小结教学内容

第一章

计数原理复习与小结

【教学目标】

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。

【导入新课】

复习回顾：1.加法原理与乘法原理；

2.排列和排列数的概念、组合与组合数的概念，以及灵活运用解题；

3．二项式定理的内容。

新授课阶段

主干知识梳理

1．分类计数原理和分步计数原理

如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．

2．排列与组合

(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出m个元素的排列数公式是n！mAm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A＝. nn(n－m)！[来源学科网][来源学科网](2)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出m个元素的组合数公式是

n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)n！mCm＝，或写成C＝. nnm！m！(n－m)！(3)组合数的性质

n－m①Cm；

n＝Cn－1mm②Cn＋1＝Cn＋Cm. n3．二项式定理

n01n－12n－22n－rr0n(1)定理：(a＋b)n＝C0b＋Cnab＋…＋Crb＋…＋Cn…，nab＋Cnananab(r＝0,1,2，n)．

(2)二项展开式的通项

n－rrTr＋1＝Crb，r＝0,1,2，…，n，其中Crnan叫做二项式系数．

(3)二项式系数的性质

①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，

n1n－1kn－k即C0n＝Cn，Cn＝Cn，…，Cn＝Cn，….

②最大值：当n为偶数时，中间的一项的二项式系数

取得最大值；当n为奇数时，中间的两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．

③各二项式系数的和

12knna．C0n＋Cn＋Cn＋…＋Cn＋…＋Cn＝2；

22r132r＋1b．C0＋…

n＋Cn＋…＋Cn＋…＝Cn＋Cn＋…＋Cn1nn－1＝·2＝2. 2典例分析

题型一两个计数原理

例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

C．420种

解题导引

题意→按花色分类→每一类再分步→结果

(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．

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．

①当用三种颜色时，花池2、4同色和花池3、5同色，此时共有A35种方案．

②当用四种颜色时，花池2、4同色或花池3、5同色，故共有2A45种方案．

③当用五种颜色时有A55种方案．

45因此所有栽种方案为A35＋2A5＋A5＝420(种)．]

题型二

排列与组合

例2

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1个盒内有2个球，共有几种放法？

(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？

分析：

(1)确定一个空盒→将四个球放入3个盒内→选2个球放入一个盒内．

(2)与(1)的含义相同．

(3)4个球放入2个盒子，可以平均放也可以不平均放．

解：(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，由分步计数原理，共212有C1A2＝144(种)．

4C4C3×(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．

(3)确定2个空盒有C24种方法．

124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C34C1A2种方法；2C24C22第二类有序均匀分组有2·A2种方法．

A22C24C223122故共有C4(C4C1A2＋2·A2)＝84(种)．

A2[来源:Z&xx&k.Com][来源:Z#xx#k.Com]探究提高

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．

题型三

求二项展开式的通项、指定项

例3

设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中x的系数是19(m，n∈N*)．

(1)求f(x)展开式中x2的系数的最小值；

(2)当f(x)展开式中x2的系数取最小值时，求f(x)展开式中x7的系数．

解：f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中的x的系数是19. 1即C1m＋Cn＝19，∴m＋n＝19. (1)f(x)展开式中x2的系数为：

2222(19－n)(18－n)n(n－1)Cm＋Cn＝C19＋

－n＋Cn＝2219323n－2＋. ＝n2－19n＋171＝24212323＝324＝81.∴x2的系又∵n∈N*，∴当n＝9或n＝10时，C2m＋Cn的最小值为2＋44数的最小值为81. (2)由(1)知当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x2的系数最小．此时x7的系数为C710＋73C9＝C10＋C29＝156. 探究提高

二项式定理是一个恒等式，求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或指定项问题，是二项式定理的常考问题，通常用通项公式来解决．在应用通项公式时，要注意以下几点：

(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；

(2)Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项；

(3)公式中a，b的指数和为n且a，b不能随便颠倒位置；

(4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；

(5)对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题．

题型四

二项式定理中的“赋值”问题

a1a2a2 011例4

若(1－2x)2 011＝a0＋a1x＋…＋a2 011x2 011(x∈R)，则＋2＋…＋2 011的值为222________．

解析：∵(1－2x)2 011＝a0＋a1x＋…＋a2 011x2 011(x∈R)，

1∴令x＝0，则a0＝1，令x＝，

21aaa2 0111－2×2 011＝a0＋1＋2则2＋…＋2 011＝0，

2222a1a2a2 011其中a0＝1，所以＋2＋…＋2 011＝－1. 222探究提高

在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．

例5

把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图图案中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中三盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法为________种．(用数字回答) 解析：排列与组合是解决概率问题的工具，在高考试卷中一般含有一道专门考查排列与组合的小题，也可在概率和随机变量分布中考查．单独考查，难度不大．

13解析：A7A47－C5A3·4＝4 320. 3例6 已知(x＋)n的展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，则(13x－x)n的展开式中系数最小的项是第________项．

解析：二项展开式的通项公式的运用及二项式系数性质的运用等是高考的热点内容．二项式定理在高考中可单独命题，主要以填空题的形式出现，属于中低档难度的题目．原式

4n的展开式中，各项系数的和为4，各项二项式系数的和为2.由已知，得n＝64，所以n＝6. 2nn(1－x)6的展开式中，第4项的系数最小，为－C36＝－20. 答案为4.

课堂小结

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na通项公式求解．

(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．

课堂练习

1、如图所示为一电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电．

解析

按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)，根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．

2、

(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？

(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？

解：(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当13中选2个插入，有C24种插法；二是2张同时插入，有C4种插法，再考虑3人可交换有A3种21方法．所以，共有A33(C4＋C4)＝60(种)；

(2)可先让4人坐在4个位置上，有A44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整

体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A25种插法，所以所求的坐法数为A4A24·5＝480. 13、(1＋x＋x2)(x－)6的展开式中的常数项为________．

x1解析：(1＋x＋x2)(x－)6 x1011121314156152433425＝(1＋x＋x2)[C0x(－)＋Cx(－)＋Cx(－)＋Cx(－)＋Cx(－)＋Cx(－)＋666666xxxxxx160C6x(－)6] x1561＝(1＋x＋x2)(x6－6x4＋15x2－20＋2－4＋6)，

xxx15所以常数项为1×(－20)＋x2·2＝－5. xa14、(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为______．

xx解析：令x＝1得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1. 1111因此(x＋)(2x－)5展开式中的常数项即为(2x－)5展开式中的系数与x的系数的xxxx1－5－r5－r5－2r和．(2x－)5展开式的通项为Tr＋1＝Cr·(－1)r·xr＝Crx·(－1)r. 5(2x)52x15－2令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此(2x－)5展开式中x的系数为C2(－1)2＝80.52x115－3令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，因此(2x－)5展开式中的系数为C3·(－1)3＝－40.52xx学科网Z.X.X.K][来源

11所以(x＋)(2x－)5展开式中的常数项为80－40＝40. xx