本章整合知識網(wǎng)絡(luò)專題探究專題一：正確運用兩個計數(shù)原理【應(yīng)用1】從集合{O，P，Q，R，S}與{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取2個元素排成一排(字母和數(shù)字均不能重復(fù))．每排中字母O，Q和數(shù)字0至多只出現(xiàn)一個的不同排法種數(shù)是__________．(用數(shù)字作答)解析：把排法分成三類：①當無字母O，Q和數(shù)字0時，有排法Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2,9)·Aeq\o\al(4,4)種；②當無字母O，Q，但有數(shù)字0時，有排法Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,9)·Aeq\o\al(4,4)種；③當無數(shù)字0，但有字母O，Q其中之一時，有排法Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,9)·Aeq\o\al(4,4)種．綜上，符合題意的不同排法種數(shù)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【應(yīng)用2】隨著人們生活水平的提高，某城市家庭汽車擁有量迅速增長，汽車牌照號碼需要擴容．交通管理部門出臺了一種汽車牌照組成辦法，每個汽車牌照都必須有3個不重復(fù)的英文字母和3個不重復(fù)的阿拉伯數(shù)字，并且3個字母必須合成一組出現(xiàn)，3個數(shù)字也必須合成一組出現(xiàn)．那么這種辦法共能給多少輛汽車上牌照？提示：按照新規(guī)定，牌照可以分為2類，即字母組合在左和字母組合在右．確定一個牌照的字母和數(shù)字可以分6個步驟．解：將汽車牌照分為2類，一類的字母組合在左，另一類的字母組合在右．字母組合在左時，分6個步驟確定一個牌照的字母和數(shù)字：第1步，從26個字母中選1個，放在首位，有26種選法；第2步，從剩下的25個字母中選1個，放在第2位，有25種選法；第3步，從剩下的24個字母中選1個，放在第3位，有24種選法；第4步，從10個數(shù)字中選1個，放在第4位，有10種選法；第5步，從剩下的9個數(shù)字中選1個，放在第5位，有9種選法；第6步，從剩下的8個字母中選1個，放在第6位，有8種選法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，字母組合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11232000(個)．同理，字母組合在右的牌照也有11232000個．所以，共能給11232000＋11232000＝22464000輛汽車上牌照．專題二：解排列組合應(yīng)用題區(qū)別排列與組合的重要標志是“有序”與“無序”，無序的問題用組合知識解答，有序的問題屬于排列問題．解含有約束條件的排列、組合問題，應(yīng)先觀察取出的元素是否有順序，從而確定是排列問題還是組合問題，然后仔細審題，弄清怎樣才算完成一件事，從而確定是分類完成，還是分步完成．分類時需要滿足兩個條件：(1)類與類之間要互斥(保證不重復(fù))；(2)總數(shù)要完備(保證不遺漏)．分步時應(yīng)按事件發(fā)生的連貫過程進行分步，做到步與步之間相互獨立、互不干擾，并確保連續(xù)性．解決受條件限制的排列、組合問題的一般策略有：(1)特殊元素優(yōu)先安排的策略；(2)正難則反、等價轉(zhuǎn)化的策略；(3)相鄰問題捆綁處理的策略；(4)不相鄰問題插空處理的策略；(5)定序問題排除法處理的策略；(6)“小集團”排列問題中先整體后局部的策略；(7)平均分組問題運用除法處理的策略；(8)構(gòu)造模型的策略．【應(yīng)用1】7名學(xué)生站成一排，下列情況各有多少種不同排法？(1)甲、乙必須排在一起；(2)甲不在排頭，乙不在排尾；(3)甲、乙、丙互不相鄰；(4)甲、乙之間必須隔一人．解：(1)(捆綁法)先將甲、乙看作一個人，有Aeq\o\al(6,6)種排法，然后對甲、乙進行排列，所以不同的排法有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(6,6)＝1440(種)．(2)(間接法)甲在排頭或乙在排尾排法共2Aeq\o\al(6,6)種，其中都包含甲在排頭且乙在排尾的情形，故有不同的排法Aeq\o\al(7,7)－2Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝3720(種)．(3)(插空法)把甲、乙、丙插入其余4名學(xué)生產(chǎn)生的5個空中，有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(3,5)＝1440(種)排法．(4)先從其余5人中選1人有5種選法，放在甲、乙之間，將三人看作一個整體有Aeq\o\al(5,5)種排法，然后甲乙換位有Aeq\o\al(2,2)種，共有5Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(2,2)＝1200(種)排法．【應(yīng)用2】有4個不同的球，四個不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi)．(1)共有多少種放法？(2)恰有一個盒不放球，有多少種放法？(3)恰有一個盒內(nèi)有2個球，有多少種放法？解：(1)一個球一個球地放到盒子里去，每只球都可有4種獨立的放法，由分步乘法計數(shù)原理，放法共有44＝256(種)．(2)為保證“恰有一個盒子不放球”，先從四個盒子中任意拿出去1個，即將4個球分成2,1,1的三組，有Ceq\o\al(2,4)種分法；然后再從三個盒子中選一個放兩個球，其余兩個球，兩個盒子，全排列即可．由分步乘法計數(shù)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(種)．(3)“恰有一個盒內(nèi)放2個球”，即另外三個盒子中恰有一個空盒．因此，“恰有一個盒子放2球”與“恰有一個盒子不放球”是一回事．故也有144種放法．【互動探究】本例中的4個小球若只放入4個盒子中的兩個盒子，即只有兩個空盒子，共有多少種放法？解：先從四個盒子中任意拿走兩個有Ceq\o\al(2,4)種，問題轉(zhuǎn)化為：“4個球，兩個盒子，每盒必放球，有幾種放法？”從放球數(shù)目看，可分為(3,1)，(2,2)兩類．第一類：可從4個球中先選3個，然后放入指定的一個盒子中即可，有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)種放法；第二類：有Ceq\o\al(2,4)種放法．因此共有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＝14(種)．由分步乘法計數(shù)原理得“恰有兩個盒子不放球”的放法有Ceq\o\al(2,4)·14＝84(種)．專題三：二項式定理應(yīng)用【應(yīng)用1】eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))8的展開式中x4的系數(shù)是()A．16B．70 C．560D．1解析：設(shè)二項展開式的第(r＋1)項含有x4，則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的系數(shù)為Ceq\o\al(4,8)·24＝1120.答案：D【應(yīng)用2】若eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n展開式的二項式系數(shù)之和為64，則展開式的常數(shù)項為()A．10B．20 C．30D．解析：利用二項式系數(shù)的性質(zhì)和通項公式求常數(shù)項.eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n展開式的二項式系數(shù)和為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.設(shè)第(r＋1)項為常數(shù)項，則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.答