高中数学 第一章 计数原理阶段复习课课件 新人教A版选修2-3.ppt

阶段复习课第一章 核心解读 1 计数原理 1 分类加法计数原理 N n1 n2 n3 nm 2 分步乘法计数原理 N n1 n2 n3 nm 2 排列数公式 n n 1 n m 1 m n m n N 当m n时为全排列 3 组合数公式4 组合数性质5 二项式定理 1 二项展开式的通项 2 注意第r 1项的二项式系数与第r 1项系数的区别 6 二项式系数具有下列性质 1 与首末两端等距离的二项式系数相等 2 若n为偶数 中间一项 第 1项 的二项式系数最大 若n为奇数 中间两项 第项和第 1项 的二项式系数相等且最大 7 排列组合问题的 16字 方针 12个 技巧 1 16字 方针 分类相加分步相乘有序排列无序组合 2 12个 技巧 相邻问题捆绑法不相邻问题插空法多排问题单排法定序问题倍缩法 定位问题优先法有序分配问题分步法多元问题分类法交叉问题集合法至少 至多 问题间接法选排问题先取后排法局部与整体问题排除法复杂问题转化法 主题一两个计数原理 典例1 1 如图所示 花坛内有五个花池 有五种不同颜色的花卉可供栽种 每个花池内只能种同种颜色的花卉 相邻两池的花色不同 则最多的栽种方案有 A 180种B 240种C 360种D 420种 2 有3封信 4个信箱 如果把3封信都寄出 寄信方法有种 自主解答 1 选D 由题意知 最少用三种颜色的花卉 按照花卉选种的颜色可分为三类方案 即用三种颜色 四种颜色 五种颜色 当用三种颜色时 花池2 4同色和花池3 5同色 此时共有种方案 当用四种颜色时 花池2 4同色或花池3 5同色 故共有2种方案 当用五种颜色时有种方案 因此所有栽种方案为 420 种 2 分3步完成寄出3封信的任务 第一步 寄出1封信 有4种方法 第二步 再寄出1封信 有4种方法 第三步 寄出最后1封信 有4种方法 完成任务 根据分步乘法计数原理 共有4 4 4 43 64种寄信方法 答案 64 延伸探究 题 2 条件不变 如果把3封信都寄出 且每个信筒中最多一封信 有多少种寄信方法 解析 排列问题 共有 24种 方法技巧 1 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 2 使用两个原理解决问题时应注意的问题 1 对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题 我们可以恰当地画出示意图或列出表格 使问题更加直观 清晰 2 当两个原理混合使用时 一般是先分类 在每类方法里再分步 补偿训练 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色 要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色 则不同的着色方法数为 A 144B 84C 64D 72 解析 选B 方法一 根据所用颜色的种数分类第一类 用4种颜色涂 有 4 3 2 1 24 种 第二类 用3种颜色 必须有一条对角区域涂同色 有 48 种 第三类 用2种颜色 对角区域各涂一色有 4 3 12 种 共有24 48 12 84 种 方法二 根据 学 略 区域是否为同色分类第一类 区域 学 略 同色 从4色中选1色 有种方法 其余区域 习 方 各有3种方法 一共有4 3 3 36种方法 第二类 区域 学 略 不同色 区域 学 有4种方法 区域 略 有3种方法 区域 习 方 各有2种方法 共有4 3 2 2 48种方法 根据分类加法计数原理共有36 48 84种方法 误区警示 本题易因分类不清而错选D 算法为4 3 3 2 72 主题二排列与组合的综合应用 典例2 1 某校高二年级共有六个班级 现从外地转入4名学生 要安排到该年级的两个班级且每班安排2名 则不同的安排方案种数为 A 80B 90C 100D 120 2 2014 重庆高考 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 3 从1 3 5 7 9五个数字中选2个 0 2 4 6 8五个数字中选3个 能组成 个无重复数字的五位数 自主解答 1 选B 把新转来的4名学生平均分两组 每组2人 分法有种 把这两组人安排到6个班中的某2个班中去 有种方法 故不同的安排种数为 90 2 选B 第一类 当2个小品类节目在1个相声类节目同侧时有 72种排法 第二类 当2个小品类节目在1个相声类节目两侧时有 48种排法 共有72 48 120种排法 故选B 3 从5个奇数中选出2个 再从2 4 6 8四个偶数中选出3个 排成五位数 有 4800 个 从5个奇数中选出2个 再从2 4 6 8四个偶数中选出2个 排好后将0插入 此时0只能插入除首位外的四个空 有 10 6 24 4 5760 个 由分类加法计数原理可知这样的五位数共有4800 5760 10560 个 答案 10560 方法技巧 1 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 提醒 对于排列 组合的综合题目 一般是将符合要求的元素取出或进行分组 再对取出的元素或分好的组进行排列 即一般策略为先组合后排列 分组时 要注意 平均分组 与 不平均分组 的差异及分类的标准 2 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 补偿训练 4个不同的球 4个不同的盒子 把球全部放入盒内 1 恰有1个盒不放球 共有几种放法 2 恰有2个盒不放球 共有几种放法 解析 1 为保证 恰有1个盒不放球 先从4个盒子中任意取出去一个 问题转化为 4个球 3个盒子 每个盒子都要放入球 共有几种放法 即把4个球分成2 1 1的三组 然后再从3个盒子中选1个放2个球 其余2个球放在另外2个盒子内 由分步乘法计数原理 共有 144 种 2 确定2个空盒有种方法 4个球放进2个盒子可分成 3 1 2 2 两类 第一类有序不均匀分组有种方法 第二类有序均匀分组有种方法 故共有 84 种 主题三二项式定理的应用 典例3 1 2014 浙江高考 在 1 x 6 1 y 4的展开式中 记xmyn项的系数为f m n 则f 3 0 f 2 1 f 1 2 f 0 3 A 45B 60C 120D 210 2 2014 宁波高二检测 展开式中常数项为 3 展开式的第7项与倒数第7项的比是1 6 求展开式中的第7项 自主解答 1 选C 由二项展开式的通项性质可知xmyn项的系数为f m n 所以f 3 0 f 2 1 f 1 2 f 0 3 2 展开式的通项为 由12 4r 0 得r 3 所以常数项为答案 4 3 第7项 倒数第7项 由 所以n 9 则 方法技巧 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 补偿训练 2014 通化高二检测 已知 n N 的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10 1 1 求展开式中各项系数的和 2 求展开式中含的项 3 求展开式中系数的绝对值最大的项 解析 因为的展开式的通项是Tr 1 所以所以所以n2 5n 24 0 解得n 8 或n 3 舍去 1 令x 1 则所求各项系数的和为1 2 展开式通项为令 得r 1 所以展开式中含的项为 3 展开式的第r项 第r 1项 第r 2项的系数绝对值分别为若第r 1项的系数绝对值最大 则有解得5 r 6 故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项 即 主题四二项式定理中的 赋值 问题 典例4 1 2014 东营高二检测 1 1 x 1 x 2 1 x n的展开式的各项系数之和为 A 2n 1B 2n 1C 2n 1 1D 2n 2 已知 1 x 6 1 2x 5 a0 a1x a2x2 a11x11 那么a1 a2 a3 a11 自主解答 1 选C 方法一 令x 1得 1 2 22 2n方法二 令n 1 知各项系数和为3 排除A B D 选C 2 令x 0 得a0 1 令x 1 得a0 a1 a2 a11 64 所以a1 a2 a11 65 答案 65 方法技巧 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 提醒 求各项系数的绝对值的和时 要先根据绝对值里面数的符号赋值求解 补偿训练 若 3x 1 7 a7x7 a6x6 a1x a0 求 1 a1 a2 a7的值 2 a1 a3 a5 a7的值 3 a0 a2 a4 a6的值 解析 1 令x 0 则a0 1 令x 1 则a7 a6 a1 a0 27 128 所以a1 a2 a7 129 2 令x 1 则 a7 a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0 4 7 由得 a1 a3 a5 a7 128 4 7 8256 3 由得 a0 a2 a4 a6 128 4 7 8128 强化训练 1 从0 1 2 9这10个数字中 任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点的坐标 能够确定不在x轴上的点的个数是 A 100个B 90个C 81个D 72个 解析 选C 要使点不在x轴上 则纵坐标不能为0 故纵坐标上的数字只能有9种选择 纵坐标选好后 横坐标不能与之相同 故也有9种选择 由分步乘法计数原理得 N 9 9 81 个 2 2014 广州高二检测 5人站成一排 甲乙之间恰有一个人的站法有 A 18种B 24种C 36种D 48种 解析 选C 首先在除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间 有3种可能 甲乙之间的人选出后 甲乙的位置可以互换 故甲乙的位置有2种可能 最后 把甲乙及其中间的那个人看作一个整体 与剩下的两个人全排列是3 2 1 6 所以3 2 6 36 种 3 二项式 a 2b n展开式中的第二项系数是8 则它的第三项的二项式系数为 A 24B 18C 16D 6 解题指南 根据通项公式求出n值然后可写出第三项 解析 选D 所以2n 8 n 4 所以 4 2014 盐城高二检测 从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数 能被3整除的数有 个 解析 一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除 根据这点 分为如下几类 1 三位数各位上的数字是1 4 7或2 5 8这两种情况 这样的数有 12个 2 三位数的各位上只含0 3 6 9中的一个 其他两位上的数则从 1 4 7 和 2 5 8 中各取1个 这样的数有个 但要除去0在百位上的数 有个 因而有216 18 198个 3 三位数的各位上的数字是0 3 6 9中的3个 但要去掉0在百位上的 这样应有3 3 2 18个 综上所述 由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12 198 18 228个 答案 228 5 2014 日照高二检测 设n为自然数 则 解析 答案 1 6 2014 东营高二检测 从6名短跑运动员中选出4人参加4 100m接力赛 试求满足下列条件的参赛方案各有多少种 1 甲不能跑第一棒和第四棒 2 甲不能跑第一棒 乙不能跑第四棒 解析 1 优先考虑特殊元素甲 让其选位置 此时务必注意甲是否参赛 因此需分两类 第1类 甲不参赛有种排法 第2类 甲参赛 因只有两个位置可供选择 故有种排法 其余5人占3个位置有种排法 故有种方案 所以有 240种参赛方案 2 显然第一 四棒为特殊位置 与之相伴的甲 乙则为特殊元素 这时特殊元素与特殊位置的个数相等 对此我们仍从三方面进行思考 优先考虑特殊位置 第1类 乙跑第一棒有 60种排法 第2类 乙不跑第一棒有 192种排法 故共有60 192 252种参赛方案 一题多解 1 先着眼于整体 后局部剔除不合要求的参赛方案 首先 6个人占4个位置有种占法 其次 甲跑第一棒和第四棒的不合要求的参赛方案有2种 所以有 240种参赛方案 2 共有 360种参赛方案 其中不合要求的有 甲跑第一棒 乙跑第四棒 有 12种排法 甲跑第一棒 乙不跑第四棒 有 48种排法 甲不跑第一棒 乙跑第四棒 有 48种排法 综上可知 有360 12 48 48 252种参赛方案 7 2014 德州高二检测 已知的展开式中 某一项的系数是它前一项系数的2倍 而又等于它后一项系数的 1 求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和 2 求展开式中的有理项 解析 根据题意 设该项为第r 1项 则有即解得 1 令x 1得展开式中所有项的系数和为 1 2 7 37 2187 所有项的二项式系数和为27 128 2 展开式的通项为Tr 1 r 7且r N 于是当r 0 2 4 6时 对应项为有理项 即有理项为