摘要:本章内容相对独立性较强.并且密切联系实际应用性较强.分为四个部分:排列组合.二项式定理.概率和概率统计.具有概念性强灵活性强.思维方法新颖等特点.要注意从加深对概念的理解和掌握内在联系与区别方面下功夫.四部分中.排列.组合是基础和工具. 本章主要的数学思想有:化归思想.比较分类思想.极限思想和模型化思维方法.学习时应注意发散思维和逆向思维.通过分类分步把复杂问题分解恰当地应用集合观点.整体思想.从全集.补集等入手.使问题简化. [例题] [例1] 四名优等生保送到三所学校去.每所学校至少得一名.则不同的保送方案的总数是 . 解法一:分两步:先将四名优等生分成2.1.1三组.共有C种,而后.对三组学生安排三所学校.即进行全排列.有A33种.依乘法原理.共有N=C =36(种). 解法二:分两步:从每个学校至少有一名学生.每人进一所学校.共有A种,而后.再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校.有3种.值得注意的是:同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此.共有N=A·3=36(种). 答案:36 [例2] 有五张卡片.它们的正.反面分别写0与1.2与3.4与5.6与7.8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数.共可组成多少个不同的三位数? 解::任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A(个).其中0在百位的有C·22·A (个).这是不合题意的.故共有不同三位数:C·23·A-C·22·A=432(个). [例3] 在∠AOB的OA边上取m个点.在OB边上取n个点(均除O点外).连同O点共m+n+1个点.现任取其中三个点为顶点作三角形.可作的三角形有( ) 解法一:第一类办法:从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点.可构造一个三角形.有CC个,第二类办法:从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点.与O点可构造一个三角形.有CC个,第三类办法:从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点.与O点可构造一个三角形.有CC个.由加法原理共有N=CC+CC+CC个三角形. 解法二:从m+n+1中任取三点共有C个.其中三点均在射线OA(包括O点).有C个.三点均在射线OB(包括O点).有C个.所以.个数为N=C-C-C个. 答案:C [例4] 函数) (1)已知的展开式中的系数为.求常数 (2)是否存在的值.使在定义域中取任意值时.恒成立?如存在.求出的值.如不存在.说明理由. 解(1)Tr+1=C 由 解得 (2) 要使( 只需 10当时.设 (0. (.+) - 0 + 极小值 20当时.不成立 30当时.不成立 故当 另解法 只需 [例5] 五人站成一列.重新站队时.各人都不站在原来的位置上.有多少种站法? 解:设原来站在第i个位置的人是.重新站队时.站在第2 个位置的站法有种.其中不符合要求的有:站第3位的种.站第4位的种.但有的站法在考虑的情形时已经减去了.故只应再算()种.同理.站第5位的应再算[]种.站在第3.4.5位的情形与站在第2位的情形时对等的.故所有符合要求的站法有: =44(种) [例6] 一个口袋内装有4个不同的红球.6个不同的白球.若取出一个红球记2分.取出一个白球记1分.从口袋中取5个球.使总分不小于7分的取法有多少种? 解:设取个红球.个白球.于是: .其中. 因此所求的取法种数是:=186(种) [例7] 已知数列.是否存在等差数列.使对一切自然数n都成立?并证明你的结论. 解:假设满足要求的等差数列存在.由于所给等式对一切自然数n均成立.故当n=1.2.3时等式成立.从而可解得=1.=2.=3.因此若满足要求的等差数列存在.则必须是=n..然后再证明当=n时所给等式确实成立即可.答案是肯定的. [例8] 若某一等差数列的首项为.其中m是-15除以19的余数.则此数列前多少项的和最大?并求出这个最大值. 解:由已知得:. 注意到.从而等差数列的通项公式是:.设其前k项之和最大.则 .解得k=25或k=26.故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大.. [例9] 已知的展开式的各项系数之和等于展开式中的常数项.求展开式中含的项的二项式系数. 解:先求出的常数项是27.从而可得中n=7.对于由二项展开式的通项公式知.含的项是第4项.其二项式系数是35. [例10] 求证:能被25整除. 解:注意到即可. [排列.组合与二项式定理练习1]

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