配套K12高中数学第一章计数原理小结与复习一教案北师大版选修2_3

第1章计数原理两个计数原理3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？[解](1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法．即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．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.1．如图为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电．8[先分三类．第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.] 2．如图，一个地区分为5个行政区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(以数字作答)72[涂①有4种方法；涂②有3种方法；涂③有2种方法；涂④时分两类：当④与②同色时，④有1种方法，⑤有2种方法；当④与②不同色时，④有1种方法，⑤有1种方法．∴共有4×3×2×(1＋2)＝72种涂法．]排列、组合的应用成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答)(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目． ①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？ ③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？(1)48 [①只有1名老队员的排法有C 12C 23A 33＝36种．②有2名老队员的排法有C 22C 13C 12A 22＝12种．所以共有36＋12＝48种．](2)解：①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A 77＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法．根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种．②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720种方法．×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝7×6×5×4＝840种．根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种．③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132种排法．1．排列、组合应用题的解题策略(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．(2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．2．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)集团捆绑，间隔插空； (5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．3．从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)60 [1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类． 分三类：①没有数字1和3时，有A 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24个；③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C 14·C 13个．所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个)．]二项式定理的应用【例3】 已知在⎝⎛⎭⎪⎪x －3x n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)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn的值．[解] (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10(负值舍去)， 通项为T k ＋1＝C k10(x )10－k⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23x k＝(－2)k C k10x5－5k 6， 当5－5k6为整数时，k 可取0,6，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第k ＋1项系数的绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C k 102k ≥C k －1102k －1，C k 102k≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ≤223，k ≥193，又因为k ∈{1,2,3，…，9}，所以k ＝7，当k ＝7时，T 8＝－15 360x －56， 又因为当k ＝0时，T 1＝x 5，当k ＝10时，T 11＝(－2)10x －103 ＝1 024x －103，所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 360x －56.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.二项式定理的问题类型及解答策略(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数.(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.4．(1)已知(1＋kx 2)6(k 是正整数)的展开式中x 8的系数小于120，则k ＝________. 1 [(1＋kx 2)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(kx 2)r ＝C r 6k r x 2r ，令2r ＝8得r ＝4，∴x 8的系数为C 46·k 4＝15k 4.∴15k 4＜120.即k 4＜8，又k 是正整数．故k 只能取1.](2)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项．[解] ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n，各项二项式系数之和为2n ，由题意得，4n ＝16·2n ，所以2n＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 454－rx 4－32r .展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈Z .(r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，所以展开式中所有x 的有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4，T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x－2.二项式定理中的“赋值”问题【例4】 (1) 1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1 B ．2n－1 C ．2n ＋1－1D ．2n(2)已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.(1)C (2)－65 [(1)法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋ (2)＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A ，B ，D ，选C. (2)令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝－64， 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝－65.]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、奇数项或者偶数项的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.5．若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. [解] (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800.(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.(3)令x＝－1可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，把这两个等式相乘可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.。

高中数学：1.1基本计数原理(一)教课设计(北师大选修2-3)“教材剖析与导入设计”第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理本节教材剖析（ 1）三维目标:知识与技术：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理剖析和解决一些简单的应用问题；过程与方法：培育学生的归纳归纳能力；感情、态度与价值观：指引学生形成“自主学习”与“合作学习”等优秀的学习方式（ 2）教课要点 :初步理解分类计数原理( 加法原理 ) 与分步计数原理( 乘法原理 ), 并能依据详细的问题特点, 选择分类加法原理或分步乘法原理解决一些简单的实质问题.（3）教课难点 : 依据详细的问题特点 , 正确选择分类加法原理或分步乘法原理解决一些简单的实质问题 .（4）教课建议 : 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是人们经过大批的计数实践归纳出来的基本规律 ,它们是推导摆列数 ,组合数公式的依照 ,其基本思想方法贯串在解决本章应用1,问题的一直 ,本节经过实例剖析引出两个计数原理 ,进而抽象归纳出两个原理的一半结论 . 例例 2 分别是独自使用这两个原理进行计数的例题 ,有助于学生进一步认识两个原理的意义和差别 .新课导入设计导入一 :先看下边的问题：①从我们班上选举出两名同学担当班长，有多少种不一样的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不一样的排法？要解决这些问题，就要运用相关摆列、组合知识.摆列组合是一种重要的数学计数方法.总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不一样的做法.在运用摆列、组合方法时，常常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理.这节课，我们从详细例子出发来学习这两个原理.导入二 ; 在平时的生产,生活中 ,我们常常会碰到一些需要计数的问题,比如 :2010 年中国足球协会超级联赛有14 支球队参加,每支球队要和其他的13 支球队进行竞赛,并且在主场和客场各赛一次 ,那么联赛一共要安排多少场竞赛呢?我国很多地域的电话号码都是由 6 位升至 8 位 ,这样电话号码能够增添多少?假如考虑用户不喜爱带 4 的 ,那么增添多少 ?回答这些问题将会用到这章的内容 ,这节课我们先学习两个原理.。

第一章 计数原理一、教学目标：1、正确运用二项式定理,解决与之相关的恒等式证明问题,进一步熟悉二项展开式通项公式,灵活地应用于复杂的多项式中,求某些项系数的问题。

2、会利用二项式定理解决某些整除性问题二、教学重难点：二项式定理及其运用，二项式系数的性质运用 三、教学方法：探析归纳，讲练结合 四、教学过程 （一）、知识点 1、二项式定理及其特例：（1）01()()n n nr n r rn nn n n n a b C a C a b C a b C b n N -*+=+++++∈，（2）1(1)1n r r n n n x C x C x x +=+++++.2、二项展开式的通项公式：1r n r rr n T C a b -+= 。

3、求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r 的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性4、二项式系数表（杨辉三角）()n a b +展开式的二项式系数，当n 依次取1,2,3…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 5、二项式系数的性质：()n a b +展开式的二项式系数是0nC ，1n C ，2n C ，…，n n C ．rn C 可以看成以r 为自变量的函数()f r ，定义域是{0,1,2,,}n ，例当6n =时，其图象是7个孤立的点（如图）（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵m n mn nC C -=）。

直线2nr =是图象的对称轴。

（2）增减性与最大值：当n 是偶数时，中间一项2nnC 取得最大值；当n 是奇数时，中间两项12n nC-，12n nC+取得最大值。

（3）各二项式系数和：∵1(1)1n r rn n n x C x C x x +=+++++，令1x =，则0122n rnn n n n nC C C C C =++++++（二）、例题探析：例1．①计算:)1(5)1(10)1(10)1(5)1(2345-+-+-+-+-x x x x x②计算:nnn n n C C C 242121++++ 分析：本例是二项式定理的逆用.若正用二项式定理,亦可求解,但过程较繁. 解： ① )1(5)1(10)1(10)1(5)1(2345-+-+-+-+-x x x x x ＝11]1)1[(5=-+-x② n nn n n C C C 242121++++ ＝(12)n+＝n 3例3、求证)(983*22N n n n ∈--+能被64整除.分析:考虑到用二项式定理证明,就需要多项式展开后的各项尽量多的含有28的式子.因此,可将223+n 化成112)18()3(+++=n n 再进行展开,化简即可证得. 证明：∵221389(81)89n n n n ++--=+--＝1221111(18888)89n n n n n n C C C n +++++++++-- ＝22111888n n n n n C C ++++++＝2221118(88)n n n n n C C --+++++ ∴多项式展开后的各项含有28∴)(983*22N n n n ∈--+能被64整除。

第一章计数原理（复习一）一、两个计数原理1．精要总结（1）分类加法计数原理又称为分类计数原理、加法原理等．应用此原理解题要注意以下几点：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②当完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法都属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法．也就是分类时必须既“不重复”也“不遗漏”．④分类加法计数原理的集合表述形式做一件事．完成它的办法用集合S表示，S被划分成n类方法分别用集合S1，S2，S3，……，S n表示，即S=S1∪S2∪S3∪……∪S n且S i∪S j= （i≠j；i，j=1，2，……，n），S1，S2，S3，……，S n分别有m1，m2，……，m n个元素，则完成这件事共有的方法即集合S中元素的个数为m1+m2+……+m n．如下图所示：（2）分步乘法计数原理又称为分步计数原理、乘法原理等．应用此原理解题要注意以下三点：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事要经过几步．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n步连续地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．可以用下图表示分步计数原理．（3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理常综合应用：在分类中又包含分步，或分步中包含分类，“类”“步”交融．解决此类问题要注意根据所学认真分析，既要会合理分类，又能合理分步，解答时是先分类后分步，还是先分步后分类应视具体问题而定．常见的问题一般是先分类后分步．2．错例辨析例1 甲、乙、丙、丁四位女同学在课后练习打排球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中任一人，第二次由接球者再传给其他三人任一人，这样共传了4次，则第4次球仍回到甲的方法共有 ( )A．21种 B．42种 C．24种 D．27种错解：分四步完成：第一步由甲传给乙、丙、丁中的一人，有3种方法；第二步传给甲以外的2人，第三步又传给甲以外的2人，第四步再传给甲．共有2×2×1种方法，因此一共有3×2×2×1=12种方法．错因分析：上述解法中漏掉了第二步可以在传回甲这种情况，正确解法如下：正解：分四步完成：第一步由甲传给乙、丙、丁中的一人，有3种方法；第二步应分二类考虑：第一类传给甲，则第三步传给乙、丙、丁均可，第四步再传给甲，共有1×3×1种方法；第二类不传给甲，则可传给甲以外的2人，第三步又传给甲以外的2人，第四步再传给甲．共有2×2×1种方法，因此一共有3×(1×3×1+2×2×1)=21种方法．变式训练：甲、乙、丙、丁四位同学各自从家里拿来了互不相同的一本课外书，他们把四本不同的书籍放在一起，然后从中取一本别的同学的书进行交换看，则不同的取法共有（） A． 6种 B． 9种 C． 11种 D． 23种答案:B解：第一步：四个人中的任意一人(例如甲)先取一本，则由题意知共有3 种取法；第二步：由第一人取走的书的供书人取，也有3种取法；第三步：由剩余的两人中的任一人取，只有一种取法；第四步：最后一人取，只有一种取法．由分步乘法计数原理，共有3×3×1×1=9(种)．故选B．二、排列组合问题的综合应用1．精要总结排列与组合定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关．排列问题常见方法要熟悉，相邻用捆绑法、不相邻用插空法、特殊元素（位置）优先处理等，还常通过试验、画简图等手段使问题形象化，从而易于寻求解题途径．由于结果的正确性难以直接检验．因而常需要用不同的方法求解来获得检验．组合问题解决的基本方法是按元素的性质进行分类、按事件发生的过程分步，要注意题设中“至少”“至多”等限制词的意义，注意正难则反的思想的应用．处理排列与组合的综合性问题应遵循的三大原则：先特殊后一般的原则、先选后排的原则、先分类后分步的原则．按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”始终是处理排列、组合问题的基本原理，要通过解题训练积累分类和分步的基本技能，还要牢记排列数、组合数计算公式与组合数性质，能熟练的进行运算．2． 错例辨析例2 从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有（）A ．140种B ．80种C ．70种D ．35种答案:C错解：至少要甲型和乙型电视机各一台，可这样取：甲型1台、乙型1台，从剩余部分再任意取一台；故不同的取法有111547140C C C =台．选A ．错因分析：甲型1台、乙型1台，剩余的随便取一台会出现重复，因此，我们需要详细将其中的情况分类，或者利用排除法解决．正解：方法一：利用排除法，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有33394570C C C --=种．选C方法二：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有2112545470C C C C +=台．选C变式训练：在去年清华大学自主招生过程中，我市有4名学生通过了考核，其中只有3个专业可供这4名同学选择，每个专业至少要有一名同学填报，且甲、乙不能选择同一专业，则不同的填报方案种数为__________种． 答案:30解：先将4人分成三组，一组2人，其它两组各1人且甲、乙不在同一组，共有分组方法241C -，3组同学分别填报3个专业共有填法33A ．根据分步计数原理可知,不同的填报方案种数为2343(1)30C A -=种．例3 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（）A ． 4种B ． 10种C ． 18种D ． 120种错解：赠送4人可以是2本画册2本集邮册，可有224324C C A =72种赠法；还可以是1本画册3本集邮册，赠法有314324C C A =48，所以赠法一共有72+48=120种，故选D ．错解：由于相同的画册和相同的集邮册是无区分的，故只需分组不需再排序．正解：赠送4人可以是2本画册2本集邮册，由于画册与集邮册都是相同的，可有246C =种赠法；还可以是1本画册3本集邮册，赠法有144C =，所以赠法一共有6+4=10种，故选B ．变式训练：亚运会期间，某班有四名学生参加了志愿者工作．将这四名学生分到A 、B 、C 三个不同的展馆服务，每个展馆至少分配一人．若甲要求不到A 馆，则不同的分配方案有( )A ．36种B ．30种C ．24种D ．20种 答案：C解：甲有两种选择，剩下的3个人可以每个展馆都分一人，也可以在其他两个展馆中一个展馆分两人，一个展馆分一人，所以不同的分配方案有13212332()C A C C +=24种，故选C三、二项展开式通项公式以及系数性质的应用．1． 精要总结(1)运用二项式定理一定要牢记通项1r n r r r n T C a b -+= (其中n ，r =0,1,2,,n ）．注意(a+b)n 与(b+a)n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，因此一定要注意二项式中两项的顺序问题．另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)的系数是两个不同概念，前者只指rn C 而后者是指除字母外的常数部分．(2)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r ，再求1r T +．有时还需先根据已知条件求n 后，再确定r ，才能求出1r T +．(3)有些三项展开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．两个二项式乘积问题的解决也是类似，可以将其中一个比较简单的展开，逐项分析；也可以通过两个式子的通项乘积建立新的通项公式，然后在进行分析．（4）求二项式所有项的系数和，可采用特殊值代入法，通常将字母变量赋值为l ，-1或0；(5)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式构造为关于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解决．2． 错例辨析例4 如果在（x +421x ）n的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有理项． 错解：前三项的系数为012,,n n n C C C 成等差数列，故可知2n=1+(1)2n n -， 整理可得n 2-5n+2=0．显然，不存在这样的n ，故本题无解． 错因分析：对于二项式系数的定义与系数的定义理解不透彻，系数是指每项中除了字母之外的所有的常数．正解：展开式中前三项的系数分别为1，2n ，8)1(-n n ， 由题意得2×2n =1+8)1(-n n ，得n =8． 设第r +1项为有理项，T1+r =C r82r -x 4316r -，则r 是4的倍数，所以r =0，4，8． 有理项为T 1=x 4，T 5=835x ，T 9=22561x ． 变式训练：102)1(x -的展开式中2x 的系数是，如果展开式中第r 4项和第2+r 项的二项式系数相等，则r 等于答案:9，2解：因为2101020211010)(1)r r r r r r T C x C x ---+==-（-，令2022r -=，即9r =所以2x 的系数为910(1)10C -=-；又因为4111010r r C C -+=，所以411r r -=+或41110r r -++=， 所以23r =（舍去）或2r =。

二项式定理一、教学目标：1、知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式。

2、过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题。

3、情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。

二、教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。

教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。

三、教学方法：探析归纳，讨论交流四、教学过程(一)新课引入：(提问)：若今天是星期一，再过810天后的那一天是星期几？在初中，我们已经学过了222()2a b a ab b +=++ 33223()33a b a a b ab b +=+++(提问)：对于4()a b +，5()a b + 如何展开?(利用多项式乘法)(再提问)：100()a b +又怎么办？ ()n a b +(n ∈N+)呢？我们知道，事物之间或多或少存在着规律。

这节课，我们就来研究()n a b +的二项展开式的规律性(二)新课探析：(如何着手研究它的规律呢)？采用从特殊到一般（不完全归纳）的方法。

规律：1()a b +=a+b 2()a b +=(a+b)(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=222a ab b ++ 3()a b + =2()a b + (a+b)=22(2)a ab b ++(a+b)=322333a a b ab b +++ 4()a b +=3()a b + (a+b)=3223(33)a a b ab b +++(a+b)=432234464a a b a b ab b ++++ 根据以上的归纳，可以想到()na b +的展开式的各项是齐次的，它们分别为 122,,,,n n n n a a b a b b --⋅⋅⋅展开式中各项系数的规律，可以列表：1()a b + 1 1810＝(7+1)10＝010C 710+110C 79+…+910C 7+1010C＝2(733＋c 1732+…+c 32·7+22()a b + 1 2 13()a b + 1 3 3 14()a b + 1 4 6 4 15()a b + 1 5 10 10 5 1（这表是我国宋代杨辉于1261年首次发现的，称为杨辉三角，比欧洲至少早了三百年。

排列教学资源分析课程标准：基本要求：通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题。

考试说明：1、理解排列的概念。

2、利用计数原理推导排列数公式。

3、能解决简单的实际问题。

教材分析：本小节的知识体系在本章中处于承上启下的重要地位，它既在推导排列数列公式的过程中使分步计数原理获得了重要应用，又使排列数公式成为推导组合数公式的主要依据。

从而为以后的概率论学习打下基础。

教学目标知识与技能：理解排列的意义，能用分步计数原理推出简单的排列过程与方法：培养学生的分析能力和思维的严谨性，使学生能识辨出简单的排列问题，同时培养学生应用所学知识解决实际问题的能力情感态度与价值观：通过排列的学习，使学生体会数学的简洁美、应用美，从而培养学生对于数学内在美的感悟能教学重点：正确理解排列的概念，能掌握科学的方法写出所有排列教学难点：会用排列的知识去解决实际问题教学关键主要教学方法：由于本节课是数学概念课，结合高二学生的学习特点，在教学中采用启发、引导、交流的方式进行，以充分调动学生的主动性、积极性，使学生在教师的指导下真正成为学习的主体。

排列问题是有序问题，也就是说，无序问题不是排列问题；排列问题中“有序的要求”，可以表现为一组互不相同的元素与另一组互不相同的“位置”确定的对应关系。

教学过程一、复习引入1分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法那么完成这件事共有 12n N m m m =+++种不同的方法2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法二、讲解新课：【问题提出】问题1．3名同学排成一排照像，有多少种排法？问题2、、某某、某某、某某4个城市相互通航，应该有多少种机票？问题3、从4面不同颜色的旗子中，选出3面排成一排作为一种信号，能组成多少种信号？【抽象概括】排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序．．．．．排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．．．．说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同【实例分析】例1、从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙 甲丙 乙甲 乙丙 丙甲 丙乙解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有3×2=6 种，把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素 a , b ，。

第一章 计数原理知识整合与阶段检测[对应学生用书P19]1．两个计数原理运用两个基本原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成整个事件；而分步则只能“局部到位”——任何一步中任何一种方法只能完成事件的某一部分．2．排列与组合(1)定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素，若按照一定的顺序排成一列，叫作从n 个不同的元素中任意取出m 个元素的一个排列；若合成一组，则叫作从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．即排列和顺序有关，组合与顺序无关．(2)排列数公式：①A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)，规定A 0n ＝1. 当m ＝n 时，A nn ＝n ·(n －1)·(n －2)·…·3·2·1. ②A mn ＝n ！n －m ！，其中A nn ＝n ！，0！＝1.[说明] 公式①主要用于具体的计算，公式②主要用于化简． 组合数公式： C m n＝A mn A m m＝n n －1n －2…n －m ＋1m ！＝n ！m ！n －m ！，规定C 0n ＝1.组合数性质：C mn ＝C n －mn ，C mn ＋1＝C m －1n ＋C mn . (3)解答排列组合应用题常用策略①包含特殊元素或特殊位置的问题，采用优先法，即先考虑特殊元素或特殊位置，特殊位置对应“排”与“不排”问题，特殊元素对应“在”与“不在”问题．②某些元素要求“相邻”的问题，采用捆绑法，即将要求“相邻”的元素捆绑为一个元素，注意内部元素是否有序．③某些元素要求“不相邻”的问题，采用插空法，即将要求“不相邻”的元素插入其他无限制条件的元素之间的空位或两端．④直接计数困难的问题，采用间接法，即从方法总数中减去不符合条件的方法数． ⑤排列和组合的综合题，采用“先组后排”，即先选出元素，再排序． 3．二项式定理 (1)二项式定理 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋C 2n a n －2b 2＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n这个公式称为二项式定理．其中C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫二项式系数．T r ＋1＝C r n an －r b r称为二项式展开式的第r ＋1项，又称为二项式通项． (2)二项式系数性质 ①C m n ＝C n －mn ； ②C r n ＋1＝C r n ＋C r －1n ； ③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n.⎣⎢⎡⎦⎥⎤对应阶段质量检测一 见8开试卷(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )A ．10种B ．20种C ．25种D ．32种解析：完成这件事共分5步，即每个同学均报完一个小组才结束，每人有2种选择方法，故共有25＝32种不同选择方法．答案：D2．(陕西高考)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种解析：分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．答案：C3．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )A ．36种B ．48种C ．96种D ．192种解析：从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有C 24·C 34·C 34＝96种．答案：C4．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A ．(C 126)2A 410个 B ．A 226A 410个 C ．(C 126)2104个D ．A 226104个解析：某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C 126)2A 410个．答案：A 5.⎝⎛⎭⎪⎫3x －1x n的展开式中，第5项是常数项，则x 3的系数为( ) A ．1215 B ．405 C ．－1215 D ．－405解析：T 5＝C 4n 3n －4x n －6，由题意知，n －6＝0，解得n ＝6.T r ＋1＝C r 6(－1)r 36－r x 6－32r ，令6－32r ＝3得r ＝2，所以x 3的系数为C 26(－1)234＝15×34＝1 215.答案：A6．从1,2，－1，－2，－3中任取不同的3个数作为二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a ，b ，c ，其中表示开口向上的抛物线的条数为( )A ．10B ．24C ．48D ．60解析：因为y ＝ax 2＋bx ＋c 表示开口向上的抛物线，a 必须大于0，因此共有C 12A 24＝24条抛物线．答案：B7．张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数共有( )A ．12B ．24C ．36D ．48解析：第一步，将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步，将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A 33种排法，故总的排法种数有2×2×A 33＝24.答案：B8．(安徽高考)(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－15的展开式的常数项是( )A ．－3B ．－2C ．2D ．3解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－15的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 25－r (－1)r ，r ＝0,1,2,3,4,5.当因式(x 2＋2)中提供x 2时，则取r ＝4；当因式(x 2＋2)中提供2时，则取r ＝5，所以(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－15的展开式的常数项是5－2＝3.答案：D9．用0,1,2,3,4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12 340应是第________个数( )A ．6B ．9C ．10D ．8解析：比12 340小的分三类：第一类是千位比2小为0，有A 33＝6个；第二类是千位为2，百位比3小为0，有A 22＝2个；第三类是十位比4小为0，有1个．共有6＋2＋1＝9个，所以12 340是第10个数．答案：C10．在(1＋x )n 的展开式中，奇数项之和为p ，偶数项之和为q ，则(1－x 2)n等于( ) A ．0 B ．pq C ．p 2－q 2D ．p 2＋q 2解析：由于(1＋x )n与(1－x )n展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此(1－x )n＝p －q ，所以(1－x 2)n＝(1－x )n (1＋x )n ＝(p ＋q )(p －q )＝p 2－q 2.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中的横线上) 11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)解析：只需找到不同颜色的球所在的位置即可，有C 29C 37C 44＝1 260种． 答案：1 260 12．(天津高考)⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的二项展开式中的常数项为________．解析：二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 6(－1)rx 6－32r ，当6－32r ＝0，即r ＝4时是常数项，所以常数项是C 46(－1)4＝15. 答案：1513．用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1,2相邻的偶数有________个．(用数字作答)解析：可以分情况讨论：①若末位数字为0，则1,2为一组，且可以交换位置，3,4各为1个数字，共可以组成2·A 33＝12个五位数；②若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不能是首位数字，则有2·A 22＝4个五位数；③若末位数字为4，则1,2为一组，且可以交换位置，3,0各为1个数字，且0不能是首位数字，则有2·(2·A 22)＝8个五位数，所以全部合理的五位数共有12＋4＋8＝24个．答案：2414．如图，在杨辉三角中，从上往下数共有n 行(n ∈N ＋)，在这些数中，非1的数之和为________．解析：所求和S ＝(20＋21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)＝2n－12－1－2n ＋1＝2n－2n .答案：2n－2n三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5展开式中的常数项，求⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n展开式中含a －1的项的二项式系数． 解：设⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－15b r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－15r ·45－r C r5·b 10－5r6，(r ＝0,1,2,3,4,5)．若它为常数项，则10－5r6＝0，∴r ＝2.代入上式，得T 3＝27. 即常数项是27，从而可得⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n中n ＝7， 同理⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a 7二项展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r ·37－r C r7·a 5r －216，令5r －21＝－1，得r ＝4.故含a －1的项是第5项，其二项系数是35.16．(本小题满分12分)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的共有28人，A 型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB 型血的有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O 型血的人中选1人有28种不同的选法，从A 型血的人中选1人有7种不同的选法，从B 型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB 型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型中的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．17．(本小题满分12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示)解：(1)分三步完成：第一步，取两个偶数，有C 23种方法；第二步，取两个奇数，有C 23种方法；第三步，将取出的四个数字排成四位数有A 44种方法．根据分步乘法计数原理，共能组成C 23C 23A 44＝216个不同的四位数．(2)先取出两个偶数和两个奇数，有C 23C 23种方法；再将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，有A 22A 33种方法．根据分步乘法计数原理，偶数排在一起的四位数有C 23C 23A 22A 33＝108个．(3)两个偶数不相邻用插空法，共有四位数C 23C 23A 23＝108个．18．(本小题满分14分)设f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n展开式中x 的系数是19(m ，n ∈N ＋)． (1)求f (x )展开式中x 2的系数的最小值；(2)当f (x )展开式中x 2的系数取最小值时，求f (x )展开式中x 7的系数． 解：(1)由题设条件，得m ＋n ＝19. ∴m ＝19－n ，x 2的系数为C 2m ＋C 2n ＝C 219－n ＋C 2n ＝19－n18－n2＋n n －12＝n 2－19n＋171＝⎝⎛⎭⎪⎫n －1922＋3234，∵n ∈N ＋.∴当n ＝9或n ＝10时，x 2的系数取最小值⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3234＝81. (2)当n ＝9，m ＝10或n ＝10，m ＝9时，x 2的系数取最小值，此时x 7的系数为C 710＋C 79＝C 310＋C 29＝156.。

第十课时第一章 计数原理复习与小结【学习目标】1. 理解两个原理，并会应用解题；2. 掌握排列组合的概念并且会灵活运用；3. 掌握二项式定理的内容和熟练运用解题。

【导入新课】复习回顾：1.加法原理与乘法原理；2.排列和排列数的概念、组合与组合数的概念，以及灵活运用解题；3．二项式定理的内容。

新课阶段主干知识梳理1．分类计数原理和分步计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2．排列与组合(1)排列：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数公式是A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)或写成A m n ＝n ！(n －m )！. (2)组合：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数公式是C m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！，或写成C m n ＝n ！m ！(n －m )！. (3)组合数的性质①C m n ＝C n －m n； ②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n. 3．二项式定理(1)定理：(a ＋b )n ＝C 0n a n b 0＋C 1n a n －1b ＋C 2n a n －2b 2＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n a 0b n (r ＝0,1,2，…，n )．(2)二项展开式的通项T r ＋1＝C r n a n －r b r ，r ＝0,1,2，…，n ，其中C r n 叫做二项式系数．(3)二项式系数的性质①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，…，C k n ＝C n －k n ，….②最大值：当n 为偶数时，中间的一项的二项式系数 取得最大值；当n 为奇数时，中间的两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．③各二项式系数的和a ．C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C k n ＋…＋C n n ＝2n ；b ．C 0n ＋C 2n ＋…＋C 2r n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＋C 2r ＋1n ＋… ＝12·2n ＝2n －1. 典例分析题型一两个计数原理例1、如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有( )A ．180种B ．240种C ．360种 C ．420种题型二 排列与组合例2 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？题型三 求二项展开式的通项、指定项例3 设f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n 展开式中x 的系数是19(m ，n ∈N *)．(1)求f (x )展开式中x 2的系数的最小值；(2)当f (x )展开式中x 2的系数取最小值时，求f (x )展开式中x 7的系数．题型四 二项式定理中的“赋值”问题例4 若(1－2x )2 011＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 011x 2 011(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01122 011的值为________．例5 把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图图案中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中三盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法为________种．(用数字回答)例6 已知(x＋33x)n的展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，则(1－x)n的展开式中系数最小的项是第________项．课堂小结1．排列、组合应用题的解题策略(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．(2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．(3)排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解．另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项。