2024-2025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

PAGE1-第一章计数原理学问系统整合规律方法保藏1．分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是探讨做一件事，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，且只有全部的步骤均完成了(每步必不行少)，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别优先的原则、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)特别优先的原则：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肯定要优先考虑．(2)正难则反的原则：对于一些状况较多、干脆求解特别困难的问题，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)指标问题采纳“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n－1个空，任插m－1个板子的插法数，即Ceq\o\al(m－1,n－1)种．(6)先取后排的原则：对于较困难的排列组合问题，常采纳“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，再分段探讨．(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假如能转化为特别熟识的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观理解，简单解决．3．二项式定理及其应用(1)二项式定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn，其中各项的系数Ceq\o\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)称为二项式系数，第k＋1项Ceq\o\al(k,n)an－kbk称为通项．(2)二项式系数的性质①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Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n).②增减性与最大值．当k<eq\f(n＋1,2)时，二项式系数Ceq\o\al(k,n)逐项增大；当k>eq\f(n＋1,2)时，二项式系数Ceq\o\al(k,n)逐项减小．③各项的二项式系数之和等于2n，即Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n；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Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.(3)对于二项式系数问题，应留意以下几点：①求二项式全部项的系数和，可采纳“特别值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采纳“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应留意运用放缩法．(4)求二项绽开式中指定的项，通常是先依据已知条件求r，再求Tr＋1.有时还需先求n，再求r，才能求出Tr＋1.(5)有些三项绽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，但要留意分类清晰，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，其次要驾驭赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段．(7)近似计算要首先视察精确度，然后选取绽开式中若干项．(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绽开，常采纳“配凑法”“消去法”协作整除的有关学问来解决．学科思想培优一两个计数原理1．应用分类加法计数原理，应精确进行“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，应精确理解“分步”的含义，完成这件事情，须要分成若干步骤，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家不同企业的可能状况的种数为()A．14B．16C．20D．48(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得运用同一种颜色．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种状况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种状况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种状况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种状况．(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4×3×2×2＝48；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4×3×2×1×1＝24.因此，满意条件的涂色方法共有48＋24＝72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；其次类，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加选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2×6＝12种选法．故共有2＋6＋12＝20种选法．(2)第1封信可以投入3个信箱中的随意一个，有3种投法；同理，第2,3,4封信各有3种投法．依据分步乘法计数原理，共有3×3×3×3＝34＝81种投法．[答案](1)20(2)81拓展提升以上两题简单错解的缘由：(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)分步的依据应当是“信”而不应当是“信箱”，导致错解．二排列与组合区分排列与组合的重要标记是“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：①特别元素优先支配的策略；②合理分类和精确分步的策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略；④正难则反、等价转化的策略；⑤相邻问题捆绑处理的策略；⑥不相邻问题插空处理的策略；⑦定序问题除法处理的策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略．例3五位老师和五名学生站成一排，(1)五名学生必需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Aeq\o\al(6,6)种排法，五名学生再内部全排列有Aeq\o\al(5,5)种，故共有Aeq\o\al(6,6)·Aeq\o\al(5,5)＝86400种排法．(2)先将五位老师全排列有Aeq\o\al(5,5)种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有Aeq\o\al(5,6)种排法，故共有Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(5,6)＝86400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2Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(5,5)＝28800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”之中的元素有依次，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Aeq\o\al(5,5)＝120(个)．比43251大的数有下列几类：①万位数是5的有Aeq\o\al(4,4)＝24(个)；②万位数是4，千位数是5的有Aeq\o\al(3,3)＝6(个)；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有Aeq\o\al(2,2)＝2(个)；∴比43251大的数共有Aeq\o\al(4,4)＋Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)＝32(个)．∴43251是第120－32＝88(项)．(2)从(1)知万位数是5的有Aeq\o\al(4,4)＝24(个)，万位数是4，千位数是5的有Aeq\o\al(3,3)＝6(个)．但比第93项大的数有120－93＝27(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，从今可见第93项是45213.拓展提升数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重留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44＝256种放法．(2)先从4个小球中取2个作为一组，有Ceq\o\al(2,4)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Aeq\o\al(3,4)种不同的放法，依据分步乘法计数原理知，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,4)＝144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Ceq\o\al(3,4)种分法，再放到2个盒子中，有Aeq\o\al(2,4)种不同的放法，共有Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,4)种不同的放法；第2类，2个盒子中各放2个小球有eq\f(C\o\al(2,4)A\o\al(2,4),A\o\al(2,2))种放法．故恰有2个盒子中不放球的放法共有Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,4)＋eq\f(C\o\al(2,4)A\o\al(2,4),A\o\al(2,2))＝84(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．对含有特别元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列.对特别元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类探讨，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要留意考虑全面，解除干净．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，一类是干脆运用通项公式来求特定项．另一类，须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，对于本部分学问的考查以基础学问和基本技能为主，难度不大，但不解除与其他学问的交汇，详细归纳如下：(1)考查通项公式问题．(2)考查系数问题：①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；②一般采纳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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,\r(3,x))))n的绽开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.(1)求绽开式中的全部有理项；(2)求绽开式中系数肯定值最大的项；(3)求n＋9Ceq\o\al(2,n)＋81Ceq\o\al(3,n)＋…＋9n－1Ceq\o\al(n,n)的值．[解](1)由Ceq\o\al(4,n)(－2)4∶Ceq\o\al(2,n)(－2)2＝56∶3，解得n＝10，因为通项：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(eq\r(x))10－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(3,x))))r＝(－2)rCeq\o\al(r,10)xeq\s\up15(5－eq\f(5r,6))，当5－eq\f(5r,6)为整数时，r可取0,6，绽开式是有理项，于是有理项为T1＝x5和T7＝13440.(2)设第r＋1项系数肯定值最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r,10)2r≥C\o\al(r－1,10)2r－1，,C\o\al(r,10)2r≥C\o\al(r＋1,10)2r＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r≤\f(22,3)，,r≥\f(19,3)，))又因为r∈{1,2,3，…，9}，所以r＝7，当r＝7时，T8＝－15360xeq\s\up15(－eq\f(5,6))，又因为当r＝0时，T1＝x5，当r＝10时，T11＝(－2)10xeq\s\up15(－eq\f(10,3))＝1024xeq\s\up15(－eq\f(10,3))，所以系数肯定值最大的项为T8＝－15360xeq\s\up15(－eq\f(5,6)).(3)原式＝10＋9Ceq\o\al(2,10)＋81Ceq\o\al(3,10)＋…＋910－1Ceq\o\al(10,10)＝eq\f(9C\o\al(1,10)＋92C\o\al(2,10)＋93C\o\al(3,10)＋…＋910C\o\al(10,10),9)＝eq\f(C\o\al(0,10)＋9C\o\al(1,10)＋92C\o\al(2,10)＋93C\o\al(3,10)＋…＋910C\o\al(10,10)－1,9)＝eq\f(1＋910－1,9)＝eq\f(1010－1,9).拓展提升求二项绽开式特定项的步骤例7(1)已知(1－x)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)等于________；(2)设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋x))2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝________.[解析](1)在所给等式中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0①；令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝32②，由①＋②得，a0＋a2＋a4＝16，由①－②得，a1＋a3＋a5＝－16，所以(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256.(2)设f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋x))2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＝f(－1)·f(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－1))2n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋1))2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n.[答案](1)－256(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n拓展提升一般地，(1)若f(x)＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an，则f(x)绽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a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f1＋f－1,2)，偶次项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f1－f－1,2)；当n为奇数时，a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f1－f－1,2)，a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f1＋f－1,2).(2)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其绽开式的各项系数之和，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其绽开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．四分类探讨的数学思想例8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的绽开式中各项系数的和为2，则该绽开式中常数项为()A．－40B．－20C．20D．40[解析]对于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5，可令x＝1得各项系数的和为1＋a＝2，故a＝1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的绽开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)25－r×(－1)r×x5－2r.要得到eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5绽开式中的常数项分为两类状况，①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))的x与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5绽开式中含eq\f(1,x)的项相乘；②eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))的eq\f(1,x)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5绽开式中含x的项相乘，故令5－2r＝－1得r＝3，令5－2r＝1得r＝2，从而可得所求常数项为Ceq\o\al(3,5)×22×(－1)3＋Ceq\o\al(2,5)×23×(－1)2＝40.[答案]D拓展提升求几个二项式积的绽开式中某项的系数或特定项时，一般要依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意的条件，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