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1、排列与组合学习要求：能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。学习目标：1两个基本原理：（1）分类计数原理中的分类；（2）分步计数原理中的分步；2排列：（1）排列定义，排列数；（2）排列数公式。3组合：（1）组合的定义，排列与组合的区别；（2）组合数公式；（3）组合数的性质。4二项式定理：（1）二项式展开公式；（2）通项公式。学习过程：例1平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交
2、成的点的个数（除原10点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。解法一：（1）由题设这10点所确定的直线是C102=45条。这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C92点被重复计数；所以这些直线交成新的点是：C45210C92=630。（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合，即C6403=43486080（个）。解法二：（1）如图对给定的10点中任取4个点，
3、四点连成6条直线，这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：3C104=630。（2）同解法一。点评：用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。例2证明下列不等式：（1）已知a、b为正数，nN，则 （）n；（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。证明：（1）令a=x+，b=x，则x=；an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-
4、44+)2xn，即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn，又(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述两式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b为正数，ab=a+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)nan-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n2)2n=22n2n+1点评：利用二项式定理的展开式，可以证明一些与
5、自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元）。这样消去奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由对称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。复习智略： 例3在某次数学考试中，学号为的同学的考试成绩，且满足，则这4位同学的考试成绩的所有可能情况有几种？解：（1）若，则有种；（2）若，则有种，所以共有+=15种。变化一：若将题中条件改为：，其它条件不变，则有几种情况？解：（1）若，则有种；（2）若，则有种；（3）若，则有种；（4）若，则有种；所以共有+2+=35种。变化二：若将题中条
6、件改为：，其它条件不变，则有几种情况？解：（1）若3个连接符号中含0个等号，则有种；（2）若3个连接符号中含1个等号，则有种；（3）若3个连接符号中含2个等号，则有种；（4）若3个连接符号中含3个等号，则有种；所以共有+=70种。推广：在某次数学考试中，学号为的同学的考试成绩，且满足，则这位同学的考试成绩的所有可能情况有几种？解：共有+种可能情况。联想：在的展开式中，的系数为+，从而共有种可能情况。检测评估：1有A、B、C、D、E、F6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个。若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运B箱，此外无其它任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不
7、同的分配方案的种数为 （）(A) 168 (B) 84 (C) 56 (D) 422. 若xR，nN*，定义： =x(x+1)(x+2)(x+n-1),例如M3-5=(-5)(-4)(-3)= -60,则函数f(x)= （ ） A.是偶函数不是奇函数B.是奇函数不是偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数也不是偶函数3 知 的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于（ ）。 A、 20 B、20 C、15 D、 15 4.一样本的所有数据分组及频数如下： 则在的频率为（A） （B） （C） （D）5空间中有5个点，任意4点不共面，若连结了若干线段而图中不存在四面体，则图
8、中三角形的个数至多有（ ）个。A3 B4 C5 D66甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为 。7二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合3，2，1，0，1，2，3，4中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线 条。8已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合3,2,1,0,1,2,3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，则符合这些条件的直线有 条。9四面体ABCD的四个顶点与六条棱的中点计10点中，与顶点A四点共面的组数有 个。10直线x=m，y=x将圆面x2+y24分成若干块现在用5种不同的
9、颜色给这若干块涂色，每块只涂一种颜色，且任意两块不同色，若共有120种不同的涂法，则实数m的取值范围是 11设（a0）为奇函数，且min，数列an与bn满足如下关系：a12， （1）求f（x）的解析表达式；（2）证明：当nN时，有bn12定义函数 （1）求证 （2）设 （3）是否存在区间的值域为ka,kb？若存在，求出最小的k的值及相应的区间a,b。点拨与全解：1.分两类：甲运B箱，有种；甲不运B箱，有。不同的分配方案共有+=42（种），选（D）。2.因是奇函数，是偶函数，所以是奇函数，故选B。3解：由且得，从而，取得常数项15，故选D。4解：由，故选C。A4A1A2A3A55解：首先构造如图
10、所示的图形，显然符合题意，这时恰有4个三角形：A1A2A3、A1A2A5、A1A3A4、A1A4A5；假设存在某种情况使三角形个数不少于5个，若仅有两条线段未连结，则这两条未连结线段必无公共交点，否则存在四面体，由此右图中仅有4个三角形，矛盾；若有至少三条线段未连结，当有某条线段作为3个三角形的边时，则仅有三个三角形；当每条线段至多作为2个三角形的边时，则至多有个三角形。6解： 每人随意值两天，共有CCC个；甲必值周一，有CCC个；乙必值周六，有CCC个；甲必值周一且乙必值周六，有CCC个 所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表数，有N=CCC2CCC+ CCC=90256+12
11、=42个 7解 由图形特征分析，a0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c0;a0,开口向下，原点在内部f(0)=c0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有CCAA=144条 8解 设倾斜角为，由为锐角，得tan=-0,即a、b异号。（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有33-2=7（条）；（2）若c0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有334=36条，从而符合要求的直线
12、共有7+36=43条；9解：按四点组是否在同一侧面上分为两类：（1）在某个侧面上，共有 个；（2）在同一棱上的三点与对棱的中点共面，有3个，综上所述，共有33个。10解：若两直线将圆面分成3块，则共有种不同的涂法，不合题意；若两直线将圆面分成4块，则共有种不同的涂法，符合题意，从而。11解：（1）由f（x）是奇函数，得 bc0由|f（x）min|，得a2，故f（x） （2） ，而b1， 当n1时，b1，命题成立 当n2时，21（11）111n，即 bn12解（1）令 当2x0时 g（x）0；当x0时，g（x）0g（x）在（2，0上递减，在（0，+）上递增则x=0时 g（x）min=g（0）=0 g（x）g（x）min=0 即fn（x）nx（2） 即 易得x00 而由（1）知x0时（1+x）n1+nx 故2n+1=（1+1）n+1n+2x01 综上0x01 （3）h（x）=f3（x）f2（x）=x（1+x）2 h（x）=（1+x）2+x2（1+x）=（1+x）（1+3x） 令h（x）=0 h（x）在（2，1）及（为正，在时为负值 作图如图所示考查直线y=kx（k0）与曲线y=h（x）相交问题假设存在k满足题意在1，0上A（为极小值点B（当y=kx绕原点O顺时针旋到B点时，满足条件k取最小值kmin=7用心 爱心 专心