复习参考题优秀教学设计

章末复习

学习目标

1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题. 3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质．

知识点

1．分类加法计数原理

完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．

3．排列数与组合数公式及性质

排列与排列数

排列数公式公式

Amn＝n(n－1)(n－组合数公式组合与组合数

AmnmCn＝m

Amn！2)…(n－m＋1)＝

n－m！当m＝n时，AmAnn为全排列；n＝n！；0！＝1

nn－1n－2…n－m＋1n！＝

m！m！n－m！0Cn＝C错误!＝1；

nCmn＝Cn－m－性质

；

m1Cm＝Cmn＋Cnn＋1

备注

4.二项式定理

(1)二项式定理的内容：

n，m∈N*，且m≤n

n1n11nkknn(a＋b)n＝C0b＋…＋Ckb＋…＋Cnb (n∈N*)．

na＋Cnana－－nkk(2)通项公式：Tk＋1＝Ckb，k∈{0,1,2，…，n}．

na－(3)二项式系数的性质：

①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；

n第＋1项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项②若n为偶数，中间一项2第n＋1项和第n＋1＋1项的二项式系数相等且最大．

22

12nn0213n1③C0. n＋Cn＋Cn＋…＋Cn＝2；Cn＋Cn＋…＝Cn＋Cn＋…＝2－例题

类型一

数学思想方法在求解计数问题中的应用

命题角度1

分类讨论思想

例1

车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？

考点

组合的应用

题点

有限制条件的组合问题

解

方法一

设A，B代表2位老师傅．

4A，B都不在内的选派方法有C45C4＝5(种)，

24A，B都在内且当钳工的选派方法有C22C5C4＝10(种)，

42A，B都在内且当车工的选派方法有C22C5C4＝30(种)，

33A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有A22C5C4＝80(种)，

34A，B有一人在内且当钳工的选派方法有C12C5C4＝20(种)，

43A，B有一人在内且当车工的选派方法有C12C5C4＝40(种)，

4224242233134143所以共有C45C4＋C2C5C4＋C2C5C4＋A2C5C4＋C2C5C4＋C2C5C4＝185(种)．

4431422方法二

5名男钳工有4名被选上的方法有C45C4＋C5C4C2＋C5C4C2＝75(种)，

143325名男钳工有3名被选上的方法有C35C2C4＋C5C4A2＝100(种)，

245名男钳工有2名被选上的方法有C25C2C4＝10(种)，

所以共有75＋100＋10＝185(种)．

4431422方法三

4名女车工都被选上的方法有C44C5＋C4C5C2＋C4C5C2＝35(种)，

143324名女车工有3名被选上的方法有C34C2C5＋C4C5A2＝120(种)，

244名女车工有2名被选上的方法有C24C2C5＝30(种)，

所以共有35＋120＋30＝185(种)．

反思与感悟

解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)．

跟踪训练1

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) 考点

排列组合综合问题

题点

排列与组合的综合应用

答案

60 解析

1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．

分三类：①没有数字1和3时，有A34个；

②只有1和3中的一个时，有2A24个；

③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11个即可，有C4·C13个．

所以满足条件的三位数共有

211A3C3＝60(个)．

4＋2A4＋C4·命题角度2

“正难则反”思想

例2

设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1

) A．78

B．76

C．83

D．84 考点

组合的应用

题点

有限制条件的组合问题

答案

C 解析

若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7,6,5,4,3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7,6,5,4,3,2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决．

集合S的含有三个元素的子集的个数为C39＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83. 反思与感悟

对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．

跟踪训练2

由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．

考点

排列组合综合问题

题点

排列与组合的综合应用

答案

30 解析

从4人中选出两个人作为一个元素有C24种方法，

3同其他两个元素在三个位置上排列有C24A3＝36(种)方案，其中有不符合条件的，

即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A33种方法，

∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．

类型二

排列与组合的综合应用

例3

在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．

(1)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？

(2)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？

(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，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？

考点

排列组合综合问题

题点

分组分配问题

解

(1)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A77＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A44＝24(种)方法．

根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．

(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有A66＝720(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A47＝840(种)方法．

根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝

604 800(种)安排顺序．

(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要A1212消除，所以节目演出的方式有10＝A212＝132(种)排列．

A10反思与感悟

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．

跟踪训练3

在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数为“驼峰数”，比如：“102”“546”为驼峰数，由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________．

考点

排列的应用

题点

数字的排列问题

答案

30 22解析

三位“驼峰数”中1在十位的有A24个，2在十位上的有A3个，3在十位上的有A2个，所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30. 类型三

二项式定理及其应用

命题角度1

二项展开式的特定项问题

x－2n例4

已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. 3x(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；

3n1n(3)求n＋9C2Cn的值．

n＋81Cn＋…＋9－考点

二项式定理的应用

题点

二项式定理的简单应用

422解

(1)由C4n(－2)∶Cn(－2)＝56∶3，解得n＝10(负值舍去)，

5k－2k56，

3＝(－2)kCk10xx通项为Tk＋1＝Ck10(x)10－k5k当5－为整数时，k可取0,6，

6于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则

kk－1k－1Ck，102≥C102kkk＋1k＋1C102≥C102，

解得19k≥3，22k≤，3

又因为k∈{1,2,3，…，9}，

所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360x又因为当k＝0时，T1＝x5，

当k＝10时，T11＝(－2)x1010356，

＝1 024x103，

56所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360x310110(3)原式＝10＋9C2C10

10＋81C10＋…＋9－. 223310109C110＋9C10＋9C10＋…＋9C10＝

9122331010C010＋9C10＋9C10＋9C10＋…＋9C10－1＝

91＋910－11010－1＝＝. 99反思与感悟

(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．

跟踪训练4

已知二项式5x－1n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．

x(1)求n；

(2)求展开式中二项式系数最大的项；

(3)求展开式中所有有理项．

考点

二项式定理的应用

题点

二项式定理的简单应用

解

(1)令x＝1得二项式5x－1n展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之x和为2n，

由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，n＝4. 1k4－k－(2)通项Tk＋1＝Ck(5x)

4x4－k＝(－1)kCk·45x34k2，

展开式中二项式系数最大的项是第3项：

22T3＝(－1)2C45x＝150x. 3(3)由(2)得4－k∈Z(k＝0,1,2,3,4)，即k＝0,2,4，

2所以展开式中所有有理项为

044T1＝(－1)0C45x＝625x4，

22T3＝(－1)2C45x＝150x，

402T5＝(－1)4C45x＝x2. －－命题角度2

二项展开式的“赋值”问题

例5

若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10. (1)求a2；

(2)求a1＋a2＋…＋a10；

(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2. 考点

展开式中系数的和问题

题点

多项展开式中系数的和问题

解

(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，

a2是展开式中x2的系数，

5334444335∴a2＝C5C5(－2)5＝800. 5(－1)C5(－2)＋C5(－1)C5(－2)＋C5(－1)·(2)令x＝1，代入已知式可得，

a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，

而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32. (3)令x＝－1可得，

(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，

再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，

把这两个等式相乘可得，

(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0. 反思与感悟

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．

跟踪训练5

若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．

考点

展开式中系数的和问题

题点

多项展开式中系数的和问题

答案

5 解析

令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，

令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，

所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.