高中数学选修23题型总结1229155624.docx
《高中数学选修23题型总结1229155624.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中数学选修23题型总结1229155624.docx(51页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![高中数学选修23题型总结1229155624.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-6/26/5e445dee-e84a-49d9-93fe-e12289c6479e/5e445dee-e84a-49d9-93fe-e12289c6479e1.gif)
高中数学选修23题型总结1229155624
高中数学选修
2-3
题型总结(重点)
本书重点:
排列组合、概率
第一章
计数原理
第二章
概率
一、基础知识
1.加法原理:
做一件事有n类办法,在第
1
类办法中有
m1种不同的方法,在第
2类办法
中有m2种不同的方法,,在第
n类办法中有mn种不同的方法,那么完成这件事一共
有N=m1+m2++mn种不同的方法。
2.乘法原理:
做一件事,完成它需要分n个步骤,第1步有m1种不同的方法,第2步有
m2种不同的方法,,第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2××mn种不同的方法。
3.排列与排列数:
从
n个不同元素中,任取
m(m≤n)个元素,按照一定顺序排成一列,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(m≤n)元素的
所有排列个数,叫做从
n个不同元素中取出
m个元素的排列数,用
Anm表示,Anm=n(n-1)
n!
(n-m+1)=(n
m)!
其中m,n∈N,m≤n,
注:
一般地
A0
An
n=1,0!
=1,
n=n!
。
Ann
4.N个不同元素的圆周排列数为n
=(n-1)!
。
5.组合与组合数:
一般地,从
n个不同元素中,任取
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,即从
n个不同元素中不计顺序地取出
m个构成原
集合的一个子集。
从n个不同元素中取出
m(m≤n)个元素的所有组合的个数,
叫做从n个不
同元素中取出
m个元素的组合数,用
Cnm
表示:
Cnm
n(n
1)(n
m1)
n!
.
m!
m!
(n
m)!
n
k1
k
6.【了解】组合数的基本性质:
(1)Cnm
Cnnm;
(2)Cnm
1Cnm
Cnn1
;(3)k
Cn1
Cn;
n
(4)Cn0
Cn1
Cnn
k0Cnk
2n
;(5)Ckk
Ckk1
Ckk
m
Ckk
m1
1;(6)
CnkCkm
Cnnmk。
7.定理1:
不定方程x1+x2++xn=r的正整数解的个数为
Crn
11
。
[证明]将r个相同的小球装入
n个不同的盒子的装法构成的集合为
A,不定方程x1+x2+
+xn=r的正整数解构成的集合为
B,A的每个装法对应
B的唯一一个解,因而构成映射,不
同的装法对应的解也不同,因此为单射。
反之B中每一个解(x1,x2,,xn),将xi作为第i个盒
子中球的个数,i=1,2,,n,便得到A的一个装法,因此为满射,所以是一一映射,将r个
小球从左到右排成一列,每种装法相当于从
r-1个空格中选n-1
个,将球分n份,共有Crn
11
种。
故定理得证。
推论1
不定方程
x1+x2++xn=r的非负整数解的个数为
Cnr
r
1.
推论2
从n个不同元素中任取
m个允许元素重复出现的组合叫做
n个不同元素的
m可重
组合,其组合数为
Cnmm1.
8.
二
项
式
定
理
:
若
n
∈
N+,
则
(a+b)n=
Cn0an
Cn1an1bCn2an2b2
Cnranrbr
Cnnbn
.其中第
r+1项
Tr+1=Cnranrbr,Cnr叫二项式系数。
9.随机事件:
在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。
在大量重复进行同
m
一试验时,事件A
发生的频率n总是接近于某个常数,在它附近摆动,这个常数叫做事件
A发生的概率,记作
p(A),0≤p(A)≤1.
10.等可能事件的概率,如果一次试验中共有
n种等可能出现的结果,其中事件
A包含的结
m.
果有m种,那么事件A的概率为p(A)=
n
11.互斥事件:
不可能同时发生的两个事件,
叫做互斥事件,也叫不相容事件。
如果事件
A1,
A2,,An彼此互斥,那么A1,A2,,An中至少有一个发生的概率为
p(A1+A2++An)=p(A1)+p(A2)++p(An).
12.对立事件:
事件
A,B为互斥事件,且必有一个发生,则
A,B叫对立事件,记A的对
立事件为A。
由定义知p(A)+p(A)=1.
13.相互独立事件:
事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,这样的两个事件叫做相互独立事件。
14.相互独立事件同时发生的概率:
两个相互独立事件同时发生的概率,等于每个事件发生
的概率的积。
即p(A?
B)=p(A)?
p(B).若事件A1,A2,,An相互独立,那么这n个事件同时发生的概率为p(A1?
A2?
?
An)=p(A1)?
p(A2)?
?
p(An).
15.独立重复试验:
若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不依赖于其他各次试验的结果,则称这n次试验是独立的.
16.独立重复试验的概率
:
如果在一次试验中
某事件发生的概率为
p,那么在n次独立重复试验
中,这个事件恰好发生
k次的概率为pn(k)=Cnk?
pk(1-p)n-k.
17.离散型随机为量的分布列:
如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,
那么这样的变
量叫随机变量,例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量,
ξ可以取的值有0,1,2,,10。
如果随机变量的可能取值可以一一列出,这样的随机变量叫离散型随机变量。
一般地,设离散型随机变量ξ可能取的值为
x1,x2,,xi,,ξ取每一个值
xi(i=1,2,)的概率
p(ξ=xi)=pi,则称表
ξ
x1
x2
x3
xi
pp1p2p3pi
为随机变量ξ的概率分布,简称ξ的分布列,称Eξ=x1p1+x2p2++xnpn+为ξ的数学期
望或平均值、均值、简称期望,称Dξ=(x1-Eξ)2?
p1+(x2-Eξ)2?
p2++(xn-Eξ)2pn+为
ξ的均方差,简称方差。
D叫随机变量ξ的标准差。
18.二项分布:
如果在一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n次独立重复试验中,这
个事件恰好发生k次的概率为p(ξ=k)=Cnkpkqnk,ξ的分布列为
ξ
0
1
xi
N
p
Cn0p0qn
Cn1p1qn1
Cnkpkqnk
Cnnpn
此时称ξ服从二项分布,记作ξ~B(n,p).若ξ~B(n,p),则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p.
19.几何分布:
在独立重复试验中,某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变
量,若在一次试验中该事件发生的概率为p,则p(ξ=k)=qk-1p(k=1,2,),ξ的分布服从几
1
q
何分布,Eξ=p
,Dξ=p2
(q=1-p).
二、基础例题【必会】
1.乘法原理。
例1有2n个人参加收发电报培训,每两个人结为一对互发互收,有多少种不同的结对方式?
[解]将整个结对过程分n步,第一步,考虑其中任意一个人的配对者,有2n-1种选则;这
一对结好后,再从余下的2n-2人中任意确定一个。
第二步考虑他的配对者,有2n-3种选
择,这样一直进行下去,经n步恰好结n对,由乘法原理,不同的结对方式有
(2n)!
.
n
(2n-1)×(2n-3)××3×1=2(n!
)
2.加法原理。
例2图13-1所示中没有电流通过电流表,其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种?
[解]
断路共分4类:
1)一个电阻断路,有
1种可能,只能是R4;2)有2
个电阻断路,
有C42
-1=5种可能;3)3个电阻断路,有C43
=4种;4)有4个电阻断路,有
1种。
从而一
共有1+5+4+1=11种可能。
3.插空法。
例3
10个节目中有6个演唱4个舞蹈,要求每两个舞蹈之间至少安排一个演唱,
有多少种
不同的安排节目演出顺序的方式?
[解]
A6
种排法,再从演唱节目之间和前后一共
7个位
先将6个演唱节目任意排成一列有
6
置中选出4个安排舞蹈有A74
种方法,故共有
A66
A74
=604800种方式。
4.映射法。
例4
如果从1,2,,14中,按从小到大的顺序取出
a1,a2,a3使同时满足:
a2-a1≥3,a3-a2
≥3,那么所有符合要求的不同取法有多少种?
[解]
设S={1,2,,14},S'={1,2,,10};T={(a1,a2,a3)|
a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥
3},
T'
={(
a1',a2'
a3'
)
∈S'|a1',a2',a3'
S',a1'
a2'
a3'
},若(a1',a2',a3')
T',令
a
1
a'
a
a'
2,a
3
a'
4
,则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从T'到T的映射,它显然
1
2
2
3
是单射,其次若(a1,a2,a3)∈T,令
a
1
a'
a
a'
2,a
3
a'
4
,则
(a'
a',a
'
)T'
,从
1
2
2
3
1
2
3
而此映射也是满射,因此是一一映射,所以
|T|=|T'|C103
=120,所以不同取法有
120种。
5.贡献法。
例5
已知集合A={1,2,3,,10},求A的所有非空子集的元素个数之和。
[解]
设所求的和为
x,因为A的每个元素a,含a的A的子集有
29个,所以a对x的贡献
为29,又|A|=10。
所以x=10×29.
[另解]A的
k元子集共有
C10k
个,k=1,2,,10,因此,A
的子集的元素个数之和为
C1
2C2
10C10
10(C0
C
1
C9)
10
10
10
9
9
9
10×29。
6.容斥原理。
例6
由数字1,2,3组成n位数(n≥3),且在n位数中,1,2,3每一个至少出现1次,
问:
这样的n位数有多少个?
[解]
用I表示由1,2,3
组成的n位数集合,则|I|=3n,用A1,A2,A3分别表示不含
1,
不含
2,不含3
的由
1,2,3
组成的n
位数的集合,则|A1|=|A2|=|A3|=2n
,
|A1
A2|=|A2
A3|=|A1
A3|=1。
|A1
A2
A3|=0。
3
|Ai|
|Ai
Aj||A1
A2A3|
所以由容斥原理
|A1
A2
A3|=i
1
ij
=3×2n-3.所以
满足条件的n位数有|I|-|A1
A2
A3|=3n-3×2n+3个。
7.递推方法。
例7用1,2,3三个数字来构造n位数,但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中,问:
能构造出多少个这样的n位数?
[解]设能构造an个符合要求的
n位数,则a1=3,由乘法原理知a2=3×3-1=8.当n≥3时:
1)如果n位数的第一个数字是
2或
3,那么这样的n位数有2an-1;2)如果n位数的第一
个数字是1,那么第二位只能是
2或
3,这样的n位数有2an-2,所以an=2(an-1+an-2)(n≥3).
这里数列{an}的特征方程为x2=2x+2
,它的两根为x1=1+3,x2=1-3,故an=c1(1+3)n+
c1
2
3,c2
3
2
c2(1+
3
)n,由
a1=3,a2=8
得
2
3
23
,
所
以
an
1[(1
3)n2
(1
3)n2].
43
8.算两次。
例8
m,n,r∈N+,证明:
Cnr
m
Cn0Cmr
Cn1Cmr1
Cn2Cmr2
CnrCm0.
①
[证明]
从n位太太与m位先生中选出
r位的方法有Cnr
m种;另一方面,从这
n+m人中选
出k位太太与r-k位先生的方法有
CnkCmrk种,k=0,1,,r。
所以从这n+m人中选出r位的方
法有
C0Cr
C1Cr1
Cr
C
0
n
m
n
m
n
m种。
综合两个方面,即得①式。
9.母函数。
例9
一副三色牌共有
32张,红、黄、蓝各10张,编号为
1,2,,10,另有大、小王各
一张,编号均为
0。
从这副牌中任取若干张牌,按如下规则计算分值:
每张编号为
k的牌计
为2k分,若它们的分值之和为
2004,则称这些牌为一个“好牌”组,求好牌组的个数。
[解]
对于n∈{1,2,,2004},用an
表示分值之和为
n
的牌组的数目,则
an等于函数
f(x)=(1+
x20
)2?
(1+x21
)3?
?
?
(1+
x210
)3的展开式中xn
的系数(约定|x|<1),由于
1
1
211
f(x)=
1
x
[
(1+
x20
)(1+
x21
)?
?
(1+
x210
)]3=
(1x)(1x)3(1x
)
3
=(1
21
2(1
x211
)
x
)(1
x)
3。
1
而0≤2004<211,所以an
等于(1
x2)(1x)2
的展开式中xn的系数,又由于
1
1
1
(1
x2)(1
x)2
=1
x2
?
(1
x)2
=(1+x2+x3++x2k+)[1+2x+3x2++(2k+1)x2k+],所
以x2k在展开式中的系数为a2k=1+3+5++(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,,从而,所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.
10.组合数Cnk的性质。
k
例10证明:
C2m1是奇数(k≥1).
(2m
1)(2m
2)(2m
1k1)2m
12m
2
2m
k
[证明]
C2km1=
12
k
1
2
k
令
2m
i
2m2tipi2mti
pi
ti
?
pi(1
≤i≤k),pi为奇数,则
i
2tipi
pi
,它的分子、分母均
i=2
为奇数,因C2km1是整数,所以它只能是若干奇数的积,即为奇数。
例11
对n≥2,证明:
2n
C2nn
4n.
[证明]
1)当n=2时,22<
C42
C2k
k
=6<42;2)假设n=k时,有2k<
<4k,当n=k+1时,因为
C2k(k1
1)
[2(k1)]!
2
(2k1)!
2(2k
1)C2k
k.
(k1)!
(k1)!
(k
1)!
k!
k
1
2(2k
1)
2
k
又
k
1
2C2k
<4,所以2k+1<
所以结论对一切n≥2成立。
11.二项式定理的应用。
C2k(k11)4C2kk
4k1
.
n
21
例12若n∈N,n≥2,求证:
1
n
3.
11
n
Cn11Cn2
1
1
Cn0
Cnn
2,
[证明]
首先
n
n
n2
nn
其次因为
n
Cnk1
n(n1)(nk1)
1
1
1
1(k2)
11
nk
nk
k!
k!
k(k1)
k1k
,所以
n
2
1
n
1
1111
1
1
1
2+
Cn
n2
Cn
nn
2
1
2
2
3
n
1
n3
n
3.
得证。
n
mh
h
m1
(hmn).
例13
Cnk
Ck
Cn1
证明:
k0
[证明]
首先,对于每个确定的
k,等式左边的每一项都是两个组合数的乘积,
其中Cnmkh是
(1+x)n-k的展开式中xm-h
的系数。