高中数学选修23题型总结1229155624.docx
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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。
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