2019年数学人教A版选修2-3优化课件：第一章章末优化总结

2018-2019学年人教A版数学选修2-3全册课件：第一章 1.

2 A 4 2 2 2 提示：能．因为 A2 ＝ C A ，所以 C ＝＝6. 4 4 2 4 A2 2
问题 4：你能把问题 3 的结论推广到一般吗？
提示：可以，从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数可由以下两个步骤得到：第 1 步，从这 n 个不同元素中取出 m 个元素，共有 Cm n 种不同的取法；第 2 步，将取出的 m 个元素全排列，共有 Am m种不同的排法． m A n m m m 由分步乘法计数原理知，An ＝Cm · A ，故 C ＝ . n m n Am m
8×7×6 100×99 3 2 解：(1)原式＝C8＋C100×1＝＋＝56＋4 3×2×1 2× 1 ＝5 006. C5 19 14 3 n－1 5 (2)原方程可变形为 3 ＋1＝，Cn－1＝ Cn－3， 5 5 Cn－3 n－1n－2n－3n－4n－5 即 5！
m！5－m！ m！6－m5－m！即－ 5！ 6×5！ 7×m！7－m6－m5－m！＝， 10×7×6×5！ 6－m 7－m6－m ∴1－＝， 6 60 即 m2－23m＋42＝0，解得 m＝2 或 21. 而 0≤m≤5，∴m＝2.
－m m 2 3 3 ∴C8 ＋C5 ＝ C ＋ C ＝ C 8 8 8 9＝84.
1.2
1.2.2
1 理解教材新知
知识点一
知识点二
题型一题型二题型三
第一章
第一课时
组合与组合数公式
2 突破常考题型 3 跨越高分障碍
4 应用落实体验
随堂即时演练课时达标检测
1.2
排列与组合
1．2.2
组合
第一课时
组合与组合数公式
组合与组合数 [提出问题]

【人教A版】数学《优化方案》选修2-3课件第1章1.2.2第二课时

这个四点组构成的四边形为底面，以其余的
四个点中任意一点为顶点都可以确定一个四
棱锥，故可以确定四棱锥 12C14＝48(个)．
【思维总结】几何中的组合问题要注意利用几何概念．如不共线的三点才组成三角形，不共线的三点才确定一个平面等．
变式训练2 正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．
法二：(间接法)12 人中任意选 5 人共有 C512 种，甲、乙、丙三人全参加的有 C29(种)，所以共有 C512－C29＝756 种不同的选法．
组合问题中的分组问题
把题目中所给的元素(不同)分开成几组，求其分法．
6本例不2 同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
(1)任意选5人； (2)甲、乙、丙三人必须参加； (3)甲、乙、丙三人不能参加； (4)甲、乙、丙三人只能有1人参加； (5)甲、乙、丙三人至少1人参加．【思路点拨】本题属于组合问题中的最基本的问题，可根据题意分别对不同问题中的 “含”与“不含”作出正确的判断和分析．注意 “至少”、“至多”问题，运用间接法解会简化思维过程．
先从甲、乙、丙中选 1 人，有 C13＝3 种选法，再
从另外的 9 人中选 4 人有 C49种选法．共有 C13C49
＝378 种不同的选法．
(5)法一：(直接法)可分为三类：第一类：甲、乙、丙中有 1 人参加，共有 C13C49 (种)；第二类：甲、乙、丙中有 2 人参加，共有 C23C39 (种)；第三类：甲、乙、丙 3 人均参加，共有 C33C29(种)．共有 C13C49＋C23C39＋C33C29＝666 种不同的选法．法二：(间接法)12 人中任意选 5 人共有 C512种，甲、乙、丙三人不能参加的有 C59种，

人教A版数学选修2-3全册课件：第一章 1.2 1.2.2 第二课时组合习题课

②末位不排0.这时末位数有C
1 1
种选法，而因为零不能排在首
位，所以首位有A13种排法，其余3个数字则有A33种排法．
∴N2＝C35·C14(A11·A44＋A31·A33)．
∴符合条件的偶数个数为
N＝N1＋N2＝C35C24A12A44＋C35C14(A11A44＋A13A33)＝4 560.
[随堂即时演练]
与几何有关的组合问题 [例2] 平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？ [解] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有 C42C18＝48个不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有 C41C28＝112个不同的三角形；
法有C12·C12·C12·C12·A44种．第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排
法有C22·C22·A44种．第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排
法有C22·C22·A44种．
故满足题意的所有不同的排法种数共有C
1 2
·C
1 2
·C
1 2
·C
不含女生：C810种选法；有1名女生：C61·C710种选法；有2
名女生：C26·C160种选法；有3名女生：C36·C510种选法．所以至
多有3名女生共有C
810＋C
1 6
·C
7 10
＋C
2 6
·C 160
＋C
36·C
5 10
＝8
955种选
法．
[类题通法] 解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法” 和“间接法(排除法)”．其中用直接法求解时，则应坚持 “特殊元素优先选取”的原则，优先安排特殊元素的选取，再安排其他元素的选取．而选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大，不妨从反面问题入手，试一试看是否简捷些，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此．

高中数学第1章《计数原理》课件新人教A版选修23

r n
(r＝0,1,2，…，n)称为二项
式系数，第r＋1项Crnan－rbr称为通项．
• [说明] ①二项式系数与项的系数是不同的概念，前者只与项数有关，而后者还与a，b的取值有关．
• ②运用通项求展开式的特定值(或特定项的系数)，通常先由题意列方程求出r，再求所需的项(或项的系数)．
(2)二项式系数的性质： ①对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，体现了组合数性质Cnm＝Cnn－m； ②增减性与最大值：当k＜n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐增大；当k＞n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐减小；
•
有3封信，4个信简．
• (1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？
• (2)把3封信都寄出，且每个信简中最多一封信，有多少种寄信方法？
• [思维点击] 本题关键是要搞清楚以“谁”为主研究问题．解决这类问题，切忌死记公式，应清楚哪类元素必须应该用完，就以它为主进行分析，再用分步计数原理求解．
(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有A34＝24种寄信方法．
• 1．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( )
• A．7队 B．8队 • C．15队 D．63队 • 解析：由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队． • 答案： D
• 2.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )
[说明] 公式①主要用于具体的计算，公式②主要用于化简．

高中数学人教A版选修2-3第一章二项式定理各种题型归纳课件

题型7：求奇数(次)项偶数(次)项系数的和
例12 已知(3x 1)7 a0x7 a1x6 a6x a7
求(1)a1 a3 a5 a7 (2)a0 a2 a4 a6
(3) a0 a1 a2 a7
解 :设f (x) (3x 1)7
（3）f所f因 ((1以1)为 )a0aa01a,0aaa31a1,1a5aaa,222a7a是3 负 aa7数7 a7
解：原式化为[(x2 2) 3x]5
其通项公式为 Tr1 C5r (x2 2)5r (3x)r
要使x的指数为1,只需r 1
T2 C51(x2 2)4 3x
15x(x8 4 2x6 6 4x4 4 8x2 24 )
所以x的系数为15 24 240
例题点评括号里含有三项的情况可以把某两项合并为一项,合并时要注意选择的科学性.也可因式分解化为乘积二项式.
[(x 1) 1]5 1
x5 1
例题点评逆向应用公式和变形应用公式是高中数学的难点,也是重点,只有熟练掌握公式的正用,才能掌握逆向应用和变式应用
题型4 求多项式的展开式中特定的项(系数)
例8 (x 1) (x 1)2 (x 1)3 (x 1)4 (x 1)5
的展开式中,x2 的系数等于___________
注意(1)二项式系数与系数的区别.
(2) Tr1 Cnranrbr表示第 r 项.
题型3 二项式定理的逆用例6 计算并求值
(1) 1 2Cn1 4Cn2 2nCnn
(2) (x 1)5 5(x 1)4 10(x 1)3 10(x 1)2
5(x 1)
解(1):将原式变形
原式 Cn01n Cn11n1 2 Cn21n2 22 Cnn 2n

2019数学人教A版选修2-3优化课件：第一章章末优化总结

从－1、0、1、2、3 中选三个(不重复)数字组成二次函数 y＝ax2＋bx＋ c 的系数． (1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？ (2)与 x 轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？ (3)与 x 轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？
1 1 [解析] (1)a＞0 且 c≠0，共有 C1 3C3C3＝27(条)． 1 2 (2)只需 ac＜0，故 a，c 中必须有一个为－1，共有 A1 3A3A2＝18(条)．
[解析] (1)分步完成：第一步在 4 个偶数中取 3 个，可有 C3 4种情况；第二步在 5 个
7 奇数中取 4 个，可有 C4 5种情况；第三步 3 个偶数，4 个奇数进行排列，可有 A7种情
况，所以符合题意的七位数有 C3 C4 A7 4· 5· 7＝100 800(个)． (2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有 C3 C4 A5 A3 4· 5· 5· 3＝14 400(个 )． (3)上述七位数中，3 个偶数排在一起，4 个奇数也排在一起的有 C3 C4 A3 A4 A2 4· 5· 3· 4· 2 ＝5 760(个)． (4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把 4 个奇数排好，再将 3 个偶数分别插入 5 个空档，共有 C3 C4 A4 A3 4· 5· 4· 5＝28 800(个)．
专题二排列组合的应用通过对近年高考试题分析可以看出，有限制条件的排列、组合问题，高考每年必考，主要考查以下类型：选派问题、抽样问题、几何问题、集合问题、分组问题等，题型多是选择题与填空题，常用的解题策略是： (1)特殊元素优先安排的策略． (2)合理分类和准确分步的策略． (3)排列、组合混合问题先选后排的策略．
即 b＝3，a，c 在
1,2 中取，有 2 条，由分类加法计算原理可得，共有 18＋6＋2＝26(条)．

人教A版数学选修2-3配套课件：第1章末整合提升

专题一、两个计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是计数问题的基本原理, 它贯穿于全章学习的始终,体现了解决问题时将其分解的两种常用方法:把问题分类解决和分步解决,是本章学习的重点. 从近几年的高考命题可看出,对两个计数原理的考查一般只在选择题、填空题中出现,且与排列、组合等知识综合命题,难度中等偏下, 解答此类问题要注意分类讨论思想和补集思想的应用.
知识网络建构
专题归纳整合
解析:1 名女同学可能是甲组的,也可能是乙组的,所以这名女同学的选法有两种情况,需分类解决.第一类,这名女同学是甲组的,有 3 种选法,再在甲组选出 1 名男同学,有 5 种选法,然后在乙组选出 2 名男同学, 有 15 种选法,由分步乘法计数原理得选出的 4 人中恰有 1 名女同学的选法共有 3×5×15=225(种).第二类,这名女同学是乙组的,有 2 种选法, 再在乙组选出 1 名男同学,有 6 种选法,然后在甲组选出 2 名男同学,有 10 种选法,由分步乘法计数原理得选出的 4 人中恰有 1 名女同学的选法共有 2×6×10=120(种).根据分类加法计数原理可得满足条件的选法共有 225+120=345(种).故选 D.
知识网络建构
专题归纳整合
例 3 甲组有 5 名男同学、3 名女同学, 乙组有 6 名男同学、 2 名女同学.若从甲、乙两组中各选出 2 名同学,则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有( A.150 种 C.300 种答案:D B.180 种 D.345 种
x
).
பைடு நூலகம்
章末整合提升
专题一专题二专题三
m 组合数:所有不同组合的个数叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数,用符号��n 表示

人教a版数学【选修2-3】第1章《计数原理》归纳总结ppt课件

2．(2012·浙江理，6)若从1、2、3、„、9这9个整数中同
时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( A．60种 C．65种 [答案] D B．63种 D．66种 )
[解析] 本题考查了排列与组合的相关知识．取出的 4 个数和为偶数，可分为三类．
4 2 2 四个奇数 C4 5，四个偶数 C4，二奇二偶，C5C4. 4 2 2 共有 C4 ＋ C ＋ C 5 4 5C4＝66 种不同取法． [点评] 分类讨论思想在排列组合题目中应用广泛．
1 n n ③各二项式系数的和：C0 ＋ C ＋„＋ C ＝ 2 . n n n
第一章
章末归纳总结
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3
(4)解决二项式定理问题的注意事项
n－k k ①运用二项式定理一定要牢记通项 Tk＋1＝Ck a b ，注意(a n
＋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同的．另外，二项式系数与项的系数是两个不同概念，前者指
第一章
章末归纳总结
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3
3．在(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是(
)
A．－25
C．5 [答案] B
B．－5
D．25
[解析] (x2＋x＋1)(x－1)5＝(x3－1)(x－1)4，其展开式中 x4
中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部
分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．
第一章章末归纳总结
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3
2．排列与组合 (1)排列与组合的定义

2019-2020学年人教A版高中数学选修2-3课件：第1章计数原理1.2.2(2)

第一章
计数原理
1.2 排列与组合 1.2.2 组合(二)
课前教材预案课堂深度拓展课末随堂演练课后限时作业
课前教材预案
要点求解组合问题的常用方法
• 常用的方法分直接法与间接法两大类．所谓直接法，就是利用分类或者分步计数原理，准确地分类或者分步，直接计算出结果；所谓的间接法，则是采用迂回战术，先求出不受限制条件下的组合数，再减去不符合题意的组合数的方法．
第一类，这 4 人全部入选，另一组 4 人由余下的 8 人中任选 4 人组成，有 C44C48＝70 种方法；
第二类，这 4 人中恰有 3 人入选日语翻译小组，必有 1 名“双面手”入选日语翻译小组，有 C34C12C47＝280 种方法；
第三类，这 4 人中恰有 2 人入选日语翻译小组，必有 2 名“双面手”都入选日语翻译小组，有 C24C22C46＝90 种方法；
• 【例题2】车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外2名既能做钳工又能做车工，从中选出4名钳工4名车工，问有多少种不同方法？
• 思维导引：可以从“既会钳工又会车工”的2名工人考虑分类求解，也可以从“只会钳工”的5名工人考虑分类求解．
解析方法一以“既会钳工又会车工”的 2 人(记为 A，B)来考虑分类，A，B 都不在内，有选法 C45C44＝5 种；A，B 都在内时又分“都做钳工”“都做车工”“一个做钳工一个做车工”三类，合计有选法 C22C25C44＋C22C45 C24＋A22C35C34＝120 种；A，B 仅有一人在内，又有“做钳工”和“做车工”两种选择，此时有选法 C12C35C44＋C12C45 C34＝60 种．由分类加法计数原理，合计共有不同的选法 185 种．
第三类：共线的 4 个点中没有点为三角形的顶点，共有 C38＝56 个不同的三角形．

2019-2020年数学人教A版选修2-3优化课件：第一章排列与组合

3．有大小形状相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？解析：8 个小球排好后对应着 8 个位置，题中的排法相当于在 8 个位置中选出 3 个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这 3 个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，这样共有 C38＝56 种．
[解析] (1)根据分步乘法计数原理得 C26C24C22＝90(种)． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有 C26C24C22种分法，这个过程可以分两步完成：第一步，分为三份，每份两本，设有 x 种分法；第二步，将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有 A33种分法．根据分步乘法计数原理可得 C26C24C22＝xA33，所以 x＝C26AC3243C22＝15. 因此分为三份，每份两本，一共有 15 种分法． (3)这是不均匀分组问题，一共有 C16C25C33＝60 种分法． (4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有 C16C25C33A33＝360 种分法． (5)可以分为三类情况：①“2、2、2”型，即(1)中的分配情况，有 C26C24C22＝90 种分法； ②“1、2、3”型，即(4)中的分配情况，有 C16C25C33A33＝360 种分法；③“1、1、4”型，有 C46A33＝90 种分法．所以一共有 90＋360＋90＝540 种分法．
2．有 9 本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，在下列条件下，各有多少种不同的分法？ (1)甲得 4 本，乙得 3 本，丙得 2 本； (2)一人得 4 本，一人得 3 本，一人得 2 本．解析：(1)甲得 4 本，乙得 3 本，丙得 2 本，这件事分三步完成．第一步：从 9 本不同的书中，任取 4 本分给甲，有 C49种方法；第二步：从余下的 5 本书中，任取 3 本分给乙，有 C35种方法；第三步：把剩下的 2 本书给丙，有 C22种方法．根据分步乘法计数原理，共有不同的分法 C49C35C22＝1 260(种)，即甲得 4 本，乙得 3 本，丙得 2 本的分法共有 1 260 种．

高中数学选修2-3(人教A版)第一章计数原理1.2知识点总结含同步练习及答案

1 6 7 12 C0 12 < C12 < ⋯ < C12 > C12 > ⋯ > C12 ，所以 2x − 3 ⩾ 5 且 2x ⩽ 12 解得 4 ⩽ x ⩽ 6．
高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
− A5 9
= =
8 × 7 × 6 × 5 × (8 + 7) 8 × 7 × 6 × 5 × (24 − 9) = 1.
2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8×7×6×5×4×3×2×1−9×8×7×6×5
（3）根据原方程，可得
3x(x − 1)(x − 2) = 2(x + 1)x + 6x(x − 1).
0 10 （1）计算：C5 10 ⋅ C10 − C10 ； m−1 （2）证明：mCm n = nCn−1 ．
解：（1）原式= （2）证明：因为
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 1 − 1 = 252 − 1 = 251 ； 5×4×3×2×1
Cm n =
n! , m!(n − m)! (n − 1)! n(n − 1)! n m−1 n n! ⋅ = = . Cn−1 = m m (m − 1)!(n − m)! m ⋅ (m − 1)!(n − m)! m!(n − m)!
正整数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘，用 n! 表示．另外，我们规定 0! = 1 ．所以排列数公式还可以写成
Am n =
(n − m)！
n！
.
组合的定义一般地，从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合（combination）．组合数及组合数的公式从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用符号 Cm n 表示．

2018-2019学年人教A版数学选修2-3全册课件：第一章 1.2 1.2.1 第二课时排列习题课

[活学活用] 乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员，派 5 名参加比赛，3 名主力队员安排在第一、三、五位置，其余 7 名队员中选 2 名安排在第二、四位置上，那么不同的出场安排有________种．
解析：分两步完成：第 1 步，安排三名主力队员有 A3 3种
2 排法；第 2 步安排另 2 名队员有 A7 种排法，所以共有 A3 A2 3· 7
[例 1]
有 5 个不同的科研小课题，从中选 3 个由高二
(4)班的 3 个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
[解]
从 5 个不同的课题中选 3 个，由 3 个兴趣小组进
行研究，每种选法对应于从 5 个不同元素中选出 3 个元素的一个排列．
3 因此有 A5 ＝5×4×3＝60 种不同的安排方法．
3 3 个空中安排，共有 A5 种排法，故共有 A4 A5 ＝1440 种排法． 4· 4 (4)排好男生后让女生插空，共有 A3 · A 3 4＝144 种排法．
[类题通法] 1．在实际排列问题中，有些元素必须相邻．在解决此类问题时，可先将其看成一个“大元素”与其他元素一起排列，再对这些元素进行全排列． 2．排列问题中，解决“不相邻”问题的有效方法是“插空法”，也就是先将其余元素排好，再将要求不相邻的元素插入空中进行排列．
＝252 种不同的出场安排．
答案：252
元素的“相邻”或“不相邻”问题
[例 3] 3 名男生、4 名女生按照不同的要求排队，求不同
的排队方法的种数． (1)全体站成一排，男、女各站在一起； (2)全体站成一排，男生必须站在一起； (3)全体站成一排，男生不能站在一起； (4)全体站成一排，男、女各不相邻．

【优选整合】高中数学人教A版选修2-3第一章小结与复习教案.docx

1.4第一章计数原理•小结与复习一、教学目标：知识与技能：1 •理解两个原理，并会应用解题；2.掌握排列组合的概念并旦会灵活运用；3.掌握二项式定理的内容和熟练运用解题。

过程与方法：通过复习回顾帮助学生建立知识网络，有典型问题的解决，提高学生分析问题和解决问题的能力；情感、态度与价值：让学生探索、发现数学知识和常握数学知识的内在规律的过程屮不，不断获得成功积累愉快的体验,不断增进学习数学的兴趣，同时还通过探索这一活动培养学生善于和他人合作的精神.二、教学重点、难点重点：基本题型的掌握难点：对基本概念和定理的理解和运用三、教学模式与教法、学法教学模式：本课采用“探究—发现”教学模式.教师的教法：利用多媒体辅助教学，突出活动的组织设计与方法的引导.“抓三线”，即（一）知识技能线（二）过程与方法线（三）能力线.“抓两点二即一抓学生情感和思维的兴奋点，二抓知识的切入点.学法：突出探究、发现与交流.四、教学过程（一）构建知识网络1.两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的.正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步"进行还是“分类” 进行，这是选用计数原理的关键.2.排列与组合排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢. 对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题.3.二项式定理（1）与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；（2）与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幕等，此时要特别注意二项式展开式中第P+1项的通项公式是於伙=0, 1, 其二项式系数是U，而不是C仟，这是一个极易错点.（二）题型解析，形成技能题型一两个计数原理的应用基本计数原理提供了“完成某件事情"是“分类”进行，还是“分步”进行.在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合.例1在ZAOB的OA边上取加个点，在边上取”个点（均除O点外），连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有（）A.CM+ChdB. g+gC. C；w C；+C；,C；,+C；CiD.答案c 解析法一第一类：从OA边上（不包括O）任取一点与从OB边上（不包括O）任取两点，可构造一个三角形，有个；第二类：从0A边上（不包括0）任収两点与边上（不包括0）任収一点，可构造一个三角形，有C%：；,个；第三类：从0A边上（不包括0）任取一点与0B边上（不包括0）任取一点，与。

2019年数学人教A版选修2-3优化课件：第一章章末优化总结

2018-2019学年人教A版数学选修2-3全册课件：第一章 1.

【人教A版】数学《优化方案》选修2-3课件第1章1.2.2第二课时

人教A版数学选修2-3全册课件：第一章 1.2 1.2.2 第二课时 组合习题课

高中数学 第1章《计数原理》课件 新人教A版选修23

高中数学人教A版选修2-3第一章二项式定理各种题型归纳课件

2019数学人教A版选修2-3优化课件：第一章 章末优化总结