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章末复习提升
一、两个计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
1.分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
例1 (1)李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的半身裙，另有2套不同样式的连衣裙.若“五一”节需选择1套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有 (　　)
A.24种 B.14种
C.10种 D.9种
(2)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为　　　　.
训练1 (1)某高三学生希望参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中2所学校的考试时间相同，则不同的报考方法有几种 (　　)
A.8 B.16
C.24 D.48
(2)某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，若甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天，则不同的用车方案种数为 (　　)
A.4 B.12
C.16 D.24
二、排列与组合的综合应用
在排列组合的有关问题中，首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题.在排列组合的综合问题中，若直接解决比较困难时，可进行反面考虑，通过排除，即可使诸多较为复杂的问题简单化，体现了正难则反的思想方法.
例2 在高三(1)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个节目，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




训练2 6人坐在排成一排的10个座位上，问:
(1)空位不相邻的坐法有多少种
(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种
(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种




三、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.
角度1　二项展开式的“赋值问题”
例3 已知=56，且(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn.
(1)求n的值;
(2)求++…+的值.




训练3 (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)若(2x+)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
角度2　二项展开式的特定项问题
例4 已知的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项;
(2)求展开式中系数最大的项.




训练4 已知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.






章末复习提升
例1　(1)B　(2)86　[(1)由题意可得，李芳不同的选择方式的种数为4×3+2=14.故选B.
(2)由题意，可分三类考虑:
第1类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为=31;
第2类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为=34;
第3类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为=21.
由分类加法计数原理，得男、女生都有，男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31+34+21=86.]
训练1　(1)B　(2)B　[(1)第一类:两所都不报有=4，第二类:两所中报一所有=12，由分类加法计数原理可得4+12=16(种)报考方法.
(2)15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有2个奇数和2个偶数.
第一步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有2×2=4(种).
第二步，安排偶数日出行，分两类:
第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2种选择;第二类，不安排甲的车，只有1种选择，共计1+2=3(种).
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×3=12.]
例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=5 040(种)方法;第二步再松绑，给4个舞蹈节目排序，有=24(种)方法.
根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24=120 960(种)安排顺序.
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有=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=840(种)方法.
根据分步乘法计数原理，一共有720×840=604 800(种)安排顺序.
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有种排法，但原来的节目已定好顺序，所以节目演出的顺序有=132(种).
训练2　解　6人全排列有种排法，6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位.
(1)空位不相邻相当于将4个空位安排在上述7个“间隔”中，有种排法，故空位不相邻的坐法有=25 200(种).
(2)将相邻的3个空位看成一个元素，另一个空位看成另一个元素，安排在7个“间隔”中，有种排法，故4个空位中只有3个相邻的坐法有=30 240种.
(3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类:
①4个空位各不相邻，有种坐法;
②4个空位2个相邻，另2个不相邻，有种坐法;
③4个空位分两组，每组都有2个相邻，有种坐法.
综上，有×()=115 920(种)坐法.
例3　解　(1)易知n≥7，n∈N.∵，
∴n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)
=，
整理可得=1，
即n2-11n-60=0，
解得n=15或n=-4(舍去).
故n的值为15.
(2)由(1)得n=15，
∴(1-2x)n=(1-2x)15=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a15x15，
令x=0，可得a0=1，
令x=，可得=0，
∴=-1.
训练3　(1)5　(2)C　[(1)令x=2，得a0=(22+1)(2-3)9=-5，
令x=3，则a0+a1+a2+a3+…+a11=(32+1)(3-3)9=0，
所以a1+a2+a3+…+a11=-a0=5.
(2)在(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4中，
令x=1，得(2+)4=a0+a1+a2+a3+a4;
令x=-1，得(-2+)4
=a0-a1+a2-a3+a4.
两式相乘，得
(2+)4·(-2+)4=(a0+a1+a2+a3+a4)·(a0-a1+a2-a3+a4).
所以(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(-4+3)4=1.]
例4　解　令x=1，则展开式中各项系数和为(1+3)n=22n.
又展开式中二项式系数和为2n，所以22n-2n=992，所以n=5.
(1)因为n=5，所以展开式共6项，所以二项式系数最大的项为第三、四项，
即T3=()3(3x2)2=90x6，
T4=(3x2)3=270.
(2)设展开式中第r+1项系数最大，
则Tr+1=()5-r·(3x2)r=3r，
所以
解得.
又r∈N，所以r=4.
故展开式中第5项系数最大，
即最大项为T5=(3x2)4=405.
训练4　解　(1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，
则=45，即=45，
得n2-n=90，解得n=-9(不合题意，舍去)或n=10.
故通项Tk+1=
=(0≤k≤10，k∈N)，
令-=3，
解得k=6.
故含有x3的项是第7项，
T7=x3=210x3.
(2)∵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=.(共22张PPT)
第五章
章末复习提升
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
1.分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
2.分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
一、两个计数原理
例1
(1)李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的半身裙，另有2套不同样式的连衣裙.若“五一”节需选择1套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有
A.24种 B.14种 C.10种 D.9种
√
由题意可得，李芳不同的选择方式的种数为4×3＋2＝14.故选B.
(2)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为________.
由题意，可分三类考虑：
86
由分类加法计数原理，得男、女生都有，男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.
(1)某高三学生希望参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中2所学校的考试时间相同，则不同的报考方法有几种
A.8 B.16 C.24 D.48
训练1
√
15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有2个奇数和2个偶数.
(2)某单位有4位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0，1，2，5，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，四人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，若甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天，则不同的用车方案种数为
A.4 B.12 C.16 D.24
√
第一步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种).
第二步，安排偶数日出行，分两类：
第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2种选择；
第二类，不安排甲的车，只有1种选择，共计1＋2＝3(种).
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×3＝12.
在排列组合的有关问题中，首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题.在排列组合的综合问题中，若直接解决比较困难时，可进行反面考虑，通过排除，即可使诸多较为复杂的问题简单化，体现了正难则反的思想方法.
二、排列与组合的综合应用
例2
在高三(1)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个节目，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？
6人坐在排成一排的10个座位上，问：
(1)空位不相邻的坐法有多少种？
(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？
训练2
(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种？
4个空位至多有2个相邻的情况有三类：
三、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3
角度1　二项展开式的“赋值问题”
即n2－11n－60＝0，解得n＝15或n＝－4(舍去).
故n的值为15.
由(1)得n＝15，
∴(1－2x)n＝(1－2x)15＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a15x15，
令x＝0，可得a0＝1，
训练3
5
(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________.
令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11
＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
√
例4
角度2　二项展开式的特定项问题
令x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n.
又展开式中二项式系数和为2n，所以22n－2n＝992，所以n＝5.
因为n＝5，所以展开式共6项，所以二项式系数最大的项为第三、四项，
(2)求展开式中系数最大的项.
设展开式中第r＋1项系数最大，
又r∈N，所以r＝4.
故展开式中第5项系数最大，
训练4
已知展开式中倒数第三项的系数为45，
(2)求系数最大的项.

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