第三章 排列、组合与二项式定理章末总结提升课件-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第二册

第三章　排列、组合与二项式定理 章末总结提升 人教B版 数学 选择性必修第二册 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 专题一　两个计数原理的应用 1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础,在进行计数过程中,常因分类不明导致增(漏)解,因此在解题中既要保证类与类的互斥性,又要关注总数的完备性. 2.掌握两个计数原理,提升逻辑推理和数学运算素养. 【例1】 某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、2个不同的宣传广告、1个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,且宣传广告与公益广告不能连续播放,两个宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式? 解 用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序,则完成这件事有三类办法. 第一类:宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式; 第二类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式; 第三类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6,同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式. 由分类加法计数原理得,6个广告不同的播放方式有36+36+36=108种. 规律方法　1.使用两个计数原理解决问题的思路 (1)选择使用两个计数原理解决问题时,要根据我们完成某件事情采取的方式,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几个步骤后,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 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. 变式训练1有6名同学报名参加3个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法?(6名同学不一定都能参加) (1)每人恰好参加一项,每项人数不限; (2)每项报一人,且每人至多参加一项; (3)每项限报一人,但每人参加的项目不限. 解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理,知共有选法36=729种. (2)每项报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,由分步乘法计数原理,得共有报名方法6×5×4=120种. (3)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理,得共有不同的报名方法63=216种. 专题二　排列、组合的应用 1.排列、组合是两类特殊的计数求解方式,在计数原理求解中起着举足轻重的作用,解决排列与组合的综合问题要树立先选后排,特殊元素(特殊位置)优先的原则. 2.明确排列和组合的运算,重点提升数学建模及数学运算的素养. 【例2】 在高三(1)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个栏目,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? 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 =5 040种方法;第二步,再松绑,给4个节目排序,有 =24种方法. 根据分步乘法计数原理,一共有5 040×24=120 960种. (2)第一步,将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有 =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 =7×6×5×4=840种. 根据分步乘法计数原理,一共有720×840=604 800种. (3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有 种排法,但原来的节目已定 好顺序,需要消除,所以节目演出的顺序有 =132种排法. 规律方法　1.处理排列组合应用题的一般步骤 (1)认真审题,弄清楚是排列(有序)还是组合(无序),还是排列与组合混合 问题. (2)抓住问题的本质特征,准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”. 2.处理排列组合应用题的规律 (1)两种思路:直接法,间接法. (2)两种途径:元素分析法,位置分析法. 3.排列组合应用题的常见解决方法 (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,间接插空; (5)抽象问题,构造模型; (6)均分除序,定序除序. 变式训练2(多选题)甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排照相,下列说法正确的是(　　) A.如果甲、乙必须相邻,那么不同的排法有24种 B.甲不站在最左边,乙不站在正中间,则不同的排法共有78种 C.甲、乙不相邻且乙在甲的右边,则不同的排法共有36种 D.若五人已站好,后来情况有变,需加上2人,但不能改变原来五人的相对顺序,则不同的排法共有42种 BCD 专题三　二项式定理的应用 1.二项式定理有比较广泛的应用,可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等,其原理可以用于二项式相应展开式项的系数 求解. 2.二项式原理所体现的是一种数学运算素养. 角度1.二项式定理的特定项问题 【例3】 已知二项式(5x- )n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍. (1)求n; (2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中所有的有理项. 规律方法　应用二项式定理解题要注意的问题 (1)通项公式表示的是第k+1项,而不是第k项. (2)展开式中第k+1项的二项式系数 与第k+1项的系数,在一般情况下是不相同的,在具体求各项的系数时,一般先处理符号,对根式和指数的运算要细心,以防出差错. (3)通项公式表示二项展开式中的任意项,只要n与k确定,该项也随之确定.对于一个具体的二项式,它的展开式中的项Tk+1依赖于k. 变式训练3(多选题)已知(2x+ )n的二项展开式中二项式系数之和为64,下列结论正确的是(　　) A.二项展开式中各项系数之和为36 B.二项展开式中二项式系数最大的项为160 C.二项展开式中无常数项 D.二项展开式中系数最大的项为90x3 AB　 角度2.二项式定理中的“赋值”问题 【例4】 (1)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　　　　　.  5 解析 令x=2,得a0=(4+1)×(-1)=-5. 令x=3,得a0+a1+a2+…+a11=(9+1)×0=0. ∴a1+a2+a3+…+a11=5. (2)设(2- x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,求下列各式的值. ①a0; ②a1+a2+a3+a4+…+a100; ③a1+a3+a5+…+a99; ④(a0+a2+…+a100)2-(a1+a3+…+a99)2; ⑤|a0|+|a1|+…+|a100|. 规律方法　赋值法的应用规律 与二项式系数有关的问题,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,主要解题方法是赋值法,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. 变式训练4在(x+1)(x2+ )n的展开式中,各项系数的和为512,则x2项的系数是　　　　.(用数字作答)  28 解析 对A,如果甲、乙必须相邻,则可将甲、乙先捆绑,考虑左右位置,共有2种情况,再将4个位置全排列,共有2=48种排法,故A错误.对B,分两种情况,①甲站正中间时,共有=24种排法;②甲不站在正中间,先排甲,有3种情况,再排乙,也有3种情况,剩下3人全排列,有=6种情况,则共有3×3×6=54种情况,甲不站在最左边,乙不站在正中间的不同的排法共有24+54=78种情况,故B正确.对C,甲、乙不相邻且乙在甲的右边,按中间人数多少分类,当中间有1人时,有=18种;当中间有两人时,有=12种;当中间有3人时,有=6种排法,则共有36种排法,故C正确.对D,五人站好后,有6个空,剩下两人再逐一插空,共有6×7=42种情况,故D正确.故选BCD. 解 (1)令x=1得二项式(5x-)n展开式中各项系数之和为(5-1)n=4n,各项二项式系数之和为2n,由题意得,4n=16·2n,所以2n=16,n=4. (2)由项Tk+1=(5x)4-k(-)k=(-1)k54-k·. 展开式中二项式系数最大的项是第3项T3=(-1)252x=150x. (3)由(2)得4-k∈Z(k=0,1,2,3,4),即k=0,2,4, 所以展开式中所有的有理项为 T1=(-1)054x4=625x4, T3=(-1)252x=150x, T5=(-1)450x-2=x-2. 解析 因为(2x+)n的二项展开式中二项式系数之和为64,所以2n=64,得n=6,所以二项式为(2x+)6,所以二项式展开式的通式公式为Tr+1=(2x)6-r()r=26-r.对于选项A,令x=1,可得二项展开式中各项系数之和为36,所以选项A正确;对于选项B,第4项的二项式系数最大,此时r=3,则二项展开式中二项式系数最大的项为T4=26-3=160,所以选项B正确; 对于选项C,令6-r=0,则r=4,所以二项展开式中的常数项为26-4 =60,所以选项C错误;对于选项D,令第r+1项的系数最大,则解得≤r≤,因为r∈N,所以r=2时,二项展开式中系数最大的项为T3=24x3=240x3,所以选项D错误.故选AB. 解 ①令x=0,则展开式为a0=2100. ②令x=1,可得a0+a1+a2+…+a100=(2-)100,(*) 所以a1+a2+…+a100=(2-)100-2100. ③令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100. 与②中(*)式联立得 a1+a3+…+a99=. ④原式 =[(a0+a2+…+a100)+(a1+a3+…+a99)]·[(a0+a2+…+a100)-(a1+a3+…+a99)] =(a0+a1+a2+…+a100)·(a0-a1+a2-a3+…+a98-a99+a100) =[(2-)(2+)]100=1100=1. ⑤因为Tk+1=(-1)k2100-k()kxk,所以a2k-1<0(k∈N+). 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a100|=a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100. 解析 因为(x+1)(x2+)n的展开式中,各项系数的和为512, 所以令x=1,得(1+1)(1+1)n=512,即2n+1=29,解得n=8, 所以原式为(x+1)(x2+)8, 所以(x2+)8展开式的项Tk+1=(x2)8-k·()k=, 当16-k=1或16-k=2,符合题意,解得k=6或k=(舍去), 所以x2项的系数为=28. $$