第6章计数原理 章末复习课 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第三册（人教A版2019）

章末复习课 第六章　计数原理 知识网络 一、两个计数原理 二、排列与组合的综合应用 三、二项式定理及其应用 内容索引 一 两个计数原理 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　(1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为 A.484 B.472 C.252 D.232 √ 6 (2)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. √ 首先每名学生报名有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， 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. 7 (3)“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；则 ①4位“回文数”有______个； 4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). 90 8 ②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有________个. 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. 9×10n 9 应用两个计数原理计数的四个步骤 (1)明确完成的这件事是什么. (2)思考如何完成这件事. (3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类. (4)选择计数原理进行计算. 反思感悟 10 跟踪训练1　(1)用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种 颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法 A.120种 B.720种 C.840种 D.960种 √ A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有 4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种). 11 (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中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有______个.(用数字作答) 60 12 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 13 二 排列与组合的综合应用 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遵守先选后排，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　(1)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是 A.每人都安排一项工作的不同方法数为54 B.每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为480 C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被 安排的不同方法数为300 D.每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能 从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的 种数是126 √ 16 每人都安排一项工作的不同方法数为45，即A错误； 17 (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个舞蹈节目排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？ 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)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？ ×□×□×□×□×□×□× 第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有 ＝840(种)方法. 根据分步乘法计数原理， 一共有720×840＝ 604 800(种)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个节目，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？ 解决排列、组合综合问题要注意以下几点 (1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题. (2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接. (3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净. 反思感悟 21 跟踪训练2　6个女生(其中有1个领唱)和2个男生分成两排表演. (1)若每排4人，共有多少种不同的排法？ 要完成这件事分三步. 22 (2)领唱站在前排，男生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？ 23 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3　(1)若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝______. 7 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. 26 (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. 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. 27 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. 反思感悟 28 跟踪训练3　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______. 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. 5 29 角度2　二项展开式的特定项问题 30 解得n＝10(负值舍去)， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. 31 (2)求展开式中系数的绝对值最大的项； 当k＝7时，T8＝ ， 所以系数的绝对值最大的项为T8＝ 32 33 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. 反思感悟 34 (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. 反思感悟 35 由题意得，2n＝1 024，∴n＝10， ∴展开式的通项为 36 (2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数. 37 根据题意，共有C种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C种取法，取2张绿色卡片有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－CC＝472(种). (A，A) ③同时有1和3时，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个空中的1个即可，满足条件的三位数有CC个. 所以满足条件的三位数共有A＋2A＋CC＝60(个). 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中的一个时，满足条件的三位数有2A个； 每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为CA＝240，即B错误； 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为A＝150，即C错误； 每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是CCA＋ CA＝126，即D正确. 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A＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个舞蹈节目排序，有A＝24(种)方法. 第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有A＝720(种)方法. A 若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以有＝A＝132(种)不同的节目演出顺序. 由分步乘法计数原理知，有CCAA＝40 320(种)不同的排法. 第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有CC种不同的排法； 第二步，前排4人进行全排列，有A种不同的排法； 第三步，后排4人进行全排列，有A种不同的排法. 思路与(1)相同，有CAA＝5 760(种)不同的排法. 例4　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； 由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3， 当5－为整数时，k可取0,6， 所以n的通项为Tk＋1＝C()10－kk＝(－2)kC ， 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， 原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C＝ ＝＝＝. (3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值. 令5－∈Z，得k＝0,6. ∴有理项为T1＝Cx5＝x5，T7＝Cx4＝210x4. 跟踪训练4　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； Tk＋1＝C()10－k(－)k＝(－1)kC ＝(－1)kC (k＝0,1，…，10)， ∵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. $$