【配套K12】[学习]2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理章末评估验收 新人教A版选修2

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第一章计数原理章末复习学习目标1。

掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2。

理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题。

3.能用计数原理证明二项式定理,掌握二项式定理和二项展开式的性质．1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案,在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法,那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式A错误!＝n（n－1）(n－2)…（n－m＋1）＝错误!组合数公式C错误!＝错误!错误!＝错误!性质当m＝n时，A错误!为全排列；A错误!＝n！；0!＝1C错误!＝C错误!＝1；C错误!＝C错误!；C错误!＋C错误!＝C错误!备注n，m∈N*，且m≤n4。

二项式定理（1)二项式定理的内容：(a＋b)n＝C错误!a n＋C错误!a n－1b1＋…＋C错误!a n－k b k＋…＋C错误!b n (n∈N*)．(2）通项公式：T k＋1＝C错误!a n－k b k，k∈｛0，1,2，…,n｝．（3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n为偶数,中间一项错误!的二项式系数最大；若n为奇数,中间两项错误!的二项式系数相等且最大．③C错误!＋C错误!＋C错误!＋…＋C错误!＝2n；C错误!＋C错误!＋…＝C错误!＋C错误!＋…＝2n－1。

1.5.2 二项式系数的性质及应用(一)学习目标 1.了解杨辉三角，会用杨辉三角求二项式乘方次数不大时的各项的二项式系数.2.理解二项式系数的性质并灵活运用．知识点二项式系数的性质(a＋b)n的展开式的二项式系数，当n取正整数时可以表示成如下形式：思考1 从上面的表示形式可以直观地看出什么规律？思考2 计算每一行的系数和，你又能看出什么规律？思考3 二项式系数的最大值有何规律？梳理(1)二项式系数表的特点①在同一行中，每行两端都是________，与这两个1等距离的项的系数________．②每行两端都是1，而且除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和．(2)二项式系数的性质一般地，(a＋b)n展开式的二项式系数C0n，C1n，…，C n n有如下性质：①C mn ＝________； ②C m n ＋C m －1n ＝________； ③当r ＜n －12时，C rn ＜________；当r ＞n －12时，________＜C rn ；④C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＝________.类型一 与二项式系数表有关的问题例 1 如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…，记其前n 项和为S n ，求S 16的值．反思与感悟 对杨辉三角形的规律注意观察，找出规律并用数学式正确表达出来，对数学式进行运算，得出正确结论．跟踪训练1 请观察下图，并根据数表中前五行的数字所反映的规律，推算出第九行正中间的数应是________．类型二 求展开式的系数和例2 设(2－3x )100＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 100x 100，求下列各式的值． (1)a 0；(2)a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 100； (3)a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99；(4)(a 0＋a 2＋…＋a 100)2－(a 1＋a 3＋…＋a 99)2； (5)|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 100|.反思与感悟 二项展开式中系数和的求法(1)对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R ，m ，n ∈N *)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对(ax ＋by )n (a ，b ∈R ，n ∈N *)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)一般地，若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)， 奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2， 偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.跟踪训练2 在二项式(2x －3y )9的展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和．1．在(2x ＋1x)4的展开式中，各项的二项式系数的和为________．2．若(x ＋3y )n 的展开式中所有项的系数之和等于(7a ＋b )10的展开式的二项式系数之和，则n 的值为________．3．观察图中的数所成的规律，则a 所表示的数是________．4．设(2x －3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3的值为________．5．若x 4(x ＋3)8＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 12(x ＋2)12，则log 2(a 1＋a 3＋…＋a 11)＝________.用赋值法求多项式系数和求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．答案精析问题导学 知识点思考1 在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和． 思考2 2,4,8,16,32,64，…，其系数和为2n.思考3 当n ＝2,4,6时，中间一项最大，当n ＝3,5时中间两项最大． 梳理 (1)①1 相等 (2)①C n －mn ②C mn ＋1 ③C r ＋1n C r ＋1n ④2n题型探究例1 解 由题意及杨辉三角的特点可得S 16＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋(10＋5)＋…＋(36＋9)＝(C 02＋C 12)＋(C 23＋C 13)＋(C 24＋C 14)＋…＋(C 29＋C 19) ＝(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 29)＋(2＋3＋…9) ＝C 310＋8×(2＋9)2＝164. 跟踪训练1 70例2 解 (1)令x ＝0，则展开式为a 0＝2100.(2)令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100，① ∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝(2－3)100－2100. (3)令x ＝－1，可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 100＝(2＋3)100.②与①联立相减，得a 1＋a 3＋…＋a 99＝(2－3)100－(2＋3)1002.(4)原式＝[(a 0＋a 2＋…＋a 100)＋(a 1＋a 3＋…＋a 99)]·[(a 0＋a 2＋…＋a 100)－(a 1＋a 3＋…＋a 99)]＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 100)·(a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 98－a 99＋a 100)＝[(2－3)(2＋3)]100＝1100＝1.(5)∵T r ＋1＝(－1)r C r 1002100－r(3)r x r，∴a 2k －1<0(k ∈N *)．∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 100|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 100＝(2＋3)100.跟踪训练2 解 设(2x －3y )9＝a 0x 9＋a 1x 8y ＋a 2x 7y 2＋…＋a 9y 9. (1)二项式系数之和为C 09＋C 19＋C 29＋…＋C 99＝29. (2)各项系数之和为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9， 令x ＝1，y ＝1，所以a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2－3)9＝－1. (3)令x ＝1，y ＝－1，可得a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，又a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝－1， 将两式相加可得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8 ＝59－12，即所有奇数项系数之和为59－12.当堂训练1．16 2.5 3.6 4.－15 5.7。

第2课时排列的综合应用学习目标：1.进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解决方法．(重点)2.能应用排列知识解决简单的实际问题．(难点)[自主预习·探新知]1．排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n －m！(n，m∈N*，m≤n)A n n＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！(叫做n的阶乘)另外，我们规定0！＝1.2．排列应用题的最基本的解法(1)直接法：以元素为考察对象，先满足特殊元素的要求，再考虑一般元素(又称元素分析法)；或以位置为考察对象，先满足特殊位置的要求，再考虑一般位置(又称位置分析法)．(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出总排列数，再减去不合要求的排列数．3．解简单的排列应用题的基本思想[基础自测]1．从n个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派的种数为72，则n的值为( )A．6 B．8C．9 D．12C[由A2n＝72，得n(n－1)＝72，解得n＝9(舍去n＝－8)．]2．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________.【导学号：95032035】48[从2,4中取一个数作为个位数字，有2种取法；再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A34种排法．由分步乘法计数原理知，这样的四位偶数共有2×A34＝48个．] 3．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有________种．24[把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，共A44＝24种．]4．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有________种．186[可选用间接法解决：先求出从7人中选出3人的方法数，再求出从4名男生中选出3人的方法数，两者相减即得结果．A37－A34＝186(种)．][合作探究·攻重难]同的送法？(2)有5种不同的书(每种不少于3本)，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？【导学号：95032036】[思路探究](1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．[解](1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A35＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法．(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法．1．将3张电影票分给10人中的3人，每人1张，共有________种不同的分法．720[问题相当于从10个人中选出3个人，然后进行全排列，这是一个排列问题．故不同分法的种数为A310＝10×9×8＝720.](1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置．(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边．(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起．(4)全体排成一行，男、女各不相邻．(5)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变．(6)排成前后二排，前排3人，后排4人.【导学号：95032037】[思路探究] 分析题意，确定限制条件→先排特殊位置或特殊元素→再排其它元素[解] (1)元素分析法：甲为特殊元素，故先安排甲，左、右、中共三个位置可供甲选择．有A 13种，其余6人全排列，有A 66种．由分步乘法计数原理得A 13A 66＝2 160种．(2)位置分析法：先排最左边，除去甲外，有A 16种，余下的6个位置全排列有A 66种，但应剔除乙在最右边的排法数A 15A 55种．则符合条件的排法共有A 16A 66－A 15A 55＝3 720种．(3)捆绑法：将男生看成一个整体，进行全排列有A 33种排法，把这个整体看成一个元素再与其他4人进行全排列有A 55种排法，共有A 33A 55＝720种．(4)插空法：先排好男生，然后将女生插入排男生时产生的四个空位，共有A 33A 44＝144种．(5)定序排列用除法：第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N ，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此有A 77＝N ×A 33，∴N ＝A 77A 33＝840种． (6)分排问题直接法：由已知，7人排在7个位置，与无任何限制的排列相同，有A 77＝5 040种．注意：解(6)时易出现A 33A 44的错误，其主要原因是排列的概念理解不深刻．[规律方法]1．排队问题中的限制条件主要是某人在或不在某位置，可采用位置分析法或元素分析法进行排列．对相邻、相间、定序、分排等常见问题的解法应记住．2．元素相邻和不相邻问题的解题策略2．有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间，乙必在两端；(2)甲不在左端，乙不在右端；(3)男、女生分别排在一起；(4)男女相间；(5)男生不全相邻．[解] (1)优先安排特殊元素．乙的站法有2种，甲的站法有7种，其余随便站，共有：2×7×A77＝70 560种(2)按甲在不在右端分类讨论．甲站右端的有：A88种；甲不在右端的有：7×7×A77种；共有：A88＋7×7×A77＝A77×(8＋49)＝287 280种．(3)(捆绑法)A22·A44·A55＝5 760种．(4)(插空法)先排4名男生有A44种方法，再将5名女生插空，有A55种方法，故共有A44·A55＝2 880种排法．(5)(排除法)9人全排列再减去4名男生全部相邻的情况，有A99－A44·A66＝345 600种．1．偶数的个位数字有何特征？从1,2,3,4,5中任取两个不同数字能组成多少个不同的偶数？[提示]偶数的个位数字一定能被2整除．先从2,4中任取一个数字排在个位，共2种不同的排列，再从剩余数字中任取一个数字排在十位，共4种排法，故从1,2,3,4,5中任取两个数字，能组成2×4＝8(种)不同的偶数．2．在一个三位数中，身居百位的数字x能是0吗？如果在0～9这十个数字中任取不同的三个数字组成一个三位数，如何排才能使百位数字不为0?[提示]在一个三位数中，百位数字不能为0，在具体排数时，从元素0的角度出发，可先将0排在十位或个位的一个位置，其余数字可排百位、个位(或十位)位置；从“位置”角度出发可先从1～9这9个数字中任取一个数字排百位，然后再从剩余9个数字中任取两个数字排十位与个位位置．用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)六位奇数？(2)个位数字不是5的六位数？(3)不大于4310的四位偶数.【导学号：95032038】[思路探究]这是一道有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，遵循特殊元素或特殊位置优先安排的原则．另外，还可以用间接法求解．[解](1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有A13种填法，第二步再填十万位，有A14种填法，第三步填其他位，有A44种填法，故共有A13A14A44＝288(个)六位奇数．法二：从特殊元素入手(直接法)0不在两端有A14种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A13种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A44种排法，故共有A14A13A44＝288(个)六位奇数．法三：排除法6个数字的全排列有A66个，0,2,4在个位上的六位数为3A55个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3A44个，故满足条件的六位奇数共有A66－3A55－3A44＝288(个)．(2)法一：排除法0在十万位的六位数或5在个位的六位数都有A55个，0在十万位且5在个位的六位数有A44个．故符合题意的六位数共有A66－2A55＋A44＝504(个)．法二：直接法十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同．因此需分两类：第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有A55个．第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有A14A14A44个．故共有符合题意的六位数A55＋A14A14A44＝504(个)．(3)用直接法①当千位上排1,3时，有A12·A13·A24个．②当千位上排2时，有A12·A24个．③当千位上排4时，形如40××，42××的各有A13个；形如41××的有A13·A12个，形如43××的只有4 310和4 302这两个数．故共有A12·A13·A24＋A12·A24＋2A13＋A12·A13＋2＝110(个)．1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )A．36 B．120C．720 D．240C[由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A66＝720.]2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A．240种B．360种C．480种D．720种C[先排甲，有4种方法，剩余5人全排列，有A55＝120种，所以不同的演讲次序有4×120＝480种．]3．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个．144[先排奇数位有A44种，再排偶数位有A33种，故共有A44A33＝144个．]4．两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．24[分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A22＝2种排法，②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A22＝2种排法，③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A33＝6种排法．则共有2×2×6＝24种排法．]5．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有多少种参赛方案？[解]法一：从运动员(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：第1类，甲不参赛，有A45种参赛方案；第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，然后安排其他3棒，有A35种方法，此时有2A35种参赛方案．由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A45＋2A35＝240种．法二：从位置(元素)的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有A25种方法；其余两棒从剩余4人中选，有A24种方法．由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A25A24＝240种．。

第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.通过实例，能总结出分类加法计数原理，分步乘法计数原理．2.正确地理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”．3.能利用两个原理解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有两个不同方案”，是指完成这件事的所有方法可以分为两类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，两类中没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成两个步骤．在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步骤都要做完才能完成这件事．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)√某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有( )A．3种B．4种C．7种D．12种答案：C已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( ) A．1 B．3C．6 D．9答案：D某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种．答案：3加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人可以选择，第二道工序有6人可以选择，第三道工序有4人可以选择，每两道工序中可供选择的人各不相同，如果从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．答案：120探究点1 分类加法计数原理[学生用书P2]在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？【解】法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．[变问法]在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).利用分类加法计数原理计数时的解题流程某校高三共有三个班，各班人数如下表：男生人数女生人数总人数高三(1)班302050高三(2)班303060高三(3)班352055(1)(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．探究点2 分步乘法计数原理[学生用书P2]从－2，－1，0，1，2，3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a ，b ，c ，则可以组成抛物线的条数为多少？【解】 由题意知a 不能为0，故a 的值有5种选法； b 的值也有5种选法；c 的值有4种选法．由分步乘法计数原理得：5×5×4＝100(条)．1．[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？解：需分三步完成，第一步确定a 有2种方法，第二步确定b 有5种方法，第三步确定c 有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线．2．[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m ＋y 2n＝1的参数m ，n ，则可以组成椭圆的个数是多少？解：据条件知m >0，n >0，且m ≠n ，故需分两步完成，第一步确定m ，有3种方法，第二步确定n ，有2种方法，故确定椭圆的个数为3×2＝6(个)．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程从1，2，3，4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？(1)三位数；(2)三位偶数．解：(1)分三步：第1步，排个位，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．(2)第1步，排个位，只能从2，4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个满足要求的三位偶数．探究点3 两个计数原理的综合应用[学生用书P3]甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，(1)若借1本书，则有多少种借法？(2)若每科各借1本书，则有多少种借法？(3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？【解】(1)需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情．根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法．(2)需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借2本不同学科的书”，可分三类：第1类，借1本数学书和1本物理书，只有2本书都借，事情才能完成，根据分步乘法计数原理，有5×4＝20种借法；第2类，借1本数学书和1本化学书，有5×3＝15种借法；第3类，借1本物理书和1本化学书，有4×3＝12种借法．根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种借法．利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解：(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30解析：选A.共有5＋3＝8种不同的选法．2．已知集合A＝{1，2}，B＝{3，4，5}，从集合A、B中先后各取一个元素构成平面直角坐标系中的点的横、纵坐标，则可确定的不同点的个数为( )A．5 B．6C．10 D．12解析：选B.完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一个元素，有2种不同的方法；第二步，从集合B中任选一个元素，有3种不同的方法．由分步乘法计数原理得，一共有2×3＝6种不同的方法．3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有( )A．12种B．7种C．14种D．49种解析：选D.要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4＋3＝7种方法；第二步出门也有4＋3＝7种方法，由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．4．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122种选法．(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000种选法．(3)①高一和高二各选1人作中心发言人，有50×42＝2 100 种选法；②高二和高三各选1人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；③高一和高三各选1人作中心发言人，有50×30＝1 500种选法．故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860种选法．知识结构深化拓展两个计数原理的联系与区别加法计数原理乘法计数原理共同点两个原理都是计算完成某项工作的方法种数，最后的目的都必须完成某件事区别一完成一件事，共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事，共分n个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能独立地完成这件事，每一种办法都是独立的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事区别三各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复,[A 基础达标]1．(2018·西安一中高二检测)完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是( )A．5 B．4C．9 D．20解析：选C.由分类加法计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C.2．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )A．18 B．16C．14 D．10解析：选C.分两类：第一类M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6(个)第一、二象限的点；第二类M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8(个)第一、二象限的点．综上可知，共有6＋8＝14(个)不同的点．3．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．81 B．64C．48 D．24解析：选A.每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.4．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )A．15 B．12C．5 D．4解析：选A.分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15.5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )A．24种B．16种C．12种D．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．答案：77．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有________种．解析：小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法．答案：548．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)，即所求的不同的直线共有22条．答案：229．(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．10．(1)如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源且仅闭合其中一个电键，使电灯C发光的方法有多少种？(2)如图，由电键组A，B组成的电路中，要闭合两个电键接通电源，使电灯C发光的方法有几种？解：(1)只要闭合图中的任一电键，电灯即发光．由于在电键组A中有2个电键，电键组B 中有3个电键，且分别并联，应用分类加法计数原理，所以共有2＋3＝5(种)接通电源使电灯发光的方法．(2)只有在闭合A组中2个电键中的一个之后，再闭合B组中3个电键中的一个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光．根据分步乘法计数原理，共有2×3＝6(种)不同的接通方法使电灯发光．[B 能力提升]11．(2018·郑州高二检测)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．12．(2018·长沙高二检测)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．14 B．13C．12 D．10解析：选B.对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小．若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.13．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，点P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．(1)点P可以表示平面上的多少个不同点？(2)点P可以表示平面上的多少个第二象限的点？(3)点P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，点P可以表示平面上6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件，需满足a＜0，b＞0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，点P 可以表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，点P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．14．(选做题)某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果．(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．。

第2课时两个计数原理的综合应用学习目标 1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理计数．知识点一两个计数原理的区别与联系知识点二两个计数原理的应用解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用．使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：(1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．类型一组数问题例1 用0,1,2,3,4五个数字，(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？(2)可以排成多少个三位数？(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用解(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．引申探究由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？解完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个)．反思与感悟对于组数问题，应掌握以下原则：(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．跟踪训练1 从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18 C．12 D．6考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用答案 B解析由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况．故选B.类型二选(抽)取与分配问题例2 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种考点抽取(分配)问题题点抽取(分配)问题答案 C解析方法一(直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)．综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)．方法二(间接法)先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案．反思与感悟解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．跟踪训练2 3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？考点抽取(分配)问题题点抽取(分配)问题解(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择，由分步乘法计数原理得，总方法数N＝5×4×3＝60.类型三涂色与种植问题例3 (1)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种.考点种植问题题点种植问题答案42解析分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.(1)若第三块田放c：第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．(2)若第三块田放a：第四块有b或c两种方法，①若第四块放c：第五块有2种方法；②若第四块放b：第五块只能种作物c，共1种方法．综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？考点涂色问题题点涂色问题解第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．引申探究本例(2)中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？解依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．反思与感悟解决涂色(种植)问题的一般思路涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法：(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．跟踪训练3 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为________．考点涂色问题题点涂色问题答案420解析按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法．第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法．根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法．1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有( )A．6种 B．5种 C．4种 D．3种考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 C解析不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．2．用0,1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252 C．261 D．648考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用答案 B解析0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．3．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有( )A．24种B．48种C．64种D．81种考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 A解析由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法．4．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有( )A．510种B．105种C．50种D．500种考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 A解析分10步．第1步：考虑第1名乘客下车的所有可能有5种；第2步：考虑第2名乘客下车的所有可能有5种；…；第10步：考虑第10名乘客下车的所有可能有5种．故共有乘客下车的可能方式1055555⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯个＝510(种)．5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.考点涂色问题题点涂色问题答案108解析A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．一、选择题1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有( )A．512个 B．192个 C．240个 D．108个考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用答案 D解析能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．二类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48(个)．由分类加法计数原理得60＋48＝108(个)．2．有四位教师在同一年级的四个班各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )A．8种 B．9种 C．10种 D．11种考点抽取(分配)问题题点抽取(分配)问题答案 B解析设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.若A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法．同理，若A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，得监考方法共有3＋3＋3＝9(种)．3．某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是( )A．9×8×7×6×5×4×3×2B．8×96C．9×106D．8.1×106考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用答案 D解析电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106，∴可增加的电话数是9×106－9×105＝81×105.故选D.4．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )A．10个 B．14个 C．15个 D．21个考点分类加法计数原理题点分类加法计数原理的应用答案 A解析当b＝1时，c＝4，当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．5.如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )A．6种 B．36种 C．63种 D．64种考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 C解析每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．6．从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、粉红、白的3盆山茶花中任取3盆，其中至少有菊花、山茶花各1盆，则不同的选法种数为( )A．12 B．18 C．24 D．30考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 D解析选出符合要求的3盆花可分为两类：第一类，可从4盆菊花中选1盆，再从3盆山茶花中选2盆，有4×3＝12(种)选法；第二类，可从4盆菊花中选2盆，再从3盆山茶花中选1盆，有6×3＝18(种)选法．根据分类加法计数原理知，不同的选法种数为12＋18＝30. 7．在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱所有对角线的条数为( )A．20 B．15 C．12 D．10考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 D解析由题意知，正五棱柱的对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，所以从一个顶点出发的对角线有2条，所以正五棱柱所有对角线的条数为2×5＝10.8.如图，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂法种数为( )A．280 B．180C．96 D．60考点涂色问题题点涂色问题答案 B解析按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可选；第四步由于可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)涂法．二、填空题9．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数，共有________个．考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用答案36解析根据题意个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．10．某班将元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为________．考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案110解析先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中，有10种方法；再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中，有11种插法．由分步乘法计数原理知有10×11＝110(种)不同的插法．11．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成________组．考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案60解析分两类：第一类：由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30(组)不同的结果．第二类也有30组不同的结果，共可得30＋30＝60(组)．三、解答题12．有一项活动，需在3名教师，8名男同学和5名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需教师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？(3)若需一名教师，一名学生参加，有多少种不同选法？考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用解(1)有三类选人的方法：3名教师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．由分类加法计数原理知，共有3＋8＋5＝16(种)选法．(2)分三步选人：第一步选教师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120(种)选法．(3)可分两类，每一类又分两步．第一类：选一名教师再选一名男同学，有3×8＝24(种)选法；第二类：选一名教师再选一名女同学，共有3×5＝15(种)选法．由分类加法计数原理可知，共有24＋15＝39(种)选法．13．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数．(1)可以排出多少个不同的三位数？(2)各位数字互不相同的三位数有多少个？(3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？考点两个计数原理的应用题点两个原理在排数中的应用解(1)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216(个)不同的三位数．(2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个)．(3)两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30(个)，故满足条件的三位数共有3×30＝90(个)．四、探究与拓展14．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有( )A．18条 B．20条 C．25条 D．10条考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 A解析第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)．15．用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值．考点涂色问题题点涂色问题解完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数．(1)为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有6×5×4×4＝480(种)．(2)由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法，为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3)．∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去)．∴n＝5(负值舍去)．。

1.3.1 函数的单调性与导数(二)学习目标 1.会利用导数证明一些简单的不等式问题.2.掌握利用导数研究含参数的单调性的基本方法．1．函数的单调性与其导数正负的关系定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：特别提醒：①若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，其余的点恒有f′(x)>0，则f(x)仍为增函数(减函数的情形完全类似)．②f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.2．函数图象的变化趋势与导数值大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上3.利用导数解决单调性问题需要注意的问题(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)注意“临界点”和“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点．(3)如果一个函数的单调区间不止一个，这些单调区间之间不能用“∪”连接，而只能用“逗号”或“和”字等隔开．1．如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．( √ ) 2．函数在某区间上变化越快，函数在这个区间上的导数的绝对值越大．( √ )类型一 利用导数求参数的取值范围例1 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 [1，＋∞)解析 由于f ′(x )＝k －1x，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)． 引申探究1．若将本例中条件递增改为递减，求k 的取值范围． 解 ∵f ′(x )＝k －1x，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )＝k －1x≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≤1x ，∵0<1x<1，∴k ≤0.即k 的取值范围为(－∞，0]．2．若将本例中条件递增改为不单调，求k 的取值范围．解 f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝k －1x.当k ≤0时，f ′(x )<0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减，故不合题意． 当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1k，只需1k ∈(1，＋∞)，即1k>1，则0<k <1.∴k 的取值范围是(0,1)．反思与感悟 (1)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；②先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f (x )是否满足题意．(2)恒成立问题的重要思路 ①m ≥f (x )恒成立⇒m ≥f (x )max ； ②m ≤f (x )恒成立⇒m ≤f (x )min .跟踪训练1 若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 解 方法一 (直接法)f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a －1.当a －1≤1，即a ≤2时，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，不合题意．当a －1>1，即a >2时，函数f (x )在(－∞，1)和(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减，由题意知(1,4)⊂(1，a －1)且(6，＋∞)⊂(a －1，＋∞)， 所以4≤a －1≤6，即5≤a ≤7. 故实数a 的取值范围为[5,7]． 方法二 (数形结合法) 如图所示，f ′(x )＝(x －1)[x －(a －1)]．因为在(1,4)内，f ′(x )≤0， 在(6，＋∞)内f ′(x )≥0， 且f ′(x )＝0有一根为1， 所以另一根在[4,6]上．所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(4)≤0，f ′(6)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧3×(5－a )≤0，5×(7－a )≥0，所以5≤a ≤7.故实数a 的取值范围为[5,7]．方法三(转化为不等式的恒成立问题)f′(x)＝x2－ax＋a－1.因为f(x)在(1,4)上单调递减，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1，因为2<x＋1<5，所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1，因为x＋1>7，所以当a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．综上知5≤a≤7.故实数a的取值范围为[5,7]．类型二证明不等式例2 证明e x≥x＋1≥sin x＋1(x≥0)．考点利用导数研究函数的单调性题点利用导数证明不等式证明令f(x)＝e x－x－1(x≥0)，则f′(x)＝e x－1≥0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0，∴f(x)≥0，即e x≥x＋1，令g(x)＝x－sin x(x≥0)，g′(x)＝1－cos x≥0，∴g(x)≥g(0)，即x－sin x≥0，∴x＋1≥sin x＋1(x≥0)，综上，e x≥x＋1≥sin x＋1.反思与感悟用导数证明不等式f(x)>g(x)的一般步骤(1)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]．(2)证明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)>0.(3)依(2)知函数F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上是单调递增函数，故f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)．这是因为F(x)为单调递增函数，所以F(x)≥F(a)>0，即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)>0.跟踪训练2 已知x >0，证明不等式ln(1＋x )>x －12x 2成立．考点 利用导数研究函数的单调性 题点 利用导数证明不等式 证明 设f (x )＝ln(1＋x )－x ＋12x 2，则f ′(x )＝11＋x －1＋x ＝x21＋x .当x >－1时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，＋∞)内是增函数． ∴当x >0时，f (x )>f (0)＝0.∴当x >0时，不等式ln(1＋x )>x －12x 2成立.1．已知命题p ：对任意x ∈(a ，b )，有f ′(x )>0，q ：f (x )在(a ，b )内是单调递增的，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 考点 函数的单调性与导数的关系题点 利用导数值的正负号判定函数的单调性 答案 A2．已知对任意实数x ，都有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且当x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则当x <0时( ) A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0 B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0 C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0 D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0考点 函数的单调性与导数的关系题点 利用导数值的正负号判定函数的单调性 答案 B解析 由题意知，f (x )是奇函数，g (x )是偶函数． 当x >0时，f (x )，g (x )都单调递增， 则当x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.3．已知函数f (x )＝x 3－12x ，若f (x )在区间(2m ，m ＋1)上单调递减，则实数m 的取值范围是________．考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 [－1,1)解析 f ′(x )≤0，即3x 2－12≤0，得－2≤x ≤2. ∴f (x )的减区间为[－2,2]， 由题意得(2m ，m ＋1)⊆[－2,2]， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ≥－2，m ＋1≤2，2m <m ＋1，得－1≤m <1.4．函数y ＝ax －ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，则a 的取值范围为________．考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 [2，＋∞)解析 y ′＝a －1x，由题意知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，y ′≥0， 即a ≥1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立， 由x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞得，1x <2，∴a ≥2.5．证明方程x －12sin x ＝0只有一个实根，并试求出这个实根．考点 利用导数研究函数的单调性 题点 利用导数证明不等式解 令f (x )＝x －12sin x ，x ∈(－∞，＋∞)，则f ′(x )＝1－12cos x >0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为单调递增函数，其图象若穿越x 轴，则只有一次穿越的机会， 显然x ＝0时，f (x )＝0.所以方程x －12sin x ＝0有唯一的实根x ＝0.利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；(2)先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时，f (x )是否满足题意.一、选择题1．函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A ．(－∞，－1)和(0,1) B ．[－1,0]和[1，＋∞) C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]和[1，＋∞) 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 利用导数求不含参数函数的单调区间 答案 A解析 y ′＝4x 3－4x ，令y ′<0，即4x 3－4x <0， 解得x <－1或0<x <1，所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)和(0,1)，故选A. 2．若f (x )＝ln xx，e<a <b ，则( )A ．f (a )>f (b )B ．f (a )＝f (b )C ．f (a )<f (b )D ．f (a )f (b )>1考点 利用导数研究函数的单调性 题点 比较函数值的大小 答案 A解析 由f ′(x )＝1－ln x x2<0，解得x >e ， ∴f (x )在(e ，＋∞)上为减函数， ∵e<a <b ，∴f (a )>f (b )．3．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32 C ．(1,2] D ．[1,2) 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 A解析 显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x.由f ′(x )＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由f ′(x )＜0，得函数f (x )单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12.因为函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1＜12＜k ＋1，解得－12＜k ＜32，又因为(k－1，k ＋1)为定义域内的一个子区间，所以k －1≥0，即k ≥1.综上可知，1≤k ＜32.4．若a >0，且f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．(0,3] C ．(3，＋∞)D ．[3，＋∞)考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝3x 2－a ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 即a ≤(3x 2)min ＝3， 又a >0，∴0<a ≤3. 5．若函数y ＝a (x 3－x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上单调递减，则a 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1,0) C ．(1，＋∞)D ．(0,1)考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 A解析 y ′＝a (3x 2－1)＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33， 当－33<x <33时，⎝⎛⎭⎪⎫x －33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33<0， 要使y ＝a (x 3－x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上单调递减，只需y ′<0，即a >0.6．设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，有( ) A ．f (x )>g (x ) B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b ) 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 C解析 设h (x )＝f (x )－g (x )，∵f ′(x )－g ′(x )>0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在[a ，b ]上是增函数， ∴当a <x <b 时，h (x )>h (a )， ∴f (x )－g (x )>f (a )－g (a )， 即f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )． 二、填空题7．若y ＝sin x ＋ax 在R 上是增函数，则a 的取值范围是________． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 [1，＋∞)解析 因为y ′＝cos x ＋a ≥0， 所以a ≥－cos x 对x ∈R 恒成立． 所以a ≥1.8．若函数y ＝13ax 3－12ax 2－2ax (a ≠0)在[－1,2]上为增函数，则a 的取值范围是________．考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 (－∞，0)解析 y ′＝ax 2－ax －2a ＝a (x ＋1)(x －2)>0， ∵当x ∈(－1,2)时，(x ＋1)(x －2)<0， ∴a <0.9．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案 (0，＋∞)解析 ∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0.10．若函数f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________． 考点 利用导数求函数的单调区间题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)答案 (－∞，－1]解析 f ′(x )＝－x ＋bx ＋2，由题意知f ′(x )＝－x ＋b x ＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立， 即bx ＋2≤x 在(－1，＋∞)上恒成立，∵x >－1，∴x ＋2>1>0，∴b ≤x (x ＋2)，设y ＝x (x ＋2)，则y ＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，∵x >－1，∴y >－1，∴要使b ≤x (x ＋2)成立，则有b ≤－1.11．若f (x )＝2x －a x 2＋2(x ∈R )在区间[－1,1]上是增函数，则a 的取值范围是________． 考点 利用导数求函数的单调区间题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)答案 [－1,1]解析 f ′(x )＝2·－x 2＋ax ＋2(x 2＋2)2， ∵f (x )在[－1,1]上是增函数，∴f ′(x )＝2·－x 2＋ax ＋2(x 2＋2)2≥0. ∵(x 2＋2)2>0，∴x 2－ax －2≤0对x ∈[－1,1]恒成立．令g (x )＝x 2－ax －2，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (－1)≤0，g (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a －2≤0，1－a －2≤0，∴－1≤a ≤1.即a 的取值范围是[－1,1]．三、解答题12．已知函数f (x )＝ax 2＋ln(x ＋1)．(1)当a ＝－14时，求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围．考点 利用导数求函数的单调区间题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)解 (1)当a ＝－14时， f (x )＝－14x 2＋ln(x ＋1)(x >－1)，f ′(x )＝－12x ＋1x ＋1＝－(x ＋2)(x －1)2(x ＋1)(x >－1)． 当f ′(x )>0时，解得－1<x <1；当f ′(x )<0时，解得x >1.故函数f (x )的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(2)因为函数f (x )在区间[1，＋∞)上为减函数，所以f ′(x )＝2ax ＋1x ＋1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立， 即a ≤－12x (x ＋1)对任意x ∈[1，＋∞)恒成立． 令g (x )＝－12x (x ＋1)， 易求得在区间[1，＋∞)上g ′(x )>0，故g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12x (x ＋1)min ＝g (1)＝－14， 故a ≤－14. 即实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－14. 13．已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x >1时，f (x )<x －1.考点 利用导数研究函数的单调性题点 利用导数证明不等式(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(1，＋∞)． 则F ′(x )＝1－x 2x. 当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1.四、探究与拓展14．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是__________．考点 利用导数研究函数的单调性题点 构造法的应用答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f (x )x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x >0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0<x <1时，g (x )>g (1)＝0⇔f (x )x >0⇔f (x )>0；在(－∞，0)上，当x <－1时，g (x )<g (－1)＝0⇔f (x )x <0⇔f (x )>0.综上，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．15．设函数f (x )＝x e kx (k ≠0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围．考点 利用导数求函数的单调区间题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)解 (1)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx ＝0，得x ＝－1k(k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上，k >0时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k ， k <0时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞. (2)由(1)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1， 即0<k ≤1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即－1≤k <0时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增． 综上可知，函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．。

第2课时排列的综合应用学习目标 1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题．知识点排列及其应用1．排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤n)＝n！(n－m)！.A n n＝n(n－1)(n－2)…2·1＝n！(叫做n的阶乘)．另外，我们规定0！＝1.2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤类型一无限制条件的排列问题例1 (1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题解(1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A37＝7×6×5＝210(种)不同的送法．(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．反思与感悟典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数．排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”．即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步乘法计数原理解决的问题中，元素可以重复选取．跟踪训练1 (1)有5个不同的科研小课题，从中选3个由高二(6)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？(2)有5个不同的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不同的报名方法？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题解(1)从5个不同的课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列，因此不同的安排方法有A35＝5×4×3＝60(种)．(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题．由于每个兴趣小组都有5种不同的选择，且3个小组都选择完才算完成这件事，所以由分步乘法计数原理得共有5×5×5＝125(种)报名方法．类型二排队问题命题角度1 元素“相邻”与“不相邻”问题例2 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．考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题解(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有A33种排法；女生必须站在一起是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法．由分步乘法计数原理知，共有A33·A44·A22＝288(种)排队方法．(2)三个男生全排列有A33种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有A55种排法．故有A33·A55＝720(种)排队方法．(3)先安排女生，共有A44种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有A35种排法，故共有A44·A35＝1 440(种)排法．(4)排好男生后让女生插空，共有A33·A44＝144(种)排法．反思与感悟处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．跟踪训练2 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？(1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；(2)2个唱歌节目互不相邻；(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题解(1)先排唱歌节目有A22种排法，再排其他节目有A66种排法，所以共有A22·A66＝1 440(种)排法．(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有A66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有A27种插入方法，所以共有A66·A27＝30 240(种)排法．(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共A44种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A35种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A22种排法，故所求排法共有A44·A35·A22＝2 880(种)排法．命题角度2 元素“在”与“不在”问题例3 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不能在两端；(2)甲、乙必须在两端；(3)甲不在最左端，乙不在最右端．考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题解(1)先考虑甲有A14种方案，再考虑其余5人全排列，故N＝A14·A55＝480(种)；(2)先安排甲、乙有A22种方案，再安排其余4人全排列，故N＝A22·A44＝48(种)；(3)方法一甲在最左端的站法有A55种，乙在最右端的站法有A55种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有A44种，共有A66－2A55＋A44＝504(种)站法．方法二以元素甲分类可分为两类：a.甲站最右端有A55种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端有A14·A14·A44种，故共有A55＋A14·A14·A44＝504(种)站法．反思与感悟“在”与“不在”排列问题解题原则及方法(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底．不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．跟踪训练3 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法？考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题解6门课总的排法是A66，其中不符合要求的可分为体育排在第一节，有A55种排法；数学排在最后一节，有A55种排法，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学排在最后一节，这种情况有A44种排法．因此符合条件的排法有A66－2A55＋A44＝504(种)．。

第1课时排列与排列数公式学习目标 1.了解排列的概念.2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题．知识点一排列的定义从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动．思考让你安排这项活动需要分几步？答案分两步．第1步确定上午的同学；第2步确定下午的同学．梳理一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个排列．知识点二排列数及排列数公式思考从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的3位数？答案4×3×2＝24(个)．梳理1．a，b，c与b，a，c是同一个排列．( ×)2．同一个排列中，同一个元素不能重复出现．( √)3．在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．( ×)4．从4个不同元素中任取3个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．( ×)类型一排列的概念例1 判断下列问题是否为排列问题：(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；(2)选2个小组分别去植树和种菜；(3)选2个小组去种菜；(4)选10人组成一个学习小组；(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；(6)某班40名学生在假期相互通信．考点排列的概念题点排列的判断解(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．所以在上述各题中(2)(5)(6)是排列问题，(1)(3)(4)不是排列问题．反思与感悟判断一个具体问题是否为排列问题的思路跟踪训练1 判断下列问题是否为排列问题．(1)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排三位客人，又有多少种方法？(2)从集合M ＝{1,2，…，9}中，任取两个元素作为a ，b ，可以得到多少个焦点在x 轴上的椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1？可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程x 2a 2－y 2b2＝1?(3)平面上有5个点，其中任意三个点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？可确定多少条射线？ 考点 排列的概念 题点 排列的判断解 (1)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．“入座”问题同“排队”问题，与顺序有关，故选3个座位安排三位客人是排列问题． (2)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．若方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则必有a >b ，a ，b 的大小关系一定；在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，不管a >b 还是a <b ，方程x 2a 2－y 2b2＝1均表示焦点在x 轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题．(3)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题． 类型二 排列的列举问题例2 (1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？ (2)写出从4个元素a ，b ，c ，d 中任取3个元素的所有排列． 考点 排列的概念 题点 列举所有排列解 (1)由题意作“树状图”，如下．故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个． (2)由题意作“树状图”，如下．故所有的排列为abc ，abd ，acb ，acd ，adb ，adc ，bac ，bad ，bca ，bcd ，bda ，bdc ，cab ，cad ，cba ，cbd ，cda ，cdb ，dab ，dac ，dba ，dbc ，dca ，dcb .反思与感悟 利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略(1)适用范围：“树状图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式． (2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树状图写出排列．跟踪训练2 写出A ，B ，C ，D 四名同学站成一排照相，A 不站在两端的所有可能站法． 考点 排列的概念 题点 列举所有排列解 由题意作“树状图”，如下，故所有可能的站法是BACD ，BADC ，BCAD ，BDAC ，CABD ，CADB ，CBAD ，CDAB ，DABC ，DACB ，DBAC ，DCAB .类型三 排列数公式及应用例3 (1)用排列数表示(55－n )(56－n )…(69－n )(n ∈N *且，n <55)； (2)计算2A 58＋7A 48A 88－A 59；(3)求证：A m n ＋1－A m n ＝m A m －1n . 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算(1)解 因为55－n,56－n ，…，69－n 中的最大数为69－n ，且共有69－n －(55－n )＋1＝15(个)元素，所以(55－n )(56－n )…(69－n )＝A 1569－n . (2)解 2A 58＋7A 48A 88－A 59＝2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×58×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝8×7×6×5×(8＋7)8×7×6×5×(24－9)＝1.(3)证明 方法一 因为A mn ＋1－A mn ＝(n ＋1)！(n ＋1－m )！－n ！(n －m )！＝n ！(n －m )！·⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋1－m －1＝n ！(n －m )！·m n ＋1－m＝m ·n ！(n ＋1－m )！＝m A m －1n ，所以A mn ＋1－A mn ＝m A m －1n .方法二 A m n ＋1表示从n ＋1个元素中取出m 个元素的排列个数，其中不含元素a 1的有A mn 个． 含有a 1的可这样进行排列：先排a 1，有m 种排法，再从另外n 个元素中取出m －1个元素排在剩下的m －1个位置上，有A m －1n 种排法． 故A m n ＋1＝m A m －1n ＋A mn ， 所以m A m －1n ＝A m n ＋1－A mn .反思与感悟 排列数公式的形式及选择方法排列数公式有两种形式，一种是连乘积的形式，另一种是阶乘的形式，若要计算含有数字的排列数的值，常用连乘积的形式进行计算，而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证时，一般用阶乘式．跟踪训练3 不等式A x 8<6A x －28的解集为( ) A ．[2,8] B ．[2,6] C ．(7,12) D ．{8} 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 D解析 由A x 8<6A x －28，得8！(8－x )！<6×8！(10－x )！，化简得x 2－19x ＋84<0， 解得7<x <12，①又⎩⎪⎨⎪⎧x ≤8，x －2≥0，所以2≤x ≤8，②由①②及x ∈N *，得x ＝8.1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题( ) A ．1 B ．3 C ．2 D ．4 考点 排列的概念 题点 排列的判断 答案 C解析 因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题，而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．2．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为( ) A ．甲乙，乙甲，甲丙，丙甲 B ．甲乙，丙乙、丙甲C ．甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙D ．甲乙，甲丙，乙丙 考点 排列的概念 题点 列举所有排列 答案 C3．(x －3)(x －4)(x －5)…(x －12)(x －13)，x ∈N *，x >13可表示为( ) A ．A 10x －3 B ．A 11x －3 C ．A 10x －13 D ．A 11x －13 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 B解析 从(x －3)，(x －4)，…到(x －13)共(x －3)－(x －13)＋1＝11(个)数，所以根据排列数公式知(x －3)(x －4)(x －5)…(x －12)(x －13)＝A 11x －3.4．从5本不同的书中选2本送给2名同学，每人1本，不同的送法种数为( ) A ．5 B ．10 C ．15 D ．20 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 D5．解方程A 42x ＋1＝140A 3x . 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式解 根据题意，原方程等价于⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1≥4，x ≥3，x ∈N *，(2x ＋1)·2x ·(2x －1)(2x －2)＝140x (x －1)(x －2)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ∈N *，(2x ＋1)(2x －1)＝35(x －2)，整理得4x 2－35x ＋69＝0(x ≥3，x ∈N *)，解得x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝234∉N *，舍去.1．判断一个问题是否是排列问题的思路排列的根本特征是每一个排列不仅与选取的元素有关，而且与元素的排列顺序有关．这就说，在判断一个问题是否是排列问题时，可以考虑所取出的元素，任意交换两个，若结果变化，则是排列问题，否则不是排列问题．2．关于排列数的两个公式(1)排列数的第一个公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用m已知的排列数的计算以及排列数的方程和不等式．在运用时要注意它的特点，从n起连续写出m个数的乘积即可．(2)排列数的第二个公式A m n＝n！(n－m)！用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“n，m∈N*，m≤n”的运用．一、选择题1．A m12＝9×10×11×12，则m等于( )A．3 B．4 C．5 D．6考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 B2．已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组；②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动；③从a，b，c，d中选出3个字母；④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数．其中是排列问题的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个考点排列的概念题点排列的判断答案 B解析由排列的定义知①④是排列问题．3．与A310·A77不相等的是( )A．A910 B．81A88 C．10A99 D．A1010考点排列数公式题点利用排列数公式证明答案 B解析A310·A77＝10×9×8×7！＝A910＝10A99＝A1010，81A88＝9A99≠A1010，故选B.4．甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为( )A．6 B．4 C．8 D．10题点 列举所有排列 答案 B解析 列树状图如下： 丙甲乙乙甲 乙甲丙丙甲故组成的排列为丙甲乙，丙乙甲，乙甲丙，乙丙甲，共4种．5．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的不同结果有( ) A ．6个 B ．10个 C ．12个 D ．16个 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 C解析 不同结果有A 24＝4×3＝12(个)． 6．下列各式中与排列数A mn 相等的是( ) A.n ！(n －m ＋1)！B ．n (n －1)(n －2)…(n －m ) C.n A m n －1n －m ＋1D ．A 1n A m －1n －1考点 排列数公式 题点 利用排列数公式证明 答案 D 解析 A mn ＝n ！(n －m )！，而A 1n A m －1n －1＝n ×(n －1)！(n －m )！＝n ！(n －m )！，∴A 1n A m －1n －1＝A mn .7．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )A ．6B ．9C ．12D ．24 考点 排列的概念 题点 列举所有排列 答案 B解析 这四位数列举为如下： 1 012,1 021,1 102,1 120,1 201， 1 210,2 011,2 101,2 110，共9个． 二、填空题8．从a ，b ，c ，d ，e 五个元素中每次取出三个元素，可组成________个以b 为首的不同的排列，它们分别是________________________________________．题点 列举所有排列答案 12 bac ，bad ，bae ，bca ，bcd ，bce ，bda ，bdc ，bde ，bea ，bec ，bed 解析 画出树状图如下：可知共12个，它们分别是bac ，bad ，bae ，bca ，bcd ，bce ，bda ，bdc ，bde ，bea ，bec ，bed . 9．若集合P ＝{x |x ＝A m 4，m ∈N *}，则集合P 中共有________个元素． 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 3解析 由题意知，m ＝1,2,3,4，由A 34＝A 44，故集合P 中共有3个元素． 10．满足不等式A 7nA 5n >12的n 的最小值为________．考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 10解析A 7n A 5n ＝n ！(n －7)！n ！(n －5)！＝(n －5)！(n －7)！>12，得(n －5)(n －6)>12， 解得 n >9或n <2(舍去)．∴最小正整数n 的值为10.11．2017北京车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为________． 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 60解析 由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．12．由1,4,5，x四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x＝________.考点排列的应用题点无限制条件的排列问题答案 2解析当x≠0时，有A44＝24(个)四位数，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x，故24(1＋4＋5＋x)＝288，解得x＝2；当x＝0时，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x＝0不符合题意，综上可知，x＝2.三、解答题13．一条铁路线原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题解由题意可得A2n＋2－A2n＝58，即(n＋2)(n＋1)－n(n－1)＝58，解得n＝14.所以原有车站14个，现有车站16个．四、探究与拓展14．若S＝A11＋A22＋A33＋A44＋…＋A100100，则S的个位数字是( )A．8 B．5 C．3 D．0考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 C解析1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24,5！＝120，而6！＝6×5！，7！＝7×6×5！， (100)＝100×99×…×6×5！，所以从5！开始到100！，个位数字均为0，所以S的个位数字为3. 15．京沪高速铁路自北京南站至上海虹桥站，双线铁路全长1 318公里，途经北京、天津、河北、山东、安徽、江苏、上海7个省市，设立包括北京南、天津西、济南西、南京南、苏州北、上海虹桥等在内的21个车站，计算铁路部门要为这21个车站准备多少种不同的火车票？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题精品K12教育教学资料解对于两个火车站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张票对应一个起点站和一个终点站．因此，结果应为从21个不同元素中，每次取出2个不同元素的排列数A221＝21×20＝420(种)．所以一共需要为这21个车站准备420种不同的火车票．精品K12教育教学资料。

第1课时分类计数原理与分步计数原理学习目标 1.理解分类计数原理与分步计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类计数原理第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．思考1 该志愿者从上海到天津的方案可分几类？思考2 这几类方案中各有几种方法？思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？梳理(1)完成一件事有两类不同的方式，在第1类方式中有m种不同的方法，在第2类方式中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(2)完成一件事有n类不同的方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第n类方式中有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．知识点二分步计数原理若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．思考1 该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？思考2 完成每一个步骤各有几种方法？思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？梳理(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝______________________________种不同的方法．类型一分类计数原理例1 某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有29人，A型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB型血的共有3人，从中任选1人去献血，共有多少种不同的选法？反思与感悟(1)应用分类计数原理时，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，都可以独立完成这件事．(2)利用分类计数原理解题的一般思路跟踪训练1 若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)共有________个．类型二分步计数原理引申探究若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？例2 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)反思与感悟(1)应用分步计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．(2)利用分步计数原理解题的一般思路①分步：将完成这件事的过程分成若干步．②计数：求出每一步中的方法数．③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．跟踪训练2 从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为________．类型三两个原理的综合应用例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？反思与感悟分类讨论解决问题，必须思维清晰，保证分类标准的唯一性，这样才能保证分类不重复，不遗漏，运用两个原理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．跟踪训练3 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？1．某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有________种．2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为________．3．把5本书全部借给3名学生，有________种不同的借法．4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员的选法有________种．(用数字作答)5．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？1．使用两个原理解题的本质分类―→将问题分成互相排斥的几类，逐类解决―→分类计数原理分步―→把问题分化为几个互相关联的步骤，逐步解决―→分步计数原理2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法 列举法――→种数较少将各种情况一一列举 间接法――→正面复杂用总数减去不满足条件的种数答案精析问题导学知识点一思考1 两类，即乘飞机、坐火车．思考2 第1类方案(乘飞机)有7种方法，第2类方案(坐火车)有6种方法．思考3 共有7＋6＝13(种)不同的方法．梳理(1)m＋n(2)m1＋m2＋…＋m n知识点二思考1 两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．思考2 第1个步骤有7种方法，第2个步骤有6种方法．思考3 共有7×6＝42(种)不同的方法．梳理(1)m×n(2)m1×m2×…×m n题型探究例1 解从中选1人去献血的方法共有4类．第一类：从O型血的人中选1人去献血，共有29种不同的方法；第二类：从A型血的人中选1人去献血，共有7种不同的方法；第三类：从B型血的人中选1人去献血，共有9种不同的方法；第四类：从AB型血的人中选1人去献血，共有3种不同的方法．利用分类计数原理，可得选1人去献血共有29＋7＋9＋3＝48(种)不同的选法．跟踪训练1 10解析当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．例2 解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．引申探究解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.根据分步计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．跟踪训练2 100解析由题意知，a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种选法；c的值有4种选法．由分步计数原理，得抛物线的条数为5×5×4＝100.例3 解(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．跟踪训练3 解由题意知，有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．方法一分两类．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法，此时共有6×3＝18(种)选法；第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．所以由分类计数原理知，共有18＋2＝20(种)选法．方法二设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．第一类：甲入选．(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步计数原理，有1×2＝2(种)选法；(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步计数原理，有1×6＝6(种)选法，故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．第二类：甲不入选，可分两步．第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法．综上，共有8＋12＝20(种)不同的选法．当堂训练1．7 2.12 3.243 4.95．解(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．。