小结名师课堂实录

1.4

第一章

计数原理-小结与复习

一、教学目标：

知识与技能：

1.理解两个原理，并会应用解题；

2.掌握排列组合的概念并且会灵活运用；

3.掌握二项式定理的内容和熟练运用解题。

过程与方法：

通过复习回顾帮助学生建立知识网络，有典型问题的解决，提高学生分析问题和解决问题的能力；

情感、态度与价值：

让学生探索、发现数学知识和掌握数学知识的内在规律的过程中不，不断获得成功积累愉快的体验，不断增进学习数学的兴趣，同时还通过探索这一活动培养学生善于和他人合作的精神. 二、教学重点、难点

重点：基本题型的掌握

难点：对基本概念和定理的理解和运用

三、教学模式与教法、学法

教学模式：本课采用“探究——发现”教学模式．

教师的教法：利用多媒体辅助教学，突出活动的组织设计与方法的引导．

“抓三线”，即(一)知识技能线（二）过程与方法线（三）能力线. “抓两点”,即一抓学生情感和思维的兴奋点，二抓知识的切入点. 学法：突出探究、发现与交流．

四、教学过程

（一）构建知识网络

1．两个计数原理

分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加

1

法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．

2．排列与组合

排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．

对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．

3．二项式定理

(1)与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；

(2)与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式nkkk1中第k＋1项的通项公式是Tk＋1＝Ckb(k＝0，1，…n)，其二项式系数是Cknan，而不是Cn，这是一个极易－＋错点．

（二）题型解析，形成技能

题型一

两个计数原理的应用

基本计数原理提供了“完成某件事情”是“分类”进行，还是“分步”进行．在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合．

例1

在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有(

) 2121212A．C1m＋1Cn＋Cn＋1Cm

B．CmCn＋CnCm

212111221C．C1mCn＋CnCm＋CmCn

D．CmCn＋1＋Cm＋1Cn

答案

C 解析

法一

第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角2形，有C1mCn个；

1第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有C2mCn个；

第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有C1m122111Cn个．由分类加法计数原理共有N＝(C1mCn＋CmCn＋CmCn)个三角形．

3法二

从m＋n＋1中任取三点共有C3m＋n＋1种情况，其中三点均在射线OA上(包括O点)，有Cm＋1个，三点333均在射线OB上(包括O点)，有C3n＋1个．所以，三角形的个数为N＝Cm＋n＋1－Cm＋1－Cn＋1.

2

跟踪演练1

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，则不同的着色方法共有(

) A．144种

B．72种

C．64种

D．84种

答案

D 解析

根据所用颜色的种数分类

第一类：用4种颜色涂，有A43×2×1＝24(种)．

4＝4×12第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色：有C12C4A3＝48(种)．

第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色有A23＝12(种)．共有24＋48＋12＝84(种)．

4＝4×

题型二

排列与组合应用题

在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．

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)相邻捆绑，间隔插空；

(5)抽象问题，构造模型；

(6)均分除序，定序除序．

例2

用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．

答案

18 解析

数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有A33＝6(个)；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五3位数有A22A3＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．

跟踪演练2

停车场一排有12个空位，如今要停放7辆不同的车，要求恰好有4个空位连在一起，求共有多少种停法？

解

将4个连在一起的空位看成一个整体，由于另一个空位不能与这个整体相连，则可把这两个元素插在772辆车之间，共有A2A78种方法；而7辆车共有A7种排法，因此共有A8·7＝282 240(种)不同停法．

题型三

二项式定理的应用

3

对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．

例3

(1)已知(x2－in3)的展开式中第3项与第5项的系数之比为－，其中i2＝－1，则展开式中系数为实14x数且最大的项为(

) A．第3项

B．第4项

C．第5项

D．第5项或第6项

答案

C 2n52n解析

T3＝－C2，T5＝C4nxnx－－1034.由－C2∶C＝－，得n2－5n－50＝0，

nn145r∴n＝10，又Tr＋1＝Cr10(－i)x20－r，

2据此可知当r＝0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r＝4时，C410＝210最大．

(2)已知x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9的值为________．

答案

－10 解析

法一

所给等式即[1－(x＋1)]2＋[1－(x＋1)]10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋

a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，而“(x＋1)9”只能从[1－(x＋1)]10中产生，根据二

1项式定理，a9＝－C910＝－C10＝－10. 法二

因为a9与x9项的系数有关，等式左边x9项的系数为0，所以等式右边x9项的系数也为0. 00因为x10的系数为a10＝C10＝1，x9的系数为a9·C9＋a10·C110＝a9＋10＝0，所以a9＝－10. 跟踪演练3

(1)(x－1)9按x降幂排列的展开式中，系数最大的项是(

) A．第4项和第5项

B．第5项

C．第5项和第6项

D．第6项

答案

B 解析

根据二项式系数的性质，(x－1)9的展开式中的中间两项即第5项和第6项的二项式系数最大，但第6项的系数是负数，所以只有第5项的系数最大．

(2)已知(x＋2)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为________．

答案

511 12299解析

法一

因为(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝C09＋C9(x＋1)＋C9(x＋1)＋…＋C9(x＋1)，

129所以a0＝C09＝1，a1＝C9，a2＝C9，…，a9＝C9. 2399因此|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9＝C19＋C9＋C9＋…＋C9＝2－1＝511. 12299法二

由(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝C09＋C9(x＋1)＋C9(x＋1)＋…＋C9(x＋1)知，

a1，a2，a3，…，a9均为正，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9. 因此，在已知等式中令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝29.

4

又a0＝1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝29－1＝511.

（三）当堂检测

1.从4名男生和3名女生中选出4人参加迎新座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，不同的选法共有（

D ）

A．140种

B．

120种

C．35种

D．34种

2.在一条南北方向的步行街同侧有8块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若只要求相邻两块牌的底色不都为红色，则不同的配色方案共有

(

A

)A．55

B．56

C．46

D．45 3将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，不同的放球方法有(

C )A．15种

B．20种

C．25种

D．32种

4由0，1，2，3，4这五个数字组成的无重复数字的四位偶数，按从小到大的顺序排成一个数列{an},则a19

= A

（Ａ）2014 （Ｂ）2034

（Ｃ）1432 （Ｄ）1430

5.将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有

（B）

A. 18种

B. 24种

C. 54种

D. 60种

6.在某次数学测验中，学号i(i1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f(i){90,92,93,96,98}，

且满足f(1)f(2)f(3)f(4)，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为（

D

）

A．9种

B．5种

C．23种

D．15种

7将1，2，3，…9，这9个数填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列

从上到下依次增大，当3，4固定在图中位置时，所填写空格的方法有（A ）

A. 6种

B. 12种

C.18种

D. 24种

8.正五边形ABCDE，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿、三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有（

A

）

A. 30种

B. 27种

C. 24种

D. 21种

9.某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案的种数有(

B

) A．35

B．70

C．210

D．105

10.将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第i个数为ai(i1若a11，，2，，6)，a33，a55，a1a3a5，则不同的排列方法种数为（

B

）

A．18

B．30

C．36

D．48 11 .将数字3，4，5，6，7排成一行，使得相邻两个数都互质，则可能的排列方法共有（

D）种

A.30

B.48

C.42

D.36

（A5 5－2C1 2A4 4+A2 2A3 3=36）

5

12 将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个球放入编号为１，２，３的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球且Ａ、Ｂ(

两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有

（

C

）

A．15

B．18

C．30

D．36

13.若m，n{x|xa2102a110a0}，其中ai{1,2,3,4,5}(i0，1,2)，并且mn735，则实数对(m,n)表示平面上不同点的个数为（A）

(A)

32

(B)

40

(C)

50

(D)

75 14已知(2x)10a0a1xa2x2a10x10,则a8=（

A

）

A．180 B．-180 C．45 D．-45 n15 若二项式13x2x的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为

(

B

) A．27C3B．27C349

9

C．9C9

D．9C49学

16.二项式(2x413x3)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为（

A

）

A．7

B．12

C．14

D．5 17在（x项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（B

）

213x)n的展开式中，只有第5

A．-7

B．7

C．-28

D．28

18.(x2164x)的二项展开式中，有理项共有

（

D

）

A

2项

B. 3项

C. 4项

D. 5项

19若(x1x)n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（

B ）

A．10

B．20

C．30

D．120 20.已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10,则a8=A A．180

B．-180

C．45

D．-45 2421.在x13x的展开式中，x的幂指数是整数的项共有（

C ）

A．3项

B．4项

C．5项

D．6项

22.若二项式(sinxx)6展开式的常数项为20，则值为（B

）

6

A. 2k28(kZ)

B. 2k2(kz)

C. 

2

D. 2

23.x1x1的展开式中含x5项的系数是（

B ）

Ａ．14

Ｂ．14

Ｃ．28

Ｄ．28

20092(32x)aaxax01224

.如果a2009x2009

(aa3a5那么1

A．1

B．1

五、小结

a2009)2(a0a2

C．2

D．2

a2008)2等于A

1．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．

(3)排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组

合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．

2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：

一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解．

另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点：

n－rr(1)Crb是第r＋1项，而不是第r项；

nan－rr(2)运用通项公式Tr＋1＝Crb解题，一般都需先转化为方程(组)求出n、r，然后代入通项公式求解．

na(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r，再求出所需的某项；有时需先求n，计算时要注意n和r的取值范围及它们之间的大小关系．

六、作业

1.课堂检测

7