2020高中數(shù)學 第一章 計數(shù)原理章末復習講義

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE20-學必求其心得，業(yè)必貴于專精第一章計數(shù)原理知識系統(tǒng)整合規(guī)律方法收藏1．分類和分步計數(shù)原理(1)兩個原理的共同之處是研究做一件事，完成它共有的方法種數(shù)，而它們的主要差異是“分類”與“分步”．（2)分類加法計數(shù)原理的特點:類與類相互獨立，每類方案中的每一種方法均可獨立完成這件事(可類比物理中的“并聯(lián)電路"來理解)．(3)分步乘法計數(shù)原理的特點:步與步相互依存，且只有所有的步驟均完成了(每步必不可少),這件事才算完成(可類比物理中的“串聯(lián)電路"來理解）．2．解決排列組合應用題的原則解決排列組合應用題的原則有特殊優(yōu)先的原則、先取后排的原則、正難則反的原則、相鄰問題“捆綁”處理的原則、不相鄰問題“插空”處理的原則．(1）特殊優(yōu)先的原則：這是解有限制條件的排列組合問題的基本原則之一，對有限制條件的元素和有限制條件的位置一定要優(yōu)先考慮．（2)正難則反的原則:對于一些情況較多、直接求解非常困難的問題，我們可以從它的反面考慮，即利用我們平常所說的間接法求解．(3）相鄰問題“捆綁"處理的原則：對于某幾個元素要求相鄰的排列問題，可先將相鄰的元素“捆綁"起來看成一個元素與其他元素排列，然后將相鄰元素進行排列．(4)不相鄰問題“插空”處理的原則：對于某幾個元素不相鄰的排列問題，可先將其他元素排好,然后再將不相鄰的元素在這些排好的元素之間及兩端插入．(5）指標問題采用“擋板法”把問題轉(zhuǎn)化為：把n個相同元素分成m個組的分法，這相當于n個相同元素的每兩個元素之間共n－1個空，任插m－1個板子的插法數(shù),即Ceq\o\al（m－1,n－1）種．（6)先取后排的原則:對于較復雜的排列組合問題，常采用“先取后排”的原則,即先取出符合條件的元素，再按要求進行排列．(7）定序問題倍縮、空位插入原則定序問題可以用倍縮法，還可轉(zhuǎn)化為占位插空模型處理．（8）分排問題直排原則一般地，對于元素分成多排的排列問題,可先轉(zhuǎn)化為一排考慮，再分段研究．(9)小集團問題先整體后局部原則小集團排列問題中，先整體后局部，再結(jié)合其他策略進行處理．（10）構(gòu)造模型原則一些不易理解的排列組合題如果能轉(zhuǎn)化為非常熟悉的模型，如占位填空模型，排隊模型，裝盒模型等,可使問題直觀理解，容易解決．3．二項式定理及其應用(1）二項式定理：(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，其中各項的系數(shù)Ceq\o\al(k,n)(k＝0，1,2,…，n)稱為二項式系數(shù)，第k＋1項Ceq\o\al(k，n）an－kbk稱為通項．(2)二項式系數(shù)的性質(zhì)①對稱性．與首末兩端“等距離"的兩個二項式系數(shù)相等，體現(xiàn)了組合數(shù)性質(zhì)Ceq\o\al(m，n）＝Ceq\o\al（n－m，n).②增減性與最大值．當k〈eq\f(n＋1,2）時，二項式系數(shù)Ceq\o\al（k，n)逐項增大；當k>eq\f（n＋1,2)時，二項式系數(shù)Ceq\o\al（k,n)逐項減?。鄹黜椀亩検较禂?shù)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；奇數(shù)項的二項式系數(shù)的和等于偶數(shù)項的二項式系數(shù)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）對于二項式系數(shù)問題,應注意以下幾點：①求二項式所有項的系數(shù)和,可采用“特殊值取代法”，通常令字母變量的值為1；②關(guān)于組合恒等式的證明，常采用“構(gòu)造法”—-構(gòu)造函數(shù)或構(gòu)造同一問題的兩種算法；③證明不等式時,應注意運用放縮法．（4)求二項展開式中指定的項，通常是先根據(jù)已知條件求r,再求Tr＋1.有時還需先求n，再求r，才能求出Tr＋1.(5）有些三項展開式問題可以通過變形變成二項式問題加以解決;有時也可以通過組合解決，但要注意分類清楚，不重不漏．(6)對于二項式系數(shù)問題，首先要熟記二項式系數(shù)的性質(zhì)，其次要掌握賦值法，賦值法是解決二項式系數(shù)問題的一個重要手段．（7)近似計算要首先觀察精確度，然后選取展開式中若干項．（8)用二項式定理證明整除問題,一般將被除式變?yōu)橛嘘P(guān)除式的二項式的形式再展開，常采用“配湊法”“消去法”配合整除的有關(guān)知識來解決．學科思想培優(yōu)一兩個計數(shù)原理1．應用分類加法計數(shù)原理，應準確進行“分類”,明確分類的標準：每一種方法必屬于某一類（不漏)，任何不同類的兩種方法是不同的方法（不重）,每一類中的每一種方法都能獨立地“完成這件事情”．2．應用分步乘法計數(shù)原理，應準確理解“分步"的含義，完成這件事情，需要分成若干步驟,只有每個步驟都完成了，這件事情才能完成．例1(1)某地政府召集5家企業(yè)的負責人開會,其中甲企業(yè)有2人到會，其余4家企業(yè)各有1人到會,會上有3人發(fā)言，則這3人來自3家不同企業(yè)的可能情況的種數(shù)為（)A．14B．16C．20D．48（2）一個地區(qū)分為5個行政區(qū)域(如圖所示）,現(xiàn)給地圖著色，要求相鄰區(qū)域不得使用同一種顏色．現(xiàn)有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法有________種．（用數(shù)字作答)[解析](1)分兩類：第1類，甲企業(yè)有1人發(fā)言，有2種情況，另兩個發(fā)言人來自其余4家企業(yè)，有6種情況，由分步乘法計數(shù)原理，得N1＝2×6＝12；第2類，3人全來自其余4家企業(yè)，有4種情況．綜上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16種情況．(2）因為區(qū)域1與其他4個區(qū)域都相鄰，首先考慮區(qū)域1,有4種涂法．若區(qū)域2,4同色，有3種涂法，此時區(qū)域3,5均有2種涂法，涂法總數(shù)為4×3×2×2＝48；若區(qū)域2，4不同色，先涂區(qū)域2，有3種方法,再涂區(qū)域4有2種方法，此時區(qū)域3,5都只有1種涂法，涂法總數(shù)為4×3×2×1×1＝24。因此,滿足條件的涂色方法共有48＋24＝72種．[答案］（1）B（2）72拓展提升(1）要弄清“分類”還是“分步”．(2）解決涂色問題時，要盡量讓相鄰區(qū)域多的區(qū)域先涂色．例2(1）某外語組有9人,每人至少會英語和日語中的一門，其中7人會英語,3人會日語，從中選出會英語和日語的各一人，有________種不同的選法；（2）將4封信投入3個信箱中，共有________種不同的投法．［解析]（1）共分三類:第一類，當選出的會英語的人既會英語又會日語時，選會日語的人有2種選法；第二類,當選出的會日語的人既會英語又會日語時,選會英語的人有6種選法；第三類，當既會英語又會日語的人不參與選擇時，則需從只會日語和只會英語的人中各選一人，有2×6＝12種選法．故共有2＋6＋12＝20種選法．（2）第1封信可以投入3個信箱中的任意一個,有3種投法；同理,第2,3,4封信各有3種投法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理,共有3×3×3×3＝34＝81種投法．[答案］（1)20(2）81拓展提升以上兩題容易錯解的原因：(1)忽視其中一人既會英語、又會日語這一隱含條件，從而導致錯解．(2）分步的依據(jù)應該是“信”而不應該是“信箱"，導致錯解．二排列與組合區(qū)分排列與組合的重要標志是“有序”與“無序”，有序的問題屬于排列問題,無序的問題屬于組合問題，在解決排列組合應用題時常用如下解題策略：①特殊元素優(yōu)先安排的策略；②合理分類和準確分步的策略；③排列、組合混合問題先選后排的策略；④正難則反、等價轉(zhuǎn)化的策略;⑤相鄰問題捆綁處理的策略；⑥不相鄰問題插空處理的策略；⑦定序問題除法處理的策略；⑧分排問題直排處理的策略；⑨“小集團"排列問題中先整體后局部的策略；⑩構(gòu)造模型的策略．例3五位老師和五名學生站成一排，（1）五名學生必須排在一起共有多少種排法？(2)五名學生不能相鄰共有多少種排法？（3)老師和學生相間隔共有多少種排法?［解](1）先將五名學生“捆綁”在一起看作一個與五位老師排列有Aeq\o\al（6,6）種排法，五名學生再內(nèi)部全排列有Aeq\o\al(5,5)種，故共有Aeq\o\al(6，6）·Aeq\o\al(5,5）＝86400種排法．(2）先將五位老師全排列有Aeq\o\al（5,5）種排法，再將五名學生排在五位老師產(chǎn)生的六個空位上有Aeq\o\al(5，6）種排法，故共有Aeq\o\al（5，5）·Aeq\o\al(5，6）＝86400種排法．可用圖表示：□○□○□○□○□○□（用○表示老師所在位置，用□表示中間的空當)（3)排列方式只能有兩類,如圖所示:○□○□○□○□○□□○□○□○□○□○(用□表示老師所在位置,用○表示學生所在位置)故有2Aeq\o\al（5，5)·Aeq\o\al（5，5)＝28800種排法．拓展提升“學生相鄰”就“捆綁學生”，“學生不相鄰”就插空．“捆綁”之中的元素有順序，哪些元素不相鄰就插空．例4由1,2，3，4,5五個數(shù)字組成沒有重復數(shù)字的五位數(shù)排成一遞增數(shù)列，則首項為12345,第2項是12354，…直到末項（第120項）是54321。問：(1）43251是第幾項？（2）第93項是怎樣的一個五位數(shù)？［解](1)由題意知，共有五位數(shù)為Aeq\o\al(5,5)＝120(個）．比43251大的數(shù)有下列幾類：①萬位數(shù)是5的有Aeq\o\al（4,4）＝24(個）；②萬位數(shù)是4，千位數(shù)是5的有Aeq\o\al(3，3)＝6(個）；③萬位數(shù)是4，千位數(shù)是3，百位數(shù)是5的有Aeq\o\al(2,2)＝2(個);∴比43251大的數(shù)共有Aeq\o\al(4，4）＋Aeq\o\al（3,3)＋Aeq\o\al（2,2)＝32（個）．∴43251是第120－32＝88（項）．(2）從（1)知萬位數(shù)是5的有Aeq\o\al（4，4)＝24(個），萬位數(shù)是4，千位數(shù)是5的有Aeq\o\al（3,3）＝6(個）．但比第93項大的數(shù)有120－93＝27(個）,第93項即倒數(shù)第28項，而萬位數(shù)是4,千位數(shù)是5的6個數(shù)是45321，45312，45231,45213,45132,45123,從此可見第93項是45213.拓展提升數(shù)字排列問題是排列問題的重要題型，解題時要著重注意從附加受限制條件入手分析,找出解題的思路．例5有4個不同的球，4個不同的盒子,把球全部放入盒內(nèi)．（1)共有多少種放法？(2）恰有1個盒子中不放球，有多少種放法？(3)恰有2個盒子中不放球，有多少種放法？［解］（1）由分步乘法計數(shù)原理可知，共有44＝256種放法．（2)先從4個小球中取2個作為一組,有Ceq\o\al(2，4)種不同的取法,再把取出的2個小球與另外2個小球（即3組)分別放入4個盒子中的3個盒子里，有Aeq\o\al（3,4)種不同的放法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理知，共有Ceq\o\al（2,4）Aeq\o\al（3,4）＝144種不同的放法．（3)恰有2個盒子中不放球，也就是把4個不同的小球只放入2個盒子中,有兩類放法：第1類，1個盒子中放3個小球，一個盒子中放1個小球．先把小球分組,有Ceq\o\al(3,4)種分法，再放到2個盒子中，有Aeq\o\al（2,4）種不同的放法，共有Ceq\o\al(3，4)Aeq\o\al(2,4）種不同的放法；第2類，2個盒子中各放2個小球有eq\f（C\o\al（2，4)A\o\al（2，4）,A\o\al(2，2）)種放法．故恰有2個盒子中不放球的放法共有Ceq\o\al（3,4）Aeq\o\al(2，4)＋eq\f（C\o\al（2，4）A\o\al(2,4），A\o\al（2,2））＝84(種)．拓展提升排列與組合的綜合問題,首先要分清何時為排列，何時為組合．對含有特殊元素的排列、組合問題，一般先進行組合，再進行排列。對特殊元素的位置有要求時，在組合選取時，就要進行分類討論，分類的原則是不重、不漏．在用間接法計數(shù)時,要注意考慮全面，排除干凈．三二項式定理的應用對于二項式定理的考查常出現(xiàn)兩類問題，一類是直接運用通項公式來求特定項．另一類,需要運用轉(zhuǎn)化思想化歸為二項式定理來處理問題,從近幾年高考命題趨勢來看，對于本部分知識的考查以基礎知識和基本技能為主,難度不大,但不排除與其他知識的交匯，具體歸納如下：（1)考查通項公式問題．(2)考查系數(shù)問題:①涉及項的系數(shù)、二項式系數(shù)以及系數(shù)的和；②一般采用通項公式或賦值法解決．（3）可轉(zhuǎn)化為二項式定理解決問題．例6已知在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r(x)－\f(2,\r（3,x)))）n的展開式中,第5項的系數(shù)與第3項的系數(shù)之比是56∶3。(1）求展開式中的所有有理項；(2)求展開式中系數(shù)絕對值最大的項;（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，因為通項：Tr＋1＝Ceq\o\al（r，10）(eq\r(x））10－req\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(3，x）)))r＝（－2）rCeq\o\al(r,10)xeq\s\up15（5－eq\f(5r,6)），當5－eq\f（5r,6）為整數(shù)時，r可取0,6,展開式是有理項，于是有理項為T1＝x5和T7＝13440。（2）設第r＋1項系數(shù)絕對值最大，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r，10)2r≥C\o\al（r－1,10)2r－1，,C\o\al（r,10)2r≥C\o\al(r＋1,10）2r＋1，）)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（r≤\f(22,3），,r≥\f(19，3)，）)又因為r∈{1,2,3,…，9},所以r＝7,當r＝7時，T8＝－15360xeq\s\up15（－eq\f（5，6))，又因為當r＝0時，T1＝x5,當r＝10時，T11＝（－2）10xeq\s\up15（－eq\f（10,3)）＝1024xeq\s\up15(－eq\f(10，3）），所以系數(shù)絕對值最大的項為T8＝－15360xeq\s\up15(－eq\f（5,6））.（3)原式＝10＋9Ceq\o\al（2,10)＋81Ceq\o\al（3,10)＋…＋910－1Ceq\o\al（10,10)＝eq\f(9C\o\al(1,10）＋92C\o\al（2,10)＋93C\o\al(3，10)＋…＋910C\o\al（10,10）,9)＝eq\f（C\o\al（0,10)＋9C\o\al(1,10)＋92C\o\al（2,10）＋93C\o\al（3，10）＋…＋910C\o\al(10,10)－1,9)＝eq\f(1＋910－1，9)＝eq\f(1010－1,9）.拓展提升求二項展開式特定項的步驟例7(1)已知（1－x）5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0,則(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)等于________；(2）設eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r（2），2）＋x）)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則(a0＋a2＋a4＋…＋a2n）2－（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1）2＝________。[解析](1）在所給等式中,令x＝1,得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0①;令x＝－1,得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝32②，由①＋②得，a0＋a2＋a4＝16，由①－②得，a1＋a3＋a5＝－16，所以（a0＋a2＋a4）（a1＋a3＋a5）＝－256。(2)設f（x）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2),2）＋x））2n，則(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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(2)，2）－1)）2n·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r(2）,2)＋1））2n＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2))）2n＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，4）))n。［答案]（1)－256（2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，4））)n拓展提升一般地，(1)若f（x）＝a0xn＋a1xn－1＋…＋an，則f(x）展開式中各項系數(shù)的和為f(1)．當n為偶數(shù)時,奇次項系數(shù)的和為a0＋a2＋a4＋…＝eq\f（f1＋f－1，2）,偶次項系數(shù)的和為a1＋a3＋a5＋…＝eq\f（f1－f－1，2）；當n為奇數(shù)時，a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f1－f－1,2)，a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f1＋f－1，2).(2）對形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c）m(a，b，c∈R)的式子求其展開式的各項系數(shù)之和，只需令x＝1即可;對形如(ax＋by)n（a，b∈R）的式子求其展開式的各項系數(shù)之和,只需令x＝y(tǒng)＝1即可．四分類討論的數(shù)學思想例8eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a，x）)）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(1,x)））5的展開式中各項系數(shù)的和為2，則該展開式中常數(shù)項為()A．－40B．－20C．20D．40［解析]對于eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(a，x）））eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(1，x)）)5，可令x＝1得各項系數(shù)的和為1＋a＝2,故a＝1。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(1，x)）)5的展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al（r，5）(2x）5－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,x)））r＝Ceq\o\al(r,5)25－r×(－1)r×x5－2r.要得到eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1，x）））eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(1，x））)5展開式中的常數(shù)項分為兩類情況,①eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，x)))的x與eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(1，x））)5展開式中含eq\f（1，x）的項相乘;②eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,x））)的eq\f(1,x）與eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f（1，x）））5展開式中含x的項相乘,故令5－2r＝－1得r＝3，令5－2r＝1得r＝2,從而可得所求常數(shù)項為Ceq\o\al(3,5）×22×(－1)3＋Ceq\o\al(2,5）×23×（－1）2＝40.［答案]D拓展提升求幾個二項式積的展開式中某項的系數(shù)或特定項時,一般要根據(jù)這幾個二項式的結(jié)構(gòu)特征進行分類搭配,分類時要抓住一個二項式逐項分類，分析其他二項式應滿足的條件,然后再求解結(jié)果,此法易出現(xiàn)分類搭配不全,運算失誤等錯誤．例9在0，1，2，3，4,5，6這七個數(shù)字組成的沒有重復數(shù)字的三位數(shù)中，各位數(shù)字之和為偶數(shù)的共有多少個