高考数学总复习系列新人教版选修23 11页

‎《2011年高考数学总复习系列》——高中数学选修2-3‎ 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，用表示，=n(n-1)…(n-m+1)=,其中m,n∈N,m≤n,‎ 注：一般地=1，0！=1，=n!。‎ ‎4．N个不同元素的圆周排列数为=(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，用表示：‎ ‎6．【了解】组合数的基本性质：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。‎ ‎7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为。‎ ‎[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 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 ‎8．二项式定理：若n∈N+,则(a+b)n=.其中第r+1项Tr+1=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。在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率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包含的结果有m种，那么事件A的概率为p(A)=‎ ‎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。由定义知p(A)+p()=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)=•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 ‎…‎ p p1‎ p2‎ p3‎ ‎…‎ pi ‎…‎ 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。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)=, ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎…‎ xi ‎…‎ N p ‎…‎ ‎…‎ 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的分布服从几何分布，Eξ=，Dξ=(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-1)×(2n-3)×…×3×1=‎ ‎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-1=5种可能；3）3个电阻断路，有=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] 先将6个演唱节目任意排成一列有种排法，再从演唱节目之间和前后一共7个位置中选出4个安排舞蹈有种方法，故共有=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}，={1，2，…，10}；T={(a1,a2,a3)| a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2≥3},={()∈},若，令，则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从到T的映射，它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令，则，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|==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元子集共有个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之和为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，|A1A2|=|A2A3|=|A1A3|=1。|A1A2A3|=0。‎ 所以由容斥原理|A1A2A3|==3×2n-3.所以满足条件的n位数有|I|-|A1A2A3|=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+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以 ‎8．算两次。‎ 例8 m,n,r∈N+，证明： ①‎ ‎[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有种；另一方面，从这n+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有种，k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出r位的方法有种。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+)2•(1+)3••••…•(1+)3的展开式中xn的系数（约定|x|<1），由于f(x)=[ (1+)(1+)•…•(1+)]3=3 =3。‎ 而0≤2004<211，所以an等于的展开式中xn的系数，又由于=•=(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．组合数的性质。‎ 例10 证明：是奇数(k≥1).‎ ‎[证明] =令i=•pi(1≤i≤k)，pi为奇数，则，它的分子、分母均为奇数，因是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。‎ 例11 对n≥2,证明：‎ ‎[证明] 1）当n=2时，22<=6<42；2）假设n=k时，有2k<<4k,当n=k+1时，因为 又<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。‎ 例12 若n∈N, n≥2，求证：‎ ‎[证明] 首先其次因为，所以 2+得证。‎ 例13 证明：‎ ‎[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，其中是(1+x)n-k的展开式中xm-h的系数。是(1+y)k的展开式中yk的系数。从而•就是(1+x)n-k•(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。‎ 于是，就是展开式中xm-hyh的系数。‎ 另一方面，== •=(xk-1+xk-2y+…+yk-1)，上式中，xm-hyh项的系数恰为。‎ 所以 ‎12．概率问题的解法。‎ 例14 如果某批产品中有a件次品和b件正品，采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品，问：恰好有k件是次品的概率是多少？‎ ‎[解] 把k件产品进行编号，有放回抽n次，把可能的重复排列作为基本事件，总数为(a+b)n（即所有的可能结果）。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品，则事件A所包含的基本事件总数为 ‎•akbn-k，故所求的概率为p(A)=‎ 例15 将一枚硬币掷5次，正面朝上恰好一次的概率不为0，而且与正面朝上恰好两次的概率相同，求恰好三次正面朝上的概率。‎ ‎[解] 设每次抛硬币正面朝上的概率为p，则掷5次恰好有k次正面朝上的概率为(1-p)5-k(k=0,1,2,…,5)，由题设，且00)不被n整除，考虑n个数a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。‎ ⅰ）若这n个数中有一个被n整除，设此数等于kn，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，则加上an=n知结论成立。‎ ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故这个差必为ai, aj, ak-1‎ 中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。‎ ‎14．极端原理。‎ 例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明：表中所有数之和不小于。‎ ‎[证明] 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和最小，记和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n-k列的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于k2，从而表中所有数的总和不小于(n-k)2+k2≥‎ ‎15.不变量原理。‎ 俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。‎ 例3 设正整数n是奇数，在黑板上写下数1，2，…，2n，然后取其中任意两个数a,b,擦去这两个数，并写上|a-b|。证明：最后留下的是一个奇数。‎ ‎[证明] 设S是黑板上所有数的和，开始时和数是S=1+2+…+2n=n(2n+1)，这是一个奇数，因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。‎ 例4 数a1, a2,…,an中每一个是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0. 证明：4|n.‎ ‎[证明] 如果把a1, a2,…,an中任意一个ai换成-ai，因为有4个循环相邻的项都改变符号，S模4并不改变，开始时S=0，即S≡0，即S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个ai都变成1，而始终有S≡0(mod4)，从而有n≡0(mod4)，所以4|n。‎ ‎16．构造法。‎ 例5 是否存在一个无穷正整数数列a1,