2019_2020学年高中数学第一章计数原理章末复习讲义新人教A版选修2_3.docx

第一章 计数原理 知识系统整合 规律方法收藏1分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”(2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)(3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)2解决排列组合应用题的原则解决排列组合应用题的原则有特殊优先的原则、先取后排的原则、正难则反的原则、相邻问题“捆绑”处理的原则、不相邻问题“插空”处理的原则(1)特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的元素和有限制条件的位置一定要优先考虑(2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的间接法求解(3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看成一个元素与其他元素排列，然后将相邻元素进行排列(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入(5)指标问题采用“挡板法”把问题转化为：把n个相同元素分成m个组的分法，这相当于n个相同元素的每两个元素之间共n1个空，任插m1个板子的插法数，即C种(6)先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列(7)定序问题倍缩、空位插入原则定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理(8)分排问题直排原则一般地，对于元素分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究(9)小集团问题先整体后局部原则小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理(10)构造模型原则一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决3二项式定理及其应用(1)二项式定理：(ab)nCanCan1bCankbkCbn，其中各项的系数C(k0,1,2，n)称为二项式系数，第k1项Cankbk称为通项(2)二项式系数的性质对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质CC.增减性与最大值当k时，二项式系数C逐项减小各项的二项式系数之和等于2 n，即CCCC2n；奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即CCCCCC2n1.(3)对于二项式系数问题，应注意以下几点：求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”构造函数或构造同一问题的两种算法；证明不等式时，应注意运用放缩法(4)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r，再求Tr1.有时还需先求n，再求r，才能求出Tr1.(5)有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏(6)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段(7)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项(8)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决 学科思想培优一两个计数原理1应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”2应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成例1(1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A14 B16 C20 D48(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有_种(用数字作答)解析(1)分两类：第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N12612；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况综上可知，共有NN1N212416种情况(2)因为区域1与其他4个区域都相邻，首先考虑区域1，有4种涂法若区域2,4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为432248；若区域2,4不同色，先涂区域2，有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3,5都只有1种涂法，涂法总数为4321124.因此，满足条件的涂色方法共有482472种答案(1)B(2)72拓展提升(1)要弄清“分类”还是“分步”(2)解决涂色问题时，要尽量让相邻区域多的区域先涂色例2(1)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_种不同的选法；(2)将4封信投入3个信箱中，共有_种不同的投法解析(1)共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2612种选法故共有261220种选法(2)第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；同理，第2,3,4封信各有3种投法根据分步乘法计数原理，共有33333481种投法答案(1)20(2)81拓展提升以上两题容易错解的原因：(1)忽视其中一人既会英语、又会日语这一隐含条件，从而导致错解(2)分步的依据应该是“信”而不应该是“信箱”，导致错解二排列与组合区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题，无序的问题属于组合问题，在解决排列组合应用题时常用如下解题策略：特殊元素优先安排的策略；合理分类和准确分步的策略；排列、组合混合问题先选后排的策略；正难则反、等价转化的策略；相邻问题捆绑处理的策略；不相邻问题插空处理的策略；定序问题除法处理的策略；分排问题直排处理的策略；“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；构造模型的策略例3五位老师和五名学生站成一排，(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法？(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？(3)老师和学生相间隔共有多少种排法？解(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A种排法，五名学生再内部全排列有A种，故共有AA86400种排法(2)先将五位老师全排列有A种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A种排法，故共有AA86400种排法可用图表示：(用表示老师所在位置，用表示中间的空当)(3)排列方式只能有两类，如图所示：(用表示老师所在位置，用表示学生所在位置)故有2AA28800种排法拓展提升“学生相邻”就“捆绑学生”，“学生不相邻”就插空“捆绑”之中的元素有顺序，哪些元素不相邻就插空例4由1,2,3,4,5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，直到末项(第120项)是54321.问：(1)43251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？解 (1)由题意知，共有五位数为A120(个)比43251大的数有下列几类：万位数是5的有A24(个)；万位数是4，千位数是5的有A6(个)；万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A2(个)；比43251大的数共有AAA32(个)43251是第1203288(项)(2)从(1)知万位数是5的有A24(个)，万位数是4，千位数是5的有A6(个)但比第93项大的数有1209327(个)，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321，45312,45231,45213,45132,45123，从此可见第93项是45213.拓展提升数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路例5有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？(3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解(1)由分步乘法计数原理可知，共有44256种放法(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有CA144种不同的放法(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：第1类，1个盒子中放3个小球，一个盒子中放1个小球先把小球分组，有C种分法，再放到2个盒子中，有A种不同的放法，共有CA种不同的放法；第2类，2个盒子中各放2个小球有种放法故恰有2个盒子中不放球的放法共有CA84(种)拓展提升排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列. 对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净三二项式定理的应用对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题，从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：(1)考查通项公式问题(2)考查系数问题：涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；一般采用通项公式或赋值法解决(3)可转化为二项式定理解决问题例6已知在n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，因为通项：Tr1C()10rr(2)rCx，当5为整数时，r可取0,6，展开式是有理项，于是有理项为T1x5和T713440.(2)设第r1项系数绝对值最大，则解得又因为r1,2,3，9，所以r7，当r7时，T815360x，又因为当r0时，T1x5，当r10时，T11(2)10x1024x，所以系数绝对值最大的项为T815360x.(3)原式109C81C9101C.拓展提升求二项展开式特定项的步骤例7(1)已知(1x)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则(a0a2a4)(a1a3a5)等于_；(2)设2na0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2_.解析(1)在所给等式中，令x1，得a0a1a2a3a4a50；令x1，得a5a4a3a2a1a032，由得，a0a2a416，由得，a1a3a516，所以(a0a2a4)(a1a3a5)256.(2)设f(x)2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1)2(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f(1)f(1)2n2n2nn.答案(1)256(2)n拓展提升一般地，(1)若f(x)a0xna1xn1an，则f(x)展开式中各项系数的和为f(1)当n为偶数时，奇次项系数的和为a0a2a4，偶次项系数的和为a1a3a5；当n为奇数时，a0a2a4，a1a3a5.(2)对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cR)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x1即可；对形如(axby)n(a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令xy1即可四分类讨论的数学思想例85的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A40 B20 C20 D40解析对于5，可令x1得各项系数的和为1 a2，故a1.5的展开式的通项为Tr1C(2x)5rrC25r(1)rx52r.要得到5展开式中的常数项分为两类情况，的x与5展开式中含的项相乘；的与5展开式中含x的项相乘，故令52r1得r3，令52r1得r2，从而可得所求常数项为C22(1)3C23(1)240.答案D拓展提升求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果，此法易出现分类搭配不全，运算失误等错误例9在0,1,2,3,4,5,6这七个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有多少个？解依题意，可分两大类第一类，当三个数字均为偶数时，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在0和第一步剩余的两个数中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个偶数中任取一个作为个位，有2种方法于是，第一类中三位数共有N133218(个)第二类，当三个数字中有两个奇数、一个偶数时(1)偶数在百位，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在1,3,5中任取一个作为十位，有3