高中数学5.6数学归纳法与知识导航学案苏教版选修

第一篇：高中数学5.6数学归纳法与知识导航学案苏教版选修

5.6 数学归纳法与不等式

自主整理

数学归纳法证明命题P(n)的两个步骤: 第一步:证明命题_____________成立,即证命题当n取第一个值n0(例如n0=1,2等)时成立.* 第二步:假设命题P(k)(k∈N,且k≥n0)成立,证明_____________成立,根据以上两步得*到当n≥n0且n∈N时命题P(n)成立.高手笔记

1.数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法.2.数学归纳法证明命题的原理: 第一步证明当n=n0时命题成立,即P(n0)成立.由P(n0)成立与第二步可得P(n0+1)成立;由P(n0+1)成立及第二步,可得P(n0+2)成立……依次类推,可得对于任意的自然数n(n≥n0),命题P(n)都成立.3.数学归纳法的两个步骤缺一不可,最后要总结所要证的结论.4.数学归纳法中所取的第一个值n,不一定是1,有可能是0,2,3等值,要审清题意.名师解惑

数学归纳法及其证明思路是什么? 剖析:归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法,它包括不完全归纳法和完全归纳法.不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法.我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的,其正确性可用数学归纳法来证明.数学归纳法一般用来证明涉及与正整数n有关的命题,但不能说证明所有的与正整数n有关的命题都可用数学归纳法.用数学归纳法证明问题时,两步缺一不可.第一步是基础;第二步反映了无限递推关系,即命题的正确性具有传递性,若只有第一步而没有第二步,只有证明了命题在特殊情况下的正确性是不完全归纳法.若只有第二步没有第一步,那么假设n=k成立,即P(k)成立就没有根据,缺少递推的基础,也无法进行递推,有了步骤一和步骤二使传递成为可能,由一、二步得出命题成立.证明时归纳假设的利用是数学归纳法证明的关键,即第二步必须用上假设n=k成立推证出n=k+1成立,在证明过程中,需根据命题的变化、特点,利用拼凑或放缩,得出结论.讲练互动

【例1】用数学归纳法证明

111111.1234(2n1)2nn1n2nn分析:用数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,随n怎样变化.证明:(1)当n=1时,左边=

111=,右边=,等式成立.1222(2)假设当n=k时等式成立, 即111 1234(2k1)2k=111, k1k22k

则当n=k+1时, 左边=1111 1234(2k1)2k(2k1)(2k2)=1111 k1k22k(2k1)(2k2)111111() k2k32k2k12k2k111111= k2k32k2k12k2==1111

(k1)1(k1)2(k1)k(k1)(k1)=右边.∴当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.绿色通道

用数学归纳法证明恒等式时,一定注意等式两边的式子随n怎样变化,需要增加哪些项,且当n=k+1时,代入假设后要进行观察,进行适当变换完成.变式训练

1.用数学归纳法证明 2222221-2+3-4+…+(2n-1)-(2n)=-(1+2+3+…+2n).22证明:(1)当n=1时,左边=1-2=-3,右边=-(1+2×1)=-3, ∴左边=右边,等式成立.222222(2)假设当n=k时,等式成立,即1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)=-(1+2+…+2k)，22222222则当n=k+1时,左边=1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)+(2k+1)-［2(k+1)］=-(1+2+…22+2k)+(2k+1)-［2(k+1)］

=-(1+2+3+…+2k)+［(2k+1)+2(k+1)］［(2k+1)-2(k+1)］ =-(1+2+3+…+2k)-(2k+1)-2(k+1)=-［1+2+3+…+(2k+1)+2(k+1)］=右边.∴当n=k+1时,等式成立.由(1)(2),可知等式恒成立.【例2】设an=1223+…+n(n1)(n∈N).证明112n(n+1)

2n(n+1)=1,(n+1)=2.22112

k(k+1)

则当n=k+1时,112k(k+1)+(k1)(k2)

在所证明的不等式与自然数n有关,而不易合并的情况下,可用数学归纳法证明.变式训练

111n.++…+n232121证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=,∴不等式成立.2111k(2)假设当n=k时,不等式成立,即1+++…+k>.23212111111kk+k1则当n=k+1时,左边=1+++…+k>

2321221212.已知n∈N,用数学归纳法证明1+k111kkk+k1>+2221212∴当n=k+1时不等式成立.由(1)(2),可知不等式恒成立.【例3】（2006高考江西卷,22）已知数列{an}满足:a1=

=

k1k1+=.2223nan13*,且an=(n≥2,n∈N).22an1n1(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:对一切正整数n,不等式a1·a2·…·an<2·n!恒成立.分析:由题设条件知,可用构造新数列的方法求得an;第(2)问的证明,可以等价变形,视为证明新的不等式.解:(1)将条件变为1-n1n1=(1-), an3an1因此,数列{1-

1n11n1}为一个等比数列,其首项为1-=,公比为,从而1-n，3ana13an3

据此得an=

n3n3n

1(n≥1).①

(2)证明:据①,得 a1·a2·…·an=

n!.111(1)(12)(1n)3331313213n12为证a1·a2·…·an<2·n!, 只②

显然,左端每个因式皆为正数,先证明,对每个n∈N,(1-(1-*要证n∈N*时有(1-)(1-)…(1-)>.13n)≥1-（13+

132+…

11)(1-2)…331+).n3③

用数学归纳法证明③式:(Ⅰ)n=1时,显然③式成立,(Ⅱ)假设n=k时,③式成立, 即(1-111111)(1-2)…(1-k)≥1-(+2+…+k), 333333则当n=k+1时, 1111)(1-2)…(1-k)(1-k1)33331111≥［1-(+2+…+k)］(1-k1)333311111111=1-(+2+…+k)-k1+k1(+2+…+k)333333331111≥1-(+2+…+k+k1), 3333(1-即当n=k+1时，③式也成立.*故对一切n∈N,③式都成立.11[1()n]1111113 利用③,得(1-)(1-2)…(1-n)≥1-(+2+…+n)=1-313333331311n111n1=1-［1-()］=+()>.232232绿色通道

本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路,即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明,我们通过分析法、综合法等方法的分析,可以找到一些证明的关键,“要证明……”,“只需证明……”,转化为证明其他某一个条件,进而说明要证明的不

等式是成立的.变式训练

3.已知数列{an}是正数组成的等差数列,Sn是其前n项的和,并且a3=5,a4S2=28.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:不等式(1+

112311*)(1+2)…(1+)·≥对一切n∈N均成立.a3a1an2n112n1显得“多余”,所以分析:第(2)问中的不等式左侧,每个括号的规律是一致的,因此可尝试变形,即把不等式两边同乘2n1,然后再证明.a12d5,(1)解:设数列{an}的公差为d,由已知,得

(2ad)(a3d)28.11∴(10-3d)(5+d)=28.∴3d+5d-22=0.解之,得d=2或d=∵数列{an}各项均为正, ∴d=2.∴a1=1.∴an=2n-1.*(2)证明:∵n∈N, ∴只需证明(1+

211.3111)(1+2)…(1+n)aaa1≥232n1成立.3①当n=1时,左边=2,右边=2, ∴不等式成立.②假设当n=k时,不等式成立,即(1+12311)(1+2)…(1+)≥2k1.a3a1ak1111)(1+2)…(1+)(1+)aa1akak1那么当n=k+1时,(1+≥2332k1(1+1ak1)=

232k2, 32k1以下只需证明232k223≥2k3，332k1

即只需证明2k+2≥2k12k3.∵(2k+2)-(2k12k3)=1>0, ∴(1+2

2111)(1+2)…(1+)aa1ak1≥23232k32(k1)1.33*综上①②,知不等式对于n∈N都成立.【例4】设Pn=(1+x),Qn=1+nx+n

n(n1)2x,n∈N*,x∈(-1,+∞),试比较Pn与Qn的大小,并加2以证明.分析:这类问题,一般都是将Pn、Qn退至具体的Pn、Qn开始观察,以寻求规律,作出猜想,再证明猜想的正确性.2P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x=Q2, 232P3=1+3x+3x+x,Q3=1+3x+3x, 3P3-Q3=x, 由此推测,Pn与Qn的大小要由x的符号来决定.解:(1)当n=1,2时,Pn=Qn.(2)当n≥3时,(以下再对x进行分类)①若x∈(0,+∞),显然有Pn>Qn;②若x=0,则Pn=Qn;③若x∈(-1,0), 3则P3-Q3=x<0,所以P3

3k(k1)x22k(k1)x=1+kx++x+kx+

22k(k1)2k(k1)3x+x 22k(k1)3x

本题除对n的不同取值会有Pn与Qn之间的大小变化,变量x也影响Pn与Qn的大小关系,这就要求我们在探索大小关系时,不能只顾“n”,而忽视其他变量(参数)的作用.变式训练

xnxnn21*4.已知f(x)=n,对n∈N,试比较f(2)与2的大小,并说明理由.n1xxn

分析:利用分析法探求需要推理证明的关系,然后用数学归纳法证明.n21n21221解:设F(n)=2, n1n21n21f(2)=1-2, n21n2因而只需比较2与n的大小.1222324252n2n=1时,2>1;n=2时,2=2;n=3时,2<3;n=4时,2=4,n=5时,2>5,猜想n≥5时,2>n,即k22>k(k≥5),则当n=k+1时, k+1k22=2×2>2×k 22=k+k+2k+1-2k-1 22=(k+1)+(k-1)-2 2>(k+1).n21综上所述,n=1或n≥5时,f(2)>2.n1

第二篇：高中数学1.1.2充分条件和必要条件教学案选修1-1

教学目标：

1．巩固理解充分条件与必要条件的意义，进一步掌握判断的方法． 2．会求命题的充要条件以及充要条件的证明．

教学重点：从不同角度来进行充分条件、必要条件和充要条件的判断． 教学难点：充要条件的求解与证明． 教学方法：问题链导学，讲练结合． 教学过程：

一、数学建构

充要条件判断的常用方法：

（1）从定义出发：首先分清条件和结论，然后运用充要条件的定义来判断；（2）从集合出发：从两个集合之间的包含关系来判断．

“A是B的子集等价于A是B的充分条件”；

“A是B的真子集等价于A是B的充分不必要条件”；

“A＝B等价于A是B的充要条件”．

（3）从命题出发：如“原命题为真（即若p则q为真）”就说明p是q的充分条件．

二、知识应用

例1 指出下列命题中，p是q的什么条件．（在“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”、“既不充分又不必要条件”中选出一种）（1）p：x＋y≠－2，q：x，y不都是－1；

（2）p：A1A2＋B1B2＝0，q：直线A1x＋B1y＋C1＝0与直线A2x＋B2y＋C2＝0垂直；（3）p：E，F，G，H不共面，q：EF，GH不相交；（4）p：b2＝ac，q：a，b，c成等比数列．

例2 如果二次函数y＝ax2＋bx＋c，则y＜0恒成立的充要条件是什么？

例3 求证：ac＜0是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一正根和一负根的充要条件．

三、随堂练习1．已知那么 p是r的充分不必要条件,s是r的必要条件，q是s的必要条件，p是q成立的条件．

2．“(x－2)(x－3)＝0”是“x＝2”的 条件．

3xR,则“x1”是“xx”3.设的.条件.4.“a＋b<0且ab>0”是“a<0且b<0”的 条件．

23x0的 条件.x05.（2010广东文数）是

6．（11重庆理2）“x”是“x”的条件.22x,yRy2xy4”的 条件.x27.（天津理2）设则“且”是“

x2k8.（2010上海文数）“

9.（2010山东文数）设

4kZ”是“tanx1”成立的条件．

an是首项大于零的等比数列，则“a1a2”是“数列an是递增数列”的 条件.m10.（2010广东理数）“

14”是“一元二次方程x2xm0”有实数解的 条件.班级：高二（）班

姓名：____________ 用“充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件或既不充分也不必要条件”填空． 1.（08江西卷1）“xy”是“

xy”的条件

2．（2013年高考湖南（文））“1

23.（2013年高考天津卷（文））设a,bR, 则 “(ab)a0”是“ab”的条件

4．（2013年高考安徽（文））“(2x1)x0”是“x0”的条件 5.（2013年高考福建卷（文））设点P(x,y),则“x2且y1”是“点P在 直线l:xy10上”的条件

6.（2013年上海高考数学试题（文科））钱大姐常说“好货不便宜”,她这句话的意思是:“好货”是“不便宜”的 条件 7．（2014·安徽卷）“x＜0”是“ln(x＋1)＜0”的条件 8．(2014·北京卷)设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是“{an}为递增数列”的 条件

9．（05天津卷）设、、、为平面，m、n、l为直线，则m的一个充分条件 是

A． ,l,ml C． ,,m

B． m,,

D． n,n,m

第三篇：高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 第11课时 数系的扩充教学案 苏教版选修1-2

第三章 数系的扩充与复数的引入

第1课时 数系的扩充

教学目标：

1.理解数系的扩充是与生活密切相关的； 2.了解复数及其相关概念.教学重点：

复数及其相关概念，能区分虚数与纯虚数，明白各数系的关系 教学难点：

复数及其相关概念的理解 教学过程： Ⅰ.问题情境

1.N、Z、Q、R分别代表什么？它们的如何发展得来的？

2判断下列方程在实数集中的解的个数（引导学生回顾根的个数与的关系）：

（1）x23x40（2）x24x50（3）x22x10（4）x210

Ⅱ.建构数学

1.虚数单位

2.复数的概念

3.复数的分类

Ⅲ.数学应用

例1：写出复数4，3－2i，0，14i，5+2i，6i的实部与虚部，并指出那些 23是实数，哪些是虚数，哪些是纯虚数.练习：写出复数27，2－3i，0，是实数，哪些是虚数，哪些是纯虚数.例2：实数m取什么值时，复数zm(m1)(m1)i是

25i，5+3i，7i的实部与虚部，并指出那些 3（1）实数？（2）虚数？（3）纯虚数？

练习：实数m取什么值时，复数zm2m2(m21)i是（1）实数？（2）虚数？（3）纯虚数？

例3： 已知xy(x2y)i2x5(3xy)i，实数x，y的值.练习：已知复数abi与3(4k)i相等，且abi的实部、虚部分别是方程x24x30 的两根，试求：a,b,k的值.Ⅳ.课时小结: Ⅴ.课堂检测 Ⅵ.课后作业

书本P60 习题1，2

第四篇：高中数学第三章推理与证明3.2数学证明知识导航北师大版选修1-2讲义

§2 数学证明

自主整理

1.合情推理的结论有时不正确,对于数学命题,需要通过___________严格证明.2.___________是最常见的一种演绎推理形式.第一段讲的是一般性道理,称为___________;第二段讲的是研究对象的特殊情况,称为_____________;第三段是由大前提和小前提作出的判断,称为_____________.高手笔记

1.三段论是演绎推理的一般模式,可表示为: 大前提:M是P, 小前提:S是M, 结论:S是P.2.在应用三段论证明的过程中,因为作为一般性道理的大前提被人们熟知了,所以书写时往往省略大前提.3.合情推理是认识世界、发现问题的基础.结论不一定正确.演绎推理是证明命题、建立理论体系的基础,二者相辅相成,在数学中证明一个命题,就是根据命题的条件和已知的定义、公理、定理,利用演绎推理的法则将命题推导出来,只要在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下,得到的结论就正确.名师解惑 三段论推理

剖析:三段论法的论断基础是这样一个公理：“凡肯定(或否定)了某一类对象的全部,也就肯定(或否定)了这一类对象的各部分或个体.”简言之:“全体概括个体.”

三段论中大前提是一个一般性结论,都具有的结论是共性,小前提是指其中的一个,结论为这一个也具有大前提中的结论,要得到一个正确的结论,大前提和小前提都必须正确,二者中一个有错误,结论就不正确,如所有的动物都用肺呼吸,鱼是动物,所以鱼用肺呼吸,此推理显然错误,错误的原因是大前提错了.再如所有的能被2整除的数是偶数.合数是偶数所以合数能被2整除.错误的原因是小前提错了.讲练互动

【例1】梯形的两腰和一底如果相等,它的对角线必平分另一底上的两个角.已知在如图所示的梯形ABCD中,AD∥BC,AD=DC=AD,AC和BD是它的对角线.求证:AC平分∠BCD,BD平分∠CBA.分析：本题可由三段论逐步推理论证.证明：(1)等腰三角形两底角相等,(大前提)△DAC是等腰三角形,DA、DC为两腰,(小前提)∴∠1=∠2.(结论)(2)两条平行线被第三条直线截出的内错角相等,(大前提)∠1和∠3是平行线AD、BC被AC截出的内错角,(小前提)∴∠1=∠3.(结论)(3)等于同一个量的两个量相等,(大前提)∠2和∠3都等于∠1,(小前提)∴∠2=∠3,(结论)即AC平分∠BCD.(4)同理DB平分∠CBA.绿色通道

命题的推理证明为多个三段论,称为复合三段论.事实上,每一次三段论的大前提可不写出,某一次三段论的小前提如果是它前面某次三段论的结论,也可不再写出,即过程可简写.变式训练

1.如图所示,D、E、F分别是BC、CA、AB边上的点,∠BFD=∠A,DE∥BA.求证:ED=AF.证明:(1)同位角相等,两条直线平行,(大前提)∠BFD与∠A是同位角,且∠BFD=∠A,(小前提)∴DF∥EA.(结论)(2)两组对边分别平行的四边形是平行四边形,(大前提)DE∥BA,且DF∥EA,(小前提)∴四边形AFDE为平行四边形.(结论)(3)平行四边形的对边相等,(大前提)ED和AF为平行四边形的对边,(小前提)∴ED=AF.(结论)【例2】在四边形ABCD中,AB=CD,BC=AD(如图).求证:ABCD为平行四边形.写出三段论形式的演绎推理.分析：原题可用符号表示为(AB=CD)且(BC=AD)ABCD.用演绎推理来证明论题的方法,也就是从包含在论据中的一般原理推出包含在此题中的个别特殊事实.为了证明这个命题为真,我们只需在假设前提(AB=CD且BC=AD)为真的情况下,以已知公理、已知定义、已知定理为依据,根据推理规则,导出结论ABCD为真.证明：(1)连结AC,(公理)(2)(AB=CD)且(BC=AD),(已知)AC=AC,(公理)(AB=CD)且(BC=DA)且(CA=AC).(3)平面几何中的边边边定理是:有三边对应相等的两个三角形全等.这一定理相当于: 对于任意两个三角形,如果它们的三边对应相等,则这两个三角形全等.(大前提)如果△ABC和△CDA的三边对应相等.(小前提)则这两个三角形全等.(结论)符号表示:(AB=CD)且(BC=DA)且(CA=AC)△ABC≌△CDA.(4)由全等形的定义,可知全等三角形的对应角相等.这一性质相当于: 对于任意两个三角形,如果它们全等,则它们对应角相等.(大前提)如果△ABC和△CDA全等,(小前提)则它们的对应角相等.(结论)用符号表示,就是

△ABC≌△CDA(∠1=∠2)且(∠3=∠4)且(∠B=∠D).(5)两条直线被第三条直线所截,如果内错角相等,那么这两条直线平行.(平行线判定定理)(大前提)直线AB、DC被直线AC所截,若内错角∠1=∠2, ∠1=∠2.(小前提)(已证)AB∥DC,BC∥AD.(AB∥DC)且(BC∥AD).(结论)(同理)(6)如果四边形的两组对边分别平行,那么这个四边形是平行四边形.(平行四边形定义)(大前提)在四边形ABCD中,两组对边分别平行,(小前提)四边形ABCD为平行四边形.(结论)符号表示为AB∥DC,且AD∥BC四边形ABCD为平行四边形.绿色通道

像上面这样详细地分析一个证明的步骤,对于养成严谨的推理习惯,发展抽象思维能力,是有一定的积极作用,但书写起来非常烦琐,一般可以从实际出发省略大前提或小前提,采用简略的符号化写法,比如,本例题的证明,通常可以这样给出: 证明:连结AC.ABCD12AB//DCBCDA△ABC≌△CDA四边形ABCD为平行四边形.34BC//ADCAAC变式训练

2.如图所示为三个拼在一起的正方形,求证:α+β=

.4

,0<β<, 2211∴0<α+β<π.又tanα=,tanβ=，2311tantan23=1.∴tan(α+β)=111tantan123证明:根据题意0<α<∵0<α+β<π, ∴在(0,π)内正切值等于1的角只有一个∴α+β=

.4.4【例3】如图所示,A、B、C、D四点不共面,M、N分别是△ABD和△BCD的重心.求证:MN∥平面ACD.分析：证明线面平行,关键是在面内找到一条直线与已知直线平行即可,本题是三段论证明的应用.证明：连结BM、BN并延长分别交AD、DC于P、Q两点,连结PQ.∵M、N分别是△ABD和△BCD的重心, ∴P、Q分别为AD、DC的中点.又∵BMBN=2=,∴MN∥PQ.MPNQ又∵MN平面ADC,PQ平面ADC, ∴MN∥平面ACD.绿色通道

本题为一个三段论推理的问题,可以简写,遵循的原则是:如果ab,bc,则ac.变式训练

3.如图所示,P是ABCD所在平面外一点,Q是PA的中点,求证:PC∥平面BDQ.证明:连结AC交BD于O, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AO=OC.连结OQ, 又OQ是△APC的中位线,∴PC∥OQ.∵PC在平面BDQ外,OQ平面BDQ, ∴PC∥平面BDQ.632【例4】证明函数f(x)=x-x+x-x+1的值恒为正数.分析：可对x的所有不同取值逐一给出证明,即完全归纳推理.证明：当x<0时,f(x)各项都是正数, ∴当x<0时,f(x)为正数;62当0≤x≤1时,f(x)=x+x(1-x)+(1-x)>0;33当x>1时,f(x)=x(x-1)+x(x-1)+1>0.综上所述,f(x)的值恒为正数.绿色通道

有关代数运算推理,也可用三段论表述,注意大前提和小前提必须明确.变式训练 4.证明函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1］上是增函数.证明:任取x1、x2∈(-∞,1］,且x10.∵x1、x2≤1,x1≠x2, ∴x2+x1-2<0.∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)

2+2x在(-∞,1］上是增函数.教材链接

教材第59页例2中的推理依据是什么? 大前提:a、b∈R,(a-6)2≥0.小前提:a21、a2、b1、b2为实数,(a1b2-a2b1)≥0.结论:a22221b2-2a1b2a2b1+a2b1≥0.大前提:a-c≥b,则a≥b+c.小前提:a2b22b212-2a1b2a2b1+a21≥0.结论:2ab222b212a2b1≤a1b2+a21.大前提:a≤b,则a+c≤b+c.小前提:2a22+a221b2a2b1≤a1b22b1.结论:a2222222222+b221a2+2a1b2a2b1+b1b2≤a1b2+a1a2+a2b11b2, 即(a222221a2+b1b2)≤(a1+b1)(a2+b2).大前提:a2≤b2,即a≤|b|.小前提:(aa2222212+b1b2)≤(a1+b1)(a2+b2).结论:a1a2+b1b2222≤a1b1·a2b22.

第五篇：高中数学 1.4计数应用题教学案 理苏教版选修2-3

1.4 计数应用题（理科）

教学目标：

利用排列组合知识以及两个基本原理解决较综合的计数应用题，提高应用意识和分析解决问题的能力．

教学重点：

理解排列和组合． 教学难点：

能运用排列和组合以及两个计数原理解决简单的实际问题．

教学过程：

一、知识回顾

排列：1．不重复； 2．有顺序． 组合：1．不重复； 2．无顺序．

Amnmm1m公式：C＝n 性质：Cm，Cmn＝Cnn1＝Cn＋Cn．

m!mn

二、数学应用

例1 高二（1）班有30名男生，20名女生，从50名学生中选3名男生，2名女生分别担任班长，副班长，学习委员，文娱委员，文娱委员，体育委员，共有多少种不同的选法？

例2 2名女生，4名男生排成一排．（1）2名女生相邻的不同排法共有多少种？（2）2名女生不相邻的不同排法共有多少种？

（3）女生甲必须排在女生乙的左边（不一定相邻）的不同排法共有多少种？

例3 从0，1，2，…，9这10个数字中选出5个不同的数字组成五位数，其中大于13 000的有多少个？

例

4、将4位司机、4位售票员分配到四辆不同的班次的公共汽车上，每辆汽车分别有一位司机和一位售票员共有多少种不同的分配方案？

例

5、电视台有8个节目准备分两天播出，每天播出4个，其中某电视剧和某专题报道必须在第一天播出，一个谈话节目必须在第二天播出，共有多少种不同的播出方案？

三、巩固练习

教材P28练习第1，2，3题．

从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论赛：

⑴如果4人中男生和女生各有2人，有多少种不同的选法？ ⑵如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，有多少种不同的选法？

⑶如果男生中的甲和女生中的乙至少有一人必须在内，有多少种不同的选法？ ⑷如果4人中既有男生又有女生，有多少种不同的选法？

四、要点归纳与方法小结

1．相邻（捆绑），不相邻（插空）． 2．特殊元素（或位置）优先安排． 3．混合问题，先组后排． 4．分类组合（隔板）．

1.4 计数应用题（理科）1、12名选手参加校园歌手大奖赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，一共有

种不同的获奖情况。

2、由数字1，2，3，4可以组成 个无重复数字的比1300大的正整数。

3、⑴要在5人中确定3人去参加某个会议，不同的方法有

种； ⑵要从5件不同的礼物中选出3件分送3位同学，不同的方法共有

种； ⑶已知集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，从两个集合中各取1个元素，不同的取法共有

种。

4、文娱晚会中，学生的节目有9个，教师的节目有2个，若教师的节目不排在最后一个，有

种排法。

5、某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券，他有

种不同的投资方式。

6、空间有10个点，其中任何4个点不共面，以其中每4个为顶点作一个四面体，一共可以作

个四面体。

7、四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法共有多少种？

8、⑴ 7个小孩站成两排，3个女孩站在前排，4个男孩站在后排，有多少种不同的站法？ ⑵7个人站成两排，前排站3人，后排站4人，有多少种不同排法？