2019_2020学年高中数学第1章计数原理章末复习课学案北师大版.docx

第1章 计数原理两个计数原理【例1】王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？解(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为54312(种)(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为54360(种)(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5420种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5315种选法；选数学书、物理书各1本，有4312种选法即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20151247(种)使用两个原理解决问题的思路(1)选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个原理的本质.(2)分类加法计数原理的关键是“类”，分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.(3)分步乘法计数原理的关键是“步”，分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这n个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理.1如图为电路图，从A到B共有_条不同的线路可通电8先分三类第一类，经过支路有3种方法；第二类，经过支路有1种方法；第三类，经过支路有224(种)方法，所以总的线路条数N3148.2如图，一个地区分为5个行政区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_种(以数字作答)72涂有4种方法；涂有3种方法；涂有2种方法；涂时分两类：当与同色时，有1种方法，有2种方法；当与不同色时，有1种方法，有1种方法共有432(12)72种涂法排列、组合的应用【例2】(1)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1,2号中至少有1名新队员的排法有_种(用数字作答)(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？(1)48只有1名老队员的排法有CCA36种有2名老队员的排法有CCCA12种所以共有361248种(2)解：第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A24种方法根据分步乘法计数原理，一共有5 04024120 960种第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“”)，一共有A720种方法第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“”的位置)，这样相当于7个“”选4个来排，一共有A7654840种根据分步乘法计数原理，一共有720840604 800种若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A132种排法1排列、组合应用题的解题策略(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么(2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关2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)集团捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序3从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有_个(用数字作答)601与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类分三类：没有数字1和3时，有A个；只有1和3中的一个时，有2A个；同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有CC个所以满足条件的三位数共有A2ACC60(个)二项式定理的应用【例3】已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是563.(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n9C81C9n1C的值解(1)由C(2)4C(2)2563，解得n10(负值舍去)，通项为Tk1C()10k(2)kCx，当5为整数时，k可取0,6，于是有理项为T1x5和T713 440.(2)设第k1项系数的绝对值最大，则解得又因为k1,2,3，9，所以k7，当k7时，T815 360x，又因为当k0时，T1x5，当k10时，T11(2)10x 1 024x，所以系数的绝对值最大的项为T815 360x.(3)原式109C81C9101C.二项式定理的问题类型及解答策略(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数.(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.4(1)已知(1kx2)6(k是正整数)的展开式中x8的系数小于120，则k_.1(1kx2)6的展开式的通项为Tr1C(kx2)rCkrx2r，令2r8得r4，x8的系数为Ck415k4.15k4120.即k48，又k是正整数故k只能取1.(2)已知二项式展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍. 求n；求展开式中二项式系数最大的项；求展开式中所有x的有理项解令x1得二项式展开式中各项系数之和为(51)n4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n162n，所以2n16，n4.通项Tr1C(5x)4r(1)rC54rx.展开式中二项式系数最大的项是第3项：T3(1)2C52x150x.由得：4rZ.(r0,1,2,3,4)，即r0,2,4，所以展开式中所有x的有理项为T1(1)0C54x4625x4，T3(1)2C52x150x，T5(1)4C50x2x2.二项式定理中的“赋值”问题【例4】(1) 1(1x)(1x)2(1x)n的展开式的各项系数之和为()A2n1B2n1C2n11D2n(2)已知(1x)6(12x)5a0a1xa2x2a11x11，那么a1a2a3a11_.(1)C(2)65(1)法一：令x1得，12222n2n11.法二：令n1，知各项系数和为3，排除A，B，D，选C.(2)令x0，得a01；令x1，得a0a1a2a3a1164，所以a1a2a3a1165.赋值法的应用规律与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.5若(x23x2)5a0a1xa2x2a10x10.(1)求a2；(2)求a1a2a10；(3)求(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)2.解(1)(x23x2)5(x1)5(x2)5，a2是展开式中x2的