2014年高考一轮复习数学教案：11.2 互斥事件有一个发生的概率

第一篇：2014年高考一轮复习数学教案：11.2 互斥事件有一个发生的概率

2013年，2014年,高考第一轮复习,数学教案集

11.2 互斥事件有一个发生的概率

●知识梳理

1.互斥事件：不可能同时发生的两个事件叫互斥事件.2.对立事件：其中必有一个发生的互斥事件叫对立事件.3.对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解： 第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系;第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的;第三，两个事件互斥是从试验的结果不能同时出现来确定的.从集合角度来看，A、B两个事件互斥，则表示A、B这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，集合A的对立事件记作A，从集合的角度来看，事件A所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪A=U，A∩A=.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.4.事件A、B的和记作A+B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A+B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的，因此当A和B互斥时，事件A+B的概率满足加法公式：

P（A+B）=P（A）+P（B）（A、B互斥），且有P（A+A）=P（A）+P（A）=1.当计算事件A的概率P（A）比较困难时，有时计算它的对立事件A的概率则要容易些，为此有P（A）=1－P（A）.对于n个互斥事件A1，A2，„，An，其加法公式为P（A1+A2+„+An）=P（A1）+P（A2）+„+P（An）.5.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.●点击双基

1.两个事件互斥是这两个事件对立的 A.充分不必要条件 C.充要条件

解析：根据定义判断.答案：B 2.从一批羽毛球产品中任取一个，质量小于4.8 g的概率是0.3，质量不小于4.85 g的概率是0.32，那么质量在［4.8，4.85）g范围内的概率是

A.0.62

B.0.38

C.0.7

解析：设一个羽毛球的质量为ξ g，则

P（ξ<4.8）+P（4.8≤ξ＜4.85）+P（ξ≥4.85）=1.∴P（4.8≤ξ＜4.85）=1－0.3－0.32=0.38.D.0.68

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

答案：B 3.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概率为90%，则甲、乙二人下成和棋的概率为

A.60% B.30% C.10% D.50% 解析：甲不输即为甲获胜或甲、乙二人下成和棋，90%=40%+p，∴p=50%.答案：D 4.（2004年东北三校模拟题）一个口袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球，从中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则两次摸出的球恰好颜色不同的概率为________.解析：（1）先摸出白球，P白=C1，再摸出黑球，P2=C，再摸出白球，P122513白黑

=C1C13；（2）先摸出黑球，P2.黑黑白

=CC，故P=

1312C2C3C5C51111+

C3C2C5C51111=

1225答案：

5.有10张人民币，其中伍元的有2张，贰元的有3张，壹元的有5张，从中任取3张，则3张中至少有2张的币值相同的概率为________.解析：至少2张相同，则分2张时和3张时，故P=34C2C8C3C7C5C5C3C5C10321212133=

34.答案：

●典例剖析

【例1】 今有标号为1，2，3，4，5的五封信，另有同样标号的五个信封.现将五封信任意地装入五个信封，每个信封装入一封信，试求至少有两封信配对的概率.解：设恰有两封信配对为事件A，恰有三封信配对为事件B，恰有四封信（也即五封信配对）为事件C，则“至少有两封信配对”事件等于A+B+C，且A、B、C两两互斥.∵P（A）=C52A552，P（B）=

C5A553，P（C）=

311201A55，∴所求概率P（A）+P（B）+P（C）=答：至少有两封信配对的概率是

31120..思考讨论

若求（1）至少有1封信配对.答案：9C15C52C51A3323.（2）没有一封信配对.答案：1－9C15C52C51A5522.【例2】（2004年合肥模拟题）在袋中装20个小球，其中彩球有n个红色、5个蓝色、10个黄色，其余为白球.求：（1）如果从袋中取出3个都是相同颜色彩球（无白色）的概率是

13114，且n≥2，那么，袋中的红球共有几个?（2）根据（1）的结论，计算从袋中任取3个小球至少有一个是红球的概率.解：（1）取3个球的种数为C3=1140.20设“3个球全为红色”为事件A，“3个球全为蓝色”为事件B，“3个球全为黄色”为事件C.P（B）=C5C3203=101140，P（C）=

C10C3203=

1201140.∵A、B、C为互斥事件，∴P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C），即13114=P（A）+101140+

1201140P（A）=0 取3个球全为红球的个数≤2.又∵n≥2，故n=2.（2）记“3个球中至少有一个是红球”为事件D.则D为“3个球中没有红球”.P（D）=1－P（D）=1－

C18C20279533=

2795或

P（D）=C2C18C2C18C3201221=.【例3】 9个国家乒乓球队中有3个亚洲国家队，抽签分成甲、乙、丙三组（每组3队）进行预赛，试求：

（1）三个组各有一个亚洲队的概率；

（2）至少有两个亚洲队分在同一组的概率.33解：9个队分成甲、乙、丙三组有C39C6C3种等可能的结果.（1）三个亚洲国家队分给

222甲、乙、丙三组，每组一个队有A33种分法，其余6个队平分给甲、乙、丙三组有C6C4C2222种分法.故三个组各有一个亚洲国家队的结果有A33·C6C4C2种，所求概率

P（A）=A3C6C4C2C3339C6C33222=

928.928答：三个组各有一个亚洲国家队的概率是.（2）∵事件“至少有两个亚洲国家队分在同一组”是事件“三个组各有一个亚洲国家队”的对立事件，∴所求概率为1－

928=

1928.答：至少有两个亚洲国家队分在同一组的概率是

1928.●闯关训练 夯实基础

1.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是 A.至少有1个白球，都是红球

C.恰有1个白球，恰有2个白球

B.至少有1个白球，至多有1个红球 D.至多有1个白球，都是红球

答案：C 2.一批产品共10件，其中有两件次品，现随机地抽取5件，则所取5件中至多有一件次品的概率为

A.C.114127929

C2C85C104

C85

140252

56252

B.D.解析：P=+

5C10=+=.答案：B 3.有3人，每人都以相同的概率被分配到4个房间中的一间，则至少有2人分配到同一房间的概率是________.解析：P=1－58A4433=58.答案：

4.从编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的十个球中，任取5个球，则这5个球编号之和为奇数的概率是________.4255解析：任取5个球有C10种结果，编号之和为奇数的结果数为C15C5+C35C5+C5=126，故所求概率为12126C105=12.答案：

5.52张桥牌中有4张A，甲、乙、丙、丁每人任意分到13张牌，已知甲手中有一张A，求丙手中至少有一张A的概率.解：丙手中没有A的概率是

C4813C5113，由对立事件概率的加法公式知，丙手中至少有一张A的概率是1－C48C511313=0.5949.6.袋中有5个白球，3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率：（1）摸出2个或3个白球；

（2）至少摸出1个白球；（3）至少摸出1个黑球.4解：从8个球中任意摸出4个共有C8种不同的结果.记从8个球中任取4个，其中恰有1个白球为事件A1，恰有2个白球为事件A2，3个白球为事件A3，4个白球为事件A4，恰有i个黑球为事件Bi.则

（1）摸出2个或3个白球的概率

P1=P（A2+A3）=P（A2）+P（A3）=（2）至少摸出1个白球的概率 P2=1－P（B4）=1－0=1.（3）至少摸出1个黑球的概率 P3=1－P（A4）=1－

C5C4C5C3C4822+

C5C34C831=

37+

37=

67.48=

1314.培养能力

7.某单位36人的血型类型是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.现从这36人中任选2人.求：（1）两人同为A型血的概率；（2）两人具有不相同血型的概率.解：（1）P=C12C2362=11105.（2）考虑对立事件：两人同血型为事件A，那么P（A）=C12C10C8C6C3622222=

1347.3447所以不同血型的概率为P=1－P（A）=.8.8个篮球队中有2个强队，先任意将这8个队分成两个组（每组4个队）进行比赛，则这两个强队被分在一个组内的概率是________.解法一：2个强队分在同一组，包括互斥的两种情况：2个强队都分在A组和都分在B组.2个强队都分在A组，可看成“从8个队中抽取4个队，里面包括2个强队”这一事件，其概率为C6C248；2个强队都分在B组，可看成“从8个队中抽取4个队，里面没有强队”这一事件，其概率为C6C844.因此，2个强队分在同一个组的概率为P=

C6C824+

C6C844=

37.解法二：“2个强队分在同一个组”这一事件的对立事件“2个组中各有一个强队”，而两个组中各有一个强队，可看成“从8个队中抽取4个队，里面恰有一个强队”这一事件，其概率为C2C6C4813.因此，2个强队分在同一个组的概率P=1－

C2C6C4813=1－

47=

37.答案：37

探究创新

9.有点难度哟！

有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，„，第100站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋向前跳一站（从k到k+1），若掷出反面，棋向前跳两站（从k到k+2），直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或跳到第100站（失败集中营）时，该游戏结束.设棋子跳到第n站概率为Pn.（1）求P0，P1，P2的值；（2）求证：Pn－Pn－1=－

12（Pn－1－Pn－2），其中n∈N，2≤n≤99；

（3）求P99及P100的值.（1）解：棋子开始在第0站为必然事件，∴P0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，21∴P1=12.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：

14①前两次掷硬币都出现正面，其概率为②第一次掷硬币出现反面，其概率为∴P2=1412；

.+12=34.（2）证明：棋子跳到第n（2≤n≤99）站的情况是下列两种，而且也只有两种： ①棋子先到第n－2站，又掷出反面，其概率为Pn－2；

21②棋子先到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1.21∴Pn=12Pn－2+1212Pn－1.（Pn－1－Pn－2）.12∴Pn－Pn－1=－（3）解：由（2）知，当1≤n≤99时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P1－P0=－－12，公比为的等比数列.∴P1－1=－12，P2－P1=（－

12）2，P3－P2=（－

1212）3，„，Pn－Pn－1=（－

1212）n.以上各式相加，得Pn－1=（－∴Pn=1+（－99）.12）+（－

1212）2+„+（－

23）n，12）+（－

12）2+„+（－）n=

［1－（－）n+1］（n=0，1，2，„，∴P99=P100=1223［1－（121223）100］，［1－（－

12P98=·）99］=［1+（3112）99］.●思悟小结

求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.●教师下载中心 教学点睛

1.概率加法公式仅适用于互斥事件，即当A、B互斥时，P（A+B）=P（A）+P（B），否则公式不能使用.2.如果某事件A发生包含的情况较多，而它的对立事件（即A不发生）所包含的情形较少，利用公式P（A）=1－P（A）计算A的概率则比较方便.这不仅体现逆向思维，同时对培养思维的灵活性是非常有益的.拓展题例

【例题】 某单位一辆交通车载有8个职工从单位出发送他们下班回家，途中共有甲、乙、丙3个停车点，如果某停车点无人下车，那么该车在这个点就不停车.假设每个职工在每个停车点下车的可能性都是相等的，求下列事件的概率：

（1）该车在某停车点停车；（2）停车的次数不少于2次；

（3）恰好停车2次.解：将8个职工每一种下车的情况作为1个基本事件，那么共有38=6561（个）基本事件.（1）记“该车在某停车点停车”为事件A，事件A发生说明在这个停车点有人下车，即至少有一人下车，这个事件包含的基本事件较复杂，于是我们考虑它的对立事件A，即“8个人都不在这个停车点下车，而在另外2个点中的任一个下车”.∵P（A）=2388=2566561，2566561∴P（A）=1－P（A）=1－=

63056561.（2）记“停车的次数不少于2次”为事件B，则“停车次数恰好1次”为事件B，则

C3381P（B）=1－P（B）=1－=1－

36561=

21862187.（3）记“恰好停车2次”为事件C，事件C发生就是8名职工在其中2个停车点下车，2273每个停车点至少有1人下车，所以该事件包含的基本事件数为C3（C18+C8+C8+„+C8）=3×（2－2）=3×254，于是P（C）=

32546561=

2542187.

第二篇：2014年高考一轮复习数学教案：11.1 随机事件的概率

2013年，2014年,高考第一轮复习,数学教案集

第十一章

概率

●网络体系总览

随机事件的概率 概率 互斥事件有一个发生的概率相互独立事件同时发生的概率

●考点目标定位

1.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合公式计算一些等可能性事件的概率.2.了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率.3.了解相互独立事件的意义，会用相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.●复习方略指南

概率是新课程中新增加部分的主要内容之一.这一内容是在学习排列、组合等计数知识之后学习的,主要内容为等可能性事件的概率、互斥事件有一个发生的概率及相互独立事件同时发生的概率.这一内容从2000年被列入新课程高考的考试说明.在2000,2001,2002,2003,2004这五年高考中,新课程试卷每年都有一道概率解答题,并且这五年的命题趋势是：从分值上看,从10分提高到17分,从题目的位置看,2000年为第（17）题,2001年为第（18）题,2002年为第（19）题,2003年为第（20）题即题目的位置后移,2004年两题分值增加到17分.从概率在试卷中的分数比与课时比看,在试卷中的分数比（12∶150=1∶12.5）是在数学中课时比（约为11∶330=1∶30）的2.4倍.概率试题体现了考试中心提出的“突出应用能力考查”以及“突出新增加内容的教学价值和应用功能”的指导思想,在命题时,提高了分值,提高了难度,并设置了灵活的题目情境,如普法考试、串联并联系统、计算机上网、产品合格率等,所以在概率复习中要注意全面复习,加强基础,注重应用.11.1 随机事件的概率

●知识梳理

1.随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件.2.必然事件：在一定条件下必然要发生的事件.3.不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件.4.事件A的概率：在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率

mn总接近于某个常数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件A的概率,记作P（A）.由定义可知0≤P（A）≤1,显然必然事件的概率是1,不可能事件的概率是0.5.等可能性事件的概率：一次试验连同其中可能出现的每一个结果称为一个基本事件,通常此试验中的某一事件A由几个基本事件组成.如果一次试验中可能出现的结果有n个,即此试验由n个基本事件组成,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一基本事件的概率都是1n.如果某个事件A包含的结果有m个,那么事件A的概率P（A）=

mn.6.使用公式P（A）=

mn计算时,确定m、n的数值是关键所在,其计算方法灵活多变,没有固定的模式,可充分利用排列组合知识中的分类计数原理和分步计数原理,必须做到不重复不遗漏.●点击双基 1.（2004年全国Ⅰ,文11）从1，2，„，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是

A.59

B.49

C.11

21D.1021

解析：基本事件总数为C3，设抽取3个数,和为偶数为事件A,则A事件数包括两类：92抽取3个数全为偶数,或抽取3数中2个奇数1个偶数,前者C3,后者C1C5.4412∴A中基本事件数为C34+C4C5.∴符合要求的概率为答案：C

C4C4C5C39312=

1121.2.（2004年重庆,理11）某校高三年级举行的一次演讲比赛共有10位同学参加,其中一班有3位,二班有2位,其他班有5位.若采取抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班的3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为

A.110120140

B.C.D.1120

解析：10位同学总参赛次序A1010.一班3位同学恰好排在一起,而二班的2位同学没有排

6在一起的方法数为先将一班3人捆在一起A33,与另外5人全排列A6,二班2位同学不排在一226起,采用插空法A7,即A33A6A7.∴所求概率为答案：B A3A6A7 A1010362=

120.3.（2004年江苏,9）将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是

A.5216

B.25216

C.31216

D.91216

解析：质地均匀的骰子先后抛掷3次,共有6×6×6种结果.3次均不出现6点向上的掷法有5×5×5种结果.由于抛掷的每一种结果都是等可能出现的,所以不出现6点向上的概率为555666125216125216=,由对立事件概率公式,知3次至少出现一次6点向上的概率是1－= 91216.答案：D 4.一盒中装有20个大小相同的弹子球，其中红球10个，白球6个，黄球4个，一小孩随手拿出4个，求至少有3个红球的概率为________.解析：恰有3个红球的概率P1=

C10C10C20431=

80323.有4个红球的概率P2=

C1044C20=

14323.94323至少有3个红球的概率P=P1+P2=答案：94323.5.在两个袋中各装有分别写着0，1，2，3，4，5的6张卡片.今从每个袋中任取一张卡片，则取出的两张卡片上数字之和恰为7的概率为________.解析：P=194C6C611=

19.答案：

●典例剖析

【例1】用数字1，2，3，4，5组成五位数，求其中恰有4个相同数字的概率.解：五位数共有55个等可能的结果.现在求五位数中恰有4个相同数字的结果数：4个

1相同数字的取法有C15种，另一个不同数字的取法有C14种.而这取出的五个数字共可排出C51个不同的五位数，故恰有4个相同数字的五位数的结果有C15C14C5个，所求概率

P=C5C4C555111=4125.4125答：其中恰恰有4个相同数字的概率是.【例2】 从男女生共36人的班中，选出2名代表，每人当选的机会均等.如果选得同性代表的概率是12，求该班中男女生相差几名？

解：设男生有x名，则女生有（36－x）人，选出的2名代表是同性的概率为P=CxC36-xC23622=12,(36x)(35x)363512即x(x1)3635+=, 解得x=15或21.所以男女生相差6人.【例3】把4个不同的球任意投入4个不同的盒子内（每盒装球数不限），计算：

（1）无空盒的概率；

（2）恰有一个空盒的概率.解：4个球任意投入4个不同的盒子内有44种等可能的结果.（1）其中无空盒的结果有A4种，所求概率 4A4444P==332.332答：无空盒的概率是.（2）先求恰有一空盒的结果数：选定一个空盒有C1种，选两个球放入一盒有C2A13种，441221其余两球放入两盒有A22种.故恰有一个空盒的结果数为C4C4A3A2,所求概率P（A）=C4C4A3A2441212=916.916答：恰有一个空盒的概率是.深化拓展

把n+1个不同的球投入n个不同的盒子（n∈N*）.求：

（1）无空盒的概率；（2）恰有一空盒的概率.解：（1）Cn1Annn12n.1Cn(C3n1Cn1Cn1Ann12222)An1n1（2）.【例4】某人有5把钥匙，一把是房门钥匙，但忘记了开房门的是哪一把.于是，他逐把不重复地试开，问：

（1）恰好第三次打开房门锁的概率是多少？

（2）三次内打开的概率是多少？

（3）如果5把内有2把房门钥匙，那么三次内打开的概率是多少？ 解：5把钥匙，逐把试开有A55种等可能的结果.（1）第三次打开房门的结果有A种，因此第三次打开房门的概率P（A）=

44A4A554=

15.（2）三次内打开房门的结果有3A种，因此，所求概率P（A）=

443A4A554=

35.2（3）方法一：因5把内有2把房门钥匙，故三次内打不开的结果有A33A2种，从而三

次内打开的结果有A－AA种，所求概率P（A）=553322A5A3A2A55532=

910.方法二：三次内打开的结果包括：三次内恰有一次打开的结果有C1A13A1A3种；三次22322内恰有2次打开的结果有A3A3种.因此，三次内打开的结果有C1A13A1A3+A3A3种，所22333求概率

P（A）=C2A3A2A3A3A3A55111323=

910.特别提示

1.在上例（1）中,读者如何解释下列两种解法的意义.P（A）=15A4A532=

15或P（A）=

45··=

4313.2.仿照1中,你能解例题中的（2）吗? ●闯关训练

夯实基础

1.从分别写有A、B、C、D、E的5张卡片中，任取2张，这2张上的字母恰好按字母顺序相邻的概率为

A.1

54C25B.25

C.310

D.710

解析：P==25.答案：B 2.（2004年湖北模拟题）甲、乙二人参加法律知识竞赛,共有12个不同的题目,其中选择题8个,判断题4个.甲、乙二人各依次抽一题,则甲抽到判断题,乙抽到选择题的概率是

A.62B.2125

C.83D.2533

1解析：甲、乙二人依次抽一题有C112·C11种方法，1而甲抽到判断题,乙抽到选择题的方法有C14C8种.∴P=C4C81C121C1111=833.答案：C 3.（2004年全国Ⅰ,理11）从数字1、2、3、4、5中，随机抽取3个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字之和等于9的概率为

A.***81251912

5B.C.D.解析：从数字1、2、3、4、5中，允许重复地随机抽取3个数字，这三个数字和为9的情况为5、2、2；5、3、1；4、3、2；4、4、1；3、3、3.∴概率为C3A3A3C31532332=

19125.答案：D 4.一次二期课改经验交流会打算交流试点学校的论文5篇和非试点学校的论文3篇.若任意排列交流次序，则最先和最后交流的论文都为试点学校的概率是________.（结果用分数表示）

解析：总的排法有A8种.82最先和最后排试点学校的排法有A5A6种.6概率为A5A6A8826=514.答案： 514

5.甲、乙二人参加普法知识竞答，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个，甲、乙二人依次各抽一题.（1）甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？

（2）甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？ 分析：（1）是等可能性事件，求基本事件总数和A包含的基本事件数即可.（2）分类或间接法，先求出对立事件的概率.1解：（1）基本事件总数甲、乙依次抽一题有C10C19种，事件A包含的基本事件数为C16C14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率为

C6C4C10C91111=

415.（2）A包含的基本事件总数分三类： 甲抽到选择题,乙抽到判断题有C16C14； 甲抽到选择题,乙也抽到选择题有C16C15;

1甲抽到判断题,乙抽到选择题有C14C6.1111共C16C14+C6C5+C4C6.1基本事件总数C110C9，∴甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率为

C6C4C6C5C4C6C10C911111111=

1315或P（A）

=C4C31C101C911=215，P（A）=1－P（A）=

1315.6.把编号为1到6的六个小球，平均分到三个不同的盒子内，求：（1）每盒各有一个奇数号球的概率；（2）有一盒全是偶数号球的概率.2解：6个球平均分入三盒有C6C2C2种等可能的结果.42（1）每盒各有一个奇数号球的结果有AA种，所求概率P（A）=

3333A3A3C4226C4C233=

25.2（2）有一盒全是偶数号球的结果有（C3C13）·C2C2，42所求概率P（A）=(C3C3)C4C2C2226C4C22122=

35.培养能力

7.（2004年全国Ⅱ,18）已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A、B两组，每组4支.求：

（1）A、B两组中有一组恰有两支弱队的概率；（2）A组中至少有两支弱队的概率.（1）解法一：三支弱队在同一组的概率为

C5C481+C5C481=17，1767故有一组恰有两支弱队的概率为1－=.解法二：有一组恰有两支弱队的概率为

C3C5C4822+C3C5C4822=67.（2）解法一：A组中至少有两支弱队的概率为

C3C5C8422+

C3C5C8431=

12.解法二：A、B两组有一组至少有两支弱队的概率为1，由于对A组和B组来说，至少有两支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有两支弱队的概率为.218.从1，2,„,10这10个数字中有放回地抽取3次，每次抽取一个数字，试求3次抽取中最小数为3的概率.解：有放回地抽取3次共有10个结果，因最小数为3又可分为：恰有一个3，恰有两

2个3，恰有三个3.故最小数为3的结果有C13·7+C3·7+C33，32所求概率P（A）= C3712C37C310323=0.169.答：最小数为3的概率为0.169.探究创新

9.有点难度哟！

将甲、乙两颗骰子先后各抛一次,a、b分别表示抛掷甲、乙两颗骰子所出现的点数.x0,（1）若点P（a,b）落在不等式组y0,表示的平面区域的事件记为A,求事件A的xy4概率;（2）若点P（a,b）落在直线x+y=m（m为常数）上,且使此事件的概率最大,求m的值.解：（1）基本事件总数为6×6=36.y4321O1234x 当a=1时,b=1,2,3;当a=2时,b=1,2;当a=3时,b=1.共有（1,1）,（1,2）,（1,3）,（2,1）,（2,2）,（3,1）6个点落在条件区域内, ∴P（A）=636=16.636（2）当m=7时,（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共有6种,此时P=16= 最大.●思悟小结

求解等可能性事件A的概率一般遵循如下步骤：

（1）先确定一次试验是什么,此时一次试验的可能性结果有多少，即求出A.（2）再确定所研究的事件A是什么,事件A包括结果有多少,即求出m.（3）应用等可能性事件概率公式P=●教师下载中心

教学点睛

1.一个随机事件的发生既有随机性（对单次试验）,又存在着统计规律（对大量重复试验）,mn计算.这是偶然性和必然性的对立统一.2.随机事件A的概率P（A）满足0≤P（A）≤1.（3）P（A）=拓展题例

【例1】 某油漆公司发出10桶油漆，其中白漆5桶，黑漆3桶，红漆2桶.在搬运中所有标签脱落，交货人随意将这些标签重新贴上，问一个定货3桶白漆、2桶黑漆和1桶红漆的顾客，按所定的颜色如数得到定货的概率是多少？

mn既是等可能性事件的概率的定义,又是计算这种概率的基本方法.解：P（A）=C5C3C26C10321=

27.27答：顾客按所定的颜色得到定货的概率是.【例2】 一个口袋里共有2个红球和8个黄球，从中随机地接连取3个球，每次取一个.设{恰有一个红球}=A，{第三个球是红球}=B.求在下列条件下事件A、B的概率.（1）不返回抽样；（2）返回抽样.解：（1）不返回抽样, P（A）=C2C3A8A103112=

715,P（B）=

C2A9A10312=

15.（2）返回抽样, P（A）=C 13210（810）=

48125,P（B）=

C21010312=

15.

第三篇：数学高考复习名师精品教案：第87课时：第十章 排列、组合和概率-互斥事件有一个发生的概率

数学高考复习名师精品教案

第87课时：第十章 排列、组合和概率——互斥事件有一个发生的概率

一．课题：互斥事件有一个发生的概率

二．教学目标：了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率．

三．教学重点：互斥事件的概念和互斥事件的概率加法公式． 四．教学过程：

（一）主要知识：

1．互斥事件的概念： ； 2．对立事件的概念： ； 3．若A,B为两个事件，则AB事件指 ． 若A,B是互斥事件，则P(AB) ．

（二）主要方法：

1．弄清互斥事件与对立事件的区别与联系； 2．掌握对立事件与互斥事件的概率公式；

（三）基础训练：

1．某产品分甲、乙、丙三个等级，其中乙、丙两等级为次品，若产品中出现乙级品的概率为0.03，出现丙级品的概率为0.01，则在成品中任意抽取一件抽得

正品的概率为（）

(A)0.04(B)0.96(C)0.97(D)0.99 2．下列说法中正确的是（）

(A)事件A、B中至少有一个发生的概率一定比A、B中恰有一个发生的概率大(B)事件A、B同时发生的概率一定比事件A、B恰有一个发生的概率小(C)互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件(D)互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件

3．一盒内放有大小相同的10个球，其中有5个红球，3个绿球，2个白球，从中任取2个球，其中至少有1个绿球的概率为（）

(A)2827(B)(C)(D)

15515157为概104．在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，那么以率的事件是（）

(A)都不是一等品(B)恰有一件一等品(C)至少有一件一等品(D)至多一件一等品

5．今有光盘驱动器50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率为（）

1312133C5C5C52C5C45C5C45C52C45(A)3(B)(C)1－3(D)33C50C50C50C50

（四）例题分析：

例1．袋中有5个白球，3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率：

(1)摸出2个或3个白球；(2)至少摸出1个白球；(3)至少摸出1个黑球.4解：从8个球中任意摸出4个共有C8种不同的结果.记从8个球中任取4个，其中恰有1个白球为事件A1，恰有2个白球为事件A2，3个白球为事件A3，4个白

球为事件A4，恰有i个黑球为事件Bｉ，则(1)摸出2个或3个白球的概率：

221C5C3C33365C3PP(AA)P(A)P(A) 11212244C8C8777(2)至少摸出1个白球的概率P2＝1－Ｐ（B4）＝1－0＝1

4C513(3)至少摸出1个黑球的概率Ｐ3＝1－Ｐ（A4）＝1－4

C814答：(1)摸出2个或3个白球的概率是；(2)至少摸出1个白球的概率是1；(3)至少摸出1个黑球的概率是

13.1467例2． 盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率：

(1)取到的2只都是次品；(2)取到的2只中正品、次品各一只；(3)取到的2只中至少有一只正品.

解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62＝36种不同取法.(1)取到的2只都是次品情况为22＝4种.因而所求概率为

41. 369(2)由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品.因而所求概率为 P=42244 36369(3)由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件.因而所求概率为P=1-

答：(1)取到的2只都是次品的概率为；(2)取到的2只中正品、次品各一只的概率为；(3)取到的2只中至少有一只正品的概率为.例3．从男女学生共有36名的班级中，任意选出2名委员，任何人都有同样的当选机会.如果选得同性委员的概率等于，求男女生相差几名?

198919498912

解：设男生有x名，则女生有36-x名.选得2名委员都是男性的概率为

C2x(x1)x 2C363635选得2名委员都是女性的概率为

2C36x(36x)(35x)23635C36以上两种选法是互斥的，又选得同性委员的概率等于，得

x(x1)(36x)(35x)1，解得x=15或x=21 36353635212即男生有15名，女生有36-15=21名，或男生有21名，女生有36-21=15名.答：男女生相差6名.例4．在某地区有2000个家庭，每个家庭有4个孩子，假定男孩出生率是.(1)求在一个家庭中至少有一个男孩的概率；

(2)求在一个家庭中至少有一个男孩且至少有一个女孩的概率； 解：(1)P(至少一个男孩)＝1-P(没有男孩)＝1-()4＝

121215； 1611-1616(2)P(至少1个男孩且至少1个女孩)＝1-P(没有男孩)-P(没有女孩)＝1-＝；

五．课后作业： 781．如果事件A、B互斥，那么（B）

(A)A+B是必然事件(B)A+B是必然事件(C)A与B一定互斥(D)A与B一定不互斥

2．甲袋装有m个白球，n个黑球,乙袋装有n个白球,m个黑球,(mn),现从两袋中各摸一个球,A：“两球同色”,B：“两球异色”，则P(A)与P(B)的大小关系为()

(A)P(A)P(B)(B)P(A)P(B)(C)P(A)P(B)(D)视m,n的大小而定

3．甲袋中装有白球3个，黑球5个，乙袋内装有白球4个，黑球6个，现从甲袋内随机抽取一个球放入乙袋，充分掺混后再从乙袋内随机抽取一球放入甲袋，则甲袋中的白球没有减少的概率为()(A)3735259(B)(C)(D)144444444．一盒内放有大小相同的10个球，其中有5个红球，3个绿球，2个白球，从中任取2个球，其中至少有1个绿球的概率为()(A)2827(B)(C)(D)

15515155．一批产品共10件，其中有2件次品，现随机地抽取5件，则所取5件中至多有1件次品的概率为（）

(A)7211(B)(C)(D)

929146．从装有10个大小相同的小球（4个红球、3个白球、3个黑球）口袋中任取两个，则取出两个同色球的概率是（）

(A)1241(B)(C)(D)

355157．在房间里有4个人，至少有两个人的生日在同一个月的概率是（）

(A)(B)(C)14124155(D)96968.战士甲射击一次，问：

(1)若事件A(中靶)的概率为0.95，A的概率为多少?

(2)若事件B(中靶环数大于5)的概率为0.7，那么事件C(中靶环数小于6)的概率为多少?事件D(中靶环数大于0且小于6)的概率是多少?

9.在放有5个红球、4个黑球、3个白球的袋中，任意取出3个球，分别求出3个全是同色球的概率及全是异色球的概率.10.某单位36人的血型类别是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.现从这36人中任选2人，求此2人血型不同的概率.11.在一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球.从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个.试求：(1)取得两个红球的概率；(2)取得两个绿球的概率；(3)取得两个同颜色的球的概率；(4)至少取得一个红球的概率.12.在房间里有4个人，问至少有两个人的生日是同一个月的概率是多少? 答案：

41。96 6

第四篇：2014年高考一轮复习数学教案：1.3 充要条件与反证法

1.3 充要条件与反证法

●知识梳理

1.充分条件：如果pq，则p叫q的充分条件，原命题（或逆否命题）成立，命题中的条件是充分的，也可称q是p的必要条件.2.必要条件：如果qp，则p叫q的必要条件，逆命题（或否命题）成立，命题中的条件为必要的，也可称q是p的充分条件.3.充要条件：如果既有pq，又有qp，记作pq，则p叫做q的充分必要条件，简称充要条件，原命题和逆命题（或逆否命题和否命题）都成立，命题中的条件是充要的.4.反证法：当直接证明有困难时，常用反证法.●点击双基

1.ac2＞bc2是a＞b成立的 A.充分而不必要条件

C.必要而不充分条件

2B.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解析：a＞bac＞bc，如c=0.答案：A 2.（2004年湖北，理4）已知a、b、c为非零的平面向量.甲：a²b=a²c，乙：b=c，则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解析：命题甲:a²b=a²ca²（b－c）=0a=0或b=c.命题乙:b=c，因而乙甲，但甲乙.故甲是乙的必要条件但不是充分条件.答案：B 3.（2004年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞A.充分而不必要条件

C.充分必要条件

12”的

B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件 sinA＞

1212解析：在△ABC中，A＞30°0＜sinA＜1A＞30°.∴“A＞30°”是“sinA＞答案：B

12，sinA＞30°＜A＜150°

”的必要不充分条件.4.若条件p:a＞4，q:5＜a＜6，则p是q的______________.解析：a＞45＜a＜6，如a=7虽然满足a＞4，但显然a不满足5＜a＜6.答案：必要不充分条件

5.（2005年春季上海，16）若a、b、c是常数，则“a＞0且b2－4ac＜0”是“对任意x∈R，有ax2+bx+c＞0”的

A.充分不必要条件

C.充要条件

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

解析：若a＞0且b2－4ac＜0，则对任意x∈R，有ax2+bx+c＞0，反之，则不一定成立.如a=0，b=0且c＞0时，也有对任意x∈R，有ax+bx+c＞0.因此应选A.答案：A ●典例剖析

【例1】 使不等式2x2－5x－3≥0成立的一个充分而不必要条件是

A.x＜0

C.x∈{－1，3，5}

22B.x≥0 D.x≤－

1212 或x≥3

13剖析：∵2x－5x－3≥0成立的充要条件是x≤－2x－5x－3≥0.同理其他也可用特殊值验证.答案：C 2

或x≥3，∴对于A当x=－时【例2】 求证：关于x的方程ax+bx+c=0有一根为1的充分必要条件是a+b+c=0.证明：（1）必要性，即“若x=1是方程ax2+bx+c=0的根，则a+b+c=0”.∵x=1是方程的根，将x=1代入方程，得a²12+b²1+c=0，即a+b+c=0.（2）充分性，即“若a+b+c=0，则x=1是方程ax2+bx+c=0的根”.把x=1代入方程的左边，得a²1+b²1+c=a+b+c.∵a+b+c=0，∴x=1是方程的根.综合（1）（2）知命题成立.深化拓展

求ax+2x+1=0（a≠0）至少有一负根的充要条件.证明：必要性：

（1）方程有一正根和一负根，等价于

Δ44a0a＜0.1xx012a2

2（2）方程有两负根，等价于

Δ1a44a02a00＜a≤1.0综上可知，原方程至少有一负根的必要条件是a＜0或0＜a≤1.充分性：由以上推理的可逆性，知当a＜0时方程有异号两根；当0＜a≤1时，方程有两负根.故a＜0或0＜a≤1是方程ax2+2x+1=0至少有一负根的充分条件.答案：a＜0或0＜a≤1.【例3】 下列说法对不对?如果不对，分析错误的原因.22（1）x＝x＋2是xx2=x的充分条件；

22（2）x＝x＋2是xx2=x的必要条件.解：（1）x2=x+2是xx2=x2的充分条件是指x2=x+2xx2=x2.但这里“”不成立，因为x=－1时，“”左边为真，但右边为假.得出错误结论的原因可能是应用了错误的推理：

x2=x+2x=x2x2=xx2.这里推理的第一步是错误的（请同学补充说明具体错在哪里）.2222（2）x=x+2是xx2=x的必要条件是指xx2=xx=x+2.但这里“”不成立，因为x=0时，“”左边为真，但右边为假.得出错误结论的原因可能是用了错误的推理: xx2=x2x2=xx+2=x.2这里推理的第一步是错误的（请同学补充说明具体错在哪里）.评述：此题的解答比较注重逻辑推理.事实上，也可以从真值集合方面来分析：x=x+2

2的真值集合是{－1，2}，xx2=x的真值集合是{0，2}，{－1，2}{0，2}，而{0，2}

2{－1，2}，所以（1）（2）两个结论都不对.●闯关训练 夯实基础

1.（2004年重庆，7）已知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，那么p是q成立的

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

p.C.充要条件

D.既不充分也不必要条件 解析：依题意有pr，rs，sq，∴prsq.但由于rp，∴q答案：A 2.（2003年北京高考题）“cos2α=－A.必要不充分条件 C.充分必要条件

解析：cos2α=－3232”是“α=kπ+

5π12，k∈Z”的

5π6B.充分不必要条件 D.既不充分又不必要条件

5π122α=2kπ±α=kπ±.答案：A 3.（2005年海淀区第一学期期末练习）在△ABC中，“A＞B”是“cosA＜cosB”的 A.充分不必要条件 C.充要条件

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

解析：在△ABC中，A＞BcosA＜cosB（余弦函数单调性）.答案：C 4.命题A：两曲线F（x，y）＝0和G（x，y）=0相交于点P（x0，y0），命题B：曲线F（x，y）+λG（x，y）＝0（λ为常数）过点P（x0，y0），则A是B的__________条件.答案：充分不必要 5.（2004年北京，5）函数f（x）=x－2ax－3在区间［1，2］上存在反函数的充分必要条件是

A.a∈（－∞，1］

B.a∈［2，+∞）C.α∈［1，2］

D.a∈（－∞，1］∪［2，+∞）

2解析：∵f（x）=x－2ax－3的对称轴为x=a，∴y=f（x）在［1，2］上存在反函数的充

要条件为［1，2］（－∞，a］或［1，2］［a，+∞），即a≥2或a≤1.答案：D 6.已知数列{an}的前n项和Sn=pn+q（p≠0且p≠1），求数列{an}成等比数列的充要条件.分析：先根据前n项和公式，导出使{an}为等比数列的必要条件，再证明其充分条件.解：当n=1时，a1=S1=p+q； 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=（p－1）²p

n－

1.*由于p≠0，p≠1，∴当n≥2时，{an}是等比数列.要使{an}（n∈N）是等比数列，则

a2a1=p，即（p－1）²p=p（p+q），∴q=－1，即{an}是等比数列的必要条件是p≠0且p≠1且q=－1.再证充分性：

当p≠0且p≠1且q=－1时，Sn=p－1，an=（p－1）²pn－1，∴{an}是等比数列.培养能力

7.（2004年湖南，9）设集合U=｛（x，y）｜x∈R，y∈R｝，A=｛（x，y）|2x－y+m＞0｝，B=｛（x，y）|x+y－n≤0｝，那么点P（2，3）∈A∩（A.m＞－1，n＜5 C.m＞－1，n＞5 解析：∵A.答案：A 8.已知关于x的一元二次方程mx2－4x+4=0，①

x－4mx+4m－4m－5=0.②

求使方程①②都有实根的充要条件.解：方程①有实数根的充要条件是Δ1=（－4）2－16m≥0，即m≤1； 方程②有实数根的充要条件是Δ2=（4m）2－4（4m2－4m－5）≥0，即m≥－∴方程①②都有实数根的充要条件是－9.已知a、b、c是互不相等的非零实数.求证：三个方程ax+2bx+c=0，bx+2cx+a=0，cx+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根.证明：反证法：

假设三个方程中都没有两个相异实根，则Δ1=4b2－4ac≤0，Δ2=4c2－4ab≤0，Δ3=4a2－4bc≤0.相加有a2－2ab+b2+b2－2bc+c2+c2－2ac+a2≤0，（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2≤0.

22222

UB）的充要条件是

n

anan1=p（n≥2），B.m＜－1，n＜5 D.m＜－1，n＞5（x，y）｜n＜x+y｝，将UB=｛P（2，3）分别代入集合A、B取交集即可.∴选

54.54≤m≤1.①

由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立.∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根.探究创新

10.若x、y、z均为实数，且a=x2－2y+是否至少有一个大于零？请说明理由.解：假设a、b、c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a+b+c≤0.而a+b+c=x－2y+

2π2，b=y2－2z+

π3，c=z2－2x+

π6，则a、b、c中π2+y－2z+

2π3+z－2x+

2π6=（x－1）+（y－1）+（z－1）+π－3，222∵π－3＞0，且无论x、y、z为何实数，（x－1）+（y－1）+（z－1）≥0，∴a+b+c＞0.这与a+b+c≤0矛盾.因此，a、b、c中至少有一个大于0.●思悟小结

1.要注意一些常用的“结论否定形式”，如“至少有一个”“至多有一个”“都是”的否定形式是“一个也没有”“至少有两个”“不都是”.2.证明充要性要从充分性、必要性两个方面来证明.●教师下载中心 教学点睛

1.掌握常用反证法证题的题型，如含有“至少有一个”“至多有一个”等字眼多用反证法.2.强调反证法的第一步，要与否命题分清.3.要证明充要性应从充分性、必要性两个方面来证.拓展题例

【例题】 指出下列命题中，p是q的什么条件.（1）p:0＜x＜3，q:|x－1|＜2；（2）p:（x－2）（x－3）=0，q:x=2；（3）p:c=0，q:抛物线y=ax2+bx+c过原点.解：（1）p:0＜x＜3，q:－1＜x＜3.p是q的充分但不必要条件.（2）pq，qp.p是q的必要但不充分条件.（3）p是q的充要条件.评述：依集合的观点看，若AB，则A是B的充分条件，B是A的必要条件；若A=B，则A是B的充要条件.2

第五篇：2014年高考一轮复习数学教案：2.4 函数的奇偶性

2.4 函数的奇偶性

●知识梳理

1.奇函数：对于函数f（x）的定义域内任意一个x，都有f（－x）=－f（x）〔或f（x）+ f（－x）=0〕，则称f（x）为奇函数.2.偶函数：对于函数f（x）的定义域内任意一个x，都有f（－x）=f（x）〔或f（x）－f（－x）=0〕，则称f（x）为偶函数.3.奇、偶函数的性质

（1）具有奇偶性的函数，其定义域关于原点对称（也就是说，函数为奇函数或偶函数的必要条件是其定义域关于原点对称）.（2）奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称.（3）若奇函数的定义域包含数0，则f（0）=0.（4）奇函数的反函数也为奇函数.（5）定义在（－∞，+∞）上的任意函数f（x）都可以唯一表示成一个奇函数与一个偶函数之和.●点击双基

1.下面四个结论中，正确命题的个数是

①偶函数的图象一定与y轴相交

②奇函数的图象一定通过原点

③偶函数的图象关于y轴对称

④既是奇函数，又是偶函数的函数一定是f（x）=0（x∈R）

A.1

B.2

C.3

D.4 解析：①不对；②不对，因为奇函数的定义域可能不包含原点；③正确；④不对，既是奇函数又是偶函数的函数可以为f（x）=0〔x∈（－a，a）〕.答案：A 2.已知函数f（x）=ax2＋bx＋c（a≠0）是偶函数，那么g（x）=ax3＋bx2＋cx是 A.奇函数

B.偶函数 C.既奇且偶函数

D.非奇非偶函数

3解析：由f（x）为偶函数，知b=0，有g（x）=ax＋cx（a≠0）为奇函数.答案：A 3.若偶函数f（x）在区间［－1，0］上是减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则下列不等式中正确的是

A.f（cosα）＞f（cosβ）

C.f（sinα）＞f（sinβ）

B.f（sinα）＞f（cosβ）D.f（cosα）＞f（sinβ）

解析：∵偶函数f（x）在区间［－1，0］上是减函数，∴f（x）在区间［0，1］上为增函数.由α、β是锐角三角形的两个内角，∴α+β＞90°，α＞90°－β.1＞sinα＞cosβ＞0.∴f（sinα）＞f（cosβ）.答案：B 4.已知（fx）＝ax＋bx＋3a＋b是偶函数，且其定义域为［a－1，2a］，则a＝___________，b＝___________.解析：定义域应关于原点对称，故有a－1＝－2a，得a＝

32.又对于所给解析式，要使f（－x）＝f（x）恒成立，应b＝0.答案：13

0 1x5.给定函数:①y=（x≠0）；②y=x2+1；③y=2x；④y=log2x；⑤y=log2（x+

x21）.在这五个函数中，奇函数是_________，偶函数是_________，非奇非偶函数是__________.答案：①⑤

②

③④ ●典例剖析

【例1】 已知函数y=f（x）是偶函数，y=f（x－2）在［0，2］上是单调减函数，则 A.f（0）＜f（－1）＜f（2）C.f（－1）＜f（2）＜f（0）

B.f（－1）＜f（0）＜f（2）D.f（2）＜f（－1）＜f（0）

剖析：由f（x－2）在［0，2］上单调递减，∴f（x）在［－2，0］上单调递减.∵y=f（x）是偶函数，∴f（x）在［0，2］上单调递增.又f（－1）=f（1），故应选A.答案：A 【例2】 判断下列函数的奇偶性：（1）f（x）=|x+1|－|x－1|；（2）f（x）=（x－1）²

1x1x；

（3）f（x）=1x2|x2|2x(1x)x(1x)；

（4）f（x）=(x0),(x0).剖析：根据函数奇偶性的定义进行判断.解：（1）函数的定义域x∈（－∞，+∞），对称于原点.∵f（－x）=|－x+1|－|－x－1|=|x－1|－|x+1|=－（|x+1|－|x－1|）=－f（x），∴f（x）=|x+1|－|x－1|是奇函数.（2）先确定函数的定义域.由

1x1x≥0，得－1≤x＜1，其定义域不对称于原点，所以f（x）既不是奇函数也不是偶函数.（3）去掉绝对值符号，根据定义判断.1x20,1x1,由得

x0且x4.|x2|20,故f（x）的定义域为［－1，0）∪（0，1］，关于原点对称，且有x+2＞0.从而有f（x）= 1x2x22=1xx2，这时有f（－x）=

1(x)x2=－

1xx2=－f（x），故f（x）为奇函

数.（4）∵函数f（x）的定义域是（－∞，0）∪（0，+∞），并且当x＞0时，－x＜0，∴f（－x）=（－x）［1－（－x）］=－x（1+x）=－f（x）（x＞0）.当x＜0时，－x＞0，∴f（－x）=－x（1－x）=－f（x）（x＜0）.故函数f（x）为奇函数.评述：（1）分段函数的奇偶性应分段证明.（2）判断函数的奇偶性应先求定义域再化简函数解析式.【例3】（2005年北京东城区模拟题）函数f（x）的定义域为D={x|x≠0}，且满足对于任意x1、x2∈D，有f（x1²x2）=f（x1）+f（x2）.（1）求f（1）的值；

（2）判断f（x）的奇偶性并证明；

（3）如果f（4）=1，f（3x+1）+f（2x－6）≤3，且f（x）在（0，+∞）上是增函数，求x的取值范围.（1）解：令x1=x2=1，有f（1³1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0.（2）证明：令x1=x2=－1，有f［（－1）³（－1）］=f（－1）+f（－1）.解得f（－1）=0.令x1=－1，x2=x，有f（－x）=f（－1）+f（x），∴f（－x）=f（x）.∴f（x）为偶函数.（3）解：f（4³4）=f（4）+f（4）=2，f（16³4）=f（16）+f（4）=3.∴f（3x+1）+f（2x－6）≤3即f［（3x+1）（2x－6）］≤f（64）.（*）∵f（x）在（0，+∞）上是增函数，∴（*）等价于不等式组

(3x1)(2x6)0, (3x1)(2x6)64(3x1)(2x6)0,(3x1)(2x6)64,或

1x3或x,1x3,3或或3

xR.7x53∴3＜x≤5或－73≤x＜－

7313或－

1313＜x＜3.或－

13∴x的取值范围为{x|－≤x＜－＜x＜3或3＜x≤5}.评述：解答本题易出现如下思维障碍：

（1）无从下手，不知如何脱掉“f”.解决办法:利用函数的单调性.（2）无法得到另一个不等式.解决办法：关于原点对称的两个区间上，奇函数的单调性相同，偶函数的单调性相反.深化拓展

已知f（x）、g（x）都是奇函数，f（x）＞0的解集是（a，b），g（x）＞0的解集是（b2

2a22，），b2＞a，那么f（x）²g（x）＞0的解集是 2

A.（a222，b2b2）

b2

2B.（－b，－a2）D.（a2C.（a，）∪（－，－a）

2，b）∪（－b2，－a2）

提示：f（x）²g（x）＞02

f(x)0,g(x)02

或f(x)0,g(x)0.∴x∈（a，答案：C b2）∪（－

b2，－a）.【例4】（2004年天津模拟题）已知函数f（x）=x+

px+m（p≠0）是奇函数.（1）求m的值.（2）（理）当x∈［1，2］时，求f（x）的最大值和最小值.（文）若p＞1，当x∈［1，2］时，求f（x）的最大值和最小值.解：（1）∵f（x）是奇函数，∴f（－x）=－f（x）.∴－x－pxpx+m=－x－－m.∴2m=0.∴m=0.（2）（理）（ⅰ）当p＜0时，据定义可证明f（x）在［1，2］上为增函数.∴f（x）max= f（2）=2+p2，f（x）min=f（1）=1+p.p］上是减函数，在［

p，+∞）（ⅱ）当p＞0时，据定义可证明f（x）在（0，上是增函数.①当p＜1，即0＜p＜1时，f（x）在［1，2］上为增函数，∴f（x）max=f（2）=2+②当

p2，f（x）min=f（1）=1+p.p∈［1，2］时，f（x）在［1，p］上是减函数.在［p，2］上是增函数.p.f（x）min=f（p）=2f（x）max=max{f（1），f（2）}=max{1+p，2+当1≤p≤2时，1+p≤2+③当

p2p2}.p2，f（x）max=f（2）；当2＜p≤4时，1+p≥2+，f（x）max=f（1）.p＞2，即p＞4时，f（x）在［1，2］上为减函数，∴f（x）max=f（1）=1+p，f（x）min=f（2）=2+（文）解答略.p2.评述：f（x）=x+px（p＞0）的单调性是一重要问题，利用单调性求最值是重要方法.深化拓展

f（x）=x+px的单调性也可根据导函数的符号来判断，本题如何用导数来解？

●闯关训练 夯实基础

1.定义在区间（－∞，+∞）上的奇函数f（x）为增函数，偶函数g（x）在区间［0，+∞）上的图象与f（x）的图象重合，设a＜b＜0，给出下列不等式，其中成立的是

①f（b）－f（－a）＞g（a）－g（－b）②f（b）－f（－a）＜g（a）－g（－b）③f（a）－f（－b）＞g（b）－g（－a）④f（a）－f（－b）＜g（b）－g（－a）A.①④

B.②③

C.①③

D.②④

解析：不妨取符合题意的函数f（x）=x及g（x）=|x|进行比较，或一般地g（x）=f(x)f(x)x0,x0, f（0）=0，f（a）＜f（b）＜0.答案：D 2.（2003年北京海淀区二模题）函数f（x）是定义域为R的偶函数，又是以2为周期的周期函数.若f（x）在［－1，0］上是减函数，那么f（x）在［2，3］上是

A.增函数

C.先增后减的函数

B.减函数

D.先减后增的函数

解析：∵偶函数f（x）在［－1，0］上是减函数，∴f（x）在［0，1］上是增函数.由周期为2知该函数在［2，3］上为增函数.答案：A 3.已知f（x）是奇函数，当x∈（0，1）时，f（x）=lgf（x）的表达式是__________.解析：当x∈（－1，0）时，－x∈（0，1），∴f（x）=－f（－x）=－lg答案：lg（1－x）

x224.（2003年北京）函数f（x）=lg（1+x），g（x）=0x2x1,|x|1,h（x）=tan2x中，x1.11x，那么当x∈（－1，0）时，11x=lg（1－x）.______________是偶函数.解析：∵f（－x）=lg［1+（－x）］=lg（1+x）=f（x），∴f（x）为偶函数.又∵1°当－1≤x≤1时，－1≤－x≤1，∴g（－x）=0.又g（x）=0，∴g（－x）=g（x）.2°当x＜－1时，－x＞1，∴g（－x）=－（－x）+2=x+2.又∵g（x）=x+2，∴g（－x）=g（x）.3°当x＞1时，－x＜－1，2

∴g（－x）=（－x）+2=－x+2.又∵g（x）=－x+2，∴g（－x）=g（x）.综上，对任意x∈R都有g（－x）=g（x）.∴g（x）为偶函数.h（－x）=tan（－2x）=－tan2x=－h（x），∴h（x）为奇函数.答案：f（x）、g（x）5.若f（x）=a2a22122xxx为奇函数，求实数a的值.解：∵x∈R，∴要使f（x）为奇函数，必须且只需f（x）+f（－x）=0，即a－a－22x1+ 1=0，得a=1.6.（理）定义在［－2，2］上的偶函数g（x），当x≥0时，g（x）单调递减，若g（1－m）＜g（m），求m的取值范围.解：由g（1－m）＜g（m）及g（x）为偶函数，可得g（|1－m|）＜g（|m|）.又g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴|1－m|＞|m|，且|1－m|≤2，|m|≤2，解得－1≤m＜说明：也可以作出g（x）的示意图，结合图形进行分析.（文）（2005年北京西城区模拟题）定义在R上的奇函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，又f（－3）=0，则不等式xf（x）＜0的解集为

A.（－3，0）∪（0，3）

B.（－∞，－3）∪（3，+∞）C.（－3，0）∪（3，+∞）

D.（－∞，－3）∪（0，3）解析：由奇偶性和单调性的关系结合图象来解.答案：A 培养能力 7.已知f（x）＝x（12x12.1＋

12）.（1）判断f（x）的奇偶性；（2）证明f（x）＞0.（1）解：f（x）＝x²

2xx11)，其定义域为x≠0的实数.又f（－x）＝－x²

2xx11)2(212xx2(2＝－x²＝x²

2xx11)＝f（x），2(12)2(2∴f（x）为偶函数.（2）证明：由解析式易见，当x＞0时，有f（x）＞0.又f（x）是偶函数，且当x＜0时－x＞0，∴当x＜0时f（x）＝f（－x）＞0，即对于x≠0的任何实数x，均有f（x）＞0.探究创新

8.设f（x）=log1（21axx1）为奇函数，a为常数，（1）求a的值；

（2）证明f（x）在（1，+∞）内单调递增；

（3）若对于［3，4］上的每一个x的值，不等式f（x）＞（m的取值范围.（1）解：f（x）是奇函数，∴f（－x）=－f（x）.∴log1ax1212）+m恒成立，求实数

xx1=－log

1ax12x11axx1=

x11ax＞01－a2x2=1－x2a=±1.检验a=1（舍），∴a=－1.（2）证明：任取x1＞x2＞1，∴x1－1＞x2－1＞0.∴0＜2x11＜2x210＜1+

2x11＜1+

2x210＜

x11x11＜

x21x21log

x1112x11＞logx2112x21，即f（x1）＞f（x2）.∴f（x）在（1，+∞）内单调递增.1（3）解：f（x）－（）x＞m恒成立.2令g（x）=f（x）－（）x.只需g（x）min＞m，用定义可以证g（x）在［3，4］上是

21增函数，∴g（x）min=g（3）=－

98.∴m＜－

98时原式恒成立.●思悟小结

1.函数的奇偶性是函数的整体性质，即自变量x在整个定义域内任意取值.2.有时可直接根据图象的对称性来判断函数的奇偶性.●教师下载中心 教学点睛

1.函数的奇偶性经常与函数的其他性质，如单调性、周期性、对称性结合起来考查.因此，在复习过程中应加强知识横向间的联系.2.数形结合，以形助数是解决本节问题常用的思想方法.3.在教学过程中应强调函数的奇偶性是函数的整体性质，而单调性是其局部性质.拓展题例

【例1】 已知函数f（x）=

ax21bxc（a、b、c∈Z）是奇函数，又f（1）=2，f（2）＜3，求a、b、c的值.解：由f（－x）=－f（x），得－bx+c=－（bx+c）.∴c=0.由f（1）=2，得a+1=2b.由f（2）＜3，得4a1a1＜3，解得－1＜a＜2.又a∈Z，∴a=0或a=1.若a=0，则b=

12，与b∈Z矛盾.∴a=1，b=1，c=0.【例2】 已知函数y=f（x）的定义域为R，对任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），且对任意x＞0，都有f（x）＜0，f（3）=－3.（1）试证明：函数y=f（x）是R上的单调减函数；

（2）试证明：函数y=f（x）是奇函数；

（3）试求函数y=f（x）在［m，n］（m、n∈Z，且mn＜0）上的值域.分析：（1）可根据函数单调性的定义进行论证，考虑证明过程中如何利用题设条件.（2）可根据函数奇偶性的定义进行证明，应由条件先得到f（0）=0后，再利用条件f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）中x1、x2的任意性，可使结论得证.（3）由（1）的结论可知f（m）、f（n）分别是函数y=f（x）在［m、n］上的最大值与最小值，故求出f（m）与f（n）就可得所求值域.（1）证明：任取x1、x2∈R，且x1＜x2，f（x2）=f［x1+（x2－x1）］，于是由题设条件f（x+x′）=f（x）+f（x′）可知f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）.∵x2＞x1，∴x2－x1＞0.∴f（x2－x1）＜0.∴f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）＜f（x1）.故函数y=f（x）是单调减函数.（2）证明：∵对任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），∴若令x=x′=0，则f（0）=f（0）+f（0）.∴f（0）=0.再令x′=－x，则可得f（0）=f（x）+f（－x）.∵f（0）=0，∴f（－x）=－f（x）.故y=f（x）是奇函数.（3）解：由函数y=f（x）是R上的单调减函数，∴y=f（x）在［m，n］上也为单调减函数.∴y=f（x）在［m，n］上的最大值为f（m），最小值为f（n）.∴f（n）=f［1+（n－1）］=f（1）+f（n－1）=2f（1）+f（n－2）=„=nf（1）.同理，f（m）=mf（1）.∵f（3）=－3，∴f（3）=3f（1）=－3.∴f（1）=－1.∴f（m）=－m，f（n）=－n.因此，函数y=f（x）在［m，n］上的值域为［－n，－m］.评述：（1）满足题设条件f（x+x′）=f（x）+f（x′）的函数，只要其定义域是关于原点对称的，它就为奇函数.（2）若将题设条件中的x＞0，均有f（x）＜0改成均有f（x）＞0，则函数f（x）就是R上的单调增函数.（3）若题设条件中的m、n∈Z去掉，则我们就无法求出f（m）与f（n）的值，故m、n∈Z不可少.