2019-2020学年高中数学 第1章 计数原理章末复习课讲义 苏教版选修2-3

-1-第1章计数原理两个计数原理【例1】(1)椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为________．(2)某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能连续播放，两个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？(1)20[因为焦点在y轴上，所以0mn，考虑m依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20个．](2)解：用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序，则完成这件事有三类方法．第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108种．1．使用两个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-2-类还是分步，要抓住两个原理的本质．(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．(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，分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这n个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理．2．使用两个原理解决问题时应注意的问题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．1．某外语组有10人，每人至少会英语、法语中的一门．其中7人会英语，5人会法语．从中选择会英语和法语的各一人派往两地参加会议，有多少种不同的方法？[解]由集合知识可知，既会英语又会法语的有7＋5－10＝2(人)，仅会英语的有7－2＝5(人)，仅会法语的有5－2＝3(人)．易知此题的任务是派遣适合条件的两人．法一：按仅会英语的5人的派遣情况分成两类．第1类：仅会英语的5人中有1人选中，则有5种方法，而会法语的则有5种方法．从而由分步乘法计数原理知，有5×5＝25种方法；第2类：仅会英语的5人中没有人被选中，则会英语的必须从既会英语又会法语的2人中选，从而有2种选法．而会法语的只能从两种语言均会的剩余1人或仅会法语的3人中选，共有1＋3＝4种．由分步乘法计数原理得，此时共有2×4＝8种方法．由分类加法计数原理得，共有25＋8＝33种方法．法二：按既会英语又会法语的2人的选派情况分成3类．第1类：2人均未被选派，则有3×5＝15种方法；第2类：2人均被选派，则有2种方法；第3类：2人中恰有1人被选派，则又分为两类：若另一人只会英语，则有2×5＝10种方法，若另一人只会法语，则有2×3＝6种方法，由分类加法计数原理得，共有15＋2＋10＋6＝33种方法．排列组合的综合应用【例2】在1,3,5,7,9中任取3个数字，在0,2,4,6,8中任取2个数字，可组成多少个不同的五位偶数？[解]共分两类，第一类，五位数中不含数字零．第一步，选出5个数字，有C35C24种选法．第-3-二步，排成偶数——先排末位数，有A12种排法，再排其他四位数字，有A44种排法．∴N1＝C35·C24·A12·A44.第二类，五位数中含有数字零．第一步，选出5个数字，共有C35C14种选法．第二步，分为两类：①末位排0，有A11·A44种排列方法；②末位不排0，这时末位数有C11种选法，而∵0不能排在首位，∴0有A13种排法，其余3个数字有A33种排法，∴N2＝C35·C14·(A11·A44＋A13·A33)．∴符合条件的偶数有N＝N1＋N2＝C35C24A12A44＋C35C14(A11A44＋A13A33)＝4560(个)．1．处理排列组合应用题的一般步骤(1)认真审题，弄清楚是排列(有序)还是组合(无序)，还是排列与组合混合问题．(2)抓住问题的本质特征，准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”．2．处理排列组合应用题的规律(1)两种思路：直接法，间接法．(2)两种途径：元素分析法，位置分析法．3．排列组合应用题的常见类型和解决方法(1)特殊元素、特殊位置优先安排的策略．(2)合理分类与准确分步的策略．(3)正难则反，等价转化的策略．(4)相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略．(5)元素定序，先排后除的策略．(6)排列、组合混合题先选后排策略．(7)复杂问题构造模型策略．2．(1)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A．12种B．18种C．24种D．48种(2)3名教师与4名学生排成一横排照相，求①3名教师必须排在一起的不同排法有多少种？②3名教师必须在中间(在3,4,5位置上)的不同排法有多少种？③3名教师不能相邻的不同排法有多少种？(1)C[把甲、乙看作1个元素和戊全排列，调整甲、乙，共有A22·A22种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有A23种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为A22·A22·A23＝24.]-4-(2)[解]①3名教师的排法有A33，把3名教师作为一个整体与4个学生共5个元素的全排列共有A55种，则共有A33A55＝720(种)．②3名教师的排法有A33，4个学生在4个位子上的全排列共有A44种，则共有A33A44＝144(种)．③先4个学生全排列，再在五个空位中任选3个排3名教师，共A44A35＝1440(种)．二项式定理的应用【例3】用二项式定理证明：(1)1110－1能被100整除；(2)23n－12n＋1(n∈N*，且n≥3)．[思路探究](1)用二项式定理将1110按10＋110展开→将1110－1转化为几个能被100整除的数的和或差的形式(2)欲证23n－12n＋1成立，只需证32n－1n＋12成立．[证明](1)1110－1＝(10＋1)10－1＝C010·1010＋C110·109＋…＋C910·10＋C1010－1＝C010·1010＋C110·109＋…＋C810·102＋102＝100(108＋C110·107＋…＋C810＋1)．显然上式括号内的数是正整数，所以1110－1能被100整除．(2)因为32n－1＝1＋12n－1＝C0n－1＋C1n－1·12＋C2n－1·122＋…＋Cn－1n－1·12n－1＝1＋n－12＋C2n－1·122＋…＋12n－1n＋120，所以23n－12n＋1，即原不等式成立．1．利用二项式定理解决整除问题的关键是巧妙地构造二项式，其基本思路是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只需证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除．因此，一般先将被除式化为含有相关除式的二项式，再展开，此时常采用“配凑法”“消去法”，结合整除的有关知识来处理．2．用二项式定理证明不等式时，应注意巧妙地构造二项式，对展开式的项进行放缩以达到求和的目的．-5-3．求证：对一切n∈N＋，都有2≤1＋1nn3.[证明]由于1＋1nn＝C0n＋C1n·1n＋C2n·1n2＋C3n·1n3＋…＋Cnn·1nn＝1＋1＋12！·n－1n＋13！·n－1n·n－2n＋…＋1n！·n－1n·n－2n·…·1n，所以2≤1＋1nn2＋12！＋13！＋…＋1n！2＋11×2＋12×3＋…＋1n－1×n＝2＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝3－1n3，即2≤1＋1nn3.当n＝1时，1＋1nn＝2；当n≥2时，21＋1nn3.所以对一切n∈N＋，都有2≤1＋1nn3.二项式定理中的“赋值”问题【例4】(1)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________．(2)设(2－3x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．①a0.②a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100.③a1＋a3＋a5＋…＋a99.④(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.⑤|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.(1)5[令x＝2得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，令x＝3得，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.](2)[解]①令x＝0，则展开式为a0＝2100.②令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－3)100，(*)所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－3)100－2100.③令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋3)100.与②中(*)式联立相减得a1＋a3＋…＋a99＝2－3100－2＋31002.④原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－3)(2＋3)]100＝1100＝1.⑤因为Tr＋1＝(－1)rCr1002100－r(3)rxr，所以a2k－10(k∈N*)．-6-所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋3)100.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、奇数项或者偶数项和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，再由方程组求出结果．提醒：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．4．(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，那么自然数n的值为()A．6B．5C．4D．3(2)若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.(1)C(2)364[(1)令x＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝21－2n1－2＝2n＋1－2，又a0＝n，an＝1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝2n＋1－3－n＝29－n，得n＝4.(2)令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a12＝1，所以a0＋a2＋a4＋…＋a12＝36＋12，令x＝0，则a0＝1，所以a2＋a4＋…＋a12＝36＋12－1＝364.]