人教A版(新教材)高中数学选择性必修第三册学案：6 2 3-6 2 4 第2课时 组合数公式

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第三册PAGEPAGE1第2课时组合数公式学习目标1.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式.2.能运用组合数公式进行计算.3.会用组合数公式解决一些简单的组合问题．知识点一组合数公式组合数公式乘积形式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)，其中m，n∈N*，并且m≤n阶乘形式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)规定：Ceq\o\al(0,n)＝1.知识点二组合数的性质性质1：Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n).性质2：Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n).1．Ceq\o\al(2019,2020)＝________.〖答案〗20202．Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,2)＝________.〖答案〗33．若Ceq\o\al(m,7)＝21，Ceq\o\al(m,6)＝15，则Ceq\o\al(m－1,6)＝________.〖答案〗64．方程Ceq\o\al(x,5)＝Ceq\o\al(2,5)，则x＝________.〖答案〗2或3一、组合数公式的应用命题角度1化简与求值例1－1求值：(1)3Ceq\o\al(3,8)－2Ceq\o\al(2,5)；(2)Ceq\o\al(38－n,3n)＋Ceq\o\al(3n,21＋n).解(1)3Ceq\o\al(3,8)－2Ceq\o\al(2,5)＝3×eq\f(8×7×6,3×2×1)－2×eq\f(5×4,2×1)＝148.(2)∵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)＝466.命题角度2与组合数有关的证明例1－2证明：mCeq\o\al(m,n)＝nCeq\o\al(m－1,n－1).证明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).命题角度3与组合数有关的方程或不等式例1－3(1)(多选)若Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)，则n的可能取值有()A．6B．7C．8D．9〖答案〗ABCD〖解析〗由Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)得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，))又n∈N*，则n＝6,7,8,9.∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．(2)已知eq\f(1,C\o\al(m,5))－eq\f(1,C\o\al(m,6))＝eq\f(7,10C\o\al(m,7))，求Ceq\o\al(m,8)＋Ceq\o\al(5－m,8).解∵eq\f(1,C\o\al(m,5))－eq\f(1,C\o\al(m,6))＝eq\f(7,10C\o\al(m,7))，∴eq\f(m！5－m！,5！)－eq\f(m！6－m！,6！)＝eq\f(7×7－m！m！,10×7！)，即eq\f(m！5－m！,5！)－eq\f(m！6－m5－m！,6×5！)＝eq\f(7×m！7－m6－m5－m！,10×7×6×5！)，∴1－eq\f(6－m,6)＝eq\f(7－m6－m,60)，即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或m＝21.∵0≤m≤5，m∈N*，∴m＝2，∴Ceq\o\al(m,8)＋Ceq\o\al(5－m,8)＝Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(3,8)＝Ceq\o\al(3,9)＝84.反思感悟(1)组合数公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)一般用于计算，而组合数公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)一般用于含字母的式子的化简与证明．(2)要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数Ceq\o\al(m,n)的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：①Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；②Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n).跟踪训练1(1)计算：Ceq\o\al(98,100)＋Ceq\o\al(199,200)；(2)证明：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n,n－m)Ceq\o\al(m,n－1).(1)解Ceq\o\al(98,100)＋Ceq\o\al(199,200)＝Ceq\o\al(2,100)＋Ceq\o\al(1,200)＝eq\f(100×99,2)＋200＝4950＋200＝5150.(2)证明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).二、有限制条件的组合问题例2课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．解(1)Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(种)．(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选，所以共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有Ceq\o\al(4,12)＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类(1)“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．(2)“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练2某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有()A．210种B．420种C．56种D．22种〖答案〗A〖解析〗由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,7)＝210(种)．三、分组、分配问题命题角度1平均分组例3－1(1)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人两本，有多少种方法？(2)6本不同的书，分为三份，每份两本，有多少种方法？解(1)先从6本书中选2本给甲，有Ceq\o\al(2,6)种方法；再从其余的4本中选2本给乙，有Ceq\o\al(2,4)种方法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有Ceq\o\al(2,2)种方法，所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(种)方法．(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种方法，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种方法；第二步，再将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有Aeq\o\al(3,3)种方法．根据分步乘法计数原理，可得Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝xAeq\o\al(3,3)，所以x＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝15.因此分为三份，每份两本，一共有15种方法．命题角度2不平均分组例3－2(1)6本不同的书，分为三份，一份一本，一份两本，一份三本，有多少种方法？(2)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？解(1)这是“不平均分组”问题，一共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60(种)方法．(2)在(1)的基础上再进行全排列，所以一共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360(种)方法．命题角度3分配问题例3－36本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？解可以分为三类情况：①“2,2,2型”，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(种)方法；②“1,2,3型”，有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360(种)方法；③“1，1,4型”，有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(3,3)＝90(种)方法，所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．反思感悟“分组”与“分配”问题的解法(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：①完全均匀分组，每组的元素个数均相等，均匀分成n组，最后必须除以n！；②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．(2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．跟踪训练3将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．(1)有多少种放法？(2)每盒至多1个球，有多少种放法？(3)恰好有1个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？解(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．(2)这是全排列问题，共有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)放法．(3)方法一先将4个小球分为3组，有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有Aeq\o\al(3,4)种投放方法，故共有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,4)＝144(种)放法．方法二先取4个球中的2个“捆”在一起，有Ceq\o\al(2,4)种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有Aeq\o\al(3,4)种投放方法，所以共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,4)＝144(种)放法．(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq\o\al(1,4)种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有Ceq\o\al(1,4)·2＝8(种)放法．(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(种)放法．与几何有关的组合应用题典例如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？解(1)方法一可作出三角形Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(1,6)·Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(1,4)＝116(个)．其中以C1为顶点的三角形有Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝36(个)．方法二可作三角形Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(3,4)＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＝36(个)．(2)可作出四边形Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(3,6)·Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,6)＝360(个)．〖素养提升〗(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)把一个与几何相关的问题转化为组合问题，此题目的解决体现了数学抽象及数学运算的核心素养．1．Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(5,7)的值为()A．72B．36C．30D．42〖答案〗B〖解析〗Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(5,7)＝Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,7)＝eq\f(6×5,2×1)＋eq\f(7×6,2×1)＝15＋21＝36.2．若Ceq\o\al(2,n)＝28，则n的值为()A．9B．8C．7D．6〖答案〗B〖解析〗因为Ceq\o\al(2,n)＝28，所以eq\f(1,2)n(n－1)＝28，又n∈N*，所以n＝8.3．若Ae