（精品講義）1-21.2.2第一課時組合與組合數(shù)公式word版含答案2

08/807/8/第一課時組合與組合數(shù)公式預習課本P21～24，思考并完成以下問題1．組合的概念是什么？2．什么是組合數(shù)？組合數(shù)公式是怎樣的？3．組合數(shù)有怎樣的性質(zhì)？1．組合的概念從n個不同的元素中取出m(m≤n)個元素合成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合．2．組合數(shù)的概念、公式、性質(zhì)組合數(shù)定義從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數(shù)表示法Ceq\o\al(m,n)組合數(shù)公式乘積式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(n(n－1)(n－2)…(n－m＋1),m！)階乘式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)性質(zhì)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)_，Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)_備注①n，m∈N*且m≤n，②規(guī)定：Ceq\o\al(0,n)＝1[點睛]排列與組合的聯(lián)系與區(qū)別聯(lián)系：二者都是從n個不同的元素中取m(n≥m)個元素．區(qū)別：排列與元素的順序有關，組合與元素的順序無關，只有元素相同且順序也相同的兩個排列才是相同的排列．只要兩個組合的元素相同，不論元素的順序如何，都是相同的組合．1．判斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)從a，b，c三個不同的元素中任取兩個元素的一個組合是Ceq\o\al(2,3).()(2)從1,3,5,7中任取兩個數(shù)相乘可得Ceq\o\al(2,4)個積．()(3)1,2,3與3,2,1是同一個組合．()(4)Ceq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60.()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×2．Ceq\o\al(2,n)＝10，則n的值為()A．10 B．5C．3 D．4答案：B3．從9名學生中選出3名參加“希望英語”口語比賽，不同選法有()A．504種 B．729種C．84種 D．27種答案：C4．計算Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(2,9)＝________.答案：120組合的概念[典例]判斷下列問題是組合問題還是排列問題：(1)設集合A＝{a，b，c，d，e}，則集合A的子集中含有3個元素的有多少個？(2)某鐵路線上有5個車站，則這條線上共需準備多少種車票？多少種票價？(3)3人去干5種不同的工作，每人干一種，有多少種分工方法？(4)把3本相同的書分給5個學生，每人最多得1本，有幾種分配方法？[解](1)因為本問題與元素順序無關，故是組合問題．(2)因為甲站到乙站，與乙站到甲站車票是不同的，故是排列問題，但票價與順序無關，甲站到乙站，與乙站到甲站是同一種票價，故是組合問題．(3)因為分工方法是從5種不同的工作中取出3種，按一定次序分給3個人去干，故是排列問題．(4)因為3本書是相同的，無論把3本書分給哪三人，都不需考慮他們的順序，故是組合問題．區(qū)分排列與組合的方法區(qū)分排列與組合的辦法是首先弄清楚事件是什么，區(qū)分的標志是有無順序，而區(qū)分有無順序的方法是：把問題的一個選擇結果寫出來，然后交換這個結果中任意兩個元素的位置，看是否會產(chǎn)生新的變化，若有新變化，即說明有順序，是排列問題；若無新變化，即說明無順序，是組合問題．[活學活用]判斷下列問題是組合問題還是排列問題：(1)把5本不同的書分給5個學生，每人一本；(2)從7本不同的書中取出5本給某個同學；(3)10個人相互寫一封信，共寫了幾封信；(4)10個人互相通一次電話，共通了幾次電話．解：(1)由于書不同，每人每次拿到的也不同，有順序之分，故它是排列問題．(2)從7本不同的書中，取出5本給某個同學，在每種取法中取出的5本并不考慮書的順序，故它是組合問題．(3)因為兩人互寫一封信與寫信人與收信人的順序有關，故它是排列問題．(4)因為互通電話一次沒有順序之分，故它是組合問題.有關組合數(shù)的計算與證明[典例](1)計算Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(3,7)·Aeq\o\al(3,3)；(2)證明：mCeq\o\al(m,n)＝nCeq\o\al(m－1,n－1).[解](1)原式＝Ceq\o\al(4,10)－Aeq\o\al(3,7)＝eq\f(10×9×8×7,4×3×2×1)－7×6×5＝210－210＝0.(2)證明：mCeq\o\al(m,n)＝m·eq\f(n！,m！(n－m)！)＝eq\f(n·(n－1)！,(m－1)！(n－m)！)＝n·eq\f((n－1)！,(m－1)！(n－m)！)＝nCeq\o\al(m－1,n－1).關于組合數(shù)公式的選取技巧(1)涉及具體數(shù)字的可以直接用eq\f(n,n－m)Ceq\o\al(m,n－1)＝eq\f(n,n－m)·eq\f((n－1)！,m！(n－1－m)！)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)＝Ceq\o\al(m,n)進行計算．(2)涉及字母的可以用階乘式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)計算．(3)計算時應注意利用組合數(shù)的性質(zhì)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)簡化運算．[活學活用]1．計算：Ceq\o\al(38－n,3n)＋Ceq\o\al(3n,n＋21)的值．解：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(38－n≤3n，,3n≤21＋n，))∴9.5≤n≤10.5.∵n∈N*，∴n＝10.∴Ceq\o\al(38－n,3n)＋Ceq\o\al(3n,21＋n)＝Ceq\o\al(28,30)＋Ceq\o\al(30,31)＝Ceq\o\al(2,30)＋Ceq\o\al(1,31)＝eq\f(30×29,2×1)＋31＝466.2．求使3Ceq\o\al(x－7,x－3)＝5Aeq\o\al(2,x－4)成立的x值．解：根據(jù)排列數(shù)和組合數(shù)公式，原方程可化為3·eq\f((x－3)！,(x－7)！4！)＝5·eq\f((x－4)！,(x－6)！)，即eq\f(3(x－3),4！)＝eq\f(5,x－6)，即為(x－3)(x－6)＝40.∴x2－9x－22＝0，解得x＝11或x＝－2.經(jīng)檢驗知x＝11時原式成立．3．證明下列各等式．(1)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(m＋1,n＋1)Ceq\o\al(m＋1,n＋1)；(2)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n＋1)＋Ceq\o\al(2,n＋2)…＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝Ceq\o\al(m－1,n＋m).解：(1)右邊＝eq\f(m＋1,n＋1)·eq\f((n＋1)！,(m＋1)！[(n＋1)－(m＋1)]！)＝eq\f(m＋1,n＋1)·eq\f((n＋1)！,(m＋1)！(n－m)！)＝eq\f(n！,m！(n－m)！)＝Ceq\o\al(m,n)＝左邊，∴原式成立．(2)左邊＝(Ceq\o\al(0,n＋1)＋Ceq\o\al(1,n＋1))＋Ceq\o\al(2,n＋2)＋Ceq\o\al(3,n＋3)＋…＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝(Ceq\o\al(1,n＋2)＋Ceq\o\al(2,n＋2))＋Ceq\o\al(3,n＋3)＋…＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝(Ceq\o\al(2,n＋3)＋Ceq\o\al(3,n＋3))＋…＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝(C3n＋4＋Ceq\o\al(4,n＋4))＋…＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝…＝Ceq\o\al(m－2,n＋m－1)＋Ceq\o\al(m－1,n＋m－1)＝Ceq\o\al(m－1,n＋m)＝右邊，∴原式成立.簡單的組合問題[典例]在一次數(shù)學競賽中，某學校有12人通過了初試，學校要從中選出5人去參加市級培訓，在下列條件中，有多少種不同的選法？(1)任意選5人；(2)甲、乙、丙三人必須參加；(3)甲、乙、丙三人不能參加．[解](1)Ceq\o\al(5,12)＝792種不同的選法．(2)甲、乙、丙三人必須參加，只需從另外的9人中選2人，共有Ceq\o\al(2,9)＝36種不同的選法．(3)甲、乙、丙三人不能參加，只需從另外的9人中選5人，共有Ceq\o\al(5,9)＝126種不同的選法．解答簡單的組合問題的思考方法(1)弄清要做的這件事是什么事；(2)選出的元素是否與順序有關，也就是看看是不是組合問題；(3)結合兩計數(shù)原理利用組合數(shù)公式求出結果．[活學活用]1．一個口袋內(nèi)裝有大小相同的7個白球和1個黑球．(1)從口袋內(nèi)取出3個球，共有多少種取法？(2)從口袋內(nèi)取出3個球，使其中含有1個黑球，有多少種取法？(3)從口袋內(nèi)取出3個球，使其中不含黑球，有多少種取法？解：(1)從口袋內(nèi)的8個球中取出3個球，取法種數(shù)是Ceq\o\al(3,8)＝eq\f(8×7×6,3×2×1)＝56.(2)從口袋內(nèi)取出3個球有1個是黑球，于是還要從7個白球中再取出2個，取法種數(shù)是Ceq\o\al(2,7)＝eq\f(7×6,2×1)＝21.(3)由于所取出的3個球中不含黑球，也就是要從7個白球中取出3個球，取法種數(shù)是Ceq\o\al(3,7)＝eq\f(7×6×5,3×2×1)＝35.2．現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各4張，從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同的取法有多少種？解：分兩類：第一類，含有1張紅色卡片，共有不同的取法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(種)；第二類，不含有紅色卡片，共有不同的取法Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(種)．由分類加法計數(shù)原理知不同的取法有264＋208＝472(種)．層級一學業(yè)水平達標1．Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(6,8)的值為()A．36 B．84C．88 D．504解析：選ACeq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(6,8)＝Ceq\o\al(6,9)＝Ceq\o\al(3,9)＝eq\f(9×8×7,3×2×1)＝84.2．以下四個命題，屬于組合問題的是()A．從3個不同的小球中，取出2個排成一列B．老師在排座次時將甲、乙兩位同學安排為同桌C．在電視節(jié)目中，主持人從100位幸運觀眾中選出2名幸運之星D．從13位司機中任選出兩位開兩輛車從甲地到乙地解析：選C選項A是排列問題，因為2個小球有順序；選項B是排列問題，因為甲、乙位置互換后是不同的排列方式；選項C是組合問題，因為2位觀眾無順序；選項D是排列問題，因為兩位司機開哪一輛車是不同的．選C．3．方程Ceq\o\al(x,14)＝Ceq\o\al(2x－4,14)的解集為()A．4 B．14C．4或6 D．14或2解析：選C由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x－4，,2x－4≤14，,x≤14))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝14－(2x－4)，,2x－4≤14，,x≤14，))解得x＝4或6.4．某公司新招聘5名員工，分給下屬的甲、乙兩個部門，其中兩名英語翻譯人員不能分給同一個部門；另三名電腦編程人員不能都分給同一個部門，則不同的分配方案種數(shù)是()A．6 B．12C．24 D．36解析：選B甲部門分一名電腦編程人員有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,3)種分配方案，甲部門分兩名電腦編程人員有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)種分配方案．∴由分類加法計數(shù)原理得，共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＝12(種)不同的分配方案．5．從5名志愿者中選派4人在星期六和星期日參加公益活動，每人一天，每天兩人，則不同的選派方法共有()A．60種 B．48種C．30種 D．10種解析：選C從5名志愿者中選派2人參加星期六的公益活動有Ceq\o\al(2,5)種方法，再從剩下的3人中選派2人參加星期日的公益活動有Ceq\o\al(2,3)種方法，由分步乘法計數(shù)原理可得不同的選派方法共有Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,3)＝30種．故選C．6．Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(18,21)的值等于________．解析：原式＝Ceq\o\al(0,4)＋Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(18,21)＝Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(18,21)＝Ceq\o\al(17,21)＋Ceq\o\al(18,21)＝Ceq\o\al(18,22)＝Ceq\o\al(4,22)＝7315.答案：73157．若已知集合P＝{1,2,3,4,5,6}，則集合P的子集中含有3個元素的子集數(shù)為________．解析：由于集合中的元素具有無序性，因此含3個元素的子集個數(shù)與元素順序無關，是組合問題，共有Ceq\o\al(3,6)＝20種．答案：208．不等式Ceq\o\al(2,n)－n<5的解集為________．解析：由Ceq\o\al(2,n)－n<5，得eq\f(n(n－1),2)－n<5，∴n2－3n－10<0.解得－2<n<5.由題設條件知n≥2，且n∈N*，∴n＝2,3,4.故原不等式的解集為{2,3,4}．答案：{2,3,4}9．(1)解方程：Aeq\o\al(3,m)＝6Ceq\o\al(4,m)；(2)解不等式：Ceq\o\al(x－1,8)>3Ceq\o\al(x,8).解：(1)原方程等價于m(m－1)(m－2)＝6×eq\f(m(m－1)(m－2)(m－3),4×3×2×1)，∴4＝m－3，m＝7.(2)由已知得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≤8，,x≤8，))∴x≤8，且x∈N*，∵Ceq\o\al(x－1,8)>3Ceq\o\al(x,8)，∴eq\f(8！,(x－1)！(9－x)！)>eq\f(3×8！,x！(8－x)！).即eq\f(1,9－x)>eq\f(3,x)，∴x>3(9－x)，解得x>eq\f(27,4)，∴x＝7,8.∴原不等式的解集為{7,8}．10．某區(qū)有7條南北向街道，5條東西向街道．(如圖)(1)圖中有多少個矩形？(2)從A點走向B點最短的走法有多少種？解：(1)在7條南北向街道中任選2條，5條東西向街道中任選2條，這樣4條線可組成一個矩形，故可組成矩形有Ceq\o\al(2,7)·Ceq\o\al(2,5)＝210(個)．(2)每條東西向的街道被分成6段，每條南北向街道被分成4段，從A到B最短的走法，無論怎樣走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每種走法，即是從10段中選出6段，這6段是走東西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有Ceq\o\al(6,10)＝Ceq\o\al(4,10)＝210(種)走法．層級二應試能力達標1．若Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)，則n的集合是()A．{6,7,8,9} B．{0,1,2,3}C．{n|n≥6} D．{7,8,9}解析：選A∵Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(4,n)>C\o\al(6,n)，,n≥6，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n！,4！(n－4)！)>\f(n！,6！(n－6)！)，,n≥6.))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2－9n－10<0，,n≥6，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<n<10，,n≥6.))∵n∈N*，∴n＝6,7,8,9.∴n的集合為{6,7,8,9}．2．將標號為1,2,3,4,5,6的6張卡片放入3個不同的信封中，若每個信封放2張卡片，其中標號為1,2的卡片放入同一信封，則不同的放法共有()A．12種 B．18種C．36種 D．54種解析：選B由題意，不同的放法共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＝3×eq\f(4×3,2)＝18種．3．若從1,2,3，…，9這9個整數(shù)中同時取4個不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不同的取法共有()A．60種 B．63種C．65種 D．66種解析：選D和為偶數(shù)共有3種情況，取4個數(shù)均為偶數(shù)的取法有Ceq\o\al(4,4)＝1種，取2奇數(shù)2偶數(shù)的取法有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,5)＝60種，取4個數(shù)均為奇數(shù)的取法有Ceq\o\al(4,5)＝5種，故不同的取法共有1＋60＋5＝66種．4．過三棱柱任意兩個頂點的直線共15條，其中異面直線有()A．18對 B．24對C．30對 D．36對解析：選D三棱柱共6個頂點，由此6個頂點可組成Ceq\o\al(4,6)－3＝12個不同四面體，而每個四面體有三對異面直線則共有12×3＝36對．5．方程Ceq\o\al(x,17)－Ceq\o\al(x,16)＝Ceq\o\al(2x＋2,16)的解集是________．解析：因為Ceq\o\al(x,17)＝Ceq\o\al(x,16)＋Ceq\o\al(x－1,16)，所以Ceq\o\al(x－1,16)＝Ceq\o\al(2x＋2,16)，由組合數(shù)公式的性質(zhì)，得x－1＝2x＋2或x－1＋2x＋2＝16，得x1＝－3(舍去)，x2＝5.答案：{5}6．某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本