小结教案教学设计

选修2-3第一章小结

教学目标：

知识与技能：

⑴复习加法、乘法计数原理以及排列、组合和二项式定理

⑵利用已学原理解决简单问题

过程与方法：

先复习本章知识并拓展理解，进而利用已学知识解决问题

情感态度与价值观：

通过本节课的的学习可以巩固已学知识，并加深学生对本章知识的理解

教学难重点：

教学重点：

⑴两个计数原理、排列与组合以及二项式定理

⑵利用本章知识解决问题

教学难点：

利用本章知识解决问题

授课类型：新授课 教

具：多媒体

内容分析：

(1)分类加法计数原理、理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步分步乘法计数原理

通过实例，总结分类加法计数原乘法计数原理，解决一些简单的实际问题。

(2)排列与组合

通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题。

(3 )二项式定理

能用计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。

关于应用可以从以下两个方面来把握标准的要求：

第一，通过具体问题情境和实际事例，让学生不断感悟和总结两个基本计数原理，仅仅由教材中的几个实例是不够的，教师必须补充与之匹配的事例充实教材，这样学生才能更深刻地领悟两个基本计数原理。

第二，在理解具体问题时，着重分析题意，领悟题眼，用分类或者分步或两者都用，分类要做到“不重不漏”，分步要做到步骤完整，善于归纳用计数原理解决计数问题的方法，这样有利于充分利用两个基本计数原理解题。

第三，如何认识“能用计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。”

第一，在推导二项式定理（a+b）n= 时，我们应用了两个计数原r理，而这种应用也是基于我们多项式乘法中的经验：每一项都是an-rb（r=0，1，…，n）

的形式，而用了两个计数原理来得到an-rbr的步骤，就可以得出其同类项的个数为 Crn

个的结论。

教学过程

一、本章知识结构框架

排列、排列数

两个计数原理

组合、组合数

二项式定理

应用

二、回顾与思考

1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理

定义

分类加法计数原理：完成一件事有两类不同的方案，在第一类方案中有m种不

同的方法，在第二类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第一步有m种不同的方法，做第二步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. 分类加法计数原理与集合的关系

如果从集合的角度考虑，分类加法计数原理表明了这样一个事实：

,S2,,Sk,而且Sii1,2,,k

将集合U分成一些两两不相交的子集S1

的元素个数分别为，那么，集合U的元素个数

nn1n2nk

分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系

用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析，需要分类还是分步，应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的方法都能独立的将这件事情完成；应用分步乘法计数原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所用步骤一次相继完成，这件事才算完成。

有时解决一件事不是只用分类加法计数原理或者只用分步乘法计数原理就可以完成，需要二者结合，所以二者并不是没有关联而应该是相辅相成的关系。

④典例分析

例1现有高二3个班学生24人，其中一、二、三班分别有7人，8人，9人，他们自愿组成数学课外活动小组. （1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？

（2）每班选一人为负责人，有多少种不同的选法？

（3）推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，则有多少种不同的选法？

解：（1）分三类，第一类，从一班学生中选1人有7种选法；第二类，从二班学生中选1人有8种选法；第三类，从三班学生中选1人有9种选法；所以共有不同的选法7+8+9=24（种）. （2）分三步，第一、二、三步分别从一、二、三班学生中选一人任负责人，所以共有不同的选法7×8×9=504（种）. （3）分三类，每一类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8=56种不

同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9=63种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9=72种不同的选法.所以共有不同的选法56+63+72=191（种）. 2.排列与组合，公式及性质

特点

排列的特殊性在于排列中元素的“互异性”和“有序性”，与排列比较，组合的特殊性在于它只有元素的“互异性”而不需要考虑顺序. 公式及性质

Amnnn1n2nm1n!nAnm!

nn!

mn!Ann1n2nm1mnCnmm!Amm!nm!

mmm1mnmCCCCnCnnn

n1

典例分析

例2已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一进行测试，直到找出所有的次品. （1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则有多少种不同的测试方法？

（2）若至多测试6次就能找到所有的次品，则共有多少种不同的测试方法？

解：（1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第8次测试时，才找到最后一件次品，则需要

1C4第2次测试时是次品，有种方法

1C3第8次测试时是次品，有种方法

第3-7次测试中，其中两次是次品，有A5种方法

4A6④剩余4次测试中，全是正品，有种方法

21124C4所以一共有C3A5A686400种方法

（2）若至多测试6次就能找到所有的次品则有：4次抽到都是次品第5次抽

到次品，前4次有1次抽到正品，剩下3次都是次品第6次抽到次品，前5次抽到2次正品，剩下3次都是次品或者前6次都是正品，则剩下的4件都是次品. 4次抽到都是次品，则有种方法

第5次抽到次品，前4次有1次抽到正品，剩下3次都是次品，则有种方法

第6次抽到次品，前5次抽到2次正品，剩下3次都是次品或者前6次都是正品，则剩下的4件都是次品，则种方法

所以一共有8088种方法

3.二项式定理与“杨辉三角”

定理

0n1n1knkknn(ab)nCnaCnabCnabCnb(nN*)

knkkTk1Cnab

(k0,1,2,,n)

性质

对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. 增减性与最大值：当k<(n+1)/2时，二项式系数是逐渐增大的，由对称性可知，它的后半部分是逐渐减小的.当n是偶数时，最中间一项取得最大值；当n是奇数时中间两项同时取得最大值. n012n2CCCCnnnn

各二项式系数的和：典例分析

例3已知1mx（m是正实数）的展开式的二项式系数之和为256，展开式中n含x项的系数为112. (1)求m,n的值；

(2)求展开式中所项有的系数之和；

n1x的展开式中含x项的系数. (1mx)(3)求解：（1）由题意可得二项式系数之和为256，解得n=8

含x项的系数为112，解得m=2或m=-2（舍去) 故m、n的值分别为2、8 （2）设展开式中所有项的系数和为U

令x=1，则U为3的8次方

三、课堂小结

(1)分类加法计数原理、理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步分步乘法计数原理

通过实例，总结分类加法计数原乘法计数原理，解决一些简单的实际问题。

(2)排列与组合

通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题。

(3 )二项式定理

能用计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。

四、课后作业

复习参考题