数学本章整合第一章计数原理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精本章整合知识网络专题探究专题一:正确运用两个计数原理【应用1】从集合｛O，P，Q，R，S｝与｛0,1,2，3，4,5,6,7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是__________．(用数字作答）解析:把排法分成三类：①当无字母O,Q和数字0时，有排法Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2，9)·Aeq\o\al（4，4）种；②当无字母O，Q，但有数字0时,有排法Ceq\o\al（2,3)·Ceq\o\al（1，9）·Aeq\o\al（4，4）种；③当无数字0，但有字母O，Q其中之一时，有排法Ceq\o\al(1,2）·Ceq\o\al（1,3)·Ceq\o\al(2,9）·Aeq\o\al(4,4)种．综上,符合题意的不同排法种数是Ceq\o\al（2，3)·Ceq\o\al(2，9）·Aeq\o\al（4，4)＋Ceq\o\al（2,3）·Ceq\o\al（1,9)·Aeq\o\al(4，4)＋Ceq\o\al（1，2)·Ceq\o\al(1，3)·Ceq\o\al(2，9）·Aeq\o\al（4,4)＝8424。答案：8424【应用2】随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容．交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照?提示：按照新规定，牌照可以分为2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．解：将汽车牌照分为2类，一类的字母组合在左,另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；第2步,从剩下的25个字母中选1个,放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个字母中选1个,放在第3位,有24种选法；第4步，从10个数字中选1个,放在第4位，有10种选法；第5步,从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第6位,有8种选法．根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11232000（个)．同理，字母组合在右的牌照也有11232000个．所以，共能给11232000＋11232000＝22464000辆汽车上牌照．专题二:解排列组合应用题区别排列与组合的重要标志是“有序"与“无序”,无序的问题用组合知识解答,有序的问题属于排列问题．解含有约束条件的排列、组合问题,应先观察取出的元素是否有顺序,从而确定是排列问题还是组合问题,然后仔细审题，弄清怎样才算完成一件事，从而确定是分类完成，还是分步完成．分类时需要满足两个条件：（1)类与类之间要互斥(保证不重复）；(2）总数要完备（保证不遗漏)．分步时应按事件发生的连贯过程进行分步，做到步与步之间相互独立、互不干扰，并确保连续性．解决受条件限制的排列、组合问题的一般策略有:(1）特殊元素优先安排的策略;（2）正难则反、等价转化的策略;(3)相邻问题捆绑处理的策略；（4)不相邻问题插空处理的策略；（5)定序问题排除法处理的策略;（6)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略;(7）平均分组问题运用除法处理的策略；(8）构造模型的策略．【应用1】7名学生站成一排，下列情况各有多少种不同排法？(1）甲、乙必须排在一起;（2）甲不在排头,乙不在排尾；（3)甲、乙、丙互不相邻；(4)甲、乙之间必须隔一人．解：（1）(捆绑法)先将甲、乙看作一个人，有Aeq\o\al(6，6）种排法,然后对甲、乙进行排列，所以不同的排法有Aeq\o\al(2，2)·Aeq\o\al(6，6)＝1440(种）．（2）(间接法)甲在排头或乙在排尾排法共2Aeq\o\al(6,6）种，其中都包含甲在排头且乙在排尾的情形，故有不同的排法Aeq\o\al(7，7）－2Aeq\o\al（6,6）＋Aeq\o\al(5，5)＝3720（种）．(3)（插空法)把甲、乙、丙插入其余4名学生产生的5个空中,有Aeq\o\al（4，4)·Aeq\o\al（3,5）＝1440(种)排法．（4)先从其余5人中选1人有5种选法，放在甲、乙之间，将三人看作一个整体有Aeq\o\al（5,5）种排法，然后甲乙换位有Aeq\o\al(2，2）种,共有5Aeq\o\al（5，5）·Aeq\o\al（2，2）＝1200(种）排法．【应用2】有4个不同的球，四个不同的盒子,把球全部放入盒内．(1）共有多少种放法？（2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？(3）恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？解：(1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法,由分步乘法计数原理，放法共有44＝256（种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1，1的三组,有Ceq\o\al(2，4)种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子,全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：Ceq\o\al（1,4）·Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al（1，3)·Aeq\o\al(2，2）＝144（种）．(3）“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球"是一回事．故也有144种放法．【互动探究】本例中的4个小球若只放入4个盒子中的两个盒子,即只有两个空盒子，共有多少种放法？解：先从四个盒子中任意拿走两个有Ceq\o\al(2，4）种，问题转化为：“4个球,两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看,可分为（3，1），(2,2）两类．第一类：可从4个球中先选3个,然后放入指定的一个盒子中即可，有Ceq\o\al(3,4）·Ceq\o\al(1，2）种放法;第二类：有Ceq\o\al（2,4）种放法．因此共有Ceq\o\al（3,4）·Ceq\o\al（1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有Ceq\o\al（2,4)·14＝84（种)．专题三:二项式定理应用【应用1】eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1（x2＋\f(2,x）））8的展开式中x4的系数是(）A．16B．70 C．560D．1解析：设二项展开式的第（r＋1)项含有x4,则Tr＋1＝Ceq\o\al(r，8）(x2）8－req\b\lc\（\rc\）（eq\a\vs4\al\co1（\f（2,x）))r＝Ceq\o\al(r，8)·2r·x16－3r，令16－3r＝4,求得r＝4。所以x4的系数为Ceq\o\al（4，8）·24＝1120。答案：D【应用2】若eq\b\lc\(\rc\)（eq\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x）)）n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）A．10B．20 C．30D．解析：利用二项式系数的性质和通项公式求常数项.eq\b\lc\(\rc\）（eq\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，x）））n展开式的二项式系数和为Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al（1,n）＋Ceq\o\al(2,n）＋…＋Ceq\o\al(n，n）＝64＝2n，解得n＝6.设第（r＋1）项为常数项,则Tr＋1＝Ceq\o\al（r,6)·x6－r·eq\b\lc\（\rc\）(eq\a\vs4\al\co1（\f（1，x)))r＝Ceq\o\al（r,6)·x6－2r,令6－2r＝0，解得r＝3，所以Tr＋1＝T4＝Ceq\o\al(3，6）＝20。