章末总结(六) 计数原理-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教A版2019）

章末总结(六)　计数原理 [知识体系建构·关键理清]____________________________________________________ [高频考点聚焦·整合提升]____________________________________________________ 一、两个计数原理 运用两个计数原理解决问题时的注意点 (1)对于一些比较复杂的问题既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理，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． 例1　(1)设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　 ) A．(34，34) B．(43，34) C．(34，43) D．(A，A) 解析：选C.每名学生报名有3种选择， 根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择，故a＝34；每项冠军有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果，故b＝43. (2)“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3 443，94 249等．显然2位“回文数”有9个：11，22，33，…，99；3位“回文数”有90个：101，111，121，…，191，202，…，999. ①4位“回文数”有________个； ②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有____________个． 解析：①4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零， 第一步，选千位和个位数字，共有9种选法； 第二步，选中间两位数字，有10种选法， 故4位“回文数”有9×10＝90(个). ②第一步，选左边第一个数字，有9种选法； 第二步，分别选左边第2，3，4，…，n，n＋1个数字，共有10×10×10×…×10＝10n(种)选法，故2n＋1(n∈N*)位“回文数”有9×10n个． 答案：①90　②9×10n 【即学即用】　1.在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案有(　　 ) A．720种 B．2 160种 C．4 100种 D．4 400种 解析：选C.当A，C，E三个区域用同一种颜色时，不同的涂色方案有5×43＝320种；当A，C，E三个区域用2种颜色时，不同的涂色方案有(5×4×3)×4×3×3＝2 160种；当A，C，E三个区域用3种颜色时，不同的涂色方案有A×33＝1 620种．所以共有方法数为320＋2 160＋1 620＝4 100种． 二、排列与组合的综合应用 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．解决此类问题时，只有认真审题，才能把握问题的实质，常用的方法有： (1)合理分类，准确分步； (2)特殊优先，一般在后； (3)直接间接，灵活选择； (4)元素相邻，捆绑为一； (5)元素相间，插空解决； (6)抽象问题，构造模型． 角度1__特殊元素和特殊位置优先策略 例2　从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的1个时，它应排在其他数字的前面，这样的不同三位数共有________个(用数字作答). 解析：1与3是特殊对象，以此为标准进行分类． 分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有A个； ②只有1和3中的1个时，满足条件的三位数有2A个； ③同时有1和3时，先把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3和1所形成的3个空中，此时满足条件的三位数有C·C个． 所以满足条件的三位数共有A＋2A＋C·C＝60(个). 答案：60 【即学即用】　2.在高三某班举行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场顺序的排法种数为________． 解析：2位男生不能连续出场的排法共有N1＝A×A＝72种，女生甲排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2＝A×A＝12(种)，所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60. 答案：60 角度2__相邻问题捆绑与不相邻问题插空策略 要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决，即将需要相邻的元素捆绑并看作一个元素，再与其他元素进行排列，同时要注意捆绑元素内部也必须进行排列． 例3　小明和爸爸、妈妈、爷爷、奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________． 解析：若小明的父母有一人与小明相邻，则不同的坐法有CAAC＝72(种)；若小明的父母都与小明相邻，则不同的坐法有AA＝12(种).由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的坐法有72＋12＝84(种). 答案：84 【即学即用】　3.现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有________种．(用数字作答) 解析：根据题意，完成这件事可分两步： 第一步：将除甲、乙外其余三人全排列，有A＝6(种)排法； 第二步：三人排好后有4个座位(含两端)，由于甲不站在两端，则甲有2个空位可选，乙在剩下的3个空位中任选1个，有3种选法，则甲、乙的排法有2×3＝6(种). 根据分步乘法计数原理，不同的排法有6×6＝36(种). 答案：36 角度3__定序问题倍缩法、空位法等策略 对于定序问题，可采用“倍缩法”解决，即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数． 例4　7人排队，其中甲、乙、丙3人顺序一定，共有________种不同的排法． 解析：法一(倍缩法)　对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数.7人排队，其中甲、乙、丙3人顺序一定的不同的排法种数是＝840(种). 法二(空位法)　设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人就座，共有A种方法，其余的3个位置，甲、乙、丙共有1种坐法，则满足条件的排法共有A＝840(种). 答案：840 【即学即用】　4.某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目．如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为(　　) A．42 B．56 C．30 D．72 解析：选B.增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有A种，而原有的6个节目对应的不同排法共有A种，所以不同的排法有＝56(种). 角度4__名额分配隔板与均分除法策略 将n个相同的元素分成m份(n，m为正整数)，每份至少一个元素，可以用(m－1)块隔板插入n个元素排成一排时形成的(n－1)个空隙中，所有分法种数为C. 平均分成的组，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数． 例5　(1)将20个相同的小球全部放入编号为3，4，5的三个盒子中，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，则不同的放法种数为________． 解析：首先在三个盒子中依次放入2，3，4个球，再将剩余的11个球按隔板法分到三个盒子中，这样就能满足“每个盒内的球数不少于它的编号数”的要求．于是不同的放法共有C＝45(种). 答案：45 (2)某学校派出五名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有________种． 解析：将五名教师分配至三所中学，需要先对教师分组，再分配，教师分组有两种情况：一是按3，1，1分组，分组情况共＝10(种)，二是2，2，1分组，分组情况共＝15(种)，所以一共有25种分组情况，将三组分配至三所学校共25×A＝150(种)情况． 答案：150 【即学即用】　5.6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则不同的参加方式共有(　　) A．2 640种 B．1 560种 C．1 080种 D．480种 解析：选B.根据题意，分两步完成：第一步，将6人分成4组，若分为1，1，1，3的四组，有C＝20种方法，若分为1，1，2，2的四组，有＝45(种)方法，共有20＋45＝65(种)分组方法；第二步，将分好的四组全排列，安排参加4项社会实践活动，有A＝24(种)情况，则共有65×24＝1 560(种)不同的参加方式． 三、二项式定理及其应用 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． 2．二项式定理所体现的是一种数学运算素养． 角度1__二项展开式的“赋值问题” 例6　(1)若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝________． 解析：令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12， 令x＝－3，得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12， ∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)， ∴a1＋a3＋…＋a11＝27， ∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝log227＝7. 答案：7 (2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0，求(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2. 解：令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25； 令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65. 两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125. 感悟升华　在二项展开式中应用“赋值法”的一般步骤 (1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征． (2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定． (3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可． 【即学即用】　6.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________． 解析：令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5， 令x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5. 答案：5 角度2__二项展开式的特定项问题 例7　已知在(－)n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数的绝对值最大的项； (3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值． 解：(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3， 解得n＝10(负值舍去)， 所以(－)n的通项为Tk＋1＝C()10－k(－)k＝(－2)kC ， 当5－为整数时，k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大， 则解得≤k≤， 又因为k∈N*，所以k＝7， 当k＝7时，T8＝－15 360， 所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360. (3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C ＝ ＝ ＝＝. 感悟升华　二项式特定项的求解策略 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素． (2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项，即可确定常数项． (3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数． (4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式(组)，解不等式(组)的方法求解． 【即学即用】　7.已知(－)n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数． 解：(1)由题意得，2n＝1 024，∴n＝10， ∴展开式的通项为Tk＋1＝C()10－k(－)k＝(－1)kC ＝(－1)kC(k＝0，1，…，10)， 令5－∈Z，得k＝0，6. ∴有理项为T1＝Cx5＝x5，T7＝Cx4＝210x4. (2)∵C＋C＝C，∴C＝C－C， ∴含x2项的系数为C＋C＋…＋C＝(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)＝C－C＝164. 学科网（北京）股份有限公司 $$