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章末整合提升 体系构建 素养提升
体系构建
素养提升
一、两个计数原理
　　分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进
行计数过程中，常因分类不明、分步不清导致增（漏）解，因此在解题中
既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性，甚至还要考虑步与步
之间的连贯性.
【例1】　（1）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有
a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米跑、跳远、铅球3项比赛的冠军
的可能结果有b种，则（a，b）为（　C　）
A. （34，34） B. （43，34）
C. （34，43） D. （ ， ）
解析： 每名学生报名有3种选择，有4名学生，根据分步乘法计数原
理知共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，3项冠军，根据分步乘法计
数原理知共有43种可能结果.故选C.
C
（2）如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的
两个端点异色.如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法共
有 种.
420
解析： 以S→A→B→C→D的顺序分步染色.第1步，对S点染色，
有5种方法；第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，有4种方法；第3
步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第4步，对C
点染色，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分
类.当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与
S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步
乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（3＋
2×2）＝420（种）.
（3）“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数.如22，
121，3 443，94 249等.显然2位“回文数”有9个：11，22，33，…，99；
3位“回文数”有90个：101，111，121，…，191，202，…，999；则
①4位“回文数”有 个；
②2n＋1（n∈N*）位“回文数”有 个.
90
9×10n
解析： ①4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相
同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选
中间两位数字，有10种选法，故4位“回文数”有9×10＝90（个）.
②第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2，
3，4，…，n，n＋1位数字，共有10×10×10×…×10＝10n（种）选
法，故2n＋1（n∈N*）位“回文数”有9×10n个.
【反思感悟】
应用两个计数原理计数的四个步骤
（1）明确完成的这件事是什么；
（2）思考如何完成这件事；
（3）判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类；
（4）选择计数原理进行计算.
二、排列与组合（考教衔接）
　　排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着
举足轻重的作用，解决排列与组合问题常用的方法有：（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.
教材原题　（教材P27习题13题）从5名男生和4名女生中选出4人去参加一
项创新大赛.
（1）如果4人中男生女生各选2人，那么有多少种选法？
（2）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？
（3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种
选法？
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？
变式1　排列问题
（2022·新高考Ⅱ卷5题）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇
演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（　B　）
A. 12种 B. 24种
C. 36种 D. 48种
解析：　先将丙和丁捆在一起有 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，
有 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 种排列方式，所以不同
的排列方式共有 ＝24种，故选B.
B
变式2　组合问题
（2023·新高考Ⅰ卷13题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修
课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，
则不同的选课方案共有 种（用数字作答）.
解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修
1门，有 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修
课中选修2门，有 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺
术类选修课中选修1门，有 种方案.综上，不同的选课方案共有
＋ ＋ ＝64（种）.
64
变式3　排列与组合的综合问题
一条沿江公路上有18盏路灯，为节约用电，现打算关掉其中4盏路灯，为
安全起见，要求公路的头尾两盏路灯不可关闭，关掉的相邻两个路灯之间
至少有3盏亮着的路灯，则不同的方案共有 种.
解析：先拿出15盏路灯，按如下顺序排好，（ 表示灯亮；○表示灯灭）
○ ○ ○ ○
再将剩下的三盏灯放进去，若三盏灯在一起，有 ＝5种方法；若分成两
组，有 ＝20种方法；若三盏灯均不在一起，有 ＝10种方法，所以
共有35种方法.
35
【反思感悟】
解决排列、组合问题的注意点
（1）“在”与“不在”问题常是排列问题，一般贯彻特殊元素或特殊位
置要优先安排，没有限制条件的可以任意排列；“邻”与“不邻”通常采
用捆绑法与插空法，捆绑法时注意小团体内部的排列，插空法要注意与
“相间排列”的区别；
（2）“含有”或“不含有”问题常是组合问题，“含”则先将这些元素
取出，再由另外元素补足；“不含”则先将这些元素剔除，再从剩下的元
素中选取.“至少”或“至多”含有几个元素的组合问题常采用直接法和
间接法，一般来说用直接法分类复杂时，用间接法处理，即正难则反.
三、二项式定理
　　二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整
除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于解决二项式相应展开式中
项的系数问题.
【例2】　（1）在（－1＋ ）（1＋ ）6的展开式中， 的系数为
（　C　）
A. －60 B. 60
C. －80 D. 80
C
解析： ∵（1＋ ）6展开式的通项为Tr＋1＝ （ ）r＝2r· · ，
∴原式的展开式中含 的项为（－1）×24 · ＋ ×23 · ＝－ ，
∴ 的系数为－80.故选C.
（2）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 ；
解析： 令x＝2，得a0＝（22＋1）（2－3）9＝－5，令x＝3，得a0＋
a1＋a2＋a3＋…＋a11＝（32＋1）（3－3）9＝0，∴a1＋a2＋a3＋…＋a11＝
－a0＝5.
5
（3）已知（ ＋ ）n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，求该
展开式中系数最大的项.
解：由题意可知 ＋1＝6，解得n＝10，故展开式的通项为Tr
＋1＝ 2r .
设第r＋1项的系数最大，
则 即
解得 ≤r≤ .
∵r∈N，∴r＝7，
∴展开式中的系数最大的项为T8＝ 27 ＝15 360 .
【反思感悟】
1. 处理几个多项式的和、积的展开式或三项式甚至多项式特定项问题，都
是转化为二项式问题，体现了转化与化归的数学思想.
2. 二项式定理给出的是一个恒等式，对于a，b的一切数值都成立.因此，
可以将a，b设定为一些特殊值，在使用赋值法时，令a，b取何值，应视
具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值.
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