法解有限制条件问题的策略
(1)有限制条件的排列问题一般表现为:某些元素不能在某个(或某些)位置、某个(或某些)位置只能放某些元素.
(2)解有限制条件的排列问题时,要优先处理特殊元素或先处理特殊位置,做到“想透、排够、不重不漏”.
(3)根据题意合理构造树形图,再根据树形图写出所求内容.
【补偿训练】A,B,C,D四名同学重新换位(每个同学都不能坐其原来的位子),试列出所有可能的换位方法.
【解题指南】本题是一个有限制条件的排列问题;假设A,B,C,D四名同学原位子分别为1,2,3,4号,则有如下限制条件:
座位号 1 2 3 4
不坐 A B C D
解答本题可以按位置排法的可能性分类,列树形图解决
【解析】假设A,B,C,D四名同学原来的位子分别为1,2,3,4号,列出树形图如下:
位置编号
换位后,原来1,2,3,4号座位上坐的同学的所有可能排法有:BADC,BCDA,BDAC,CADB,CDAB,CDBA, DABC, DCAB, DCBA,共9种.
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
树形图法
将第一、二……元素依次作为树干、树枝……从而写出所有排列的方法.(共49张PPT)
第2课时
排列与排列数公式
主题:排列数的定义及排列数公式
1.从写有1,2,3,4的卡片中选取卡片进行数字游戏,试填写下表:
问题 答案
(1) 从4个数字中选取2个,能构成多少个无重复数字的两位数
(2) 从4个数字中选取3个,能构成多少个无重复数字的三位数
(3) 从4个数字中选取4个,能构成多少个无重复数字的四位数
提示:(1)4×3=12个无重复数字的两位数.
(2)4×3×2=24个无重复数字的三位数.
(3)4×3×2×1=24个无重复数字的四位数.
2.如何求从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的种数
提示:用文字语言描述:从n个不同元素中取出m个的排列分m步完成,分别求出每一步的方法数,然后由分步乘法计数原理可得到所有排法总数.
结论:
1.排列数:
(1)定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)
个元素的所有_________的个数叫做从n个不同元素中
取出m个元素的排列数.
(2)表示法:___
不同排列
2.全排列:
(1)定义:n个不同元素全部取出的一个排列
(2)表示: =______________________=___,叫n的_____
(3)规定:0!=__
n×(n-1)×…×3×2×1
n!
阶乘
1
3.排列数公式:
(1)乘积式: =_____________________
(2)阶乘式: =_______
n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
【微思考】
1.排列数公式的乘积式有什么特点
提示:公式右边是m个数的乘积,第一个数是n,以后每一个数比前一个数少1,最后一个数是n-m+1.
2.试说明为何规定0!=1
提示:为了使公式 在m=n时也能成立,规定
0!=1,这种规定说明:若一个元素都不取,则构成排列的
情形只有1种.
【预习自测】
1.已知 =132,则n等于 ( )
A.11 B.12 C.13 D.14
【解析】选B.由n(n-1)=132,得n=12(n=-11舍去).
2.12×11×…×6可表示为 ( )
【解析】选B. =12×11×…×(12-7+1).
3.若x= 则x= ( )
【解析】选B.由
4.4×5×6×…×(n-1)×n(n∈N*)等于 ( )
【解析】选D.由排列数公式可知为 .
5.若 =18×17×16×…×5×4×3,则n=________, m=________.
【解析】由 =n(n-1)…(n-m+1),
所以n=18,n-m+1=3,所以n=18,m=16.
答案:18 16
6.计算 的值.(仿照教材P17“例如”的解析过
程)
【解析】 =7×6×5×4×3×2=5040,
=6×5×4×3×2=720, =5×4×3×2=120.
所以
类型一 排列数的计算与证明
【典例1】(1)①计算
②n∈N*,且n<30,求(30-n)(31-n)…(43-n)(44-n)的值.
(2)证明:
【解题指南】(1)利用排列数公式进行计算.
(2)用排列数的乘积式或阶乘式展开,化简.
【解析】(1)①原式=
②n∈N*,且n<30,那么(30-n)(31-n)…(43-n)(44-n)
=
(2)因为 =(n+1)×n×(n-1)×…×3×2×1,
=(n+1)×n×(n-1)×…×3×2,
(n+1) =(n+1)·n!=(n+1)×n×(n-1)×…×3×2
×1.
所以原等式成立.
【方法总结】排列数的化简与证明技巧
(1)应用排列数公式可以对含有排列数的式子进行化简和证明,化简的过程中要对排列数进行变形,并要熟悉排列数之间的内在联系.解题中要灵活地运用如下变式:
①n!=n·(n-1)!;② ③n·n!=(n+1)!-n!;
④
(2)充分利用排列的定义构造有关排列的模型进行证明.
【巩固训练】
1.计算:
【解析】
2.求证:(1)
(2)
【证明】(1)因为
【补偿训练】
1.(1)计算: =__________.
(2)若 =17×16×15×…×5×4,则n=__________,
m=__________.
【解析】(1)原式=
答案:
(2)由
故n=17,m=14.
答案:17 14
2.求证:
【证明】(1)左边= =右
边,得证.
(2)左边=8!-8×7!+7×6!=8×7!-8×7!+7!=7!
= =右边,得证.
类型二:排列数公式在解方程与不等式中的应用
【典例2】解下列方程或不等式.
【解题指南】解决本题的关键是利用排列数公式转化
为关于x的方程(或不等式)来解.特别注意 中m,n∈
N*,且m≤n这些限制条件,及转化为方程(或不等式)中
未知数的取值范围.
【解析】(1)因为
所以x≥3,x∈N*,由 得,
(2x+1)·2x·(2x-1)·(2x-2)=140x·(x-1)·(x-2)
化简得,4x2-35x+69=0,
解得x1=3,或x2= (舍),所以方程的解为x=3.
(2)
化简得x2-19x+84<0,所以7又 3≤x≤8,所以7【延伸探究】
1.若典例中(1)变成 求x的值.
【解题指南】先求出x的范围,然后将 变为
关于x的一元二次不等式,求出x的值.
【解析】因为 所以x≥3,x∈N*,
由排列数公式,原不等式可化为,
(2x+1)·2x·(2x-1)·(2x-2)<140x·(x-1)·(x-2),
化简得,4x2-35x+69<0,解得3因为x∈N*,所以x=4或x=5.
2. 典例(2)中的“ ”变为“ ”,
结果怎样
【解析】 故x2-19x+84=0,
解得x=7,或x=12,
由 得3≤x≤8,故x=12不合题意.
因此方程的解为x=7.
【规律总结】
解排列数方程(或不等式)的步骤
【补偿训练】(2017·西安高二检测)解方程.
【解析】(1)由
整理,得
解得n=7或14.
又
所以n=7.
(2)由排列数公式,得
3n·(n-1)·(n-2)=2(n+1)·n+6n·(n-1),
即3n2-17n+10=0,
所以n=5或n= (舍),所以n=5.
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
两种形式公式的不同用法
(1)公式 =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)(n,m∈N*,m≤n)适
用于具体计算及解当m较小时含有排列数的方程和不等
式.
(2)公式 适用于与排列数有关的证明、解方
程、解不等式等.在应用时,应注意先提取公因式再计
算,同时要注意隐含条件(m≤n且n∈N*,m∈N*)的应用.(共59张PPT)
第3课时
排列的综合应用
类型一 与数字有关的排列问题
【典例1】(2017·杭州高二检测)用0,1,2,3,4,5这六个数字,完成下面两个小题.
(1)若数字不允许重复,可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数
(2)若直线方程ax+by=0中的a,b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字,则直线方程表示的不同直线共有多少条
【解题指南】(1)依据能被5整除的数,其个位是0或5,分两类,由加法原理得到结论.
(2)分两类,一类是a,b均不为零;第二类a,b中有一个为0,则不同的直线仅有两条,根据分类加法计数原理得到结果.
【解析】(1)当末位数字是0时,百位数字有4个选择,
共有4 =96个;
当末位数字是5时,若首位数字是3,共有 =24个;
当末位数字是5时,若首位数字是1或2或4,共有3×3×
=54个;故共有96+24+54=174个.
(2)①a,b中有一个取0时,有2条;②a,b都不取0时,有
=20(条),
但a=1,b=2与a=2,b=4重复;a=2,b=1与a=4,b=2重复.
a,b都不为0时有20-2=18条.
所以共有18+2=20条.
【延伸探究】
1.若本例条件不变,问能组成多少个无重复数字的六位奇数
【解析】方法一:(直接法)分三步完成,第一步先填个
位,有 种填法,第二步再填十万位,有 种填法,第三
步填其他位,有 种填法,故共有 =288(个)六位
奇数.
方法二:(直接法)
0不在两端有 种排法,从1,3,5中任选一个排在个位
有 种排法,其他各位上用剩下的元素做全排列有
种排法,故共有 =288(个)六位奇数.
方法三:(排除法)
6个数字的全排列有 个,0,2,4在个位上的六位数为
3 个,1,3,5在个位上,0在十万位上的六位数有3
个,故满足条件的六位奇数共有 =288(个).
2.若题(1)条件不变,能组成多少个没有重复数字且比210435大的六位数
【解析】①首位是3,4,5时满足要求,有3× 个;
②首位是2时,当万位是3,4,5时满足要求,有3× 个;
当万位是1时,千位是3,4,5时满足要求,有3× 个;当
首位为2,万位是1,千位是0时,若百位是5,有 个,若
百位是4,则十位为5只有1个.
由分类加法计数原理知,共有比210435大的六位数
=453(个).
【方法总结】数字排列问题的解题策略
(1)解题原则:排列问题的本质是“元素”占“位子”问题,有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上,或某个位子不排某些元素,解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则,即优先
排特殊元素或优先满足特殊位子,若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时,应分类讨论.
(2)常用方法:直接法、间接法.
(3)注意事项:解决数字问题时,应注意题干中的限制条件,恰当地进行分类和分步,尤其注意特殊元素“0”的处理.
【补偿训练】用0～9这10个数字,按下列不同要求,
求可组成的三位数的个数.
(1)组成没有重复数字的三位奇数.
(2)组成没有重复数字的三位偶数.
(3)组成大于300的三位无重复数字的偶数.
【解析】(1)先填个位有5种,再填首位有8种,再填十位有8种,共有5×8×8=320(个).
(2)直接法:个位为0有 =72个;个位不是0,
有4×8×8=256(个),共有72+256=328(个).
间接法: -5×8×8=328(个).
(3)分两类:第一类首位是3、5、7、9时,可组
=160(个);第二类首位是4、6、8时,
可组成 =96(个),共有大于300的无重
复数字的偶数的个数为160+96=256(个).
类型二 “相邻”与“相间”问题
【典例2】三个女生和五个男生排在一排.
(1)如果女生必须全排在一起,可有多少种不同的排法
(2)如果女生必须全分开,可有多少种不同的排法
(3)如果两端都不能排女生,可有多少种不同的排法
(4)如果两端不能都排女生,可有多少种不同的排法
【解题指南】(1)把三个女生看成一个元素与其他元素排列.
(2)把三个女生排在五个男生之间及两边的空位置中.
(3)两端先排上两个男生,其余人再排列.
(4)两端都是男生或一端是男生一端是女生.
【解析】(1)(捆绑法)因为三个女生必须排在一起,所
以可以先把她们看成一个整体,这样同五个男生合在
一起共有六个元素,排成一排有 种不同的排法,对
于其中的每一种排法,三个女生之间又有 种不同
的排法.因此共有 =4320(种)不同的排法.
(2)(插空法)要保证女生全分开,可先把五个男生排好,
每两个相邻的男生之间留出一个空位,这样共有四个空
位,加上两边男生外侧的两个空位,共有六个空位,再把
三个女生插入这六个空位里,只要保证每个位置至多插
入一个女生,就能保证任意两个女生都不相邻.由于五
个男生排成一排有 种不同排法,对于其中任意一种
排法,从上述六个空位中选出三个让三个女生插入都有
种排法,因此共有 =14400(种)不同的排法.
(3)方法一(位置分析法):因为两端都不能排女生,所以
两端只能挑选五个男生中的两个,有 种不同的排法,
对于其中的任意一种不同的排法,其余六个位置都有
种不同的排法,所以共有 =14400(种)不同
的排法.
方法二(间接法):三个女生和五个男生排成一排共有
种不同的排法,从中扣除女生排在首位的
种排法和女生排在末位的 种排法,但两端都是女
生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次,在
扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次,所以还需加
回来一次,由于两端都是女生有 种不同的排法,
所以共有 =14400(种)不同的排法.
方法三(元素分析法)从中间六个位置挑选三个让三个
女生排入,有 种不同的排法,对于其中的任意一种
排法,其余五个位置又都有 种不同的排法,所以共
有 =14400(种)不同的排法.
(4)(位置分析法)因为只要求两端不能都排女生,所以
如果首位排了男生,那么末位就不再受条件限制了.这
样可有 种不同的排法;如果首位排女生,有 种
排法,那么末位就只能排男生,这样可有 种
不同的排法,因此共有 =36000(种)
不同的排法.
【方法总结】“相邻”与“不相邻”问题解决方法
(1)“相邻”问题:元素相邻问题,一般用“捆绑法”,先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列,然后再松绑,将这若干个元素内部全排列.
(2)“不相邻”问题:元素不相邻问题,一般用“插空法”,先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列,然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素.
【巩固训练】8名学生和2位老师站成一排合影,2位老
师不相邻的排法种数为________.
【解析】(插空法)8名学生的排列方法有 种,隔开了
9个空位,在9个空位中排列2位老师,方法数为 ,由分
步乘法计数原理,排法总数为 =2903040.
答案:2903040
【补偿训练】求不同的排法种数:
(1)6男2女排成一排,2女相邻.
(2)6男2女排成一排,2女不能相邻.
(3)4男4女排成一排,同性者之间不能存在异性.
(4)4男4女排成一排,同性者不能相邻.
【解析】
类型三 排列的综合应用
角度1:元素的“在”与“不在”问题
【典例3】3名男生,4名女生站成一排照相,若甲不站中间也不站两端,则有________种不同的站法.
【解题指南】例题中学生甲是特殊元素,中间和两端是特殊位置.
【解析】第一步,安排甲,在除中间,两端以外的4个位
置上任选一个位置安排,有 种排法.
第二步,安排其余6名学生,有 种排法.
由分步乘法计数原理,共有 =2880种不同排法.
答案:2880
角度2:固定顺序排列问题
【典例4】7人站成一排.
(1)甲、乙、丙三人排列顺序一定时,有________种不同排法.
(2)甲在乙的左边,有________种不同的排法.
【解题指南】(1)中三人位置确定时,“顺序一定”有
一种排法,“顺序任意”有 =6种不同排法.
(2)中甲在乙的左边,甲与乙可能相邻,也可能不相邻.
【解析】(1)方法一:7人的所有排列方法有 种,其中
甲、乙、丙的排序有 种,又对应甲、乙、丙只有一
种排序,所以甲、乙、丙排序一定的排法共有
=840种.
方法二:(插空法)7人站定7个位置,只要把其余4人排好,
剩下的3个空位,甲、乙、丙就按他们的顺序去站,只有
一种站法,故 =7×6×5×4=840种.
(2)甲在乙的左边的7人排列数与甲在乙的右边的7人排
列数相等,而7人排列数恰好是这二者之和,因此满足条
件的有 =2520种.
答案:(1)840 (2)2520
【方法总结】
1.“在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则:解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时,可以从元素入手也可以从位置入手,原则是谁特殊谁优先.
(2)方法:从元素入手时,先给特殊元素安排位置,再把其他元素安排在其他位置上,从位置入手时,先安排特殊位置,再安排其他位置.
2.固定顺序的排列问题的求解方法
这类问题的解法是采用分类法.n个不同元素的全排列
有 种排法,m个元素的全排列有 种排法.因此
种排法中,关于m个元素的不同分法有 类,而且每一
分类的排法数是一样的.当这m个元素顺序确定时,共有
种排法.
【巩固训练】1.某展览会一周(七天)内要接待三所学校学生参观.每天只安排一所学校,其中甲学校要连续参观两天,乙、丙两学校均参观一天且参观安排在甲学校参观之后,则不同的安排方法有 ( )
A.40种 B.50种 C.60种 D.120种
【解析】选A.先安排甲在第1,2天,则乙、丙两学校有
种安排方法;
同理安排甲在第2,3天,则乙、丙学校有 种安排方法;
安排甲在第3,4天,则乙、丙两学校有 种安排方法;
安排甲在第4,5天,则乙、丙两学校有 种安排方法;
故共有 =40(种).
2.(2017·郑州高二检测)某校举办优质课比赛,决赛阶段共有6名教师参加.如果甲、乙、丙三人中有一人第一个出场,且最后一个出场的只能是甲或乙,则不同的出场方案共有________种.
【解析】若第一场比赛从甲或乙开始,则最后一场从甲
或乙产生,故 =48种,若第一场比赛从丙开始,最后
一场从甲或乙产生,故 =48种,根据分类加法计数
原理,不同的安排方案共有48+48=96种.
答案:96
【补偿训练】1.从1,2,…,8中任取3个数组成无重复
数字的三位数,共有多少个
2.从8位候选人中任选3位,分别担任团支部书记、组织委员和宣传委员,共有多少种不同的选法
3.3位同学坐8个座位,每个座位坐1人,共有多少种坐法
4.8个人坐3个座位,每个座位坐1人,共有多少种坐法
5.一火车站有8个岔道,停放3列火车,每列火车停在不同的岔道上,有多少种不同的停法
6.8种不同的菜种,任选3种种在不同土质的三块土地上,有多少种不同的种法
【解析】1.按顺序,有百位、十位、个位三个位置,8个
数字中取出3个往上排,有 =336种.
2.3种职务视作3个位置,从8位候选人中任取3人往上排,
有 =336种.
3.3位同学看成3个位置,任取8个座位号中的3个往上排
(座位找人),有 =336种.
4.3个座位排号1,2,3三个位置,从8人中任取3个往上排
(人找座位),有 =336种.
5.3列火车分为1,2,3号,从8个岔道中任取3个岔道往上
排,共有 =336种.
6.土地编1,2,3号,从8种菜种中任选3种往上排,有
=336种.(共67张PPT)
1.2.2 组 合
第1课时 组合与组合数公式
主题1 组合与组合数的定义
1.给出下列两个问题:
(1)从5人中选取2人分别担任正、副班长.
(2)从5人中选取2人组成班委会.
列出上述两个问题中的所有可能情况.
提示:分别用a,b,c,d,e表示这5个人.
(1)中所有可能为:ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,ba,ca,da,ea,
cb,db,eb,dc,ec,ed共20种.
(2)中所有可能:ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de共
10种.
2.针对问题1中的(2)你能否总结其特征
提示:从5个不同元素中任取2个元素组成一组,不考虑这两个元素的顺序.
结论:
1.组合:
一般地,从_______________________________合成一
组,叫做从_________________________的一个组合.
n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
n个不同元素中取出m个元素
2.组合数:
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合
的_____,叫做从n个不同元素中取出m个元素的_______,
用符号____表示.
个数
组合数
【微思考】
1.从a,b,c,d中选取2个,ab与ba是同一个组合吗
提示:是.组合与顺序无关.
2.组合与排列的异同点分别是什么
提示:共同点:都是“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素”;不同点:组合“合成一组”,而排列是要“按照一定顺序排成一列”.
主题2:组合数公式与组合数性质
从1,3,5,7中任取两个相除,
1.可以得到多少个不同的商
提示: =4×3=12个不同的商.
2.如何用分步乘法计数原理求商的个数
提示:第1步,从这四个数中任取两个数,有 种方法;
第2步,将每个组合中的两个数排列,有 种排法.由分
步乘法计数原理,可得商的个数为 =12.
3.你能借助排列数计算 吗
提示:能.因为 ,所以
结论:组合数公式及性质
组合数
公式 乘积
形式
阶乘
形式
性质
备注 n,m∈N*,m≤n;
规定：① =__,② =__
1
1
【微思考】能否用语言描述 的含义
提示:从n个不同元素中取出m个元素后,必然剩下n-m个
元素,因此从n个不同元素中取出m个元素的组合,与剩
下的n-m个元素的组合一一对应,即从n个不同元素中取
出m个元素的组合数,等于从n个不同元素中取出n-m个
元素的组合数,因此
【预习自测】
1.如果 =28,则n的值为 ( )
A.9 B.8 C.7 D.6
【解析】选B. =28,所以n=8或n=-7(舍).
2.给出下面几个问题,其中是组合问题的是 ( )
①某班选10名同学参加计算机汉字录入比赛;
②从1,2,3,4中选出2个数,构成平面向量a的坐标;
③从1,2,3,4中选出2个数分别作为实轴长和虚轴长,构成焦点在x轴上的双曲线的方程;
④从正方体的8个顶点中任取两点构成线段.
A.①② B.①④ C.③④ D.②③
【解析】选B.①④中所取元素不考虑顺序,故是组合问题,②③中考虑元素顺序,是排列问题.
3.某乒乓球队有9名队员,其中2名是种子选手,现在挑
选5名队员参加比赛,种子选手都必须在内,那么不同的
选法共有________种.
【解析】只需在除种子选手外的7人中再选3人,共有
=35(种).
答案:35
4.计算 =________.
【解析】
答案:24
5.一个口袋里装有7个白球和1个红球,从口袋中任取5个球.
(1)共有多少种不同的取法
(2)其中恰有一个红球,共有多少种不同的取法
(3)其中不含红球,共有多少种不同的取法
(仿照教材P23例6的解析过程)
【解析】(1)从口袋里的8个球中任取5个球,不同取法
的种数是
(2)从口袋里的8个球中任取5个球,其中恰有一个红球,
可以分两步完成:
第一步,从7个白球中任取4个白球,有 种取法;
第二步,把1个红球取出,有 种取法.
故不同取法的种数是:
(3)从口袋里任取5个球,其中不含红球,只需从7个白球
中任取5个白球即可,不同取法的种数是
类型一 组合及组合数的概念
【典例1】判断下列问题是排列问题,还是组合问题.并求出相应的排列数或组合数.
(1)从1,2,3,…,9九个数字中任取3个,组成一个三位数,这样的三位数共有多少个
(2)从1,2,3,…,9九个数字中任取3个,然后把这三个数字相加得到一个和,这样的和共有多少个
(3)从a,b,c,d四名学生中选2名去完成同一份工作,有多少种不同的选法
(4)5个人规定相互通话一次,共通了多少次电话
(5)若已知集合{1,2,3,4,5,6,7},则集合的子集中有3个元素的有多少
【解题指南】明确组合、排列的定义是解题的关键,若问题是否与顺序有关不明显,则可以尝试写出其中的一个结果进行判断.
【解析】(1)当取出3个数字后,如果改变3个数字的顺
序,会得到不同的三位数,此问题不但与取出元素有关,
而且与元素的安排顺序有关,是排列问题.排列数为
=504.
(2)取出3个数字之后,无论怎样改变这3个数字的顺序,
其和均不变,此问题只与取出元素有关,而与元素的安
排顺序无关,是组合问题.组合数为 =84.
(3)2名学生完成的是同一份工作,没有顺序,是组合问
题.组合数为 =6.
(4)甲与乙通一次电话,也就是乙与甲通一次电话,无顺
序区别,为组合问题.组合数为 =10.
(5)已知集合的元素具有无序性,因此含3个元素的子集
个数与元素的顺序无关,是组合问题,组合数为 =35.
【延伸探究】
1.本例(5)中将条件改为若从已知集合中选取3个不同的元素,作为一元二次方程ax2+bx+c=0的系数,可以得到多少个不同的一元二次方程
【解析】是排列问题.选取的3个元素顺序不同时,得到
不同的一元二次方程,共有 =204个不同的一元
二次方程.
2.典例(4)中将条件改为从10人中选出3人参加义务劳
动,有多少种选法
【解析】选出3人参加义务劳动,3人间不存在顺序,因
此是组合问题,组合数为 =120.
【规律总结】判断组合与排列的主要依据
【补偿训练】(1)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参
加一项活动,列举出所有的选法:__________.
(2)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去两个乡镇参加社会调查,列举出所有的选法:____________________.
(3)以上两个问题有何区别与联系
区别:____________________;
联系:____________________.
【解析】(1)甲、乙;甲、丙;乙、丙.(2)甲,乙;甲,丙;乙,丙;乙,甲;丙,乙;丙,甲.
(3)区别:前者没有顺序是组合问题,后者是有序问题.联系:后者是先选后排,前者是后者的一个步骤.
类型二 组合数公式及性质的应用
【典例2】(1)计算:
【解题指南】(1)根据组合数的性质先化简,再求解.
(2)将 变为 从两边化简,使之与左边
式子相同即可.
(2)右边=
=左边,
所以,原式成立.
【规律总结】组合数性质的应用技巧
(1)性质 常用于m> 时组合数的计算,如
=100,可以简化运算.
(2)性质 常用于恒等式变形和证明等式,
顺用可将一个组合数拆分为两个的和,为某些项的相互
抵消提供方便,逆用则是“合二为一”,减少组合数的
个数.
【巩固训练】(1)若 ,则n的解集为
__________.
(2)计算:
(3)已知 ,求n.
【解析】(1)
可得n2-11n-12<0,解得-1又n∈N*,且n≥5,所以n∈{5,6,7,8,9,10,11}.
答案:{5,6,7,8,9,10,11}
(2)
(3)由 及组合数性质可知3n+6=4n-2或3n+6=18-(4n-2),
解得n=8或n=2.
而3n+6≤18且4n-2≤18,即n≤4且n∈N*,
所以n=8不符合题意,舍去,故n=2.
【补偿训练】
1.解方程:(1)
(2)
【解析】(1)由原方程得x+1=2x-3或x+1+2x-3=13,
所以x=4或x=5,
又由
所以原方程的解为x=4或x=5.
(2)原方程可化为
所以
所以
所以x2-x-12=0,解得x=4或x=-3,
经检验:x=4是原方程的解.
2.解不等式
【解析】因为
所以由组合数性质知
因为x+1≥3,x≥2,
所以(x+1)x>0,两边同除以(x+1)x,
得 ,所以x=2,3,4,5.
类型三:组合的简单应用
【典例3】某人决定投资8种股票和4种债券,经纪人向他推荐了12种股票和7种债券.问:此人有多少种不同的投资方式
【解题指南】分两步,第一步,从12种股票中选,第2步,从7种债券中选.
【解析】可分为两步,第一步,从12种股票中选8种股
票有 种选法;
第二步,从7种债券中选4种债券,有 种选法.
故共有 =495×35=17325种投资方式.
【方法总结】基本组合问题的解法
(1)判断是否为组合问题.
(2)是否分类或分步.
(3)根据组合相关知识进行求解.
【巩固训练】1.(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有 ( )
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
【解析】选D.由题意4项工作分配给3名志愿者,分配方
式只能为(2,1,1),所以安排方式有 36种.
【误区警示】本题易对排列与组合误判,从而导致计算错误.
2.现有10名教师,其中男教师6名,女教师4名.
(1)现要从中选2名去参加会议,有多少种不同的选法
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议,有多少种不同的选法
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议,有多少种不同的选法
【解析】(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种
数,就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数,
即
(2)可把问题分两类情况:
第1类,选出的2名是男教师有 种方法;
第2类,选出的2名是女教师有 种方法.
根据分类加法计数原理,共有 =15+6=21(种)
不同选法.
(3)从6名男教师中选2名的选法有 种,从4名女教师
中选2名的选法有 种,根据分步乘法计数原理,共有
不同的选法
【补偿训练】(2017·长沙高二检测)有8名男生和5名女生,从中任选6人.
(1)有多少种不同的选法
(2)其中要有3名女生,有多少种不同的选法
(3)其中至多有3名女生,有多少种不同的选法
【解析】(1) =1716(种).
(2) =560(种).
(3) =1568(种).
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
(1) 体现的先组后排方法.
(2) 体现的分类讨论思想.(共66张PPT)
第2课时
组合的综合应用
类型一 “含”与“不含”的组合问题
【典例1】(1)(2017·济宁高二检测)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组队方案共有 ( )
A.70种 B.80种 C.100种 D.140种
(2)在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件下,有多少种不同的选法
①任意选5人;
②甲、乙、丙三人必须参加;
③甲、乙、丙三人不能参加;
④甲、乙、丙三人只能有1人参加.
【解题指南】(1)方法一:采用直接法,以男生为标准分类.
方法二:间接法:先不考虑限制条件,再减去不符合题意的.
(2)本题是组合应用题中典型的选代表问题,通过一些明确的条件对结果进行限制.解题时注意限制条件.
【解析】(1)选A.方法一:一男两女,有 =30种,
两男一女,有 =40种,共计70种.
方法二:任意选取3人,共 =84种,其中都是男医生共
有 =10种,都是女医生共有 =4种,所以符合条件
的有84-10-4=70种.
(2)① =792种不同的选法;
②甲、乙、丙三人必须参加,只需从另外的9人中选2人,
共有 =36种不同的选法;
③甲、乙、丙三人不能参加,只需从另外的9人中选5人,
共有 =126种不同的选法;
④甲、乙、丙三人只能有1人参加,分两步,先从甲、
乙、丙中选1人,有 种选法,再从另外的9人中选4人
有 种选法.共有 =378种不同的选法.
【延伸探究】
1.若本例(2)条件不变,那么“甲、乙、丙三人至少1
人参加”有多少种
【解析】(直接法)可分为三类:
第一类:甲、乙、丙中有1人参加,共有 =378种;
第二类:甲、乙、丙中有2人参加,共有 =252种;
第三类:甲、乙、丙中有3人参加,共有 =36种;
共有 =666种不同的选法.
(间接法)12人中任意选5人共有 种,甲、乙、丙三
人不能参加的有 种,
所以,共有 =666种不同的选法.
2.若本例(2)条件不变,那么“甲、乙、丙三人至多2
人参加”有多少种
【解析】(直接法)甲、乙、丙三人至多2人参加,可分
为三类:
第一类:甲、乙、丙都不参加,共有 种;
第二类:甲、乙、丙中有1人参加,共有 种;
第三类:甲、乙、丙中有2人参加,共有 种;
共有 =756种不同的选法.
(间接法)12人中任意选5人共有 种,甲、乙、丙
三人全参加的有 种,
所以,共有 =756种不同的选法.
【方法总结】组合应用题的求解策略
(1)“含”或“不含”某些元素的组合问题:
“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;
“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩余元素中去取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的问题:
首先要理解“至少”与“至多”的含义,防止重复与漏解,其次选取某条件为主线进行分类求解,当用直接法分类较多时,可用间接法处理.
【补偿训练】100件产品中有3件次品,任意抽取5件进行产品检验.
(1)抽出的5件都是正品的抽法有多少种
(2)抽出的5件恰有2件是次品的抽法有多少种
(3)抽出的5件最多有2件是次品的抽法有多少种
【解析】(1)正品数量为100-3=97件,故共有 种抽
法.
(2)“恰有”即是“有且只有”的意思,结合分步乘法
计数原理.分两步完成:第一步,从3件次品中抽2件有
种抽法;第二步,从97件正品中抽3件有 种
抽法,由分步乘法计数原理知共有 种抽法.
(3)“最多有2件”包括三类情况:
第一类,恰有2件次品有 种抽法;
第二类,恰有1件次品有 种抽法;
第三类,没有次品有 种抽法.
由分类加法计数原理,共有 种抽法.
类型二 几何中的组合问题
【典例2】如图,在以AB为直径的半圆周上,有异于A,B的六个点C1,C2,C3,C4,C5,C6,AB上有异于A,B的四个点D1,D2,D3,D4.
问:(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个 其中含C1点的有多少个
(2)以图中的12个点(包括A,B)中的4个为顶点,可作出多少个四边形
【解题指南】(1)分三类,一类是从C1,C2,C3,C4,C5,C6中取三个点;
另一类是从C1,C2,C3,C4,C5,C6中取一个点,从D1,D2,D3, D4中取两个点;
再一类是从C1,C2,C3,C4,C5,C6中取两个点,从D1,D2,D3, D4中取一个点.
(2)构成一个四边形,需要四个点,且任意三点不共线.
【解析】(1)可分三种情况处理:
①从C1,C2,…,C6,这六个点中任取三个可构成一个三角形.
②从C1,C2,…,C6中任取一个点,D1,D2,D3,D4中任取两点可构成一个三角形.
③从C1,C2,…,C6中任取两个点,D1,D2,D3,D4中任取一
个点可构成一个三角形.
故可作 =116个三角形.
其中以C1为顶点的三角形有 =36(个).
(2)构成一个四边形,需要四个点,且无三点共线.
【方法总结】几何图形中组合问题的求解方法
(1)解决几何图形中的组合问题:首先应运用处理组合问题的常规方法分析解决问题,其次要从不同类型的几何问题中抽象出组合问题,寻找一个组合的模型加以处理.
(2)图形多少的问题:要注意共点、共线、共面、异面等情形,防止多算.常用直接法,也可采用排除法.
【巩固训练】(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们与点A在同一平面上,有多少种不同的取法
(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同的取法
【解题指南】(1)分两类,一类与点A在同一面上,另一类与A在同一棱上.
(2)采用间接法,从所有取法中减去共面的个数.
【解析】(1)如图所示,含顶点A的四
面体的3个面上,除点A外每个面都有
5个点,从中取出3点必与点A共面,共
有 种取法,含顶点A的三条棱上各有三个点,它们与
所对的棱的中点共面.共有3种取法.根据分类加法计数
原理,与顶点A共面三点的取法有 +3=33(种).
(2)如图所示,从10个顶点中取4个点
的取法有 种,除去4点共面的取法
种数可以得到结果.从四面体同一个
面上的6个点中取出4点必定共面,有
=60(种),四面体的每一条棱上3点与相对棱中点
共面,共有6种共面情况,从6条棱的中点中取4个点时
有3种共面情形(对棱中点连线两两相交互相平分),
故4点不共面的取法有 -(60+6+3)=141(种).
【补偿训练】已知直线 =1(a,b为非零常数)与圆
x2+y2=100有公共点,且公共点的横坐标和纵坐标均为整
数,那么这样的直线有多少条
【解析】如图,在圆x2+y2=100上,横坐标和纵坐标均为整数的点的坐标有(-10,0),(10,0),(0,-10), (0,10), (-6,-8),(-6,8),(6,-8),(6,8),(-8,-6),(-8,6),
(8,-6),(8,6)共12个.
过这12个点的切线有12条.由于给出的是直线的截距式
方程,过原点的直线及与坐标轴平行的直线不符合题意,
过原点的直线有6条,与坐标轴平行的直线有12条,故符
合题意的直线共有 +12-(6+12)=60(条).
类型三 分组或分堆问题
【典例3】(1)八人分乘三辆小车,每辆小车至少载1人,最多载4人,不同坐法共有 ( )
A.770种 B.1 260种 C.4 620种 D.2 940种
(2)(2017·沈阳高二检测)将6位志愿者分成4组,其中两个组各2人,另两个组各1人,分赴世博会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有________种.(用数字作答)
【解题指南】(1)将8人按以下情况分组,再分到3辆车中,分组情况(1,3,4),(2,2,4),(2,3,3).
(2)将6人按(2,2,1,1)分组再分到四个不同场馆中.
【解析】(1)选C.第一步:分组,由题意把8人可分为
以下三组(1,3,4),(2,2,4),(2,3,3),分组的种数为
第二步,分配,每一种分法都有 =6种,根据分步乘法
计数原理,共有770×6=4620种,故选C.
(2)根据题意,先将6人按2-2-1-1分成4组,有
=45种分组方法,再对应分配到四个不同场馆,有
=24种方法,则共有45×24=1080种方法.
答案:1080
【方法总结】分组或分堆问题常见的类型
分组问题属于“组合”问题,常见的分组问题有三种:
(1)完全均匀分组,每组的元素个数均相等.
(2)部分均匀分组,应注意不要重复,有n组均匀,最后必须除以n!.
(3)完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象.
【巩固训练】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法
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本.
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本.
(3)平均分成三份,每份2本.
(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本.
【解题指南】由题目可获取以下主要信息:第(1)(3)题是分组问题,第(2)(4)题是将6本书分配给甲、乙、丙三个人;第(2)题未说明甲、乙、丙三人谁得1本,谁得2本,谁得3本.解答本题,可先理清事件是否与顺序有关,再依题意求解.
【解析】(1)无序不均匀分组问题,先选1本有 种选
法;再从余下的5本中选2本有 种分配方法;最后余下3本
全选有 种方法,故共有 =60种不同的分配方式.
(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三
人,在第(1)题基础上,还应考虑再分配,共有
=360种不同的分配方式.
(3)无序均匀分组问题.先分三步,则应是 种方
法,但是这里出现了重复.不妨记6本书为A,B,C,D,E,F,
若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种
分法为(AB,CD,EF),则 种分法中还有(AB,EF,
CD)、(CD,AB,EF)、(CD,EF,AB)、(EF,CD,AB)、
(EF,AB,CD),共 种情况,而这 种情况仅是AB,CD,
EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有
=15种不同的分配方式.
(4)有序均匀分组问题,在第(3)题基础上再分配给3个
人,共有分配方式 =90种不同的分配
方式.
【补偿训练】按照以下要求分配6本不同的书,各有几
种分法
(一)有分配对象的分组:
(1)甲、乙、丙三人中,甲得1本,乙得2本,丙得3本.
(2)一人4本,其余两人各1本.
(3)6本书全部分给了五个学生.
(二)无分配对象的分组:
(4)6本书按3,2,1分成三组.
(5)6本书按4,1,1分成三组.
【解析】(1)
(2)
(3)56=15625(种).
(4)
(5)
类型四 排列与组合的综合问题
【典例4】(1)(2017·泰安高二检测)某班组织文艺晚
会,准备从A,B等7个节目中选出3个节目演出,要求A,B
两个节目中至少有一个被选中,且A,B同时选中时,它
们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为
( )
A.84 B.72 C.76 D.130
(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答).
【解题指南】(1)分两类:一类A,B中选1个,一类A,B都选.
(2)以个位、十位、百位上数字都是偶数,或两个奇数一个偶数分类求解.
【解析】(1)选D.分两类:第一类,A,B只有一个选中,则
不同演出顺序有 =120种;第二类A,B同时选中,
则不同演出顺序有 =10种,故不同演出顺序的种
数为120+10=130.
(2)因为个位、十位和百位上的数字之和为偶数,所以
这三个数字或者都是偶数,或者有两个奇数一个偶数.
当个位、十位和百位上的数字都为偶数时,则①此三位
中有0,则有 ·4=3×6×4=72(个);②此三位中没
有0,则有 ·3=6×3=18(个).
当个位、十位和百位有两个奇数一个偶数时,则①此三
位中有0,则有 =3×6×4=72(个);②此三位中没
有0,则有 ·3=162(个).
所以共有72+18+72+162=324(个).
答案:324
【方法总结】解决排列组合综合问题的策略
(1)解决排列组合综合问题的一般思路是“先选后排”,也就是先把符合题意的元素都选出来,再对元素或位置进行排列.
(2)解决排列组合综合问题应注意:
①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法,无序的问题是组合问题,有序的问题是排列问题.
②对于多个限制条件的复杂问题,应认真分析每个限制条件,然后再考虑是分类还是分步.
【巩固训练】从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问:
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数
(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个
(3)在(1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个
(4)在(1)中任意两偶数都不相邻的七位数有几个
【解析】(1)分步完成:第一步在4个偶数中取3个,可有
种情况;
第二步在5个奇数中取4个,可有 种情况;
第三步3个偶数,4个奇数进行排列,可有 种情况,
所以符合题意的七位数有 =100800(个).
(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有
=14400(个).
(3)上述七位数中,3个偶数排在一起,4个奇数也排在一
起的有 =5760(个).
(4)上述七位数中,偶数都不相邻,可先把4个奇数排好,
再将3个偶数分别插入5个空当,共有 =28800(个).
【补偿训练】有5个男生和3个女生,从中选出5人担任5门不同学科的课代表,求分别符合下列条件的选法数:
(1)有女生但人数必须少于男生.
(2)某女生一定担任语文课代表.
(3)某男生必须包括在内,但不担任数学课代表.
(4)某女生一定要担任语文课代表,某男生必须担任课代表,但不担任数学课代表.
【解析】(1)先选后排,先选可以是2女3男,也可以是
1女4男,先选有 种,后排有 种,共
=5400种.
(2)除去该女生后,先取后排,有 =840种.
(3)先选后排,但先安排该男生,有 =3 360(种).
(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有 种,
再安排该男生有 种,其中3人全排有 种,
共 =360(种).(共63张PPT)
1.3 二项式定理
1.3.1 二项式定理
主题 二项式定理
1.我们在初中学习了(a+b)2=a2+2ab+b2,试用多项式乘法推导(a+b)3,(a+b)4的展开式
提示:(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3,
(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.
2.你能分析(a+b)4展开式各项前的系数吗
提示:(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)
3.推广到一般,你能写出(a+b)n的展开式中各项的系
数吗
用符号语言表述:各项系数依次为: ______________
结论:
1.二项式定理:
(a+b)n=___________________________________.
2.几个基本概念:
(1)二项展开式:指的是右边的多项式.
(2)项数:二项展开式中共有____项.
(3)二项式系数:指的是在二项展开式中各项的系数
____(k∈{0,1,2,…,n}).
n+1
(4)通项:指的是二项展开式中的_________,用Tk+1表示,
即通项为展开式的第k+1项,Tk+1=_________.
【微思考】
1.根据二项式定理考查(a+b)n与(b+a)n的展开式相同吗
提示:(a+b)n=
(b+a)n=
由于
故(a+b)n展开式中的第k+1项 an-kbk与(b+a)n展开
式中的第n-k+1项 bkan-k相等.
故(a+b)n与(b+a)n的展开式相同.
2.二项式系数与对应项的系数有什么区别
提示:二项式系数与对应项的系数是完全不同的两个
概念,前者特指 ,与a,b的值无关;而后者不仅与
有关,还与a,b的值有关.
3.在二项式定理中如果设a=1,b=x可得到什么
提示:在二项式定理中,如果设a=1,b=x,则得到公式:
(1+x)n= .
【预习自测】
1.(2x+y)9展开式中共有 ( )
A.10项 B.9项 C.8项 D.18项
【解析】选A.因为n=9,故展开式中共有10项.
2.(a-b)9展开式中第2项为 ( )
A.9a8b B.36a7b2
C.-9a8b D.-36a7b2
【解析】选C.第二项为 a8(-b)1=-9a8b.
3.(2x-1)9的展开式中的第3项是 ( )
【解析】选D.T3=
4.(x-1)9展开式中x3的系数是________.
【解析】Tk+1= x9-k·(-1)k,
令9-k=3,所以k=6.
所以x3的系数是(-1)6 =84.
答案:84
5. 的展开式中x6y4项的系数是________.
【解析】在Tr+1= 中,令r=4,
即得 的展开式中x6y4项的系数为
=840.
答案:840
类型一 二项式定理的正用、逆用
【典例1】(1)求(a+2b)4的展开式.
(2)求 的展开式.
(3)化简:(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1).
【解题指南】(1)(2)利用(a+b)n的二项展开式展开即可.
(3)由所给式子的特点逆用二项式定理.
【解析】
【方法总结】二项式定理正用、逆用的技巧
(1)形式简单的二项式展开时可直接由二项式定理直接展开,对于形式较复杂的二项式,在展开之前可以根据二项式的结构特点,进行必要的变形,然后再展开,以使运算得到简化.记准、记熟二项式(a+b)n的展开式是解答好与二项式定理有关问题的前提.
(2)逆用二项式定理,要注意分析其结构特点,a的指数是从高到低,b的指数是从低到高,且a,b的指数和等于二项式的次数n,正负相间是(a-b)n的形式.指数不满足时可通过乘(或除)某项来调整,缺项时通常需添加项来凑结构形式.
【巩固训练】1.(1) 的展开式为________.
(2)设P=1+5(x+1)+10(x+1)2+10(x+1)3+5(x+1)4+(x+1)5,则P=________.
【解题指南】(1)直接利用二项式定理将其展开,也可
将其变为 (x+1)4展开.
(2)由所给式子形式特点考虑逆用二项式定理.
【解析】(1)方法一:
方法二:
答案:
(2)P=[1+(x+1)]5=(x+2)5.
答案:(x+2)5
2.设n为正整数,化简:
【解析】
【补偿训练】
(1)求 的展开式.
(2)求 的展开式.
类型二 求二项展开式中特定的项
【典例2】(1)(2016·四川高考)设i为虚数单位,则(x+i)6的展开式中含x4的项为 ( )
A.-15x4 B.15x4
C.-20ix4 D.20ix4
(2)(2015·重庆高考) 的展开式中x8的系数是________(用数字作答).
【解题指南】(1)利用二项式定理展开,复数的运算.
(2)写出通项化简后,令x的次数为8求解.
【解析】(1)选A.二项式(x+i)6展开的通项Tr+1=
x6-rir,则其展开式中含x4的项是当6-r=4,即r=2,
则展开式中含x4的项为 x4i2=-15x4.
令15- =8,得r=2,
故第3项为x8项,
所以T3=
答案:
【延伸探究】
1.题(2)中条件“ ”改为“ ”求
展开式中的常数项.
【解析】
令10- =0,所以r=4,
所以展开式中的常数项为:
2.题(2)条件不变,求展开式中二项式系数最大的项.
【解析】因为n=5,故展开式中共有6项且第三项、第
四项二项式系数相等且最大.
所以T3=
【规律总结】求二项展开式的特定项的方法及三种常
见类型
(1)方法:求二项展开式的特定项问题实质是考查通项
Tk+1= an-kbk的特点,一般需要建立方程求k,再将k的
值代回求解,注意k的取值范围(k∈{0,1,…,n}).
(2)三种常见类型.
①常数项:即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为零建立方程;
②有理项:令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程;
③第m项:此时k+1=m,直接代入通项.
类型三 二项式定理的简单应用
【典例3】(1)今天是星期一,过2100后是星期________.
(2)求证:32n+2-8n-9能被64整除.
【解题指南】(1)将2100变形为2×(7+1)33,
利用二项式定理展开式求解.
(2)将32n+2变形为(1+8)n+1然后利用二项式定理展开进行证明.
【解析】(1)2100=23×33+1=833×2=2×(7+1)33
即2100÷7余2,所以过2100后是星期三.
答案:三
(2)因为32n+2-8n-9=9n+1-8n-9=(1+8)n+1-8n-9
又 是整数,
所以32n+2-8n-9能被64整除.
【方法总结】整除性或求余数问题的处理方法
(1)构造一个与题目条件有关的二项式.
(2)把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式.
(3)利用二项式定理展开,只需研究后面(或前面)一、两项就可以.
(4)注意余数的范围,若a=cr+b,其中b为余数,b∈[0,r),r是除数.
(5)利用二项式定理展开、变形后,若剩余部分是负数,要注意转化为正数.
【巩固训练】1.用二项式定理证明:34n+2+52n+1能被14整除.
【解析】34n+2+52n+1=92n+1+52n+1=[(9+5)-5]2n+1+52n+1
=(14-5)2n+1+52n+1
=142n+1- ×142n×5+ ×142n-1×52-…+
×14×52n- ×52n+1+52n+1
=14(142n- ×142n-1×5+ ×142n-2×52-…+
×52n).
上式是14的倍数,能被14整除,所以34n+2+52n+1能被14整除.
2.求9192除以100的余数.
【解析】
9192=(100-9)92=10092- ×10091×9+ ×10090×
92-…- ×100×991+992,前面各项均能被100整除,只
有末项992不能被100整除,于是求992除以100的余数.
因为992=(10-1)92
=1092- ×1091+ ×1090-…+ ×102- ×10+(-1)92
=1092- ×1091+ ×1090-…+ ×102-920+1
=(1092- ×1091+ ×1090-…+ ×102-1000)+81,
所以被100除的余数为81,即9192除以100的余数为81.
【补偿训练】如果今天是星期一,那么对于任意自然数n,经过23n+3+7n+5天后的那一天是星期几
【解析】由于23n+3+7n+5=8n+1+7n+5
=(7+1)n+1+7n+5
由此23n+3+7n+5被7除所得余数为6.
所以对于任意自然数n,经过23n+3+7n+5天后的那一天
是星期日.
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
应用通项公式应注意的三点
(1)特别注意符号问题.
(2)要将通项中的系数和字母分离开来,以便解决有关问题.
(3)通项公式中含有a,b,n,k,Tk+1五个元素,只要知道其中的四个元素,就可以求第五个.(共65张PPT)
1.3.2
“杨辉三角”与二项式系数的性质
主题 杨辉三角与二项式系数的性质
(a+b)n的展开式的二次项系数,当n取正整数时可以表示如下形式:
表一:
表二:
1.你从上面的表示形式可以直观地看出什么规律
提示:三角的两边都是1,除去所有1后剩下三角的两边从上到下依次为从2开始的自然数列.
2.计算每一行的系数和,你又看出什么规律
提示:2,4,8,16,32,64,…,2n,…
3.二项式系数的最大值有何规律
提示:当n=2,4,…时,中间一项最大,当n=3,5,…时中间两项最大.
结论:
1.杨辉三角的对称美体现了怎样的数量关系:
(1)与这两个1等距离的两个数相等.即:_________(r=1,
2,3,…,n-1)
(2)每一个数都等于它“肩上”两个数的和,即
____________ (r=2,3,…,n-1)
2.二项式系数的性质
(1)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项式系数
_____.事实上,这一性质可直接由公式________得到.
相等
(2)增减性与最大值:当k< 时,二项式系数是逐渐增
大的.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的,且在中
间取得最大值.如果二项式的幂指数n是偶数,那么其展
开式中间一项,即____的二项式系数 最大;如果n是
奇数,那么其展开式中间两项____与____的二项式系数
________相等且同时取得最大值.
(3)各二项式系数的和:
2n
【微思考】
1.二项式(x+y)n展开式中二项式系数最大时该项的系数就最大吗
提示:不一定最大,当二项式中x,y的系数均为1时,或x,y的系数均为-1,n为偶数时,此时二项式系数等于项的系数,否则不一定.
2.如何求二项展开式中各项系数和或部分系数和
提示:通常利用赋值法,如:求(a+x)n=a0+a1x+a2x2+…+ anxn展开式中各项系数和,可令x=1,即得各项系数和a0+a1+a2+…+an=(a+1)n.若要求偶数项的系数之和或奇数项的系数之和,可分别令x=-1,x=1,两等式相加或相减即可求出结果.
【预习自测】
1.若 展开式的二次项系数之和为64,则n=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
【解析】选B.由二项式系数之和为2n=64.所以n=6.
2.在(1+x)n(n∈N*)的二项展开式中,若只有x5的系数最大,则n等于 ( )
A.8 B.9 C.10 D.11
【解析】选C.只有x5的系数最大,x5是展开式的第6项,第6项为中间项,展开式共有11项,故n=10.
3. 的展开式的各项系数的和为 ( )
A.-1 B.0 C.1 D.210
【解析】选B.令x=1得展开式的各项系数和,所以各项系数和为0.
4.若(3x+1)n的展开式中各项的系数的和为256,则n=
____.
【解析】令x=1,得展开式各项系数的和为4n=256,所以n=4.
答案:4
5.(1-x)13的展开式中系数最大的项为第________项.
【解析】由Tr+1= (-x)r=(-1)r xr
当r为偶数时,系数为正值,值为 ,
r为奇数时,系数为负值,值为- .
而展开式中第7,8两项的二项式系数最大,所以当r=6时,
即展开式的第7项二项式系数最大,值为 .
答案:7
6.已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.
(1)求a0+a1+a2+…+a5.
(2)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|.
(3)求a1+a3+a5.
【解析】(1)令x=1,得a0+a1+a2+…+a5=1.
(2)令x=-1,得-35=-a0+a1-a2+a3-a4+a5.
由(2x-1)5的通项Tr+1= (-1)r·25-r·x5-r知a1,a3,a5
为负值,
所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|
=a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243.
(3)由a0+a1+a2+…+a5=1,
-a0+a1-a2+…+a5=-35,
得2(a1+a3+a5)=1-35,
所以a1+a3+a5= =-121.
类型一 与杨辉三角有关的问题
【典例1】(1)如图所示,在杨辉三角中,斜线AB上方箭
头所示的数组成一个锯齿形的数列:1,2,3,3,6,4,
10,…,记这个数列的前n项和为S(n),则S(16)等于( )
A.144 B.146 C.164 D.461
(2)在由二项式系数所构成的杨辉三角中,第________行中从左至右第14与第15个数的比为2∶3.
【解题指南】(1)该数列从第3项开始每隔一项等于前两项的和,解答本题可观察数列的各项在杨辉三角中的位置,把各项还原为各二项展开式的二项式系数,然后利用组合数的性质求和.
(2)可联系对应二项式系数的位置求解.
【解析】(1)选C.由图知,数列中的首项是 ,第2项
是 ,第3项是 ,第4项是 ,…,第15项是 ,第16
项是 ,
所以
(2)由题可设第n行的第14个与第15个数的比为2∶3,即
二项展开式的第14项和第15项的系数比为
=2∶3,
即 =2∶3,即
解得n=34.
答案:34
【延伸探究】
1.若本例(1)中的条件不变,则S(19)的值如何
【解析】由题图知,数列中的首项是 ,第2项是 ,
第3项是 ,第4项是 ,…,第17项是 ,第18项
是 ,第19项是 .
所以S(19)=
2.若将本例(1)中,数列改为“1,3,3,4,6,5,10,…,”如图所示,S(16)的值如何
【解析】由题图知,数列中的首项是 ,第2项是 第3项是 ,第4项是 ,…,第16项是 .
所以,S(16)=
【方法总结】解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
【补偿训练】如图所示,在杨辉三角中,第n条和第n+1条细斜线上各数之和与第n+2条细斜线上各数之和的关系如何 并证明你的结论.
【解析】第n条和第n+1条细斜线各数之和等于第n+2条细线各数之和,其证明如下:
第n条细斜线上各数和为:
最后一项当n为偶数时是 ,n为奇数时是 ,与第
n+1条细斜线上各数和为
这正好是第n+2条细斜线上各数之和.
类型二 求展开式中的系数和
【典例2】(1)(2017·济宁高二检测)如果(1-2x)7=a0+ a1x+a2x2+…+a7x7,那么a0+a1+…+a7的值等于 ( )
A.-1 B.-2 C.0 D.2
(2)已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,(n∈N*),且a2=60.
①求n的值;
②求 的值.
【解题指南】(1)对x赋值1,即可求得.
(2)①由a2=60,求出n的值.
②令x=0,求出a0,再令x=- 即可求得.
【解析】(1)选A.令x=1,代入二项式(1-2x)7=a0+a1x+ a2x2+…+a7x7,得(1-2)7=a0+a1+a2+…+a7=-1.
(2)①因为T3= (-2x)2=a2x2,所以a2= (-2)2=60,
化简可得n(n-1)=30,且n∈N*,
解得:n=6.
②令x=0,则a0=1,
令x=- ,则26=
所以
【方法总结】
1.赋值法求解二项展开式问题的步骤
(1)明确展开式的特点与意义.
(2)观察展开式与所求式子间的区别与联系.
(3)注意特值0,1,-1对二项展开式来说,令x=1得各项系数和;令x=0得常数项;令x=-1得偶数项与奇数项的差.
2.解决二项式系数和问题的思维流程
【巩固训练】设(3x-1)8=a8x8+a7x7+…+a1x+a0.求:
(1)a8+a7+…+a1.
(2)a8+a6+a4+a2+a0.
【解析】令x=0,得a0=1.
(1)令x=1,得(3-1)8=a8+a7+…+a1+a0,①
所以a8+a7+…+a2+a1=28-a0=256-1=255.
(2)令x=-1,得
(-3-1)8=a8-a7+a6-…-a1+a0.②
式①+②得
28+48=2(a8+a6+a4+a2+a0),
所以a8+a6+a4+a2+a0= (28+48)=32896.
类型三 二次项系数的性质
【典例3】(2017·西安高二检测)已知f(x)=
展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项.
(2)求展开式中系数最大的项.
【解题指南】(1)由二项式系数的性质求二项式系数最大的项.
(2)由通项得 解出r的值.
【解析】(1)令x=1,则二项式各项系数的和为f(1)= (1+3)n=4n,又展开式中各项的二项式系数之和为2n.
由题意知,4n-2n=992.
所以(2n)2-2n-992=0,所以(2n+31)(2n-32)=0,
所以2n=-31(舍),或2n=32.
所以n=5.
由于n=5为奇数,所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项,它们分别是
T3= (3x2)2=90x6,
T4= (3x2)3=
(2)展开式的通项公式为Tr+1=
假设Tr+1项系数最大,则有
所以
所以
所以 因为r∈N,所以r=4.
所以展开式中系数最大的项为
【方法总结】
(1)求二项式系数最大的项,要依据二项式系数的性质对(a+b)n中的n进行讨论,n为奇数时中间两项的二项式系数最大;n为偶数时,中间一项的二项式系数最大.
(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不
同的.求展开式系数最大的项,如求(a+bx)n(a,b∈R)展
开式中系数最大的项,一般是采用待定系数法.设展开
式各项系数分别为A1,A2,…,Ar+1,…且第r+1项系数最大,
应用 解出r来,即得系数最大的项.
【巩固训练】在(3x-2y)20的展开式中,求:
(1)二项式系数最大的项.
(2)系数绝对值最大的项.
(3)系数最大的项.
【解析】(1)二项式系数最大的项是第11项,
T11= 310(-2)10x10y10= 610x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是r+1项,于是
化简得
解得
所以r=8,
即T9= 312·28·x12y8是系数绝对值最大的项.
(3)由于系数为正的项为y的偶次方项,
由(2)知T9>0且为系数绝对值最大的项,
故系数最大的项为T9= ·312·28x12y8.
【补偿训练】如果
求(1+x)2n的展开式中系数最大的项.
【解析】由 可得:
所以
即2n+1-1=31,所以n=4.
所以展开式中系数最大的项为T5= x4=70x4.
【课堂小结】
1.知识总结
2.方法总结
(1)赋值法:
通过对a,b的赋值解决组合等式证明或相关计算问题.
(2)函数思想:
利用函数研究二项式系数的性质.(共3张PPT)
阶段复习课
第一章 计数原理
排列的概念)排列数公式
排列
排列应用题
两个计数原理
排列、组
组合的概念)(组合数公式
合应用
组合组合数的性质
排列、组合
二项式定理
组合应用题
通项公式
∈项式定理
二项展开式
应用
二项式系数的性质
