人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试学案

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[核心归纳]
1．两个计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效地将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．
2．排列与组合
排列数与组合数的计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式．在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．
对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．
3．二项式定理
(1)与二项式定理有关的问题：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．
(2)与通项有关的问题：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1 项的通项是Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(k＝0，1，…n)，其二项式系数是Ceq \\al(k,n)，而不是Ceq \\al(k＋1,n)，这是一个极易错点.
要点一 排列与组合的应用
在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．
解决排列组合应用题的常用方法：
(1)合理分类，准确分步；
(2)特殊优先，一般在后；
(3)先取后排，间接排除；
(4)相邻捆绑，间隔插空；
(5)抽象问题，构造模型；
(6)均分除序，定序除序.
【例1】 6个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．
(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？
(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？
解 (1)要完成这件事分三步．
第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4)种不同的排法；
第二步，前排4人进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种不同的排法；
第三步，后排4人进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种不同的排法．
由分步乘法计数原理知，有Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(4,4)＝40 320(种)不同的排法．
(2)思路与(1)同，有Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(4,4)＝5 760(种)不同的排法．
【训练1】 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两个女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)老师不站中间，女生甲不站左端．
解 (1)∵两个女生必须相邻而站，
∴把两个女生看作一个元素，
则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,2)＝1 440(种)站法．
(2)∵4名男生互不相邻，
∴应用插空法，
对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(4,4)＝144(种)站法．
(3)当老师站左端时，其余六个位置可以进行全排列共有Aeq \\al(6,6)＝720(种)站法；
当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列，共有Aeq \\al(5,5)×5×5＝3 000(种)站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．
要点二 二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．
【例2】 (1)若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析 在(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，得(2＋eq \r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，得(－2＋eq \r(3))4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得
(2＋eq \r(3))4·(－2＋eq \r(3))4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.
答案 C
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解 ①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
【训练2】 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(_,x2)))eq \s\up12(n)的展开式中倒数第三项的系数为45.
(1)求含有x3的项；
(2)求系数最大的项．
解 (1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，则Ceq \\al(n－2,n)＝45，即Ceq \\al(2,n)＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.
(0≤k≤10，k∈N)，令－eq \f(10－k,4)＋eq \f(2k,3)＝3，解得k＝6.
故含有x3的项是第7项，T7＝Ceq \\al(6,10)x3＝210x3.
(2)∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))eq \s\up12(10)的展开式中共有11项，且其二项式系数与项的系数相同，
∴系数最大的项是第6项，T6＝Ceq \\al(5,10)(x－eq \f(1,4))5(xeq \f(2,3))5＝252xeq \f(25,12).
要点三 分类讨论思想
当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．
【例3】 (1)从编号为1，2，3，…，10，11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为( )
A．236 B．328
C．462 D．2 640
(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是( )
A．120 B．72
C．60 D．36
解析 (1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类．
第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(4,5)＝30(种)取法；
第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)＝200(种)取法；
第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有Ceq \\al(5,6)＝6(种)取法．
根据分类加法计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法．
(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．
第一类，第1个盒子中只有甲球，把剩余的4个球分成个数分别为1，1，2的三堆，再分配给剩余的3个盒子，共有方法Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种；
第二类，第1个盒子中有2个球，此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中，方法有Aeq \\al(4,4)种．
根据分类加法计数原理，满足题意的方法种数为Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(4,4)＝60.
答案 (1)A (2)C
【训练3】 某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．36种 B．42种
C．48种 D．54种
解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有Aeq \\al(4,4)种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有Ceq \\al(1,3)种排法，其他3个节目有Aeq \\al(3,3)种排法，故有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)种排法．依分类加法计数原理，知共有Aeq \\al(4,4)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝42(种)编排方案．
答案 B
要点四 正难则反思想
正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．
【例4】 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为( )
A．484 B．472
C．252 D．232
解析 设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．
若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2，1，0)，(2，0，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，(1，0，2)，(0，1，2)，(1，1，1)共7类；当取1张绿色卡片时，有(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．
根据题意，共有Ceq \\al(3,16)种取法，其中每一种卡片各取3张，有4Ceq \\al(3,4)种取法，取2张绿色卡片有Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)种取法，故所求的取法共有Ceq \\al(3,16)－4Ceq \\al(3,4)－Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)＝472(种)．
答案 B
【训练4】 若把英语单词“gd”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有__________种．
解析 把g、、、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有Aeq \\al(2,4)种排法；第二步：排两个，共一种排法，所以总的排法种数为Aeq \\al(2,4)＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有Aeq \\al(2,4)－1＝12－1＝11(种)．
答案 11