第6章 计数原理 章末优化提升(课件PPT)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

第六章　计数原理 章末优化提升 [对应学生用书第31页] 章末优化提升 考点一　两个计数原理 [注意]　运用两个基本原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”,分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成整个事件；而分步则只能“局部到位”——任何一步中任一种方法只能完成事件的某一部分. 章末优化提升 [例1]　随着人们生活水平的提高,某城市家庭汽车拥有量迅速增长,交通管理部出台了一种汽车牌照组成办法,每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字,并且3个字母必须合成一组出现,3个数字也必须合成一组出现.那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？ 章末优化提升 [解]　将汽车牌照分为2类,一类的字母组合在左,另一类的字母组合在右.字母组合在左时,分6个步骤确定一个牌照的字母和数字： 第1步,从26个字母中选1个,放在首位,有26种选法； 第2步,从剩下的25个字母中选1个,放在第2位,有25种选法； 第3步,从剩下的24个字母中选1个,放在第3位,有24种选法； 第4步,从10个数字中选1个,放在第4位,有10种选法； 第5步,从剩下的9个数字中选1个,放在第5位,有9种选法； 第6步,从剩下的8个字母中选1个,放在第6位,有8种选法. 根据分步乘法计数原理,字母组合在左的牌照共有 章末优化提升 26×25×24×10×9×8＝11 232 000（个）. 同理,字母组合在右的牌照也有11 232 000个. 所以,共能给11 232 000＋11 232 000＝22 464 000辆汽车上牌照. 章末优化提升 1.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语.从中选出会英语和会日语的各1人,有多少种不同的选法？ 解　依题意得,既会英语又会日语的有1人,6人只会英语,2人只会日语. 第1类：从只会英语的6人中选会英语的1人,有6种选法,此时选会日语的1人有3种选法,由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18（种）. 章末优化提升 第2类：从既会英语又会日语的1人中选会英语的1人,有1种方法,此时从只会日语的两人中选会日语的1人,有2种选法, 由分步乘法计数原理得N2＝1×2＝2（种）. 综上,由分类加法计数原理可知,不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20（种）. 章末优化提升 考点二　排列与组合 1.复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化,从而寻求解题途径,由于结果的正确性难以直接检验,因而常需要用不同的方法求解来检验. 2.按元素的性质进行分类、按事件发生的连续过程分步,是处理组合问题的基本思想方法,要注意题设中“至少”“至多”等限制词的意义. 3.处理排列、组合的综合性问题,一般思想方法是先选元素（组合）,后排列,按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”,始终是处理排列、组合问题的基本方法和原理,通过解题训练要注意积累分类和分步的基本技能. 章末优化提升 4.在解决排列、组合综合性问题时,必须深刻理解排列与组合的概念,能够熟练确定这一问题是排列问题还是组合问题,牢记排列数、组合数计算公式与组合数性质.容易产生的错误是重复或遗漏计数. 章末优化提升 角度一　站位问题 [例2]　有3名男生,4名女生,在下列不同要求下,求不同的排列方法种数. （1）全体排成一行,其中甲只能在中间或者两端位置； [解]　（1）优先法：甲为特殊元素,故先安排甲,左、右、中共3个位置可供甲选择,有种排法,其余6人全排列,有种排法.由分步乘法计数原理得共有＝2160种排法. 章末优化提升 [解]　（2）直接法（位置分析）：按甲是否在最右端分两类： 第一类：甲在最右端有种排法； 第二类：甲不在最右端时,甲有5个位置可选,而乙也有5个位置可选,而其余全排列,有种排法,由分步乘法计数原理得有种排法. 故共有＋＝3720种排法. 间接法：先排最左端位置,除去甲外,有种排法,余下的6个位置全排列有种,但应剔除甲不在最左端且乙在最右端的排法种.则符合条件的排法共有－＝3720（种）. （2）全体排成一行,其中甲不在最左端,乙不在最右端； 章末优化提升 （3）全体排成一行,其中男生必须排在一起； [解]　（3）捆绑法：将男生看成一个整体,进行全排列有种排法,把这个整体看成一个元素再与其他4人进行全排列有种排法,共有＝720种排法. （4）全体排成一行,男、女各不相邻； [解]　（4）插空法：先排好男生,然后将女生插入排男生时产生的4个空位中,共有＝144种排法. 章末优化提升 （5）全体排成一行,其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变； [解]　（5）定序排列用除法：第一步,设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N,第二步,对甲、乙、丙进行全排列,则为7个人的全排列,因此有＝N×,故N＝＝840（种）. （6）全体排成前后两排,前排3人,后排4人. [解]　（6）分排问题直接法：由已知,7个人排在7个位置,与无任何限制的排列相同,有＝5040种排法. 章末优化提升 角度二　分组分配问题 [例3]　六本不同的书,按下列要求各有多少种不同的分法？ （1）分为三份,一份四本,一份一本,一份一本； [解]　（1）这是“部分平均分组”问题,分组与顺序无关. 根据分步乘法计数原理可得,分成三份有种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记六本书分别为A,B,C,D,E,F,若第一步取A,B,C,D,第二步取E,第三步取F,该分法记为（ABCD,E,F）,则中还包括（ABCD,F,E）这1种分法,而这种分法与（ABCD,E,F）是同一种分法,故共有＝15种分法. 章末优化提升 （2）分给甲、乙、丙三人,甲得四本,乙得一本,丙得一本； [解]　（2）这是“部分平均定向分配”问题.先分组,再分配,与顺序有关. 首先分成三份,为部分平均分组问题,共有种分法,然后分给三个人（甲定向）共有＝＝30种分法. 章末优化提升 （3）分给甲、乙、丙三人,一人得四本,另外两个人每个人得一本； [解]　（3）这是“部分平均不定向分配”问题. 方法一：先分组,再分配,与顺序有关.先分成三份,为部分平均分组问题,共有种分法,然后分给三个人（不定向）,共有＝90种分法. 方法二：有＝90种分法. 章末优化提升 （4）分给甲、乙、丙三人,每人至少一本. [解]　（4）可以分为三类：①将6分为“2,2,2”,有＝90种分法；②将6分为“1,2,3”,有＝360种分法；③将6分为“1,1,4”,有＝90种分法.所以共有90＋360＋90＝540种分法. 章末优化提升 2.设有编号为1,2,3,4,5的五个小球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个小球放入5个盒子中. （1）若没有一个盒子空着,且球的编号与盒子编号不全相同,则有多少种投放方法？ 解　（1）利用间接法可知满足题意的投放方法有－1＝119（种）. （2）若每个盒子内投放一个球,并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的,则有多少种投放方法？ 章末优化提升 解　（2）分为四类： 第一类,五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种； 第二类,四个球的编号与盒子的编号相同,有0种； 第三类,三个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有1种,所以投放方法有×1＝10（种）. 第四类,两个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有2种,所以投放方法有×2＝20（种）. 根据分类加法计数原理,得所有的投放方法有1＋0＋10＋20＝31（种）. 章末优化提升 考点三　二项式定理 1.对于二项式系数问题,首先要熟记二项式系数的性质,其次要掌握“赋值法”,“赋值法”是解决二项式系数问题的一个重要方法. 2.求二项展开式中指定的项,通常是先根据已知条件求r,再求Tr＋1.有时还需先求n,再求r,才能求出Tr＋1. 章末优化提升 3.对于二项式系数问题,应注意以下几点： （1）求二项式所有项的系数和,可采用“特殊值取代法”,通常令字母变量的值为1； （2）关于组合恒等式的证明,常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法. 章末优化提升 [例4]　已知f（x）＝（1＋x）m,g（x）＝（1＋5x）n（m,n∈N*）. （1）当m＝4,n＝5时,求f（x）·g（x）的展开式中含x2的项； [解]　（1）当m＝4,n＝5时, f（x）＝（1＋x）4＝x0＋x1＋x2＋x3＋x4, g（x）＝（1＋5x）5＝（5x）0＋（5x）1＋…＋（5x）5, 则f（x）·g（x）的展开式中含x2的项为（·50＋·5＋·52）x2,即f（x）·g（x）的展开式中含x2的项为356x2. 章末优化提升 [解]　（2）因为h（x）＝f（x）＋g（x）,且h（x）的展开式中含x的项的系数为24,所以＋5＝24, 即m＝24－5n（其中1≤n≤4,n∈N*）. 因为h（x）的展开式中含x2的项的系数为＋52＝＋＝＋＝25n2－130n＋276＝25＋107（其中1≤n≤4,n∈N*）,又因为＞,所以当n＝3时（此时m＝9）,h（x）的展开式中含x2的项的系数取得最小值,最小值为111. （2）若h（x）＝f（x）＋g（x）,且h（x）的展开式中含x的项的系数为24,则当m,n为何值时,h（x）的展开式中含x2的项的系数取得最小值？ 章末优化提升 3.若＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn,且a2＝7. （1）求的展开式中二项式系数最大的项； 章末优化提升 解　（1）因为T3＝＝x2＝a2x2,且a2＝7,所以＝＝7,所以（n－8）（n＋7）＝0, 解得n＝8或n＝－7（舍去）, 所以的展开式中二项式系数最大的项为第5项,T5＝＝x4. 章末优化提升 （2）求a1＋2a2＋22a3＋23a4＋…＋2n－1an的值. 解　（2）令x＝0,可知a0＝1, 令x＝2, 得0＝a0＋2a1＋22a2＋23a3＋24a4＋…＋2nan, 所以2a1＋22a2＋23a3＋24a4＋…＋2nan＝－1, 所以a1＋2a2＋22a3＋23a4＋…＋2n－1an＝－. 章末优化提升 $$