第3章 排列、组合与二项式定理 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教B版）

第三章　章末综合提升 第三章　排列、组合与二项式定理 考点1　计数原理的应用 (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 D.420种 (2)有3封信,4个信箱,如果把3封信都投进信箱,投递方法有　　　　种.  例1 D 64 (1)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2种方案. ③当用五种颜色时有 种方案. 因此所有栽种方案为+2+ =420(种). (2)分3步完成投递3封信的任务;第一步,投递1封信,有4种方法;第二步,再投递1封信,有4种方法;第三步,投递最后1封信,有4种方法,完成任务,根据分步乘法计数原理,共有4×4×4=43=64种寄信方法. 1.使用两个计数原理解决问题的思路 (1)选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个计数原理的本质. (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. 思维提升 (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，分步时还要注意只有连续完成这n个步骤后，这件事才算完成. 2.使用两个计数原理解决问题时应注意的问题 (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. 1.小华同学有课外参考书若干本,其中有5本不同的外语书,4本不同的数学书,3本不同的物理书,他欲带参考书到图书馆阅读. (1)若他从这些参考书中带一本去图书馆,有多少种不同的带法? (2)若带外语、数学、物理参考书各一本,有多少种不同的带法? (3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆,有多少种不同的带法? 跟踪训练 解:(1)完成的事情是带一本书,无论带外语书,还是数学书、物理书,事情都能完成,从而确定用分类加法计数原理,结果为5+4+3=12种. (2)完成的事情是带3本不同学科的参考书,只有从外语、数学、物理书中各选1本后,才能完成这件事,因此应用分步乘法计数原理,结果为5×4×3=60种. (3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理,有5×4=20种选法;同样,选外语书、物理书各1本,有5×3=15种选法;选数学书、物理书各1本,有4×3=12种选法.即有三类情况,应用分类加法计数原理,结果为20+15+12=47种. 考点2　排列与组合的综合应用 5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有1名老队员且1,2号中至少有1名新队员的排法有　　　　种.(用数字作答)  ①只有1名老队员的排法有=36种.②有2名老队员的排法有=12种.所以共有36+12=48种. 例2 48 解排列、组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想． 1.三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则． 2.基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等． 3.转化思想就是把一些排列、组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决． 思维提升 2.由1,2,3,4,5五个数字组成没有重复数字的五位数,并且由小到大排列,则首项为12 345,第2项是12 354,…直到末项(第120项)是54 321.问: (1)43 251是第几项? (2)第93项是怎样的一个五位数? 跟踪训练 解:(1)由题意知,共有五位数个数为=120, 比43 251大的数有下列几类: ①万位数是5的有=24个数; ②万位数是4,千位数是5的有=6个数; ③万位数是4,千位数是3,百位数是5的有=2个数; 所以比43 251大的共有++=32个数, 所以43 251是第120-32=88项. (2)从(1)知万位数是5的有=24个数,万位数是4,千位数是5的有=6个数,但比第93项大的数有120-93=27个,第93项即倒数第28项,而万位数是4,千位数是5的6个数是45 321、45 312、45 231、45 213、45 132、 45 123,从此可见第93项是45 213. 考点3　二项式定理的应用 (1)若二项式的展开式中的系数是84,则实数a=(　　) A.2 B. C.1 D. (2)已知(1+x+x2) (n∈N+)的展开式中没有常数项,且2≤n≤8,则n=　　　　.  例3 C 5 (1)二项式的展开式的通项公式为=(2x=ar,令7-2r=-3,得r=5.故展开式中的系数是22a5=84,解得a=1. (2)展开式的通项是==,r=0,1,2,…,n, 由于(1+x+x2)的展开式中没有常数项,所以,x=和x2=都不是常数,则n-4r≠0,n-4r+1≠0,n-4r+2≠0,又因为2≤n≤8,所以n≠2,3,4,6,7,8,故取n=5. 已知展开式中二项式系数之和比(2x+展开式中奇数项的二项式系数之和少112,第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120,求x. 例4 [解]　展开式中二项式系数之和为2n,(2x+展开式中奇数项的二项式系数之和为,由题意可得-2n=112,解得n=4, ∴(2x+=(2x+)8, 该式的二项式系数最大的项为 T5=·(2x)4·()4=1 120, 进一步可得=1, ∴x=1或1+lg x=0, 即x=1或x=. 二项式定理的应用问题类型及解答策略 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：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项. 3.求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数. 4.求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入. 5.确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质. 思维提升 3.已知 (n∈N+)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1. (1)求展开式中各项系数的和; (2)求展开式中含的项. 跟踪训练 解:因为的展开式的通项是Tr+1= ()n-r=(-2)r, 所以T5=T4+1=24, T3=T2+1=22, 所以=,所以n2-5n-24=0, 解得n=8,或n=-3(舍去). (1)令x=1,则所求各项系数的和为1. (2)展开式通项为Tr+1=(-2)r, 令=,得r=1. 所以展开式中含的项为 T2=T1+1=(-2)1=-16. 考点4　赋值法的应用 已知=a0+a1x+a2x2+…+anxn(x∈N+),且a2=7. (1)求n的值; (2)求-2a1+22a2-23a3+…+(-2)nan的值. 例5 [解]　(1)因为T3==x2, 由a2=7, 所以=7, 故n=8. (2)令x=0,得a0=1, 令x=-2,得28=1-2a1+22a2-23a3+…+(-2)nan, 所以-2a1+22a2-23a3+…+(-2)nan=28-1=255. 赋值法的应用规律 与二项式系数有关，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，再求结果. 注意：求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解. 思维提升 4.若(x2+1)(x-1)8=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a10(x-2)10. (1)求a1+a2+a3+…+a10的值; (2)求a1+a3+a5+a7+a9的值. 解:(1)在(x2+1)(x-1)8=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a10(x-2)10中,令x=2,则a0=5. 再令x=3,则a0+a1+a2+a3+…+a10=2 560 ①, 所以a1+a2+a3+…+a10=2 555. (2)在所给的等式中,令x=1,则a0-a1+a2-a3+…+a10=0 ②, 由可得a1+a3+a5+a7+a9=1 280. $$