（人教A版）选修2-3数学 第1章《计数原理》章末整合课件

（人教A版）选修2-3数学 第1章《计数原理》章末整合课件内容摘要：

1、1 两个计数原理 使用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，要根据我们完成某件事情时采取的方式而定，怎样确定是分类还是分步。 “ 分类 ” 表现为其中任何一类均可独立完成所给事情 “ 分步 ” 表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法 某校高中部，高一有 6 个班，高二有 7 个班，高三有 8 个班，学校利用周六组织学生到某工厂进 2、行社会实践活动 (1) 任选一个班的学生参加社会实 践，有多少种不同的选法。 (2) 三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法。 (3) 选两个班的学生参加社会实践，要求这两个班来自不同年级，有多少种不同选法。 【思路启迪】 应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理加以解决 【解】 (1) 分三类：第 1 类从高一年级选一个班，有 6 种不同方法；第 2 类从高二年级选一个班，有 7 种不同方法；第 3类从高三年级选一个班，有 8 种不同方法，由分类加法计数原理，共有 6 7 8 21 种不同选法 (2) 每种选法分三步：第 1 步从高一年级选一个班，有 6 种不同的方法；第 2 3、 步从 高二年级选一个班，有 7 种不同的方法；第 3 步从高三年级选一个班，有 8 种不同方法，由分步乘法计数原理，共有 6 7 8 336 种不同的选法 (3) 分三类，每类又分两步，第 1 类从高一、高二两个年级各选一个班，有 6 7 种不同方法；第 2 类从高一、高三两个年级各选一个班，有 6 8 种不同方法；第 3 类从高二、高三两个年级各选一个班，有 7 8 种不同方法，由分类加法计数原理，故共有 6 7 6 8 7 8 146 种不同选法 运用两个原理解答问题时注意以下两点： (1) 要 根据具体问题，看是先分步后分类还是先分类后分步； (2) 要思维清晰，保证分类标准的唯一性 4、用 1 、 2 、 3 、 4 四个数字可重复地任意排成三位数，并把这些数由小到大排成一个数列 a n (1) 写出这个数列的前 11 项； (2) 求这个数列共有多少项； (3) 若 a n 34 1 ，求 n . 【思路启迪】 先确定数字的顺序，再按位置排列 【解】 (1) 用 1 、 2 、 3 、 4 四个数字排成三位数，前 11 项由小到大的顺序为1 1 1,1 12, 1 13, 1 14,121,122,123,124 ,131,132,133. (2) 这个数列的项数就是用 1 、 2 、 3 、 4 排成的三位数的个数，每一个位置都有 4 种排法，根据分步乘法计数原理共有4 5、4 4 64( 项 ) (3) 比 34 1 小的数有两类，分别是： 根据两个原理得 N 2 4 4 3 4 44( 项 ) ， 所以 n 44 1 45. 应用两个计数原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成对于有些较复 杂的既要分类又要分步的问题，应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响 ( 即是否是独立的 ) 2 排列与组合 解排列组合的应用题，通常有以下途径 1 以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素 2 以位置为主体，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，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的 6、排列组合数 在解排列组合应用题分类时，必须明确分类对象，确定分类标准，做到各类互相独立，且各类包括了适合条件的所有情况分类标准不同，解题过程的难易程度 亦不同相邻问题用 “ 捆绑法 ” ，不相邻问题用 “ 插空法 ” 50 件产品中有 3 件是次品，从中任意抽取 4件 (1) 至少有一件次品的抽法有多少种。 (2) 至多有两件次品的抽法有多少种。 【思路启迪】 先确定为是组合问题，利用组合数公式求解，但先分清 “ 至少 ”“ 至多 ” 的含义，正确的分类式分步解决 【解】 (1) 方法一 ( 直接法 ) ：抽取的 4 件产品至少有一件次品分为有 1 件次品， 2 件次品， 3 件次品 3 种情 7、况；有 1 件次品的抽法有 2 件次品的抽法有 3 件次品的抽法有 据分类加法计数原理，至少有一件次品的抽法共有 51 935( 种 ) 方法二 ( 间接法 ) ：从 50 件产品中任意抽取 4 件，有 中没有次品的抽法有 此至少有 1 件次品的抽法共有 51 935( 种 ) (2) 方法一 ( 直接法 ) ：抽取的 4 件产品中至多有 2 件次品的抽法分没有次品，有 1 件次品，有 2 件次品 3 种情况，根据分类加法计数原理，共有 347 247 230 253 种抽法 方法二 ( 间接法 ) ：至多有 2 件次品，即抽出的 4 件产品中没有 3 件次品全部抽出的情况，所以共有 147 8、230 253 种抽法 含 有 “ 至多 ” 、 “ 至少 ” 的抽样问题可采用直接法和间接法解决 五位老师和五名学生站成一排： (1) 五名学生必须排在一起共有多少种排法； ( 2) 五名学生不能相邻共有多少种排法； (3) 老师和学生相间隔共有多少种排法 【思路启迪】 “ 学生相邻 ” 就 “ 捆绑学生 ” ， “ 学生不相邻 ” 就 “ 让学生插空 ” “ 捆绑 ” 中的元素有顺序，哪些元素不相邻就 “ 插空 ” 【解】 (1) 先将五名学生 “ 捆绑 ” 在一起看作一个与五位老师排列有 名学生再内部全排列有 共有 55 86 400 种排法 (2) 先将五位老师全排列有 将五名学生排在 9、五位老师产生的六个空位上有 共有 56 86 400 种排法 可用图表示： ( 用 表示老师所在位置，用 表示中间的空档 ) (3) 排列方式只能有两类，如图所示： ( 用 表示老师所在位置，用 表示学生所在位置 ) 故有 2 28 800 种排法 对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用 “ 捆绑法 ” ，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用 “ 插空法 ” ，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中 3 二项式定理 二项式定理的重点是二项展开式及其通项的联系和应用二项展开式的通项是解决与二项式定理有关问题的基础；二项展开式的性质 10、是解题的关键；利用二项展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等赋值法与待定系数法是解决二 项式定理相关问题常用的方法 设32 133 项与倒数第 7 项的比是 1 ： 6 ，求展开式中的第 7 项 【思路启迪】 应用二项式定理通项公式求解 【解】 T 7 32 )n 61336， T n 6 6n (32 )6133n 6. 由2 n 61336 6n32 6133n 616，化简得 64 6 1， 4 1. n 9. 2 )9 61336 2 19563. 二项展开式的通项公式是求二项式有关问题的依据，应熟练掌握 若 ( 3 x 2)5 a 0 a 1 x 11、 a 2 a 10 (1) 求 a 1 a 2 a 10 ； (2) 求 ( a 0 a 2 a 4 a 6 a 8 a 10 )2 ( a 1 a 3 a 5 a 7 a 9 )2. 【思路启迪】 根据二项式的相关概念，应当赋值求解 【解】 (1) 令 f ( x ) ( 3 x 2)5 f (0) 25 32 ， f (1) 0 ， 故 32. (2) ( ( ( f (1) f ( 1) 0. (1) 二项式及其展开式的实质是一个恒等式，无论 x 取什么值，左、右两边代数式的值总对应相等通常利用这一点，分析 x 取何值时，展开式等于所求式，再将此 x 值代入左侧的二项式，就可以得出结果， 12、这种处理方法叫做赋值法 (2) 解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式 1 k 0,1,2 ， ， n ) 1 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60 的共有 ( ) A 24 对 B 30 对 C 48 对 D 60 对 解析： 方法一：直接法：如图，在上底面中选 个侧面中的面对角线都与它成 60 ，共 8 对，同样 对，下底面也有 16 对，这共有 32 对；左右侧面与前后侧面中共有 16 对所以全部共有 48 对 方法二：间接法：正方体的 12 条面对角线 中，任意两条垂直、平行或成角为 60 ，所以成角为 60 的共有 C 212 12 6 48. 13、答案： C 2 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有 ( ) A 192 种 B 216 种 C 240 种 D 288 种 解析： 当最左端排甲时，不同的排法共有 ；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有 C 14 A 44 种故不同的排法共有 A 55 C 14 A 44 9 24 216 种 答案： B 3 在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有_ 种 ( 用数字作答 ) 解析： 分情况：一种情况将有奖的奖券按 2 张、 1 张分给 4个人中。