数学课堂探究22组合第2课时

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课堂探究探究一组合数性质的应用组合数的两个性质中的性质1主要应用于简化运算，性质2从右到左两个组合数合为一个，实现了从繁到简的化简过程,主要应用于组合数的化简和证明，性质2的变形一般为Ceq\o\al（m－1,n）＝Ceq\o\al（m，n＋1）－Ceq\o\al（m,n），它为某些项的相互抵消提供了方便．【典型例题1】（1）解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（C\o\al（y，x)＝C\o\al（2y,x），，3C\o\al(y＋1，x)＝11C\o\al(y－1，x)。）)（2）证明: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)。思路分析：(1）解答的突破口在“Ceq\o\al（y,x）＝Ceq\o\al(2y，x)”，因为等号两边是下标相同的两个组合数，故由组合数的性质1可得y＝2y或y＝x－2y。(2)的证明应灵活应用Ceq\o\al(m，n＋1）＝Ceq\o\al(m，n)＋Ceq\o\al(m－1，n）。（1)解:因为Ceq\o\al(y，x)＝Ceq\o\al(2y,x),所以y＝2y或y＝x－2y。若y＝2y，则y＝0，y－1＜0，不合题意，舍去．所以y＝x－2y，即x＝3y，代入3Ceq\o\al(y＋1,x）＝11Ceq\o\al(y－1，x)，得3Ceq\o\al(y＋1,3y）＝11Ceq\o\al(y－1,3y），即3·eq\f(（3y）！,(y＋1)！(2y－1)！）＝11·eq\f（(3y）!,(y－1）！（2y＋1）!)。化简得y2－5y＝0,所以y＝0（舍去)或y＝5，所以x＝15。所以方程组的解为eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝15，,y＝5。))（2)证明:左边＝（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)＝Ceq\o\al（3,n＋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）＝右边，所以原式成立．探究二与几何有关的组合问题解答与几何图形有关的组合问题,其解题方法与一般组合问题的求解方法基本相同,只要把几何图形中的隐含条件看作组合应用题中的限制条件即可．计算时可用直接法，也可以用间接法，当限制条件较多的情况下，需要进行分类计算．【典型例题2】α,β是两个平行平面，在α内取四个点，在β内取五个点．（1)这些点最多能确定几条直线？几个平面？(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？思路分析:注意题中关键字“最多”，理解其含义，分类完成计算．解：（1)在9个点中,除了α内的四点共面和β内的五点共面外,其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定的平面和直线才能达到最多,此时，最多能确定直线Ceq\o\al(2,9）＝36条；又因三个不共线的点确定一个平面，故最多可确定Ceq\o\al（2,4)Ceq\o\al（1,5)＋Ceq\o\al（1，4)Ceq\o\al(2,5）＋2＝72个平面．(2)同理，在其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才能达到最多,此时最多能作Ceq\o\al（3，4)Ceq\o\al（1，5)＋Ceq\o\al（2,4)Ceq\o\al(2,5）＋Ceq\o\al（1,4）Ceq\o\al(3，5)＝120个三棱锥．探究三排列与组合综合应用解答排列组合综合性问题的一般思路方法是先选元素（组合)，后排列．按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步"．总的来说是:①整体分类；②局部分步；③辩证地看元素的位置；④一些具体问题要把它抽象成组合模型．【典型例题3】有五张卡片,正、反面分别写着0与1,2与3，4与5，6与7,8与9。将其中任意三张并排放在一起，共可组成多少个不同的三位数？思路分析:组成不同的三位数应保证以下两点：（1）0不能作百位；(2）每张卡片都有正、反两种可能．解答本题可根据0和1两个特殊值分类，也可利用排除法．解法1:从0和1两个特殊值考虑，可分三类：第一类,取0不取1，可先从另四张卡片中任选一张作百位,有Ceq\o\al（1,4）种方法;0可在后两位，有Ceq\o\al(1,2)种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有Ceq\o\al(1，3)种方法；除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，因此可组成不同的三位数Ceq\o\al（1,4)·Ceq\o\al(1,2）·Ceq\o\al（1,3)·22个．第二类，取1不取0，同上分析可组成不同的三位数Ceq\o\al（2，4）·22·Aeq\o\al（3,3）个．第三类,0和1都不取,可组成不同的三位数Ceq\o\al(3,4）·23·Aeq\o\al(3，3）个．综上所述,可组成不同的三位数共Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al（1，2）·Ceq\o\al(1，3）·22＋Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al（3，3)＋Ceq\o\al（3，4)·23·Aeq\o\al（3,3）＝432(个）．解法2：任取三张卡片可以组成不同的三位数Ceq\o\al(3，5)·23·Aeq\o\al（3,3)个，其中0在百位的有Ceq\o\al（2，4)·22·Aeq\o\al(2，2)个，这是不合题意的，故不同的三位数共有Ceq\o\al（3，5)·23·Aeq\o\al（3，3)－Ceq\o\al(2,4)·22·Aeq\o\al（2,2）＝432（个)．点评对于含有附加条件的排列组合问题的处理策略是：（1)以元素为主，特殊元素优先考虑；（2)以位置为主，特殊位置优先考虑；(3）间接法，暂不考虑附加条件,计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的部分．探究四易错辨析易错点：对题意理解不够，造成遗漏或重复【典型例题4】从1～9这九个数字中，取出5个数字作排列,并把五个位置自右至左编号,则奇数数字必在奇数位置上的排列有多少个？错解：从1，3，5，7,9五个奇数数字中取3个排列在奇数位置上，有Aeq\o\al(3,5）种方法，再由2,4，6,8四个偶数数字取2个排列在偶数位置上，有Aeq\o\al（2，4）种方法，故符合题意的排列共有Aeq\o\al(3,5)·Aeq\o\al（2,4）＝720(个)．错因分析:致错原因是没有仔细审读题意，误以为“奇数位置上必是奇数”．而题设“奇数数字必在奇数位置”是指：①如果有奇数数字，则它们必须在奇数位置上；②如果奇数数字不是3个，甚至没有时,则奇数位置上也可以不是奇数；③偶数位置上一定是偶数．正解一:1,2，…，9中只有四个偶数数字，故排列中至少有一个奇数数字，一奇四偶的排列可按下列程序得到：从五个奇数数字中选取1个放在三个奇数位置中的一个上，再把4个偶数数字排在剩下的四个位置上，因此一奇四偶的排列有Ceq\o\al（1,5)·Ceq\o\al(1，3)·Aeq\o\al（4，4)种,类似地,二奇三偶的排列有Ceq\o\al(2，5)·Ceq\o\al(2，3)·Aeq\o\al（2，2）·Aeq\o\al(3，4）种;三奇二偶的排列有Aeq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(2,4）种，因此适合题意的排列个数是Ceq\o\al(1，5）·Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al（4,4)＋Ceq\o\al（2,5)·Ceq\o\al(2，3）·Aeq\o\al（2,2）·Aeq\o\al(3，4)＋Aeq\o\al(3，5)·Aeq\o\al(2,4