高中数学选修2-3：第一章 计数原理章末复习课

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第一章计数原理章末复习课[整合·网络构建］[警示·易错提醒］1．正确区分“分类"与“分步”,恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序"区分开来．3．正确区分分堆问题和分配问题．4．二项式定理的通项公式T k＋1＝C错误!a n－k b k是第(k＋1)项，而不是第k项，注意其指数规律．5．求二项式展开式中的特定项（如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……）时,要注意n与k的取值范围．6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和"，“奇（偶)数项系数的和”与“奇(偶）次项系数的和”．专题一两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题:（1)要做什么事；（2）如何去做这件事；(3）怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法．[例1］现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( ）高中数学A。

1．两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．2．排列与组合排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．3．二项式定理(1)与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1，…n)，其二项式系数是C k n，而不是C k＋1，这是一个极易错点．n题型一排列与组合的应用在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．解决排列组合应用题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．例16个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？跟踪训练17名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端．题型二二项式定理的应用对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．例2(1)若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为() A．－1B．0C．1D．2(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.跟踪训练2已知3x2)n的展开式中倒数第三项的系数为45.(1)求含有x3的项；(2)求系数最大的项．题型三分类讨论思想当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．例3(1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为()A．236B．328C．462D．2640(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是()A．120B．72C．60D．36跟踪训练3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()A．36种B．42种C．48种D．54种题型四正难则反思想正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．例4现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为()A．484 B．472C．252 D．232跟踪训练4若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．题型五化归与转化思想通过观察、类比、联想等过程，选择恰当的模型把未知问题、疑难问题转化为熟悉的、简单的问题来解决，这就是化归与转化思想．例5已知x＋y＋z＋m＝50(x，y，z，m∈N*)，这个方程的正整数解的组数为________．跟踪训练55封信投入5个信箱中．(1)只有一个信箱是空的，有多少种不同的投法？(2)有两个信箱里各投两封信，共有多少种不同的投法？题型六 方程思想方程思想，即对于一个问题，用建立方程的方法去解决的一种思想．具体方法是通过分析问题中变量间的等量关系，构建方程或方程组，或利用方程的性质去分析、研究、解决问题． 例6 袋中装有带有编号的红球和白球共16个，现从中任取2球，若取出的2球是同色的取法和取出的2球是异色的取法相等，则取出2球都是红球的取法有多少种？跟踪训练6 设n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ，若(x －ax )n 的展开式中x 3的系数是－84，求a 的值．排列、组合应用题从形式上看有以下几种最为常见的问题：数字问题、人或物的排列问题、几何问题、选代表或选样品的问题、集合的子集个数问题．二项式定理题型为以下几种：求展开式中的某一项或某一项系数的问题；求所有项系数的和或者奇数项、偶数项系数和的问题；二项式某一项为字母，求这个字母的值的问题；求近似值的问题，试题难度不大．提醒：完成作业 章末检测[答案]精析题型探究例1解(1)要完成这件事分三步．第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有C48C44种不同的排法；第二步，前排4人进行全排列，有A44种不同的排法；第三步，后排4人进行全排列，有A44种不同的排法．由分步乘法计数原理知，有C48C44A44A44＝40320(种)不同的排法．(2)思路与(1)同，有C35A44A44＝5760(种)不同的排法．跟踪训练1解(1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1440种站法．(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3000种站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3000＝3720种站法．例2(1)C[在(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1，得(2＋3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；令x＝－1，得(－2＋3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.两式相乘，得(2＋3)4·(－2＋3)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.](2)解①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.跟踪训练2解(1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n－2＝45，即C2n＝45，得n2n－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.通项T k＋1＝C k10(x－14)10－k(x23)k＝C k10x10243k k--+(0≤k≤10，k∈N)，令－10－k4＋2k3＝3，解得k＝6.故含有x3的项是第七项，T7＝C610x3＝210x3.(2)∵(41x＋3x2)10的展开式中共有11项，∴系数最大项是第六项，T6＝C510(x14-)5(x23)5＝252x2512.例3(1)A(2)C[解析](1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类．第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有C16C45＝30(种)取法；第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有C36C25＝200(种)取法；第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有C56＝6(种)取法．根据分类加法计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法．(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．第一类，第1个盒子中只有甲球，把剩余的4个球分成个数分别为1,1,2的三堆，再分配给剩余的3个盒子，共有方法C24A33种；第二类，第1个盒子中有2个球，此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中，方法有A44种．根据分类加法计数原理，满足题意的方法种数为C24A33＋A44＝60.跟踪训练3B[分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案．]例4B[设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2,1,0)，(2,0,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，(1,0,2)，(0,1,2)，(1,1,1)共7类，当取1张绿色卡片时，有(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．根据题意，共有C316种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C34种取法，取2张绿色卡片有C24·C112种取法，故所求的取法共有C316－4C34－C24·C112＝472(种)．]跟踪训练411[解析]把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A 24－1＝12－1＝11(种)． 例5 18424[解析] 50＝1＋1＋…＋1，题中求方程的正整数解相当于把50个“1”分配到4个位置上，x ，y ，z ，m 的值分别对应4个位置上“1”的个数．由于这些“1”完全相同，又因为x ，y ，z ，m ∈N *，相当于每一个位置上至少有一个“1”，因此可转化为计数问题来解决．显然50个“1”中间有49个空，插入3个板，所以有C 349＝18424，即这个方程的正整数解的组数为18424.跟踪训练5 解 (1)先从5个信箱中取出4个，有C 45种不同的取法，再将5封信分成四组，分别为1,1,1,2，共有C 15C 14C 13C 22A 33种不同的分法，最后将这四组信投入已取出的四个信箱中，有A 44种不同的投法，所以共有C 45·C 15C 14C 13C 22A 33·A 44＝1200(种)不同的投法． (2)先从5个信箱中取出3个，有C 35种不同的取法，再把5封信分成三组，分别为2,2,1，有C 25C 23C 11A 22种不同的分法，最后把这三组信分别投入已取出的三个信箱中，有A 33种不同的投法，所以共有C 35·C 25C 23C 11A 22·A 33＝900(种)不同的投法． 例6 解 设红球有x 个，则白球的个数为16－x .则取出的2球同色的取法为C 2x ＋C 216－x 种，2球异色的取法为C 1x C 116－x 种． 根据题意，得C 2x ＋C 216－x ＝C 1x C 116－x ，整理得x 2－16x ＋60＝0， 解得x ＝6或x ＝10，符合题意．(1)若x ＝6，则取出的2球都是红球的取法共有C 26＝15(种)；(2)若x ＝10，则取出的2球都是红球的取法共有C 210＝45(种)． 跟踪训练6 解 因为n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ＝(x 3＋x 2)|20＝9，所以(x －ax )9展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 9x 9－r (－a x )r ＝(－a )r C r 9x 9－2r ， 令9－2r ＝3，得r ＝3，所以(x －a x )9展开式中x 3的系数是(－a )3C 39＝－84a 3， 所以－84a 3＝－84，解得a ＝1.。

Graves甲亢患者的劲动脉弹性变化及其相关因素的超声研究的开题报告【摘要】本研究旨在探讨Graves甲亢患者的劲动脉弹性变化及其相关因素，并利用超声技术进行研究。

首先明确研究目的及意义，并综述近年来Graves甲亢患者劲动脉弹性的研究现状。

接着，介绍研究方法及样本选择，详细描述超声测量及统计分析方法，以期获得合理可靠的数据。

最后，提出研究假设并分析预期结果。

【关键词】Graves甲亢；劲动脉弹性；超声技术；相关因素【Abstract】The purpose of this study is to explore the changes in arterial elasticity and relevant factors in Graves' disease patients using ultrasound technology. Firstly, the research objectives and significance are clarified, and a summary of the research status of arterial elasticityin Graves' disease patients in recent years is given. Secondly, the research methods and sample selection are introduced, and the ultrasound measurement and statistical analysis methods are described in detail to obtain reasonable and reliable data. Finally, the research hypothesis is proposed and the expected results are analyzed.【Keywords】Graves' disease; arterial elasticity; ultrasound technology; relevant factors一、研究目的及意义Graves甲亢是一种以甲状腺功能亢进为主要特征的自身免疫性疾病，常伴随有心血管系统、循环系统等并发症。

第一章计数原理知识系统整合规律方法收藏1．分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”．(2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)．(3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)．2．解决排列组合应用题的原则解决排列组合应用题的原则有特殊优先的原则、先取后排的原则、正难则反的原则、相邻问题“捆绑”处理的原则、不相邻问题“插空”处理的原则．(1)特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的元素和有限制条件的位置一定要优先考虑．(2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的间接法求解．(3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看成一个元素与其他元素排列，然后将相邻元素进行排列．(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入．(5)指标问题采用“挡板法”把问题转化为：把n 个相同元素分成m 个组的分法，这相当于n 个相同元素的每两个元素之间共n －1个空，任插m －1个板子的插法数，即C m －1n －1种．(6)先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列．(7)定序问题倍缩、空位插入原则定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理． (8)分排问题直排原则一般地，对于元素分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究． (9)小集团问题先整体后局部原则小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理． (10)构造模型原则一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决．3．二项式定理及其应用(1)二项式定理：(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n ，其中各项的系数C kn (k ＝0,1,2，…，n )称为二项式系数，第k ＋1项C k n an －k b k称为通项．(2)二项式系数的性质①对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质C m n ＝C n －mn . ②增减性与最大值． 当k <n ＋12时，二项式系数C kn 逐项增大；当k >n ＋12时，二项式系数C kn 逐项减小．③各项的二项式系数之和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n；奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n＋…＝2n－1.(3)对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法．(4)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r，再求T r＋1.有时还需先求n，再求r，才能求出T r＋1.(5)有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏．(6)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段．(7)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项．(8)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决．学科思想培优一两个计数原理1．应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”．2．应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成．例1 (1)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)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答)[解析] (1)分两类：第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况．(2)因为区域1与其他4个区域都相邻，首先考虑区域1，有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；若区域2,4不同色，先涂区域2，有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3,5都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.因此，满足条件的涂色方法共有48＋24＝72种．[答案](1)B (2)72拓展提升(1)要弄清“分类”还是“分步”．(2)解决涂色问题时，要尽量让相邻区域多的区域先涂色．例2 (1)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有________种不同的选法；(2)将4封信投入3个信箱中，共有________种不同的投法．[解析] (1)共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2×6＝12种选法．故共有2＋6＋12＝20种选法．(2)第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；同理，第2,3,4封信各有3种投法．根据分步乘法计数原理，共有3×3×3×3＝34＝81种投法．[答案](1)20 (2)81拓展提升以上两题容易错解的原因：(1)忽视其中一人既会英语、又会日语这一隐含条件，从而导致错解．(2)分步的依据应该是“信”而不应该是“信箱”，导致错解．二排列与组合区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题，无序的问题属于组合问题，在解决排列组合应用题时常用如下解题策略：①特殊元素优先安排的策略；②合理分类和准确分步的策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略；④正难则反、等价转化的策略；⑤相邻问题捆绑处理的策略；⑥不相邻问题插空处理的策略；⑦定序问题除法处理的策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略．例3 五位老师和五名学生站成一排，(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法？(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？(3)老师和学生相间隔共有多少种排法？[解] (1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A66种排法，五名学生再内部全排列有A55种，故共有A66·A55＝86400种排法．(2)先将五位老师全排列有A55种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A56种排法，故共有A55·A56＝86400种排法．可用图表示：□○□○□○□○□○□(用○表示老师所在位置，用□表示中间的空当)(3)排列方式只能有两类，如图所示：○□○□○□○□○□□○□○□○□○□○(用□表示老师所在位置，用○表示学生所在位置)故有2A55·A55＝28800种排法．拓展提升“学生相邻”就“捆绑学生”，“学生不相邻”就插空．“捆绑”之中的元素有顺序，哪些元素不相邻就插空．例 4 由1,2,3,4,5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…直到末项(第120项)是54321.问：(1)43251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？[解] (1)由题意知，共有五位数为A 55＝120(个)． 比43251大的数有下列几类： ①万位数是5的有A 44＝24(个)；②万位数是4，千位数是5的有A 33＝6(个)；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A 22＝2(个)； ∴比43251大的数共有A 44＋A 33＋A 22＝32(个)． ∴43251是第120－32＝88(项)．(2)从(1)知万位数是5的有A 44＝24(个)，万位数是4，千位数是5的有A 33＝6(个)． 但比第93项大的数有120－93＝27(个)，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321，45312,45231,45213,45132,45123，从此可见第93项是45213.拓展提升数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．例5 有4个不同的球，4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1个盒子中不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？[解] (1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法．(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C 24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144种不同的放法．(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法： 第1类，1个盒子中放3个小球，一个盒子中放1个小球．先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法；第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法．故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种)．拓展提升排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列. 对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．三 二项式定理的应用对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题，从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：(1)考查通项公式问题． (2)考查系数问题：①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和； ②一般采用通项公式或赋值法解决． (3)可转化为二项式定理解决问题．例6 已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn的值．[解] (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项： T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23x r ＝(－2)r C r10x5－5r 6 ， 当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是有理项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r102r≥C r －1102r －1，C r 102r≥C r ＋1102r ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，T 8＝－15360x －56， 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5，当r ＝10时， T 11＝(－2)10x －103 ＝1024x －103，所以系数绝对值最大的项为T 8＝－15360x －56.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.拓展提升求二项展开式特定项的步骤例7 (1)已知(1－x )5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则(a 0＋a 2＋a 4)(a 1＋a 3＋a 5)等于________；(2)设⎝⎛⎭⎪⎫22＋x 2n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n ，则(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2＝________.[解析] (1)在所给等式中，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝0 ①；令x ＝－1，得－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝32 ②，由①＋②得，a 0＋a 2＋a 4＝16，由①－②得，a 1＋a 3＋a 5＝－16，所以(a 0＋a 2＋a 4)(a 1＋a 3＋a 5)＝－256.(2)设f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋x 2n ，则(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2＝(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n －a 1－a 3－a 5－…－a 2n －1)(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n ＋a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＝f (－1)·f (1)＝⎝⎛⎭⎪⎫22－12n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n . [答案] (1)－256 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n拓展提升一般地，(1)若f (x )＝a 0x n＋a 1xn －1＋…＋a n ，则f (x )展开式中各项系数的和为f (1)．当n为偶数时，奇次项系数的和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶次项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2；当n 为奇数时，a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)－f (－1)2，a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)＋f (－1)2.(2)对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．四 分类讨论的数学思想例8 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40[解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x5，可令x ＝1得各项系数的和为1＋ a ＝2，故a ＝1.⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 525－r ×(－1)r ×x 5－2r .要得到⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的常数项分为两类情况，①⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 的x 与⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中含1x的项相乘；②⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 的1x 与⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中含x 的项相乘，故令5－2r ＝－1得r ＝3，令5－2r＝1得r＝2，从而可得所求常数项为C35×22×(－1)3＋C25×23×(－1)2＝40.[答案] D拓展提升求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果，此法易出现分类搭配不全，运算失误等错误．例9 在0,1,2,3,4,5,6这七个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有多少个？[解] 依题意，可分两大类．第一类，当三个数字均为偶数时，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在0和第一步剩余的两个数中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个偶数中任取一个作为个位，有2种方法．于是，第一类中三位数共有N1＝3×3×2＝18(个)．第二类，当三个数字中有两个奇数、一个偶数时．(1)偶数在百位，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在1,3,5中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个奇数中任取一个作为个位，有2种方法．于是，共有n1＝3×3×2＝18(个)．(2)偶数在十位，同理，得n2＝4×3×2＝24(个)．(3)偶数在个位，同理有n3＝4×3×2＝24(个)．故第二类中，符合题意的三位数共有N2＝n1＋n2＋n3＝18＋24＋24＝66(个)．综上，所求的三位数共有N1＋N2＝18＋66＝84(个)．拓展提升解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想．讨论时，要注意不重复不遗漏．五构造模型的思想例10 某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么熄灯方法共有________种．[解析] 依题意，问题相当于在已排成一行的9个元素间的8个空隙中，选3个插入3个相同的元素，方法种数为C38＝56.故熄灯方法共有56种．[答案]56拓展提升本题通过构造组合模型，利用插空法得解．word例11 如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南北街道．若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线行走，则从M到N有________种不同的走法(用数字作答)．[解析] 从M点走到N点，每次只能向北或向东走，则不论从M到N怎样走，都必须向北走3个路口，向东走5个路口，共走8个路口，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北的路口决定后，剩下的路口只能向东，例如“北北北东东东东东”就是其中的一种走法．所以，问题归结为从8个路口中任选3个路口向北走，共有C38＝56种不同的走法．[答案]56拓展提升通过模型的构造化繁为简．- 11 - / 11。