第6章 计数原理 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　计数原理 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理 (1)两个计数原理的共同之处是研究完成一件事共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”． (2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)． (3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)． 规律方法收藏 6 2．解决排列组合应用题的原则 解决排列组合应用题的原则有特殊优先、先取后排、正难则反、相邻问题“捆绑”处理、不相邻问题“插空”处理等． (1)特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的元素和有限制条件的位置一定要优先考虑． (2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的排除法求解． (3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看成一个元素与其他元素排列，然后将相邻元素进行排列． 规律方法收藏 7 规律方法收藏 8 (6)先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列． (7)定序问题倍缩、空位插入原则：定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理． (8)分排问题直排处理原则：一般地，对于元素分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究． (9)小集团问题先整体后局部原则：小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理． (10)构造模型原则：一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位插空模型、排队模型、装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决． 规律方法收藏 9 规律方法收藏 10 规律方法收藏 11 ③证明不等式时，应注意运用放缩法． (4)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求k，再求Tk＋1.有时还需先求n，再求k，才能求出Tk＋1. (5)有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏． (6)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． (7)近似计算首先要观察精确度，然后选取展开式中的若干项． (8)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决． 规律方法收藏 12 学科素养培优 解决实际问题的过程中，并不一定只使用单一的分类或分步，可能同时应用两个计数原理，即分类时，某类的方法可能要运用分步完成；而分步时，某步的方法可能会采用分类的思想求得．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的流程，即合理分类，准确分步． (1)“类中有步”计数问题 用流程图描述计数问题，“类中有步”的情形如图1所示． 一、两个计数原理的综合应用 学科素养培优 14 从A到B视为完成一件事，完成这件事有两类方案，在第1类方案中有3步，在第2类方案中有2步，完成每一步的方法数如图1所示，所以完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5. (2)“步中有类”计数问题 用流程图描述计数问题，“步中有类”的情形如图2所示． 从计数的角度看，由A到D视为完成一件事，可简单地记为A→D. 学科素养培优 15 完成A→D这件事需分三步，即A→B，B→C，C→D，其中B→C这一步又分为三类，完成每一步的方法数如图2所示，所以完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5. “类”与“步”可进一步地理解为：“类”用“＋”连接，“步”用“×”连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”则缺一不可． 学科素养培优 16 (1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　) A．14 B．16 C．20 D．48 解析　分两类： 第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况．由分步乘法计数原理，共有2×6＝12种情况； 第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况． 根据分类加法计数原理，共有12＋4＝16种情况． 学科素养培优 17 (2)小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色(图中的1，2，3，4，5)，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，共有_____种不同的涂色方案． 解析　第1步，涂2，有4种涂法；第2步，涂5，有3种涂法；第3步，涂3，4，当3与5同色时，4有3种涂法，当3与5不同色时，3有2种涂法，4有2种涂法，共有3＋2×2＝7种涂法；第4步，涂1，有3种涂法．所以不同的涂色方案共有4×3×7×3＝252种． 252 学科素养培优 18 解　首先求得只会唱歌的有5人，只会跳舞的有3人，既会唱歌又会跳舞的有2人． 第1类，从只会唱歌的5人中任选1人参加唱歌比赛，从只会跳舞的3人中任选1人参加跳舞比赛，有5×3＝15种不同的参赛方案； 第2类，从只会唱歌的5人中任选1人参加唱歌比赛，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人参加跳舞比赛，有5×2＝10种不同的参赛方案； 某文艺团体有10人，每人至少会唱歌或跳舞中的一种，其中7人会唱歌，5人会跳舞，从中选出会唱歌与会跳舞的各1人分别参加唱歌与跳舞比赛，则有多少种不同的参赛方案？ 学科素养培优 19 第3类，从只会跳舞的3人中任选1人参加跳舞比赛，从既会唱歌又会跳舞的2人中任选1人参加唱歌比赛，有3×2＝6种不同的参赛方案； 第4类，将既会唱歌又会跳舞的2人全部选出，有2种不同的参赛方案． 由分类加法计数原理知，共有15＋10＋6＋2＝33种不同的参赛方案． 学科素养培优 20 解决排列、组合综合问题要遵循的两个原则： (1)按事情发生的过程进行分步． (2)按元素的性质进行分类．解决时通常从三个途径考虑： ①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数． 二、排列、组合的综合应用 学科素养培优 21 (1)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选法种数为(　　) A．120 B．60 C．40 D．30 学科素养培优 22 (2)某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告，现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告，新增播一个商业广告与两个不同的公益宣传广告，且要求两个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放，则不同的播放顺序共有(　　) A．60种 　　　　B．120种 　　　　C．144种　　　　　D．300种 学科素养培优 23 　　　　　有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数． (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文科代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表； (4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表． 学科素养培优 24 学科素养培优 25 对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项来求特定项；另一类，需要运用转化思想化归，使用二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下： (1)考查通项问题． (2)考查系数问题 ①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和； ②一般采用通项法或赋值法解决． (3)考查可转化为二项式定理解决的问题． 三、二项式定理的应用 学科素养培优 26 学科素养培优 27 60 学科素养培优 28 －60 学科素养培优 29 (4)已知(1－x)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝________． －256 解析　在所给等式中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0　①；令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝32　②，由①＋②，化简得a0＋a2＋a4＝16，由①－②，化简得a1＋a3＋a5＝－16，所以(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256. 学科素养培优 30 学科素养培优 31 学科素养培优 32 学科素养培优 33 学科素养培优 34 学科素养培优 35 四、分类讨论的数学思想 248 学科素养培优 36 　　　　有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．若取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？ 学科素养培优 37 　　　　　　　　　　　　　 R (4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入． (5)指标问题采用“隔板法”的原则 将问题转化为：把n个相同元素分成m个组的分法，这相当于n个相同元素的每两个元素之 间共n－1个空，任插m－1个板子的插法数，即Ceq \o\al(m－1,n－1)种． 3．二项式定理及其应用 (1)二项式定理：(a＋b)n＝Ceq \o\al(0,n)an＋Ceq \o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \o\al(n,n)bn，其中各项的系数Ceq \o\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数，第k＋1项Ceq \o\al(k,n)an－kbk叫做二项展开式的通项． (2)二项式系数的性质 ①对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n). ②增减性与最大值． 当k<eq \f(n＋1,2)时，二项式系数Ceq \o\al(k,n)逐项增大； 当k>eq \f(n＋1,2)时，二项式系数Ceq \o\al(k,n)逐项减小． 当n为偶数时，展开式中间一项Teq \s\do7(\f(n,2))＋1的二项式系数Cf(n,2))eq \o\al(,n) 最大；当n为奇数时，展开式中间两项Teq \s\do9(\f(n＋1,2))与Teq \s\do9(\f(n＋1,2))＋1的二项式系数Cf(n-1,2))eq \o\al(,n) ，Cf(n+1,2))eq \o\al(,n) 相等且最大． ③各二项式系数之和等于2n，即Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋…＋Ceq \o\al(n,n)＝2n； 奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(3,n)＋Ceq \o\al(5,n)＋…＝2n－1. (3)对于二项式系数问题，应注意的几点 ①求二项式所有项的系数和，可采用赋值法，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； 解析　先从五名志愿者中选择1人连续参加两天社区服务，有Ceq \o\al(1,5)＝5种方法；再从剩余的4人中选择2人分别参加星期六与星期天的社区服务，共有Aeq \o\al(2,4)＝12种方法．所以恰有1人连续参加两天服务的选法种数为5×12＝60.故选B. 解析　第1步，要在该时间段只保留其中的2个商业广告，即先从5个不同的商业广告中选择2个，有Ceq \o\al(2,5)＝10种；第2步，增播一个商业广告，共3个广告，排好有Aeq \o\al(3,3)＝6种；第3步，在2个空中，插入两个不同的公益宣传广告，有Aeq \o\al(2,2)＝2种．根据分步乘法计数原理，不同的播放顺序共有10×6×2＝120种．故选B. 解　(1)先取后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3)种，后排有Aeq \o\al(5,5)种，共(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3))Aeq \o\al(5,5)＝5400种． (2)除去该女生后，先取后排，有Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝840种． (3)先取后排，但先安排该男生，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝3360种． (4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有Ceq \o\al(3,6)种，再安排该男生担任科代表有Ceq \o\al(1,3)种，其中3人全排有Aeq \o\al(3,3)种，共Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x))) eq \s\up12(n)INCLUDEPICTURE"典例5.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例5.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例5.TIF" \* MERGEFORMATINET (1)在的展开式中，各二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为(　　) A．135 　　　　B．105 　　　　C．30 　　　　　D．15 解析　由二项式系数的性质，得2n＝64，解得n＝6，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x))) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(eq \r(x))6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x))) eq \s\up12(k)＝3kCeq \o\al(k,6)x3－eq \s\up11(\f(3,2))k，令3－eq \f(3,2)k＝0，得k＝2，所以展开式中的常数项为T3＝32×Ceq \o\al(2,6)＝135.故选A. (2)(2023·天津高考)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x))) eq \s\up12(6)的展开式中，x2的系数是________． 解析　解法一：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x))) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)(2x3)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up12(k)＝ (－1)k26－kCeq \o\al(k,6)x18－4k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系数为(－1)4×22×Ceq \o\al(4,6)＝60. 解法二：将二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x))) eq \s\up12(6)看成6个多项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))相乘，要想出现x2项，则先在2个多项式中分别取2x3，然后在余下的多项式中都取－eq \f(1,x)，相乘，即Ceq \o\al(2,6)(2x3)2×Ceq \o\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x))) eq \s\up12(4)＝60x2，所以x2的系数为60. (3)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)＋y)) eq \s\up12(6)的展开式中，x2y2的系数为________． 解析　　在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)＋y)) eq \s\up12(6)的展开式中，x2y2的系数为Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)×(－1)＝－60. (5)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋x)) eq \s\up12(2n)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝________． 解析　设f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋x)) eq \s\up12(2n)，则(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＝f(－1)f(1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－1)) eq \s\up12(2n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋1)) eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n) \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,\r(3,x)))) eq \s\up12(n)INCLUDEPICTURE"典例6.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例6.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例6.TIF" \* MERGEFORMATINET 已知在的展开式中，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＋9Ceq \o\al(2,n)＋81Ceq \o\al(3,n)＋…＋9n－1Ceq \o\al(n,n)的值． 解　(1)由Ceq \o\al(4,n)(－2)4∶Ceq \o\al(2,n)(－2)2＝56∶3， 解得n＝10. 因为通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,10)(eq \r(x))10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(3,x)))) eq \s\up12(k) ＝(－2)kCeq \o\al(k,10)x5－eq \s\up11(\f(5,6))k，0≤k≤10，k∈N， 所以当5－eq \f(5,6)k为整数时，k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大， 所以k,10)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥Ceq \o\al(k－1,10)2k－1，,Ceq \o\al(k,10)2k≥Ceq \o\al(k＋1,10)2k＋1，)) 解得eq \f(19,3)≤k≤eq \f(22,3). 因为0≤k≤10，k∈N，所以k＝7， 所以展开式中系数的绝对值最大的项为T8＝－15360x－eq \s\up7(\f(5,6)). (3)原式＝10＋9Ceq \o\al(2,10)＋81Ceq \o\al(3,10)＋…＋910－1Ceq \o\al(10,10) ＝1,10)eq \f(9C＋92Ceq \o\al(2,10)＋93Ceq \o\al(3,10)＋…＋910Ceq \o\al(10,10),9) ＝0,10)eq \f(C＋9Ceq \o\al(1,10)＋92Ceq \o\al(2,10)＋93Ceq \o\al(3,10)＋…＋910Ceq \o\al(10,10)－1,9) ＝eq \f(（1＋9）10－1,9)＝eq \f(1010－1,9). 解析　在(x＋3eq \r(x)＋2)4的展开式中，含x的项有以下两类： 第1类，4个因式中有1个取到x，其余3个都取到2，即Ceq \o\al(1,4)x·23＝32x； 第2类，4个因式中有2个取到3eq \r(x)，其余2个都取到2，即Ceq \o\al(2,4)(3eq \r(x))2·22＝216x. 所以在(x＋3eq \r(x)＋2)4的展开式中，含x的项为32x＋216x＝248x，故x的系数为248. (x)INCLUDEPICTURE"典例7.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例7.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\典例7.TIF" \* MERGEFORMATINET 在(x＋3＋2)4的展开式中，x的系数为________． 解　分三类： 第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1，2，3，4时，不同的排法有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)＝384种； 第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1，1，4，4时，不同的排法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝24种； 第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2，2，3，3时，不同的排法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝24种． 故满足题意的不同的排法共有384＋2×24＝432种． $$