【高考数学】2018-2019学年高三理科数学二轮复习：专题六第一讲 排列、组合与二项式定理-含解析
2018-2019年高考理科数学一轮二轮专题复习：11.2排列与组合
-4知识梳理 双基自测
1
2
3
4
3.排列数、组合数的公式及性质
公 ������ m n (n -1)(n -2)…(n -m+1) n m 式 (2)������n = m= =
������ m m!
(1)������m n=
n(n-1)(n-2)…(n-m+1) =
n! (n -m )! n! m !(n -m )!
n 性 (1)0!= 1 ;������n =n×(n-1)×(n-2)×…×2×1= n! n -m ������ ������ -1 m m 质 (2)������n + C������ = ������n ; ������n+1 = C������ .
.
-5知识梳理 双基自测
1
2
3
4
4.常用结论 (1)①A������ ������ =(n-m+1)A ������ ;
11.2
排列与组合
-2知识梳理 双基自测
1
2
3
4
1.排列与组合的概念
名 称 排 列 组 合 定 义 排成一
按照 一定的顺序 从 n 个不同元素中 列 取出 m(m≤n)个元 素 合成一组
-3知识梳理 双基自测
1
2
3
4
2.排列数与组合数的概念
名称 排列 数 组合 数
定பைடு நூலகம்
义
排列 的个 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n) 数 组合 的个 个元素的所有不同 数
������ -1
������-������+1 ������ -1 C������ ; ������
(5)①kC������ ������ =nC������ -1 ;
2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件：第10章 第2节 排列与组合
高三一轮总复习
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) )
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(
m (3)若组合式 Cx ＝ C n n ，则 x＝m 成立．(
)
(4)排列定义规定给出的 n 个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不 相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．( )
高三一轮总复习
3 B [当五位数的万位为 4 时，个位可以是 0,2，此时满足条件的偶数共有 C1 A 2 4
＝48 个；当五位数的万位为 5 时，个位可以是 0,2,4，此时满足条件的偶数共有 C1 3 A3 4＝72 个， 所以比 40 000 大的偶数共有 48＋72＝120 个．]
高三一轮总复习
法二(间接法)：从 9 人中选 3 人有 C3 9种方法， 其中甲、乙均不入选有 C3 7种方法，
3 ∴满足条件的选排方法有 C3 9－C7＝84－3，C，D，E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在 A 的右边(A，B 可 以不相邻)，那么不同的排法共有________种．
高三一轮总复习
3．(2016· 四川高考)用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的 个数为( A．24 C.60 ) B.48 D.72
D [第一步，先排个位，有 C1 3种选择； 第二步，排前 4 位，有 A4 4种选择．
4 由分步乘法计数原理，知有 C1 · A 3 4＝72(个)．]
(2)(2017· 北京西城区质检)把 5 件不同产品摆成一排， 若产品 A 与产品 B 相邻， 且产品 A 与产品 C 不相邻，则不同的摆法有________种. 【导学号：01772381】
2018届高考理科数学通用版三维二轮专题复习课件排列与组合、二项式定理
10b－a ab
a x＋ n 3．(2018 届高三· 西安八校联考)已知关于 x 的二项式 3 x 的展开式的二项式系数之和为 32，常数项为 80，则实数 a
a a 5 x ＋ x ＋ n 解析：依题意得 2n＝32，n＝5，二项式 ＝ 3 3 x x
位自然数中“凹数”共有 100＋36＋9＋1＝146 个． 答案：D
解析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导 人站前排并与中国领导人相邻，有 A2 2种站法；其他 18 国 领导人可以任意站，因此有 A18 18种站法．根据分步计数原
18 理，共有 A2 A 2 18种站法．
答案：D
4．(2017· 浙江高考)从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副 队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中至 少有 1 名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
解析：法一：分两步，第一步，选出 4 人，由于至少 1 名女生，
4 故有 C4 8－C6＝55 种不同的选法；第二步，从 4 人中选出队长、
副队长各 1 人，有 A2 4＝12 种不同的选法．根据分步乘法计数原 理知共有 55×12＝660 种不同的选法．
2 法二：不考虑限制条件，共有 A2 8C6种不同的选法， 2 而没有女生的选法有 A2 6C4种， 2 2 2 故至少有 1 名女生的选法有 A2 8C6－A6C4＝840－180＝660(种)．
不同的住宿安排共有 90－18＝72 种．
答案：72
[准解·快解·悟通]
快 1.看到“在”与“不在”的排列问题，想到特殊优先原则． 审 2.看到相邻问题，想到捆绑法；看到不相邻问题，想到插空法． 题 3.看到“至少”“最多”的问题，想到用直接法或间接法． 1.明确排列、组合问题求解的 4 个角度 解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分 步”的角度入手． (1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”， 准 哪些是“位置”； 解 (2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有 题 无限制等； (3)“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互 相排斥的几类，然后逐类解决； (4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都 是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
2020高考数学冲刺核心考点 专题6 第1讲 函数的图象与性质(小题)
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 1.(2019·全国Ⅰ，理，5)函数 f(x)＝csoins xx＋＋xx2在[－π，π]上的图象大致为
√
解析 ∵f(－x)＝cossi－n－x＋x－－xx2＝－csoins xx＋＋xx2＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除 A； ∵f(π)＝csoins ππ＋＋ππ2＝－1π＋π2>0，∴排除 C； ∵f(1)＝csoins 11＋＋11，且 sin 1>cos 1， ∴f(1)>1，∴排除B，故选D.
若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)等于
A.－50
B.0
√C.2
D.50
解析 ∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)， ∴f(1－x)＝－f(x－1).∵f(1－x)＝f(1＋x)， ∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)， ∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)， ∴函数f(x)是周期为4的周期函数. 由f(x)为奇函数且定义域为R得f(0)＝0，又∵f(1－x)＝f(1＋x)， ∴f(x)的图象关于直线x＝1对称， ∴f(2)＝f(0)＝0，又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50) ＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2. 故选C.
跟踪演练2 (1)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x，x≥1，
若对任意的 x∈[m，m＋1]，不等式 f(1－x)≤f(x＋m)恒
成立，则实数m的最大值为
2018届高考理科数学二轮专题复习 排列、组合、二项式定理
解析
人，
因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1
2 C1 C 5 4 所以共有两种方法： 一， 一个单位 1 名， 其他两个单位各 2 名， 有 A 2 ×A 3 3 2
＝90(种)分配方法；
3 二，一个单位 3 名，其他两个单位各 1 名，有 C3 × A 5 3＝60(种)分配方法，
解析 ① 当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为
1 4 C3 · C A4＝960. 5 4·
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A4 5＝120.
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个).
思维升华
解析
答案
跟踪演练2
(1)(2017· 兰州模拟)某国际会议结束后，中、美、
俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10 人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站 前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不 做要求，那么不同的站法共有
A.A18 18种
3 10 C.A2 A 3 18A10种
B.A20 20种
2 18 D.A √ 2A18种
街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要 求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有
A.20种
√
B.21种
D.24种
C.22种
解析
答案
(2)(2016· 全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红 会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到 老年公寓可以选择的最短路径条数为
D.35
k 解析 因为(1＋x)6 的通项为 Ck x 6 ，
1 1 44 6 2 2 2 所以1＋x2(1＋x) 的展开式中含 x 的项为 1· C6x 和x2· C6x .
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第六章
1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．(2017·潍坊调研)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析 设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d .又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n .2．(教材改编)数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和S n ＝2 0172 018，则n 等于( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案 B解析 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.令n n ＋1＝2 0172 018，得n ＝2 017. 3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n ·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2016·山东)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n)1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三 裂项相消法求和 命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2015·课标全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3).命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2，可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.四审结构定方案典例 (12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大 ――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1―――――――――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――――→错位相减法求和 计算可得T n ―→证明：T n <4 规范解答(1)解 当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立． 综上，a n ＝92－n .[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．(2016·西安模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2 016，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2 016等于( ) A ．0 B ．2 016 C ．2 015 D ．2 014答案 A解析 ∵a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2a n q ＋a n q 2＝0，q 为等比数列{a n }的公比， 即q 2＋2q ＋1＝0，∴q ＝－1.∴a n ＝(－1)n －1·2 016，∴S 2 016＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 015＋a 2 016)＝0.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100答案 C解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n－1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0 B ．100 C ．－100 D ．10 200答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.6．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|等于( ) A ．153 B ．210 C ．135 D ．120答案 A解析 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴从第4项开始大于0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋12×(1＋23)2＝153.7．(2016·福州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n为________． 答案 120 解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1.令n＋1－1＝10，得n＝120.8．在等差数列{a n}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|a n|}的前18项和T18的值是________．答案60解析由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18＝S10－(S18－S10)＝60.9．(2016·大连模拟)若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n项和为______________．答案34－2n＋32(n＋1)(n＋2)解析由前四项知数列{a n}的通项公式为a n＝1n2＋2n，由1n2＋2n＝12(1n－1n＋2)知，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n－1＋a n＝12[1－13＋12－14＋13－15＋…＋(1n－2－1n)＋(1n－1－1n＋1)＋(1n－1n＋2)]＝12[1＋12－1n＋1－1n＋2]＝34－2n＋32(n＋1)(n＋2).*10.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，∀n∈N* ,2S n＝a2n＋a n.令b n＝1a n a n＋1＋a n＋1a n，设{b n}的前n项和为T n，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．答案9解析∵2S n＝a2n＋a n，①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1，②②－①，得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n，a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1， ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.11．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2， a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.12．(2016·天津)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． 解 (1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. *13.若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝a 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明 由c n ＋1－c n ＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，1c n＝1(n＋1)(n－1)＝12(1n－1－1n＋1)，∴1c2＋1c3＋1c4＋…＋1c n＝12×⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n－1－1n＋1＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n＋1n＋1＝34－12⎝⎛⎭⎫1n＋1n＋1＜34.又∵1c2＋1c3＋1c4＋…＋1c n≥1c2＝13，∴原式得证．。
2018届高三理科数学二轮复习讲义模块二 专题六 第一讲 排列、组合与二项式定理 Word版含解析
专题六概率与统计、算法、复数、推理与证明第一讲排列、组合与二项式定理高考导航．考查排列、组合的实际应用．．考查二项式系数、常数项、二项式指定项的求解.．(·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )．．．．[解析]由题意可知→共有种走法，→共有种走法，由乘法计数原理知，共有×＝种走法，故选.[答案]．(·全国卷Ⅰ)(＋)展开式中的系数为( )．．．．[解析]对于(＋)，若要得到项，可以在中选取，此时(＋)中要选取含的项，则系数为；当在中选取时，(＋)中要选取含的项，即系数为，所以，展开式中项的系数为＋＝，故选.[答案]．(·湖北卷)已知(＋)的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )．．．．[解析]∵(＋)的展开式中第项与第项的二项式系数分别为，，∴＝，得＝.对(＋)，令＝，得(＋)＝＋＋＋＋…＋＝，①令＝－，得(－)＝－＋－…＋＝，②利用①＋②可得×(＋＋…＋)＝，∴奇数项的二项式系数和为＋＋…＋＝.[答案]．(·全国卷Ⅰ)(＋＋)的展开式中，的系数为( )．．．．[解析](＋＋)＝[(＋)＋]的展开式中只有(＋)中含，易知的系数为＝，故选.[答案]．(·天津卷)用数字组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有个．(用数字作答)[解析]分两类：。
推荐2019届高三数学(理 新课标)一轮复习课件第六章 数列6.1
＝n（n＋ 2 1）＋1.
自查自纠
1．(1)项 首项 a1，a2，a3，…，an，…
(2)第 n 项 n (3)函数值 (4)an an－1 (5)通项公式法(解析式法) 列表法 图象法 递推公式法
2．(1)有穷数列 无穷数列
(2)递增数列 递减数列 摆动数列 常数列 ＞ ＜ ＝
3．S1 Sn－Sn－1
4．(1)n (2)2n (3)2n＋1 (4)2n (5)(－1)n
6．1 数列的概念与简单表示法
1．数列的概念
(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数
叫做这个数列的
．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一
位的数称为这个数列的第 1 项(通常也叫做
)，排在第 n 位的数称
为这个数列的第 n 项．所以，数列的一般形式可以写成
，其中
an 是数列的第 n 项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{an}．
(2)通项公式：如果数列{an}的
与序号____________之间的关
系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它
的有限子集{1，2，3，…，n})的函数(离散的)，当自变量从小到大依次取
值时所对应的一列________．
集数合与常用列逻辑用语 章章
考纲链接 6．1 数列的概念与简单表示法
1．数列的概念和简单表示法 (1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． (2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数． 2．等差数列、等比数列 (1)理解等差数列、等比数列的概念． (2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式． (3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等 差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题． (4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系．
2018届高考数学黄金考点精析精训考点26排列与组合、二项式定理理
考点26 排列与组合、二项式定理【考点剖析】 1.最新考试说明：1.分类加法计数原理、分步乘法计数原理 (1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(2)会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 2.排列与组合(1)理解排列、组合的概念.(2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. (3)能解决简单的实际问题. 3.二项式定理(1)能用计数原理证明二项式定理.(2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 2.命题方向预测：以实际问题为背景考查排列、组合的应用，同时考查分类讨论的思想．以选择题或填空题的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查. 二项展开式中的特定项、特定项的系数、二项式系数等是高考的热点．常以选择题、填空题的形式考查,近几年试题难度呈降低趋势. 3.名师二级结论： 一个区别排列与组合，排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合． 两个公式(1)排列数公式n !A ()!mn n m =-(2)组合数公式n !C !()!m n m n m =-，利用这两个公式可计算排列问题中的排列数和组合问题中的组合数．①解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”．②要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果． 四字口诀求解排列组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．” 一个防范运用二项式定理一定要牢记通项T r ＋1＝C r n an －r b r，注意(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指C rn ，而后者是字母外的部分．前者只与n 和r 有关，恒为正，后者还与a ，b 有关，可正可负． 一个定理二项式定理可利用数学归纳法证明，也可根据次数，项数和系数利用排列组合的知识推导二项式定理．因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续． 两种应用(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等．(2)展开式的应用：利用展开式①可证明与二项式系数有关的等式；②可证明不等式；③可证明整除问题；④可做近似计算等． 三条性质 (1)对称性； (2)增减性；(3)各项二项式系数的和；以上性质可通过观察杨辉三角进行归纳总结． 4.考点交汇展示： (1)与基本不等式相结合若26()b ax x+的展开式中3x 项的系数为20，则22b a +的最小值 .【答案】2(2)与定积分相结合已知11(1a dx -=⎰，则61()2a x x π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦展开式中的常数项为 。
【高考数学】2018最新高三数学课标一轮复习课件：10.2 排列与组合(专题拔高配套PPT课件)
第考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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3.排列数、组合数的公式及性质
公式 (1)������m n =n(n-1)(n-2)…(n-m+1) =
������ (2)C������ ������ ! (������ -������ )!
;
������ !
;
������ -1
������ (2)C������ = C������
������ ������ , C������ +1 = C������ + C������
第十章
知识梳理 双击自测
10.2 排列与组合
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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1.(教材改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则 男女生都有的选法种数是( ) A.18 B.24 C.30 D.36
10.2
排列与组合
第十章
10.2 排列与组合
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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年份
2017
2016
2015
排列与 16,4 分 组合 考查要 求 考向分 析
2014 9,5 分(理) 14,4 分(理)
2013 14,4 分(理)
1.了解排列、组合的概念. 2.会用排列数公式、组合数公式解决简单的实际问题. 排列组合知识考查比较灵活多变,既可单独命题,也可以 同概率知识结合起来考查.
2.组合数的性质的应用主要是三个方面,一是简化运算,当 m>2 时,
������
������
第十章
考点一 考点二 考点三
10.2 排列与组合
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第六章
1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． 2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． 【知识拓展】1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ )1．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29 D ．30答案 B解析 由图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.2．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( )A.135B.142C.148D.154 答案 B3．(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)n a n －1(n ≥2)，则a 5等于( )A.32B.53C.85D.23 答案 D解析 a 2＝1＋(－1)2a 1＝2，a 3＝1＋(－1)3a 2＝12，a 4＝1＋(－1)4a 3＝3，a 5＝1＋(－1)5a 4＝23.4．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n ，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－(n －112)2＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1 (1)(2016·太原模拟)数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案 (1)C (2)2n ＋1n 2＋1解析 (1)观察数列1,3,6,10，…可以发现1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4，…第n 项为1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.∴a n ＝n (n ＋1)2.(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.思维升华 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．(1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. 解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n 表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)． (2)数列变为89⎝⎛⎭⎫1－110，89⎝⎛⎭⎫1－1102，89⎝⎛⎭⎫1－1103，…， 故a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的绝对值的分子分别比分母小3. 因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n－32n. 题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2 (1)(2017·南昌月考)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.答案 (－2)n －1解析 由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又当n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)n －1.(2)已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式．①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n ＋b . 解 ①a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. ②a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式； 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.思维升华 已知S n ，求a n 的步骤(1)当n ＝1时，a 1＝S 1；(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1；(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________________．(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n 等于( ) A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(32)nD.12n －1 答案 (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)B解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1] ＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由a n ＋1＝S n ＋1－S n ，得12S n ＝S n ＋1－S n ，即S n ＋1＝32S n (n ≥1)，又S 1＝a 1＝1，所以数列{S n }是首项为1，公比为32的等比数列，所以S n ＝(32)n －1，故选B.题型三 由数列的递推关系求通项公式例3 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n )；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2. 解 (1)∵a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，∴a n －a n －1＝ln(1＋1n －1)＝ln nn －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝lnn n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 32＋ln 2＋2＝2＋ln(n n －1.n －1n －2 (3)2·2)＝2＋ln n (n ≥2)．又a 1＝2适合上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N *)． (2)∵a n ＋1＝2n a n ，∴a n a n －1＝2n －1 (n ≥2)，∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝(1)22n n -.又a 1＝1适合上式，故a n ＝(1)22n n -.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，故a n ＝2·3n －1－1.思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；(2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；(3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；(4)当出现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a n ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于( ) A ．－16 B ．16 C ．31 D ．32 答案 (1)1n(2)B解析 (1)∵a n ＝n －1n a n －1 (n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝1n .(2)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1. ∴{a n }是等比数列且a 1＝1，q ＝2， 故a 5＝a 1×q 4＝24＝16. 题型四 数列的性质 命题点1 数列的单调性例4 已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( )A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案 B解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝____________________________.答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n ，∴a n ＋1＝11－a n＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.命题点3 数列的最值例6 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A ．310B ．19 C.119 D.1060答案 C解析 令f (x )＝x ＋90x (x >0)，运用基本不等式得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大．思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列． ②用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．③结合相应函数的图象直观判断． (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． (3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．(1)(2016·哈尔滨模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2 015项为________．(2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163 B.133 C ．4D ．0答案 (1)25(2)D解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25，a 4＝2×25＝45，a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 015＝a 503×4＋3＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝⎛⎭⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.12．解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·(1011)n ，则此数列的最大项是第________项．(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是__________． 思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析． 解析 (1)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)(1011)n ＋1－(n ＋1)(1011)n＝(1011)n ×9－n 11， 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，∴该数列中有最大项，且最大项为第9、10项． (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列， 又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4， 所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4， 即k >－1－2n ，又n ∈N *，所以k >－3. 答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)1．数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223答案 C解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则( ) A ．3不是数列{a n }中的项 B ．3只是数列{a n }中的第2项 C ．3只是数列{a n }中的第6项 D ．3是数列{a n }中的第2项和第6项 答案 D解析 令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，整理得n 2－8n ＋12＝0，解得n ＝2或n ＝6. 3．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B ．(n ＋1n )n －1C ．n 2D ．n 答案 D解析 ∵a n ＝n (a n ＋1－a n )，∴a n ＋1a n ＝n ＋1n， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2·n －2n －3·…·32·21·1＝n .4．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2 018等于( )A ．3B ．2 C.12 D.23答案 A解析 由已知a 3＝a 2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12， a 5＝a 4a 3＝13，a 6＝a 5a 4＝23， a 7＝a 6a 5＝2，a 8＝a 7a 6＝3， ∴数列{a n }具有周期性，T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( ) A ．5B.72C.92D.132 答案 B解析 ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72.故选B. 6．(2016·开封一模)已知函数y ＝f (x )的定义域为R .当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f (－2－a n )(n ∈N *)，则a 2 015的值为( )A ．4 029B ．3 029C ．2 249D ．2 209 答案 A解析 根据题意，不妨设f (x )＝(12)x ，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f (－2－a n )，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 015＝4 029.7．数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 7＝________.答案 1解析 由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2，能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________.答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9．已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·(67)n ，则数列{a n }的项取最大项时，n=________． 答案 4或5解析 假设第n 项为最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1， 即⎩⎨⎧ (n ＋2)·(67)n ≥(n ＋1)·(67)n －1，(n ＋2)·(67)n ≥(n ＋3)·(67)n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤5，n ≥4， 即4≤n ≤5， 又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574. 10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 019＝________.答案 3解析 由题意可得，a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1， ∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .解 (1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)． (2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1] ＝2×3n －1＋2， 由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2×3n －1＋2，n ≥2. 12．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1， S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2， 同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝a n 2＋12a 2n ，① 当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a 2n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列， 故a n ＝n .*13.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)． (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)， 又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性， 可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4，a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a 2， 已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性， 可知5＜2－a 2＜6，即－10＜a ＜－8.。
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题六 第二讲 排列、组合、二项式定理 精品
考点二
考点一 考点二 考点三
对于复杂问题的排列、组合问题，要注意分类讨论思想的运 用，分类时按某一标准进行，切勿因分类标准不定造成漏解 或多解.
考点三 二项式定理
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] 1．通项与二项式系数 Tk＋1＝Cknan－kbk(k＝0,1,2，…，n)，其中 Ckn叫作二项式系数． 2．各二项式系数之和 (1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n； (2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2016·广州模拟)将 5 位同学分别保送到北京大学，上海交通大
学，中山大学这 3 所大学就读，每所大学至少保送 1 人，则不同
的保送方法共有( A )
A．150 种
B．180 种
C．240 种
D．540 种
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
先将 5 人分成三组，3,1,1 或 2,2,1，共有 C35＋C15×C224！·C22＝25(种)， 再将每组学生分到 3 所学校有 A33＝6 种分法，共有 25×6＝150 种不同的保送方法．
A．6
B．18
C．20
D．24
考点一
考点一 考点二 考点三
由题意知，名次排列的种数为 C13A33＝18.
试题 解析
考点一
试题 解析
考点一 考点二
3．(2016·宁波调研)如图，用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色 (4 种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能 涂相同的颜色，则不同的涂色方法有___9_6____种．
考点一
试题 解析
2019高考数学(理)高分大二轮课件：专题6第2讲排列、组合、二项式定理
答案：B
7
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考点一
考点二
5．(均匀分组)上合组织青岛峰会于2018年6月9日到11日在青岛举行．为了保护各国
国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且
每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有 A．96种 C．124种 B．100种 D．150种 ( )
C．42种
D．54种
解析：若节目甲排在第一位，则节目乙有4种排法； 若节目甲排在第二位，则节目乙有3种排法．
3 故该毕业典礼的节目演出顺序的编排方案的种数为(4＋3)A3 ＝42.故选 C.
答案：C
2
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考点一
考点二
2．(相邻问题)5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端，
6
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考点一
考点二
1 2 4 所以中间行数字和为 5 的不同排法的种数为 C2 A2A6＝ 1 440.
再考虑三行中有两行的数字和都为 5 的情况，分四步： 第一步，从 1,4 和 2,3 两组中选一组占用中间行，有 C1 2种选法； 第二步，将另一组放入其他行，有 C1 2种情况；
以考虑一个约束条件为主，同时兼顾其他条件．
2．相邻、不相邻问题 对于某几个元素必须相邻的排列问题，可以用捆绑法来求解，即将需要相邻的元 素捆绑为一个元素，再与其他元素一起进行排列，同时要注意捆绑元素的内部也 需要排列．
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第六章
明“1+2+22+…+2n-1=2n-1(n∈N*)”的过程中,第二步
n=k时等式成立,则当n=k+1时,应得到 A.1+2+22+…+2k-2+2k-1=2k+1-1 B.1+2+22+…+2k+2k+1=2k-1+2k+1 C.1+2+22+…+2k-1+2k+1=2k+1-1 ( )
D.1+2+22+…+2k-1+2k=2k+1-1
【小题快练】 链接教材 练一练
1.(选修2-2P99习题B组T1改编)在应用数学归纳法证
明凸n边形的对角线为 1 n(n-3)条时,第一步检验n等
2
于
(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选C.三角形是边数最少的凸多边形,故第一步 应检验n=3.
2.(选修2-2P96习题2.3A组T1(3)改编)用数学归纳法证
6
左边＝右边，等式成立.
(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立， 即12＋22＋…＋k2＝ k(k 1)(2k 1) ，
6
则当n＝k＋1时， 12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2
k(k 1)(2k 1) 2 ＝ ＋ k＋ 1 6 (k 1)[(k 1) 1][2(k 1) 1] ＝ , 6
所以当n＝k＋1时，等式仍然成立, 由(1)、(2)可知，对于∀n∈N*等式恒成立．
【加固训练】 1.用数学归纳法证明:对任意的n∈N*, 1 1
高2021届高2018级高三数学高考复习资料第十章10.2
高2021届高2018级高三数学复习资料§10.2 排列、组合1.排列、组合的定义排列的定义 从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素按照一定的顺序排成一列组合的定义合成一组2.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有排列的个数从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有组合的个数 公式A m n ＝n (n －1)(n －2)·…·(n －m ＋1)＝n ！(n －m )！C mn ＝A m n A m m＝n (n －1)(n －2)·…·(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！性质 A n n ＝n ！,0！＝1 C m n n ＝C n－mn , C m n＋C m －1n ＝C m n ＋1, C n n ＝1,C 0n ＝1概念方法微思考1.排列问题和组合问题的区别是什么？提示 元素之间与顺序有关的为排列,与顺序无关的为组合.2.排列数与组合数公式之间有何关系？它们的公式都有两种形式,如何选择使用？提示 (1)排列数与组合数之间的联系为C m n A m m ＝A mn .(2)两种形式分别为：①连乘积形式；②阶乘形式.前者多用于数字计算,后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)(3)若组合式C x n＝C m n,则x＝m成立.(×)(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同,并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.(√)题组二教材改编2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24【参考答案】D【试题解析】“插空法”,先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.3.用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为()A.8B.24C.48D.120【参考答案】C【试题解析】末位数字排法有A12种,其他位置排法有A34种,共有A12A34＝48(种)排法,所以偶数的个数为48.4.从4本不同的课外读物中,买3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是________. 【参考答案】24【试题解析】从4本书中选3本有C34＝4(种)选法,把选出的3本送给3名同学,有A33＝6(种)送法,所以不同的送法有C34A33＝4×6＝24(种).题组三易错自纠5.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种【参考答案】B【试题解析】第一类：甲在最左端,有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类：乙在最左端,甲不在最右端,有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)排法.所以共有120＋96＝216(种)排法.6.某校开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法种数为________.【参考答案】30【试题解析】分两种情况：(1)A类选修课选1门,B类选修课选2门,有C13C24种不同的选法；(2)A类选修课选2门,B类选修课选1门,有C23C14种不同的选法.所以不同的选法共有C13C24＋C23C14＝18＋12＝30(种).排列问题1.用1,2,3,4,5这五个数字,可以组成比20 000大,并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数,共有()A.96个B.78个C.72个D.64个【参考答案】B【试题解析】根据题意知,要求这个五位数比20 000大,则万位数必须是2,3,4,5这4个数字中的一个,当万位数是3时,百位数不是数字3,符合要求的五位数有A44＝24(个)；当万位数是2,4,5时,由于百位数不能是数字3,则符合要求的五位数有3×(A44－A33)＝54(个),因此共有54＋24＝78(个)这样的五位数符合要求.故选B.2.(2020·惠州调研)七人并排站成一行,如果甲乙两人必须不相邻,那么不同的排法种数是()A.3 600B.1 440C.4 820D.4 800【参考答案】A【试题解析】除甲乙外,其余5个人排列数为A55种,再用甲乙去插6个空位有A26种,不同的排法种数是A55A26＝3 600(种).3.3名女生和5名男生站成一排,其中女生排在一起的排法种数有________.【参考答案】4 320【试题解析】3名女生排在一起,有A33种排法,把3名女生看作一个整体再与5名男生全排列有A66种排法,故共有A33A66＝4 320(种)不同排法.思维升华(1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法和元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)常见排列数的求法为：①相邻问题采用“捆绑法”.②不相邻问题采用“插空法”.③有限制元素采用“优先法”.④特殊顺序问题,先让所有元素全排列,然后除以有限制元素的全排列数.组合问题1.(2018·全国Ⅰ)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有______种.(用数字填写答案)【参考答案】16【试题解析】方法一按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有C12C24种,有2位女生参加有C22C14种.故所求选法共有C12C24＋C22C14＝2×6＋4＝16(种).方法二间接法：从2位女生,4位男生中选3人,共有C36种情况,没有女生参加的情况有C34种,故所求选法共有C36－C34＝20－4＝16(种).2.(2019·衡水中学调研)为了应对美欧等国的经济制裁,俄罗斯天然气公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人,要求甲、乙二人不能全部裁去,则不同的裁员方案的种数为________. 【参考答案】182【试题解析】甲、乙中裁一人的方案有C12C38种,甲、乙都不裁的方案有C48种,故不同的裁员方案共有C12C38＋C48＝182(种).3.从7名男生,5名女生中选取5人,至少有2名女生入选的种数为________.【参考答案】596【试题解析】“至少有2名女生”的反面是“只有一名女生或没有女生”,故可用间接法,所以有C512－C1515C47－C57＝596(种).思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足；“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法,分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.排列与组合的综合问题命题点1相邻问题例1(2019·怀化模拟)北京APEC峰会期间,有2位女性和3位男性共5位领导人站成一排照相,则女性领导人甲不在两端,3位男性领导人中有且只有2位相邻的站法有()A.12种B.24种C.48种D.96种【参考答案】C【试题解析】从3位男性领导人中任取2人“捆”在一起记作A,A共有C23A22＝6(种)不同排法,剩下1位男性领导人记作B,2位女性分别记作甲、乙；则女领导人甲必须在A,B之间,此时共有6×2＝12(种)排法(A左B右和A右B左),最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙,∴共有12×4＝48(种)不同排法.命题点2相间问题例2某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是()A.72B.120C.144D.168【参考答案】B【试题解析】安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”,有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品1□相声□小品2□”,有A22A34＝48(种)安排方法,故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法.命题点3特殊元素(位置)问题例3大数据时代出现了滴滴打车服务,二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在.某城市关系要好的A,B,C,D四个家庭各有两个孩子共8人,他们准备使用滴滴打车软件,分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置),其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.36种D.48种【参考答案】B【试题解析】根据题意,分两种情况讨论：①A家庭的孪生姐妹在甲车上,甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭,可以在剩下的三个家庭中任选2个,再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,有C23×C12×C12＝12(种)乘坐方式；②A家庭的孪生姐妹不在甲车上,需要在剩下的三个家庭中任选1个,让其2个孩子都在甲车上,对于剩余的两个家庭,从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,有C13×C12×C12＝12(种)乘坐方式,故共有12＋12＝24(种)乘坐方式,故选B.思维升华解排列、组合问题要遵循的两个原则(1)按元素(位置)的性质进行分类.(2)按事情发生的过程进行分步.具体地说,解排列、组合问题常以元素(位置)为主体,即先满足特殊元素(位置),再考虑其他元素(位置).跟踪训练(1)把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种.【试题解析】将产品A与B捆绑在一起,然后与其他三种产品进行全排列,共有A22A44种方法,将产品A,B,C捆绑在一起,且A在中间,然后与其他两种产品进行全排列,共有A22A33种方法.于是符合题意的摆法共有A22A44－A22A33＝36(种).(2)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,则共有________种不同的选法.(用数字作答)【参考答案】660【试题解析】方法一只有1名女生时,先选1名女生,有C12种方法；再选3名男生,有C36种方法；然后排队长、副队长位置,有A24种方法.由分步计数原理知,共有C12C36A24＝480(种)选法. 有2名女生时,再选2名男生,有C26种方法；然后排队长、副队长位置,有A24种方法.由分步计数原理知,共有C26A24＝180(种)选法.所以依据分类计数原理知,共有480＋180＝660(种)不同的选法.方法二不考虑限制条件,共有A28C26种不同的选法,而没有女生的选法有A26C24种,故至少有1名女生的选法有A28C26－A26C24＝840－180＝660(种).1.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”,其中China又可以简写为CN,从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有()A.360种B.480种C.600种D.720种【参考答案】C【试题解析】从其他5个字母中任取4个,然后与“ea”进行全排列,共有C45A55＝600(种),故选C.2.有七名同学站成一排照毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两位同学要站在一起,则不同的站法有()A.240种B.192种C.96种D.48种【参考答案】B【试题解析】当丙和乙在甲的左侧时,共有A22C14A22A33＝96(种)排列方法,同理,当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法,所以共有192种排列方法.3.某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为()A.16B.18C.24D.32【试题解析】将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A33＝6(种)排法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中,有4种方法,故共有4×6＝24(种)方法.4.(2020·常州质检)互不相同的5盆菊花,其中2盆为白色,2盆为黄色,1盆为红色,现要摆成一排,要求红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,共有摆放方法()A.A55种B.A22种C.A24A22种D.C12C12A22A22种【参考答案】D【试题解析】红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,即红色菊花两边各一盆白色菊花,一盆黄色菊花,共有C12C12A22A22种摆放方法.5.(2020·临川一中月考)十三届全国人大二次会议于2019年3月5日至15日在北京召开,会议期间工作人员将其中的5个代表团人员(含A,B两市代表团)安排至a,b,c三家宾馆入住,规定同一个代表团人员住同一家宾馆,且每家宾馆至少有一个代表团入住,若A,B两市代表团必须安排在a宾馆入住,则不同的安排种数为()A.6B.12C.16D.18【参考答案】B【试题解析】如果仅有A,B入住a宾馆,则余下三个代表团必有2个入住同一个宾馆,此时共有C23A22＝6(种)安排数,如果有A,B及其余一个代表团入住a宾馆,则余下两个代表团入住b,c,此时共有C13A22＝6(种)安排数,综上,共有不同的安排种数为12.6.(2019·山东临沂重点中学模拟)马路上有七盏路灯,晚上用时只亮三盏灯,且任意两盏亮灯不相邻,则不同的开灯方案共有()A.60种B.20种C.10种D.8种【参考答案】C【试题解析】根据题意,可分为两步：第一步,先安排四盏不亮的路灯,有1种情况；第二步,四盏不亮的路灯排好后,有5个空位,在5个空位中任意选3个,插入三盏亮的路灯,有C35＝10(种)情况.故不同的开灯方案共有10×1＝10(种).7.有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上,若快车A不能停在第3道上,货车B不能停在第1道上, 则5列火车不同的停靠方法数为()A.56B.63C.72D.78【试题解析】若没有限制,5列火车可以随便停,则有A55种不同的停靠方法；快车A停在第3道上,则5列火车不同的停靠方法为A44种；货车B停在第1道上,则5列火车不同的停靠方法为A44种；快车A停在第3道上,且货车B停在第1道上,则5列火车不同的停靠方法为A33种,故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A55－2A44＋A33＝120－48＋6＝78.8.(2020·沧州七校联考)身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法种数共有()A.24种B.28种C.36种D.48种【参考答案】D【试题解析】分类计数原理,按红红之间有蓝无蓝两类来分.(1)当红红之间有蓝时,则有A22A24＝24(种).(2)当红红之间无蓝时,则有C12A22C12C13＝24(种)；因此,这五个人排成一行,穿相同颜色衣服的人不能相邻,则有48种排法.9.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.(用数字作答)【参考答案】11【试题解析】把g,o,o,d 4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1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A24－1＝12－1＝11(种).10.(2020·太原模拟)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有________种.(用数字作答)【参考答案】120【试题解析】先从除了甲、乙以外的6人中选一人,安排在甲乙中间,有C16A22＝12(种),把这三个人看成一个整体,与从剩下的五人中选出的一个人全排列,有C15A22＝10(种),故不同的发言顺序共有12×10＝120(种).11.某校2020年元旦晚会对2个相声节目和5个小品节目安排演出顺序,若第一个节目只能排相声甲或相声乙,最后一个节目不能排相声甲,则不同的排法有________种.【参考答案】1 320【试题解析】若第一个节目排相声甲,有A66＝720(种)排法；若第一个节目排相声乙,最后一个节目不能排相声甲,有A15A55＝600(种)排法.根据分类计数原理可得共有720＋600＝1 320(种)排法.12.(2019·北京海淀区模拟)某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有________种不同的抽调方法.【参考答案】84【试题解析】 方法一 在每个车队抽调1辆车的基础上,还需抽调3辆车.可分为三类：一类是从某1个车队抽调3辆,有C 17种；一类是从2个车队中抽调,其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆,有A 27种；一类是从3个车队中各抽调1辆；有C 37种.故共有C 17＋A 27＋C 37＝84(种)抽调方法.方法二 由于每个车队的车辆均多于4辆,只需将10个份额分成7份.可看作将10个小球排成一排,在相互之间的9个空当中插入6个隔板,即可将小球分成7份,故共有C 69＝84(种)抽调方法.13.(2017·全国Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种 【参考答案】 D【试题解析】 由题意可知,其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种),或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种). 14.某宾馆安排A ,B ,C ,D ,E 五人入住3个房间,每个房间至少住1人,且A ,B 不能住同一房间,则共有________种不同的安排方法.(用数字作答) 【参考答案】 114【试题解析】 5个人住3个房间,每个房间至少住1人,则有(3,1,1)和(2,2,1)两种,当为(3,1,1)时,有C 35·A 33＝60(种),A ,B 住同一房间有C 13·A 33＝18(种),故有60－18＝42(种),当为(2,2,1)时,有C 25·C 23A 22·A 33＝90(种),A ,B 住同一房间有C 23·A 33＝18(种), 故有90－18＝72(种),根据分类计数原理可知,共有42＋72＝114(种).15.(2019·江西八校联考)若一个四位数的各位数字之和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”.试问用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”的个数为( )A.55B.59C.66D.71 【参考答案】 D【试题解析】 记千位为首位,百位为第二位,十位为第三位,由题设中提供的信息可知,和为10的无重复的四个数字有(0,1,2,7),(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4),共五组.其中第一组(0,1,2,7)中,7排在首位有A 33＝6(种)情形,2排在首位,1或7排在第二位上时,有2A 22＝4(种)情形,2排在首位,0排在第二位,7排在第三位有1种情形,共有6＋4＋1＝11(种)情形符合题设；第二组中3,6分别排在首位共有2A33＝12(种)情形；第三组中4,5分别排在首位共有2A33＝12(种)情形；第四组中2,3,5分别排在首位共有3A33＝18(种)情形；第五组中2,3,4分别排在首位共有3A33＝18(种)情形.依据分类计数原理可知符合题设条件的“完美四位数”共有11＋12＋12＋18＋18＝71(个).16.(2020·湖北八市重点高中联考)从4名男生和3名女生中选出4名去参加一项活动,要求男生甲和乙不能同时参加,女生中的丙和丁至少有一名参加,则不同的选法种数为________.(用数字作答)【参考答案】23【试题解析】①设甲参加,乙不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为C35－C33＝9,②设乙参加,甲不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为C35－C33＝9,③设甲,乙都不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为C45＝5,综合①②③得,不同的选法种数为9＋9＋5＝23.。
2019年高考数学(理科)二轮专题复习：第二部分 函数的图象与性质
π4 ＝
2 2.
(2)因为f(x)＋f(－x)＝ln( 1＋x2 －x)＋1＋ln( 1＋x2 ＋x)＋1＝ln(1＋x2－x2)＋2＝2，
所以f(a)＋f(－a)＝2，所以f(－a)＝－2.
答案：(1)
2 2
(2)－2
命题视角 函数的单调性与最值
【例 3－2】 (1)(2018·河南六市一模)若函数 f(x)＝
因此M＝3116，m＝0，所以M－m＝3116.
(2)因为f(x)在R上是偶函数，且在(－∞，0)上是增 函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数， 由f(32a－1)≥f(－ 3)＝f( 3)， 所以32a－1≤ 3，则2a－1≤12，所以a≤34. 故a的最大值是34. 答案：(1)A (2)D
热点3 函数的性质及应用(高频考点) 1．函数的单调性 单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的 区间上可以有不同的单调性，判断函数单调性常用定义 法、图象法及导数法． 温馨提醒：函数的多个单调区间若不连续，不能用 符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接．
2．函数的奇偶性 函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质，偶函 数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义区间 上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对 称，在关于坐标原点对称的定义区间上具有相同的单调 性．
|x|－x12在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为 M，最小值
为 m，则 M－m＝( )
31 A.16
B．2
9 C.4
11 D. 4
(2)(2018·佛山调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函
数，且在区间(－∞ ，0)上单调递增．若实数a满足f(32a－1)
≥f(－ 3)，则a的最大值是( )
2022届高考化学二轮复习第一部分专题六考点1原电池及电解池原理课件
阳离子 电极增重 移向 或pH增大
第十四页，编辑于星期六：一点 四十二分。
2.电极反应式的书写 (1)燃料电池电极反应式的书写(以氢氧燃料电池为例)。 ①注意介质环境。
第十五页，编辑于星期六：一点 四十二分。
②掌握书写程序。
第十六页，编辑于星期六：一点 四十二分。
(2)其他新型一次电池。 总反应：2Na＋xS===Na2Sx
答案：D
第七页，编辑于星期六：一点 四十二分。
3．(2018·全国卷Ⅰ)最近我国科学家设计了一种 CO2 ＋H2S 协同转化装置，实现对天然气中 CO2 和 H2S 的高效 去除。示意图如图所示，其中电极分别为 ZnO@石墨烯(石 墨烯包裹的 ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为
①EDTA-Fe2＋－e－===EDTA-Fe3＋ ②2EDTA-Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋
第二十六页，编辑于星期六：一点 四十二分。
2．(2019·天津卷)我国科学家研制了一种新型的高比 能量锌－碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中 贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述 不正确的是( )
A．放电时，a 电极反应为 I2Br－＋2e－===2I－＋Br－ B．放电时，溶液中离子的数目增大
第二十四页，编辑于星期六：一点 四十二分。
1．世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁 —空气电池，其结构如图所示。
下列有关该电池放电时的说法正确的是( ) A．a 极发生氧化反应 B．正极的电极反应式为 FeOx＋2xe－===Fe＋xO2－
第二十五页，编辑于星期六：一点 四十二分。
C．若有 22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中 有 4 mol 电子转移
2025高考数学一轮复习-6.2.2-排列数【课件】
方法二 把位置作为研究对象. 第一步，从甲以外的 6 名同学中选 1 名排在首位，有 A16种方法； 第二步，从占据首位以外的 6 名同学中选 4 名排在除首位以外的其他 4 个位置上，有 A46种方法. 由分步乘法计数原理知，共有 A16·A46＝2 160(种)排法. 方法三 (间接法)先不考虑限制条件，从7人中选出5人进行排列，然后 把不满足条件的排列去掉. 不考虑甲在首位的要求，总的可能情况有 A57种，甲在首位的情况有 A46种， 所以符合要求的排法有 A57－A46＝2 160(种).
解 (插空法)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的 男生之间留出一个空位， 这样共有四个空位，加上两边男生外侧的两个位置，共有六个位置，再 把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生， 就能保证任意两个女生都不相邻， 由于五个男生排成一排有 A55种不同排法，对于其中任意一种排法， 从上述六个位置中选出三个让三个女生插入都有 A36种排法，因此共有 A55·A36＝14 400(种)不同的排法.
解 方法一 把元素作为研究对象. 第一类，不含甲，此时只需从甲以外的其他 6 名同学中选出 5 名放在 5 个 位置上，有 A56种排法. 第二类，含有甲，甲不在首位，先从 4 个位置中选出 1 个放甲，再从甲以 外的 6 名同学中选出 4 名排在没有甲的位置上，有 A46种排法.根据分步乘 法计数原理，有 4×A46种排法.
命题角度1 “相邻”与“不相邻”问题 例2－1 3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多 少种不同的站法？ (1)男、女各站在一起；
解 (相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把 3 名男生进行全排列， 有 A33种排法， 女生必须站一起，即把 4 名女生进行全排列，有 A44种排法， 全体男生、女生各看作一个元素全排列有 A22种排法， 由分步乘法计数原理知，共有 A33·A44·A22＝288(种)排法.
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A．24 C．12
B．18 D．9
[解析] 由题意可知 E→F 共有 6 种走法，F→G 共有 3 种走法， 由乘法计数原理知，共有 6×3＝18 种走法，故选 B. [答案] B
1 2．(2017· 全国卷Ⅰ)1＋x2(1＋x)6 展开式中 x2 的系数为(
)
A．15 C．30
专题六
概率与统计、算法、复数、推理与证明 第一讲 排列、组合与二项式定理
高考导航 1．考查排列、组合的实际应用． 2．考查二项式系数、常数项、二项式指定项的求解.
1．(2016· 全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与 小红会合，再一起到位于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明 到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
[答案]
D )
4．(2015· 全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( A．10 B．20
C．30 [解析]
D．60
2 2 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5 的展开式中只有 C5 (x ＋x)3y2
2 1 中含 x5y2，易知 x5y2 的系数为 C5 C3＝30，故选 C.
考点二 名称 相同点 排列
排列与组合 组合
都是从 n 个不同元素中取 m(m≤n)个元素，元素无重复 ①排列与顺序有关； ①组合与顺序无关；
②两个排列相同，当且仅当这 ②两个组合相同，当且仅 不同点 两个排列的元素及其排列顺序 当这两个组合的元素完全 完全相同 [对点训练] 1．(2017· 山西四校联考)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 相同
3 3 7 为 Cn ，C7 n，∴Cn＝Cn，得 n＝10.
对(1＋x)10，
0 1 2 3 10 令 x＝1，得(1＋1)10＝C10 ＋C10 ＋C10 ＋C10 ＋…＋C10 10＝2 ，① 1 2 10 令 x＝－1，得(1－1)10＝C0 10－C10＋C10－…＋C10＝0，② 0 2 10 利用①＋②可得 2×(C10 ＋C10 ＋…＋C10 10)＝2 ， 0 2 9 ∴奇数项的二项式系数和为 C10 ＋C10 ＋…＋C10 10＝2 .
[答案]
D
3． 如果一个三位正整数“a1a2a3”满足 a1<a2 且 a3<a2， 则称这样的 三位数为凸数(如 120,343,275)，那么所有凸数的个数为( A．240 C．729 B．204 D．920 )
[解析] 分 8 类，当中间数为 2 时，有 1×2＝2 个；当中间数为 3 时，有 2×3＝6 个；当中间数为 4 时，有 3×4＝12 个；当中间数 为 5 时，有 4×5＝20 个；当中间数为 6 时，有 5×6＝30 个；当中间
B．20 D．35
1 1 [解析] 对于1＋x2(1＋x)6，若要得到 x2 项，可以在1＋x2中选 1 取 1，此时(1＋x)6 中要选取含 x2 的项，则系数为 C2 6；当在1＋ 2中 x
1 选取 2时，(1＋x)6 中要选取含 x4 的项，即系数为 C4 6，所以，展开式 x
个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序， 则同类节目不相邻的排 法种数是( A．72 C．144 ) B．120 D．168
[解析] 依题意，先仅考虑 3 个歌舞类节目互不相邻的排法种数
2．(2017· 全国卷Ⅱ)安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完 成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的安排方式共有( A．12 种 C．24 种 B．18 种 D．36 种 )
2 [解析] 第一步：将 4 项工作分成 3 组，共有 C4 种分法． 3 第二步：将 3 组工作分配给 3 名志愿者，共有 A3 种分配方法， 3 故共有 C2 A3 ＝36 种安排方式，故选 D. 4·
[解析] 依题意，当 A，B 均有一个元素时，有 3 对；当 B 有一
2 个元素，A 有两个元素时，有 C3 ＋C2 3＋2＝8 对；当 B 有一个元素，
A 有三个元素时，有 3 对；当 B 有两个元素，A 有三个元素时，有 3 对；当 A，B 均有两个元素时，有 3 对．所以共有 3＋8＋3＋3＋3＝ 20 对，选 D. [答案] D
[答案]
C
5．(2017· 天津卷)用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且 至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 ________ 个．(用数字作答) [解析] 分两类：
3 4 ①有一个数字是偶数的四位数有 C1 4C5A4＝960 个． 4 ②没有偶数的四位数有 A5 ＝120 个．
故这样的四位数一共有 960＋120＝1080 个． [答案] 1080
考点一
两个计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理 如果每种方法都能将规定的事件完成， 则要用分类加法计数原理 将方法种数相加； 如果需要通过若干步才能将规定的事件完成， 则要 用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． [对点训练] 1．已知 I＝{1,2,3}，A，B 是集合 I 的两个非空子集，且 A 中所 有元素的和大于 B 中所有元素的和，则集合 A，B 共有( A．12 对 C．18 对 B．15 对 D．20 对 )
数为 7 时，有 6×7＝42 个；当中间数为 8 时，有 7×8＝56 个；当中 间数为 9 时，有 8×9＝72 个．故共有 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋ 72＝240 个凸数． [答案] A
两个计数原理的应用技巧 (1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步， 每一步当中又可能用到分类计数原理． (2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或 表格，使问题形象化、直观化．
4 中 x2 项的系数为 C2 6＋C6＝30，故选 C.
[答案]
C
3．(2015· 湖北卷)已知(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项 式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( A．212 C．210 B．211 D．29 )
[解析] ∵(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数分别