高中数学2016-2017学年新课标人教A版选修2-3学案 - 第一章复习本章诊疗全面版

第一章 复习内容第一版本章诊疗

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，……，Sn表示，即S=S1∪S2∪S3∪……∪Sn且Si∪Sj=?（i≠j；i，j=1，2，……，n），S1，S2，S3，……，Sn分别有m1，m2，……，mn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+……+mn．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

111再任意取一台；故不同的取法有C5C4C7?140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

333号的电视机，故不同的取法共有C9?C4?C5?70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

2112台乙型1台；故不同的取法有C5C4?C5C4?70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

32法C4．根据分步计数原理可知,不同的填报方?1，3组同学分别填报3个专业共有填法A323案种数为(C4?1)A3?30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

224错解：赠送4人可以是2本画册2本集邮册，可有 C3C2A4=72种赠法；还可以是1本

画册3本集邮册，赠法有C3C2A4=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．

2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C4?63141种赠法；还可以是1本画册3本集邮册，赠法有C4?4， 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

1321个展馆分两人，一个展馆分一人，所以不同的分配方案有C2(A3?C3C2)=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

rn?rr(1)运用二项式定理一定要牢记通项Tr?1?Cnab (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Cn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Tr?1．有时还需先根据已知条件求n后，再确定r，才能求出Tr?1．

(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+

r124x）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Cn,Cn,Cn成等差数列，故可知2n=1+

012n(n?1)， 2整理可得n2-5n+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．