2020高中數(shù)學(xué) 第1章 計(jì)數(shù)原理章末復(fù)習(xí)課講義 蘇教版

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE12-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第1章計(jì)數(shù)原理兩個(gè)計(jì)數(shù)原理【例1】（1）橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f（y2，n)＝1的焦點(diǎn)在y軸上，且m∈｛1,2，3，4,5｝,n∈｛1,2,3,4,5,6,7｝，則滿(mǎn)足題意的橢圓的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．(2）某電視臺(tái)連續(xù)播放6個(gè)廣告，其中有3個(gè)不同的商業(yè)廣告、兩個(gè)不同的宣傳廣告、一個(gè)公益廣告，要求最后播放的不能是商業(yè)廣告,且宣傳廣告與公益廣告不能連續(xù)播放，兩個(gè)宣傳廣告也不能連續(xù)播放,則有多少種不同的播放方式？(1)20［因?yàn)榻裹c(diǎn)在y軸上，所以0<m<n，考慮m依次取1，2,3,4,5時(shí)，符合條件的n值分別有6,5,4,3,2個(gè)，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，滿(mǎn)足題意的橢圓的個(gè)數(shù)為6＋5＋4＋3＋2＝20個(gè)．］(2）解：用1,2，3，4，5,6表示廣告的播放順序，則完成這件事有三類(lèi)方法．第一類(lèi)：宣傳廣告與公益廣告的播放順序是2，4，6.分6步完成這件事,共有3×3×2×2×1×1＝36種不同的播放方式．第二類(lèi):宣傳廣告與公益廣告的播放順序是1，4,6，分6步完成這件事，共有3×3×2×2×1×1＝36種不同的播放方式．第三類(lèi)：宣傳廣告與公益廣告的播放順序是1,3,6,同樣分6步完成這件事,共有3×3×2×2×1×1＝36種不同的播放方式．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得：6個(gè)廣告不同的播放方式有36＋36＋36＝108種．1．使用兩個(gè)原理解決問(wèn)題的思路（1）選擇使用兩個(gè)原理解決問(wèn)題時(shí)，要根據(jù)我們完成某件事情采取的方式而定，確定是分類(lèi)還是分步，要抓住兩個(gè)原理的本質(zhì)．（2）分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理的關(guān)鍵是“類(lèi)”，分類(lèi)時(shí)，首先要根據(jù)問(wèn)題的特點(diǎn)確定一個(gè)合適的分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，然后在這個(gè)標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行分類(lèi)；其次分類(lèi)時(shí)要注意，完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類(lèi)，并且分別屬于不同類(lèi)的兩種方法是不同的方法．(3)分步乘法計(jì)數(shù)原理的關(guān)鍵是“步”，分步時(shí)首先要根據(jù)問(wèn)題的特點(diǎn)確定一個(gè)分步的標(biāo)準(zhǔn)；其次,分步時(shí)還要注意滿(mǎn)足完成一件事必須并且只有連續(xù)完成這n個(gè)步驟后,這件事才算完成，只有滿(mǎn)足了上述條件，才能用分步乘法計(jì)數(shù)原理．2．使用兩個(gè)原理解決問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題對(duì)于一些比較復(fù)雜的既要運(yùn)用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理又要運(yùn)用分步乘法計(jì)數(shù)原理的問(wèn)題，我們可以恰當(dāng)?shù)禺?huà)出示意圖或列出表格，使問(wèn)題更加直觀(guān)、清晰．1．某外語(yǔ)組有10人，每人至少會(huì)英語(yǔ)、法語(yǔ)中的一門(mén)．其中7人會(huì)英語(yǔ),5人會(huì)法語(yǔ)．從中選擇會(huì)英語(yǔ)和法語(yǔ)的各一人派往兩地參加會(huì)議，有多少種不同的方法？［解]由集合知識(shí)可知,既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的有7＋5－10＝2(人)，僅會(huì)英語(yǔ)的有7－2＝5（人)，僅會(huì)法語(yǔ)的有5－2＝3（人）．易知此題的任務(wù)是派遣適合條件的兩人．法一：按僅會(huì)英語(yǔ)的5人的派遣情況分成兩類(lèi)．第1類(lèi)：僅會(huì)英語(yǔ)的5人中有1人選中，則有5種方法，而會(huì)法語(yǔ)的則有5種方法．從而由分步乘法計(jì)數(shù)原理知，有5×5＝25種方法;第2類(lèi)：僅會(huì)英語(yǔ)的5人中沒(méi)有人被選中，則會(huì)英語(yǔ)的必須從既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的2人中選，從而有2種選法．而會(huì)法語(yǔ)的只能從兩種語(yǔ)言均會(huì)的剩余1人或僅會(huì)法語(yǔ)的3人中選,共有1＋3＝4種．由分步乘法計(jì)數(shù)原理得,此時(shí)共有2×4＝8種方法．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得，共有25＋8＝33種方法．法二：按既會(huì)英語(yǔ)又會(huì)法語(yǔ)的2人的選派情況分成3類(lèi)．第1類(lèi)：2人均未被選派，則有3×5＝15種方法；第2類(lèi)：2人均被選派，則有2種方法;第3類(lèi)：2人中恰有1人被選派，則又分為兩類(lèi)：若另一人只會(huì)英語(yǔ)，則有2×5＝10種方法，若另一人只會(huì)法語(yǔ)，則有2×3＝6種方法，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得,共有15＋2＋10＋6＝33種方法．排列組合的綜合應(yīng)用【例2】在1，3，5,7，9中任取3個(gè)數(shù)字，在0,2,4,6,8中任取2個(gè)數(shù)字，可組成多少個(gè)不同的五位偶數(shù)？[解]共分兩類(lèi),第一類(lèi)，五位數(shù)中不含數(shù)字零．第一步,選出5個(gè)數(shù)字，有Ceq\o\al(3,5）Ceq\o\al（2,4)種選法．第二步，排成偶數(shù)——先排末位數(shù)，有Aeq\o\al（1，2）種排法，再排其他四位數(shù)字,有Aeq\o\al(4，4）種排法．∴N1＝Ceq\o\al(3，5)·Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al（1，2)·Aeq\o\al(4,4).第二類(lèi),五位數(shù)中含有數(shù)字零．第一步，選出5個(gè)數(shù)字，共有Ceq\o\al（3，5)Ceq\o\al（1，4)種選法．第二步，分為兩類(lèi)：①末位排0,有Aeq\o\al（1,1)·Aeq\o\al(4，4)種排列方法;②末位不排0，這時(shí)末位數(shù)有Ceq\o\al(1,1)種選法，而∵0不能排在首位,∴0有Aeq\o\al（1，3）種排法，其余3個(gè)數(shù)字有Aeq\o\al(3,3)種排法,∴N2＝Ceq\o\al（3，5）·Ceq\o\al（1，4)·(Aeq\o\al(1，1）·Aeq\o\al（4，4）＋Aeq\o\al(1,3)·Aeq\o\al（3，3))．∴符合條件的偶數(shù)有N＝N1＋N2＝Ceq\o\al(3，5）Ceq\o\al(2，4）Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al（3,5）Ceq\o\al（1,4)(Aeq\o\al(1,1)Aeq\o\al（4，4）＋Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al（3，3))＝4560（個(gè))．1．處理排列組合應(yīng)用題的一般步驟(1）認(rèn)真審題，弄清楚是排列(有序)還是組合(無(wú)序)，還是排列與組合混合問(wèn)題．（2)抓住問(wèn)題的本質(zhì)特征,準(zhǔn)確合理地利用兩個(gè)基本原理進(jìn)行“分類(lèi)與分步"．2．處理排列組合應(yīng)用題的規(guī)律（1)兩種思路：直接法,間接法．(2）兩種途徑：元素分析法，位置分析法．3．排列組合應(yīng)用題的常見(jiàn)類(lèi)型和解決方法（1)特殊元素、特殊位置優(yōu)先安排的策略．(2）合理分類(lèi)與準(zhǔn)確分步的策略．(3)正難則反，等價(jià)轉(zhuǎn)化的策略．（4）相鄰問(wèn)題捆綁法，不相鄰問(wèn)題插空法的策略．（5)元素定序,先排后除的策略．（6）排列、組合混合題先選后排策略．(7）復(fù)雜問(wèn)題構(gòu)造模型策略．2．(1)我國(guó)第一艘航母“遼寧艦”在某次艦載機(jī)起降飛行訓(xùn)練中,有5架飛機(jī)準(zhǔn)備著艦．如果甲、乙兩機(jī)必須相鄰著艦，而丙、丁兩機(jī)不能相鄰著艦，那么不同的著艦方法有（）A．12種 B．18種C．24種 D．48種(2）3名教師與4名學(xué)生排成一橫排照相，求①3名教師必須排在一起的不同排法有多少種？②3名教師必須在中間（在3，4,5位置上）的不同排法有多少種？③3名教師不能相鄰的不同排法有多少種？（1)C［把甲、乙看作1個(gè)元素和戊全排列，調(diào)整甲、乙，共有Aeq\o\al（2，2）·Aeq\o\al(2,2)種方法，再把丙、丁插入到剛才“兩個(gè)”元素排列產(chǎn)生的3個(gè)空位中，有Aeq\o\al(2,3)種方法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得總的方法種數(shù)為Aeq\o\al(2，2)·Aeq\o\al(2，2）·Aeq\o\al(2,3）＝24。］(2)［解]①3名教師的排法有Aeq\o\al(3，3）,把3名教師作為一個(gè)整體與4個(gè)學(xué)生共5個(gè)元素的全排列共有Aeq\o\al（5,5）種，則共有Aeq\o\al(3，3）Aeq\o\al（5,5)＝720(種)．②3名教師的排法有Aeq\o\al（3，3）,4個(gè)學(xué)生在4個(gè)位子上的全排列共有Aeq\o\al(4,4)種，則共有Aeq\o\al(3,3）Aeq\o\al(4,4)＝144(種)．③先4個(gè)學(xué)生全排列，再在五個(gè)空位中任選3個(gè)排3名教師，共Aeq\o\al(4，4）Aeq\o\al(3,5）＝1440(種）．二項(xiàng)式定理的應(yīng)用【例3】用二項(xiàng)式定理證明：（1)1110－1能被100整除；（2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))n－1<eq\f(2,n＋1）（n∈N*，且n≥3）．［思路探究］(1）eq\x(\a\al（用二項(xiàng)式定，理將1110按,10＋110展開(kāi))）→eq\x（\a\al(將1110－1轉(zhuǎn)化為幾,個(gè)能被100整除的數(shù),的和或差的形式）)（2)欲證eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)n－1〈eq\f(2,n＋1)成立，只需證eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2）)）n－1>eq\f(n＋1，2）成立．[證明](1)1110－1＝(10＋1)10－1＝Ceq\o\al(0，10)·1010＋Ceq\o\al（1,10)·109＋…＋Ceq\o\al（9，10)·10＋Ceq\o\al(10，10)－1＝Ceq\o\al(0,10）·1010＋Ceq\o\al（1,10）·109＋…＋Ceq\o\al(8,10)·102＋102＝100（108＋Ceq\o\al（1，10）·107＋…＋Ceq\o\al(8,10）＋1）．顯然上式括號(hào)內(nèi)的數(shù)是正整數(shù)，所以1110－1能被100整除．(2）因?yàn)閑q\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))）n－1＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,2）))n－1＝Ceq\o\al（0，n－1）＋Ceq\o\al（1，n－1)·eq\f（1，2)＋Ceq\o\al(2,n－1)·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）））2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1）·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)n－1＝1＋eq\f(n－1,2）＋Ceq\o\al（2,n－1)·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）)）2＋…＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）)）n－1〉eq\f(n＋1，2)〉0，所以eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3)）)n－1〈eq\f(2,n＋1)，即原不等式成立．1．利用二項(xiàng)式定理解決整除問(wèn)題的關(guān)鍵是巧妙地構(gòu)造二項(xiàng)式，其基本思路是：要證明一個(gè)式子能被另一個(gè)式子整除，只需證明這個(gè)式子按二項(xiàng)式定理展開(kāi)后的各項(xiàng)均能被另一個(gè)式子整除．因此，一般先將被除式化為含有相關(guān)除式的二項(xiàng)式，再展開(kāi)，此時(shí)常采用“配湊法”“消去法”，結(jié)合整除的有關(guān)知識(shí)來(lái)處理．2．用二項(xiàng)式定理證明不等式時(shí)，應(yīng)注意巧妙地構(gòu)造二項(xiàng)式，對(duì)展開(kāi)式的項(xiàng)進(jìn)行放縮以達(dá)到求和的目的．3．求證：對(duì)一切n∈N＋，都有2≤eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，n)))n〈3.[證明］由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,n)))n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al（1,n）·eq\f（1，n）＋Ceq\o\al（2，n）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，n）））2＋Ceq\o\al（3，n)·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，n））)3＋…＋Ceq\o\al（n，n)·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，n）））n＝1＋1＋eq\f（1,2?。q\f（n－1，n)＋eq\f（1，3!）·eq\f(n－1，n)·eq\f（n－2，n）＋…＋eq\f(1，n！)·eq\f(n－1,n）·eq\f（n－2，n)·…·eq\f（1,n）,所以2≤eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n）））n<2＋eq\f（1，2?。玡q\f（1，3！)＋…＋eq\f(1,n!）〈2＋eq\f（1，1×2)＋eq\f(1，2×3）＋…＋eq\f(1，n－1×n)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,2）)）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)－\f(1,3))）＋…＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，n－1）－\f(1，n)））＝3－eq\f(1,n)<3，即2≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，n））)n〈3。當(dāng)n＝1時(shí)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,n）)）n＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，2〈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n））)n〈3.所以對(duì)一切n∈N＋，都有2≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n))）n〈3。二項(xiàng)式定理中的“賦值”問(wèn)題【例4】（1）若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1（x－2）＋a2(x－2)2＋a3（x－2)3＋…＋a11(x－2)11，則a1＋a2＋a3＋…＋a11的值為_(kāi)_______．（2）設(shè)（2－eq\r(3）x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100,求下列各式的值．①a0.②a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100.③a1＋a3＋a5＋…＋a99。④（a0＋a2＋…＋a100）2－（a1＋a3＋…＋a99）2.⑤｜a0|＋｜a1｜＋…＋｜a100|.(1）5[令x＝2得a0＝（22＋1）(2－3)9＝－5，令x＝3得,則a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝（32＋1）（3－3)9＝0，所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5。](2）[解]①令x＝0,則展開(kāi)式為a0＝2100.②令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－eq\r（3)）100，（*）所以a1＋a2＋…＋a100＝（2－eq\r(3))100－2100。③令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝（2＋eq\r（3）)100.與②中(＊)式聯(lián)立相減得a1＋a3＋…＋a99＝eq\f(2－\r(3）100－2＋\r(3)100,2).④原式＝［(a0＋a2＋…＋a100)＋（a1＋a3＋…＋a99）][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99）]＝（a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝［(2－eq\r（3））(2＋eq\r（3））]100＝1100＝1.⑤因?yàn)門(mén)r＋1＝(－1)rCeq\o\al(r，100)2100－r（eq\r（3))rxr，所以a2k－1<0(k∈N*）．所以|a0｜＋|a1|