【金版学案】高中数学第一章计数原理本章小结新人教A版选修2-3

高中数学第一章计数原理1.3.1 二项式定理学案新人教A版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理1.3.1 二项式定理学案新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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1．3。

1 二项式定理［学习目标]1．能用计数原理证明二项式定理．2．掌握二项式定理及其展开式的通项公式．3．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．[知识链接］1．二项式定理中，项的系数与二项式系数有什么区别？答二项式系数与项的系数完全是不同的两个概念．二项式系数是指C错误!,C错误!，…，C错误!，它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关,而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．2．二项式（a＋b）n与（b＋a)n展开式中第r＋1项是否相同？答不同．(a＋b）n展开式中第r＋1项为C错误!a n－r b r，而（b＋a）n展开式中第r＋1项为C错误!b n－r a r.［预习导引]1．二项式定理公式（a＋b）n＝C0，n a n＋C错误!a n－1b＋…＋C错误!a n－k b k＋…＋C错误!b n(n∈N＊)叫做二项式定理．2．二项式系数及通项(1）(a＋b）n展开式共有n＋1项，其中各项的系数C错误!（k∈｛0，1，2,…,n｝）叫做二项式系数．(2）(a＋b)n展开式的第k＋1项叫做二项展开式的通项，记作T k＋1＝C k，n a n－k b k.要点一二项式定理的正用、逆用例1 (1)求(3x＋错误!)4的展开式；（2）化简（x－1）5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1）2＋5(x－1）．解(1)法一(3错误!＋错误!）4＝C错误!(3错误!)4＋C错误!(3错误!)3·错误!＋C错误!(3错误!)2·(错误!）2＋C错误!（3错误!）·（错误!）3＋C错误!·(错误!)4＝81x2＋108x＋54＋错误!＋错误!。

【金版学案】2015-2016学年高中数学第一章计数原理本章小结新人教A版选修2-3知识点一两个计数原理的应用(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事件，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件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．(2)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．例1 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．(1)任选1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1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解析：(1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1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)不同的选法．(2)每种选法分三步：第一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1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．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146(种)不同选法．知识点二排列组合问题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．现由五个人排在周一至周五的五天中值班，每人一天，按下列条件各有多少种不同的排法？(1)甲不值周一且乙不值周二；(2)甲、乙不排在连续的两天；(3)甲排在乙的前面(不一定相邻)．解析：(1)法一(直接法) 分“甲值周二”和“甲不值周二”两类：甲值周二，则有A44种排法；甲不值周二，则周二有A13种排法，周一有A13种排法，后三天有A33种排法，所以甲不值周二的排法有A13·A13·A33种，由分类加法计数原理，满足条件的排法种数为A44＋A13·A13·A33＝78(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A55种，甲值周一和乙值周二各有A44种排法，甲值周一且乙值周二有A 33种排法，所以甲不值周一且乙不值周二的排法种数为A 55－2A 44＋A 33＝78(种)．(2)法一(直接法) 甲、乙之外的其他三个人的排法种数为A 33种，甲、乙不相邻有A 24种排法，所以排法种数为A 33·A 24＝72(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A 55种，甲、乙相邻的排法种数为A 44·A 22种，所以排法种数为A 55－A 44·A 22＝72(种)．(3)甲排在乙之前的排法种数为A 55A 22＝60(种)．知识点三 二项式定理的应用(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)求二项式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最大或最小项：利用二项式系数的性质．(2015·全国课标卷Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.解析：由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.答案：3一、选择题1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有(D )A ．3种B ．12种C ．34种D ．43种解析：每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．2．(2014·高考湖北卷)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝(C ) A ．2 B.54 C ．1 D.24解析：因为C r7·(2x )r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 7－r＝C r 7·2r ·a 7－r ·x －7＋2r ，令－7＋2r ＝－3，得r ＝2，所以C 27·22·a7－2＝84，解得a ＝1，故选C.3．设集合A ＝{1，2，3，4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有(A )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个解析：法一 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n＝1或2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．法二由题意知m>n，则应有C24＝6(个)焦点在x轴上的不同椭圆．故选A.4．(2014·高考重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(B)A．72种 B．120种 C．144种 D．168种解析：将所有的安排方法分成两类：第一类，歌舞类节目中间不穿插相声节目，有A33A22 A11＝6×2×2＝24(种)；第二类，歌舞类节目中间穿插相声节目，有A33A12A12A14＝6×2×2×4＝96(种)．根据分类加法计数原理，共有96＋24＝120种不同的排法．故选B.能力提升5．12名同学合影，站成了两排，前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(C)A．C28A23种 B．C28A66种 C．C28A26种 D．C28A25种解析：从后排8人中选2人的方法有C28种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A15种方法，再安排B到前排有A16种方法．∴共有C28A15A16＝C28A26种方法．故选C.6．如果C3n＝C3n－1＋C4n－1，则n的值为(B)A．8 B．7 C．6 D．不存在7．(2013·山东济宁模拟)某科技小组有六名学生(男生多于女生)，现从中选出三人去参观展览，若至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为(A) A．2名 B．3名 C．4名 D．5名解析：若选出的三个人都是女生，则不合题意．设男生人数为x，则女生有6－x人．依题意可得C1x C26－x＋C2x C16－x＝16，即x（6－x）（5－x）2＋x（x－1）（6－x）2＝16，化简得x2－6x＋8＝0，解得x＝4或x＝2.因为男生多于女生，所以该小组中女生有2人．故选A.8.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有(D)A．324种 B．216种 C．244种 D．240种解析：若1、4同色，共有C14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．9．(2014·高考浙江卷)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：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张，共有C23A24＝36，二是有三人各获得一张，共有A34＝24，因此不同的获奖情况有60种．答案：6010．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：分2步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种．所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．答案：3611．已知(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，若a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m ＝________．解析：由题设知，a 0＝1，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝(1＋m )6，即(1＋m )6＝64. 故1＋m ＝±2，m ＝1或－3. 答案：1或－312．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．解析：为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．答案：1913．一个口袋里有6封信，另一个口袋里有5封信，各封信内容均不相同． (1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的11封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？ 解析：(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类办法．用分类加法计数原理，共有6＋5＝11(种)．(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有6×5＝30(种)．(3)第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，…，第11封信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有411种不同的投法．14．(2013·昆明高二检测)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x n的展开式中： (1)若n ＝6，求倒数第二项．(2)若第5项与第3项的系数比为56∶3，求各项的二项式系数和． 解析：(1)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －2x n的通项是 T r ＋1＝C r n(x )n －r⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r，当n ＝6时，倒数第二项是T 6＝C 56(x )6－5⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 5＝－192x －92. (2)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x n 的通项T r ＋1＝C r n (x )n －r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r，则第5项与第3项分别为T 5＝C 4n(x )n －4·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 4，T 3＝C 2n (x )n －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2，所以它们的系数分别为16C 4n 和4C 2n .由于第5项与第3项的系数比为56∶3，则16C 4n ∶4C 2n ＝56∶3，解得n ＝10，所以各项的二项式系数和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210＝1 024.15．一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球，(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解析：(1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有C 44种；②取3个红球1个白球，有C 34C 16种；③取2个红球2个白球，有C 24C 26种，故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种． (2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6， 故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1.因此，符合题意的取法种数有 C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．16．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题． (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？(3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a 、b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解析：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)． (2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有 A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)． 故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条；a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．。

2018-2019版高中数学第一章计数原理章末复习学案新人教A版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019版高中数学第一章计数原理章末复习学案新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第一章计数原理章末复习学习目标1。

掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2。

理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题。

3.能用计数原理证明二项式定理,掌握二项式定理和二项展开式的性质．1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案,在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法,那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式A错误!＝n（n－1）(n－2)…（n－m＋1）＝错误!组合数公式C错误!＝错误!错误!＝错误!性质当m＝n时，A错误!为全排列；A错误!＝n！；0!＝1C错误!＝C错误!＝1；C错误!＝C错误!；C错误!＋C错误!＝C错误!备注n，m∈N*，且m≤n4。

二项式定理（1)二项式定理的内容：(a＋b)n＝C错误!a n＋C错误!a n－1b1＋…＋C错误!a n－k b k＋…＋C错误!b n (n∈N*)．(2）通项公式：T k＋1＝C错误!a n－k b k，k∈｛0，1,2，…,n｝．（3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n为偶数,中间一项错误!的二项式系数最大；若n为奇数,中间两项错误!的二项式系数相等且最大．③C错误!＋C错误!＋C错误!＋…＋C错误!＝2n；C错误!＋C错误!＋…＝C错误!＋C错误!＋…＝2n－1。

高中数学第一章计数原理1.3.1 二项式定理教案新人教A版选修2-3 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第一章计数原理1.3.1 二项式定理教案新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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1.3。

1二项式定理一、教学目标1.知识与技能：（1) 能利用计数原理证明二项式定理；(2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2. 过程与方法：通过学生参与和探究二项式定理的形成过程，体会从特殊到一般的思维方式，并形成从特殊到一般的归纳,然后证明,最后再应用的思想意识。

3。

情感、态度与价值观:通过本节课的学习，可以培养学生观察、分析、归纳、总结的能力。

二、教学重点、难点重点：二项式定理；难点:二项式定理的应。

三、教具：白板四、课型：新课五、教学过程一)新课提问引入课题1、分类计数加法原理与分布乘法计数原理；2、组合与组合数3、今天是星期五，再过7天、15天、810天的那一天分别是星期几?二)讲授新课1、探究发现二项式定理研究的是n)(3=a?+ba(+的展开式，如：?ba))(2=+b?)(4=+b a ?)(100=+b a 那么n b a )(+的展开式是什么？探究一：))(()(2b a b a b a ++=+b b a b b a a a ⨯+⨯+⨯+⨯=222b ab a ++=从上述过程可以看出2)(b a +是2个))((b a b a ++相乘，根据多项式的乘法法则，每个)(b a +在相乘是由两种选择,选a 或b 选,而且每个)(b a +中的a 或b 选定后，才能得到2)(b a +展开式的一项。

1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理教学目标：知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；过程与方法：培养学生的归纳概括能力；情感、态度与价值观：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解授课类型：新授课课时安排：2课时教具：多媒体、实物投影仪教学过程：引入课题先看下面的问题：①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排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，一共有多少种不同的做法.在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.1 分类加法计数原理（1）提出问题问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？探究：你能说说以上两个问题的特征吗？（2）发现新知m种不同的方分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有n种不同的方法. 那么完成这件事共有法，在第2类方案中有=N+nm种不同的方法.（3）知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：A大学 B大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学 法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9（种）.变式：若还有C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，在第3类方案中有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2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n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.2 分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以1A ,2A ,…，1B ,2B ,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？用列举法可以列出所有可能的号码：我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．探究：你能说说这个问题的特征吗？（2）发现新知分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法. 那么完成这件事共有 n m N ⨯=种不同的方法.（3）知识应用例2.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生． 解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有30×24 =720种不同的选法．探究：如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，做第3步有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情需要n 个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.理解分步乘法计数原理：分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.3 综合应用例3. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是123N m m m =++=4+3+2=9;( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是123N m m m =⨯⨯=4×3×2=24 .（3）26232434=⨯+⨯+⨯=N 。

高中数学第一章计数原理复习与小结教学设计新人教A版选修2-3实用资料(可以直接使用，可编辑优秀版资料，欢迎下载）第十课时第一章 计数原理复习与小结【教学目标】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。

新授课阶段 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 mn ＝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 mn ＝n ！m ！(n －m )！.(3)组合数的性质 ①C m n ＝C n －mn ； 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 －kn ，….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种解题导引 题意→按花色分类→每一类再分步→结果(1)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．(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．D [由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜色，四种颜色，五种颜色．①当用三种颜色时，花池2、4同色和花池3、5同色，此时共有A 35种方案．②当用四种颜色时，花池2、4同色或花池3、5同色，故共有2A 45种方案．③当用五种颜色时有A 55种方案．因此所有栽种方案为A 35＋2A 45＋A 55＝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？分析： (1)确定一个空盒→将四个球放入3个盒内→选2个球放入一个盒内． (2)与(1)的含义相同．(3)4个球放入2个盒子，可以平均放也可以不平均放． 解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)．探究提高 对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．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．解：f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n展开式中的x 的系数是19.即C 1m ＋C 1n ＝19，∴m ＋n ＝19.(1)f (x )展开式中x 2的系数为：C 2m ＋C 2n ＝C 219－n ＋C 2n ＝(19－n )(18－n )2＋n (n －1)2＝n 2－19n ＋171＝⎝⎛⎭⎪⎫n －1922＋3234.又∵n ∈N *，∴当n ＝9或n ＝10时，C 2m ＋C 2n 的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3234＝3244＝81.∴x 2的系数的最小值为81.(2)由(1)知当n ＝9，m ＝10或n ＝10，m ＝9时，x 2的系数最小．此时x 7的系数为C 710＋C 79＝C 310＋C 29＝156.探究提高 二项式定理是一个恒等式，求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或指定项问题，是二项式定理的常考问题，通常用通项公式来解决．在应用通项公式时，要注意以下几点：(1)它表示二项展开式的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定； (2)T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项；(3)公式中a ，b 的指数和为n 且a ，b 不能随便颠倒位置； (4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5)对二项式(a －b )n展开式的通项公式要特别注意符号问题． 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 011x2 011(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01122 011的值为________．解析：∵(1－2x )2 011＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 011x 2 011(x ∈R )，∴令x ＝0，则a 0＝1，令x ＝12，则⎝⎛⎭⎪⎫1－2×12 2 011＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01122 011＝0， 其中a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01122 011＝－1.探究提高 在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．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)解析：排列与组合是解决概率问题的工具，在高考试卷中一般含有一道专门考查排列与组合的小题，也可在概率和随机变量分布中考查．单独考查，难度不大．解析：A 77－C 15A 33·A 44＝4 320.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．解析：二项展开式的通项公式的运用及二项式系数性质的运用等是高考的热点内容．二项式定理在高考中可单独命题，主要以填空题的形式出现，属于中低档难度的题目．原式的展开式中，各项系数的和为4n ，各项二项式系数的和为2n.由已知，得4n 2n ＝64，所以n ＝6.(1－x )6的展开式中，第4项的系数最小，为－C 36＝－20. 答案为4.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，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点：(1)C r n a n －r b r是第r ＋1项，而不是第r 项；(2)运用通项公式T r ＋1＝C r n a n －r b r解题，一般都需先转化为方程(组)求出n 、r ，然后代入通项公式求解．(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r ，再求出所需的某项；有时需先求n ，计算时要注意n 和r 的取值范围及它们之间的大小关系．课堂练习1、如图所示为一电路图，从A 到B 共有________条不同的线路可通电．解析 按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)，根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．2、 (1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？解：(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)；(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法数为A 44·A 25＝480.3、(1＋x ＋x 2)(x －1x)6的展开式中的常数项为________．解析：(1＋x ＋x 2)(x －1x)6 ＝(1＋x ＋x 2)[C 06x 6(－1x )0＋C 16x 5(－1x )1＋C 26x 4(－1x )2＋C 36x 3(－1x )3＋C 46x 2(－1x )4＋C 56x (－1x)5＋C 66x 0(－1x)6]＝(1＋x ＋x 2)(x 6－6x 4＋15x 2－20＋15x 2－6x 4＋1x6)，所以常数项为1×(－20)＋x 2·15x2＝－5.4、(x ＋a x)(2x －1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为______．解析：令x ＝1得(1＋a )(2－1)5＝1＋a ＝2，所以a ＝1.因此(x ＋1x )(2x －1x )5展开式中的常数项即为(2x －1x )5展开式中1x的系数与x 的系数的和．(2x －1x)5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·(－1)r ·x －r ＝C r 525－r x 5－2r ·(－1)r.令5－2r ＝1，得2r ＝4，即r ＝2，因此(2x －1x)5展开式中x 的系数为C 2525－2(－1)2＝80.令5－2r ＝－1，得2r ＝6，即r ＝3，因此(2x －1x )5展开式中1x的系数为C 3525－3·(－1)3＝－40.所以(x ＋1x )(2x －1x)5展开式中的常数项为80－40＝40.河北省石家庄市2021-2021年高中数学 课题 函数模型的应用实例（1）新学案 新人教A 版课前预习案【使用说明及学法指导】1.用15分钟的时间阅读探究课本上的基础知识，自主高效预习，提升自己的阅读理解能力.2.完成教材助读设置的问题，然后结合课本的基础知识和例题，完成预习自测题.3.将预习中不能解决的问题标出来，并写到“我的疑惑”处。

2018-2019学年高中数学第一章计数原理章末复习课学案新人教A版选修2-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中数学第一章计数原理章末复习课学案新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第一章计数原理章末复习课[整合·网络构建］[警示·易错提醒］1．正确区分“分类"与“分步”,恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序"区分开来．3．正确区分分堆问题和分配问题．4．二项式定理的通项公式T k＋1＝C错误!a n－k b k是第(k＋1)项，而不是第k项，注意其指数规律．5．求二项式展开式中的特定项（如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……）时,要注意n与k的取值范围．6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和"，“奇（偶)数项系数的和”与“奇(偶）次项系数的和”．专题一两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题:（1)要做什么事；（2）如何去做这件事；(3）怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法．[例1］现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( ）高中数学A。

人教版高中数学精品资料高中数学第一章计数原理本章小结新人教A版选修2-3知识点一两个计数原理的应用(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事件，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件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．(2)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．例1 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．(1)任选1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1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解析：(1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1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)不同的选法．(2)每种选法分三步：第一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1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．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146(种)不同选法．知识点二排列组合问题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．现由五个人排在周一至周五的五天中值班，每人一天，按下列条件各有多少种不同的排法？(1)甲不值周一且乙不值周二；(2)甲、乙不排在连续的两天；(3)甲排在乙的前面(不一定相邻)．解析：(1)法一(直接法) 分“甲值周二”和“甲不值周二”两类：甲值周二，则有A44种排法；甲不值周二，则周二有A13种排法，周一有A13种排法，后三天有A33种排法，所以甲不值周二的排法有A13·A13·A33种，由分类加法计数原理，满足条件的排法种数为A44＋A13·A13·A33＝78(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A55种，甲值周一和乙值周二各有A44种排法，甲值周一且乙值周二有A33种排法，所以甲不值周一且乙不值周二的排法种数为A55－2A44＋A33＝78(种)．(2)法一(直接法) 甲、乙之外的其他三个人的排法种数为A 33种，甲、乙不相邻有A 24种排法，所以排法种数为A 33·A 24＝72(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A 55种，甲、乙相邻的排法种数为A 44·A 22种，所以排法种数为A 55－A 44·A 22＝72(种)．(3)甲排在乙之前的排法种数为A 55A 22＝60(种)．知识点三 二项式定理的应用(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)求二项式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最大或最小项：利用二项式系数的性质．(2015·全国课标卷Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.解析：由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.答案：3一、选择题1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有(D )A ．3种B ．12种C ．34种 D ．43种解析：每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．2．(2014·高考湖北卷)若二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝(C )A ．2 B.54 C ．1 D.24解析：因为C r7·(2x )r·⎝⎛⎭⎫a x 7－r＝C r7·2r·a7－r·x－7＋2r，令－7＋2r ＝－3，得r ＝2，所以C 27·22·a7－2＝84，解得a ＝1，故选C.3．设集合A ＝{1，2，3，4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有(A )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个解析：法一 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n ＝1或2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．法二 由题意知m >n ，则应有C 24＝6(个)焦点在x 轴上的不同椭圆．故选A.4．(2014·高考重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(B)A．72种 B．120种 C．144种 D．168种解析：将所有的安排方法分成两类：第一类，歌舞类节目中间不穿插相声节目，有A33A22A11＝6×2×2＝24(种)；第二类，歌舞类节目中间穿插相声节目，有A33A12A12A14＝6×2×2×4＝96(种)．根据分类加法计数原理，共有96＋24＝120种不同的排法．故选B.能力提升5．12名同学合影，站成了两排，前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(C)A．C28A23种 B．C28A66种 C．C28A26种 D．C28A25种解析：从后排8人中选2人的方法有C28种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A15种方法，再安排B到前排有A16种方法．∴共有C28A15A16＝C28A26种方法．故选C.6．如果C3n＝C3n－1＋C4n－1，则n的值为(B)A．8 B．7 C．6 D．不存在7．(2013·山东济宁模拟)某科技小组有六名学生(男生多于女生)，现从中选出三人去参观展览，若至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为(A) A．2名 B．3名 C．4名 D．5名解析：若选出的三个人都是女生，则不合题意．设男生人数为x，则女生有6－x人．依题意可得C1x C26－x＋C2x C16－x＝16，即x（6－x）（5－x）2＋x（x－1）（6－x）2＝16，化简得x2－6x＋8＝0，解得x＝4或x＝2.因为男生多于女生，所以该小组中女生有2人．故选A.8.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有(D)A．324种 B．216种 C．244种 D．240种解析：若1、4同色，共有C14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．9．(2014·高考浙江卷)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：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张，共有C23A24＝36，二是有三人各获得一张，共有A34＝24，因此不同的获奖情况有60种．答案：6010．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：分2步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种．所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．答案：3611．已知(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，若a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m ＝________． 解析：由题设知，a 0＝1，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝(1＋m )6，即(1＋m )6＝64. 故1＋m ＝±2，m ＝1或－3. 答案：1或－312．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．解析：为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．答案：1913．一个口袋里有6封信，另一个口袋里有5封信，各封信内容均不相同． (1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的11封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？解析：(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类办法．用分类加法计数原理，共有6＋5＝11(种)．(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有6×5＝30(种)．(3)第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，…，第11封信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有411种不同的投法．14．(2013·昆明高二检测)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的展开式中：(1)若n ＝6，求倒数第二项．(2)若第5项与第3项的系数比为56∶3，求各项的二项式系数和． 解析：(1)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的通项是T r ＋1＝C r n(x )n －r⎝⎛⎭⎫－2x r，当n ＝6时，倒数第二项是 T 6＝C 56(x )6－5⎝⎛⎭⎫－2x 5＝－192x －92.(2)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 的通项T r ＋1＝C r n (x )n －r ·⎝⎛⎭⎫－2x r，则第5项与第3项分别为T 5＝C 4n (x )n－4·⎝⎛⎭⎫－2x 4，T 3＝C 2n (x )n －2·⎝⎛⎭⎫－2x 2，所以它们的系数分别为16C 4n 和4C 2n .由于第5项与第3项的系数比为56∶3，则16C 4n ∶4C 2n ＝56∶3，解得n ＝10，所以各项的二项式系数和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210＝1 024.15．一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球， (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解析：(1)将取出4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C 44种； ②取3个红球1个白球，有C 34C 16种； ③取2个红球2个白球，有C 24C 26种， 故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种． (2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6， 故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1.因此，符合题意的取法种数有 C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．16．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题． (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？ (3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a 、b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解析：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)． (2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有 A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)． 故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条；a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．。

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第一章计数原理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的将之分解，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：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）与通项公式有关：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项的通项公式是T k＋1＝C错误!a n－k b k（k＝0，1,…n)，其二项式系数是C错误!，而不是C错误!，这是一个极易错点．题型一两个计数原理的应用基本计数原理提供了“完成某件事情"是“分类”进行，还是“分步”进行．在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合．例1 在∠AOB的OA边上取m个点,在OB边上取n个点（均除O点外),连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形,可作的三角形有( ）A．C错误!C错误!＋C错误!C错误! B．C错误!C错误!＋C错误!C错误!C．C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!C错误! D．C错误!C错误!＋C错误!C错误!答案C解析法一第一类:从OA边上（不包括O)任取一点与从OB边上（不包括O）任取两点,可构造一个三角形，有C错误!C错误!个；第二类：从OA边上(不包括O）任取两点与OB边上（不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有C错误!C错误!个；第三类：从OA边上（不包括O）任取一点与OB边上(不包括O）任取一点，与O点可构造一个三角形，有C错误!C错误!个．由分类加法计数原理共有N＝（C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!C错误!）个三角形．法二从m＋n＋1中任取三点共有C错误!种情况，其中三点均在射线OA上（包括O点),有C错误!个,三点均在射线OB上（包括O点），有C错误!个．所以，三角形的个数为N＝C错误!－C错误!－C错误!。

第一章计数原理知识系统整合规律方法收藏1．分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”．(2)分类加法计数原理的特点：类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路”来理解)．(3)分步乘法计数原理的特点：步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少)，这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路”来理解)．2．解决排列组合应用题的原则解决排列组合应用题的原则有特殊优先的原则、先取后排的原则、正难则反的原则、相邻问题“捆绑”处理的原则、不相邻问题“插空”处理的原则．(1)特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的元素和有限制条件的位置一定要优先考虑．(2)正难则反的原则：对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的间接法求解．(3)相邻问题“捆绑”处理的原则：对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看成一个元素与其他元素排列，然后将相邻元素进行排列．(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入．(5)指标问题采用“挡板法”把问题转化为：把n 个相同元素分成m 个组的分法，这相当于n 个相同元素的每两个元素之间共n －1个空，任插m －1个板子的插法数，即C m －1n －1种．(6)先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列．(7)定序问题倍缩、空位插入原则定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理． (8)分排问题直排原则一般地，对于元素分成多排的排列问题，可先转化为一排考虑，再分段研究． (9)小集团问题先整体后局部原则小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理． (10)构造模型原则一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观理解，容易解决．3．二项式定理及其应用(1)二项式定理：(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n ，其中各项的系数C kn (k ＝0,1,2，…，n )称为二项式系数，第k ＋1项C k n an －k b k称为通项．(2)二项式系数的性质①对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质C m n ＝C n －mn . ②增减性与最大值． 当k <n ＋12时，二项式系数C kn 逐项增大；当k >n ＋12时，二项式系数C kn 逐项减小．③各项的二项式系数之和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n；奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n＋…＝2n－1.(3)对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法．(4)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T r＋1.有时还需先求n，再求r，才能求出T r＋1.(5)有些三项展开式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．(6)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段．(7)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项．(8)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关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来解决．学科思想培优一两个计数原理1．应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”．2．应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成．例1 (1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( ) A．14 B．16 C．20 D．48(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答)[解析] (1)分两类：第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况．(2)因为区域1与其他4个区域都相邻，首先考虑区域1，有4种涂法．若区域2,4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；若区域2,4不同色，先涂区域2，有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3,5都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.因此，满足条件的涂色方法共有48＋24＝72种．[答案](1)B (2)72拓展提升(1)要弄清“分类”还是“分步”．(2)解决涂色问题时，要尽量让相邻区域多的区域先涂色．例2 (1)某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有________种不同的选法；(2)将4封信投入3个信箱中，共有________种不同的投法．[解析] (1)共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2×6＝12种选法．故共有2＋6＋12＝20种选法．(2)第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；同理，第2,3,4封信各有3种投法．根据分步乘法计数原理，共有3×3×3×3＝34＝81种投法．[答案](1)20 (2)81拓展提升以上两题容易错解的原因：(1)忽视其中一人既会英语、又会日语这一隐含条件，从而导致错解．(2)分步的依据应该是“信”而不应该是“信箱”，导致错解．二排列与组合区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题，无序的问题属于组合问题，在解决排列组合应用题时常用如下解题策略：①特殊元素优先安排的策略；②合理分类和准确分步的策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略；④正难则反、等价转化的策略；⑤相邻问题捆绑处理的策略；⑥不相邻问题插空处理的策略；⑦定序问题除法处理的策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略．例3 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？[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A66种排法，五名学生再内部全排列有A55种，故共有A66·A55＝86400种排法．(2)先将五位老师全排列有A55种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A56种排法，故共有A55·A56＝86400种排法．可用图表示：□○□○□○□○□○□(用○表示老师所在位置，用□表示中间的空当)(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2A55·A55＝28800种排法．拓展提升“学生相邻”就“捆绑学生”，“学生不相邻”就插空．“捆绑”之中的元素有顺序，哪些元素不相邻就插空．例 4 由1,2,3,4,5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…直到末项(第120项)是54321.问：(1)43251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？[解] (1)由题意知，共有五位数为A 55＝120(个)． 比43251大的数有下列几类： ①万位数是5的有A 44＝24(个)；②万位数是4，千位数是5的有A 33＝6(个)；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A 22＝2(个)； ∴比43251大的数共有A 44＋A 33＋A 22＝32(个)． ∴43251是第120－32＝88(项)．(2)从(1)知万位数是5的有A 44＝24(个)，万位数是4，千位数是5的有A 33＝6(个)． 但比第93项大的数有120－93＝27(个)，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321，45312,45231,45213,45132,45123，从此可见第93项是45213.拓展提升数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．例5 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？[解] (1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法．(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C 24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144种不同的放法．(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法： 第1类，1个盒子中放3个小球，一个盒子中放1个小球．先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法；第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法．故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种)．拓展提升排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列. 对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．三 二项式定理的应用对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题，从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：(1)考查通项公式问题． (2)考查系数问题：①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和； ②一般采用通项公式或赋值法解决． (3)可转化为二项式定理解决问题．例6 已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x 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，因为通项： T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23x r ＝(－2)r C r10x5－5r 6 ， 当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是有理项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r102r≥C r －1102r －1，C r 102r≥C r ＋1102r ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，T 8＝－15360x －56， 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5，当r ＝10时， T 11＝(－2)10x －103 ＝1024x －103，所以系数绝对值最大的项为T 8＝－15360x －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.拓展提升求二项展开式特定项的步骤例7 (1)已知(1－x )5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则(a 0＋a 2＋a 4)(a 1＋a 3＋a 5)等于________；(2)设⎝⎛⎭⎪⎫22＋x 2n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n ，则(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2＝________.[解析] (1)在所给等式中，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝0 ①；令x ＝－1，得－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝32 ②，由①＋②得，a 0＋a 2＋a 4＝16，由①－②得，a 1＋a 3＋a 5＝－16，所以(a 0＋a 2＋a 4)(a 1＋a 3＋a 5)＝－256.(2)设f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋x 2n ，则(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)2＝(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n －a 1－a 3－a 5－…－a 2n －1)(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n ＋a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＝f (－1)·f (1)＝⎝⎛⎭⎪⎫22－12n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n . [答案] (1)－256 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫14n拓展提升一般地，(1)若f (x )＝a 0x n＋a 1xn －1＋…＋a n ，则f (x )展开式中各项系数的和为f (1)．当n为偶数时，奇次项系数的和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶次项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2；当n 为奇数时，a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)－f (－1)2，a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)＋f (－1)2.(2)对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．四 分类讨论的数学思想例8 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40[解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x5，可令x ＝1得各项系数的和为1＋ a ＝2，故a ＝1.⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 525－r ×(－1)r ×x 5－2r .要得到⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的常数项分为两类情况，①⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 的x 与⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中含1x的项相乘；②⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 的1x 与⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中含x 的项相乘，故令5－2r ＝－1得r ＝3，令5－2r＝1得r＝2，从而可得所求常数项为C35×22×(－1)3＋C25×23×(－1)2＝40.[答案] D拓展提升求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果，此法易出现分类搭配不全，运算失误等错误．例9 在0,1,2,3,4,5,6这七个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有多少个？[解] 依题意，可分两大类．第一类，当三个数字均为偶数时，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在0和第一步剩余的两个数中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个偶数中任取一个作为个位，有2种方法．于是，第一类中三位数共有N1＝3×3×2＝18(个)．第二类，当三个数字中有两个奇数、一个偶数时．(1)偶数在百位，第一步：在2,4,6中任取一个作为百位，有3种方法；第二步：在1,3,5中任取一个作为十位，有3种方法；第三步：在剩余的两个奇数中任取一个作为个位，有2种方法．于是，共有n1＝3×3×2＝18(个)．(2)偶数在十位，同理，得n2＝4×3×2＝24(个)．(3)偶数在个位，同理有n3＝4×3×2＝24(个)．故第二类中，符合题意的三位数共有N2＝n1＋n2＋n3＝18＋24＋24＝66(个)．综上，所求的三位数共有N1＋N2＝18＋66＝84(个)．拓展提升解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想．讨论时，要注意不重复不遗漏．五构造模型的思想例10 某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的2盏，那么熄灯方法共有________种．[解析] 依题意，问题相当于在已排成一行的9个元素间的8个空隙中，选3个插入3个相同的元素，方法种数为C38＝56.故熄灯方法共有56种．[答案]56拓展提升本题通过构造组合模型，利用插空法得解．word例11 如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南北街道．若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线行走，则从M到N有________种不同的走法(用数字作答)．[解析] 从M点走到N点，每次只能向北或向东走，则不论从M到N怎样走，都必须向北走3个路口，向东走5个路口，共走8个路口，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北的路口决定后，剩下的路口只能向东，例如“北北北东东东东东”就是其中的一种走法．所以，问题归结为从8个路口中任选3个路口向北走，共有C38＝56种不同的走法．[答案]56拓展提升通过模型的构造化繁为简．- 11 - / 11。