人教新课标A版高一数学选修2-3教案全集（91页） 91页

高 中 数 学 教 案 选 修 全 套 1 第一章 计数原理 1．1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理 第一课时 1 分类加法计数原理 （1）提出问题 问题 1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？ 问题 1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有 3 班，汽车有 2 班.那么一天中，乘坐这些交 通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？ （2）发现新知 分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有 m 种不同的方法，在第 2 类方案中有 n 种不 同的方法. 那么完成这件事共有 nmN  种不同的方法. （3）知识应用 例 1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B 两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下： A 大学 B 大学 生物学 数学 化学 会计学 医学 信息技术学 物理学 法学 工程学 如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？ 分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专 业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择 方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名 同学可能的专业选择共有 5+4=9（种）. 变式：若还有 C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？ 探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第 1 类方案中有 1m 种不同的方法，在第 2 类方案中有 2m 种不同的方法， 在第 3 类方案中有 3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？ 如果完成一件事情有 n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？ 一般归纳： 完成一件事情，有 n 类办法，在第 1 类办法中有 1m 种不同的方法，在第 2 类办法中有 2m 种不同的方法……在第 n 类 办法中有 nm 种不同的方法.那么完成这件事共有 nmmmN  21 种不同的方法. 理解分类加法计数原理： 分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对 独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事. 例 2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？ 解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点 A 爬到顶点 C1 有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以, 第一类, m1 = 1×2 = 2 条 第二类, m2 = 1×2 = 2 条 第三类, m3 = 1×2 = 2 条 所以, 根据加法原理, 从顶点 A 到顶点 C1 最近路线共有 N = 2 + 2 + 2 = 6 条 练习: ( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选 出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿ ; ( 2 ）从 A 村去 B 村的道路有 3 条，从 B 村去 C 村的道路有 2 条， 从 A 村经 B 的路线有＿条． 第二课时 2 分步乘法计数原理 （1）提出问题 问题 2.1：用前 6 个大写英文字母和 1—9 九个阿拉伯数字，以 1A , 2A ,…， 1B , 2B ,…的方式给教室里的座位编号， 总共能编出多少个不同的号码？ 2 用列举法可以列出所有可能的号码： 我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各 不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码． （2）发现新知 分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有 m 种不同的方法，在第 2 类方案中有 n 种 不同的方法. 那么完成这件事共有 nmN  种不同的方法. （3）知识应用 例 1.设某班有男生 30 名，女生 24 名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？ 分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第 2 步选女生． 解：第 1 步，从 30 名男生中选出 1 人，有 30 种不同选择； 第 2 步，从 24 名女生中选出 1 人，有 24 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有 30×24 =720 种不同的选法． 一般归纳： 完成一件事情，需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 1m 种不同的方法，做第 2 步有 2m 种不同的方法……做第 n 步有 nm 种 不同的方法.那么完成这件事共有 nmmmN  21 种不同的方法. 理解分步乘法计数原理： 分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成 该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事. 3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点 ①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题 ②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法 也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问 题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才 算完成这件事，是合作完成. 例 2 .如图,要给地图 A、B、C、D 四个区域分别涂上 3 种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须 涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？ 解: 按地图 A、B、C、D 四个区域依次分四步完成, 第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 3 第三课时 3 综合应用 例 1. 书架的第 1 层放有 4 本不同的计算机书，第 2 层放有 3 本不同的文艺书，第 3 层放 2 本不同的体育书. ①从书架上任取 1 本书，有多少种不同的取法？ ②从书架的第 1、2、3 层各取 1 本书，有多少种不同的取法？ ③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？ 【分析】 ①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理. ②要完成的事是“从书架的第 1、2、3 层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第 1、2、 3 层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理. ③要完成的事是“取 2 本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各 1 本，再要考虑取 1 本计算机书或取 1 本文艺书都只完成了这 件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计 数原理. 解： (1) 从书架上任取 1 本书，有 3 类方法：第 1 类方法是从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 类方法是从 第 2 层取 1 本文艺书，有 3 种方法；第 3 类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同 取法的种数是 1 2 3N m m m   =4+3+2=9; ( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成 3 个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方 法；第 2 步从第 2 层取 1 本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原 理，不同取法的种数是 1 2 3N m m m   =4×3×2=24 . （3） 26232434 N 。 例 2. 要从甲、乙、丙 3 幅不同的画中选出 2 幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？ 解：从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第 1 步，从 3 幅画中选 1 幅挂在左边 墙上，有 3 种选法；第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上，有 2 种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂 法的种数是 N=3×2=6 . 6 种挂法可以表示如下： 分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原 理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分 步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事． 例 3.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照 组成办法，每一个汽车牌照都必须有 3 个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现， 3 个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？ 分析：按照新规定，牌照可以分为 2 类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分 6 个步骤． 解：将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分 6 个步骤确定一个牌照的 字母和数字： 第 1 步，从 26 个字母中选 1 个，放在首位，有 26 种选法； 第 2 步，从剩下的 25 个字母中选 1 个，放在第 2 位，有 25 种选法； 第 3 步，从剩下的 24 个字母中选 1 个，放在第 3 位，有 24 种选法； 第 4 步，从 10 个数字中选 1 个，放在第 4 位，有 10 种选法； 第 5 步，从剩下的 9 个数字中选 1 个，放在第 5 位，有 9 种选法； 第 6 步，从剩下的 8 个字母中选 1 个，放在第 6 位，有 8 种选法． 4 根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有 26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） . 同理，字母组合在右的牌照也有 11232 000 个．所以，共能给 11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .辆汽车上牌照． 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ― 需要分类还是需要分步．分类要做到 “不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完 成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理， 把完成每一步的方法数相乘，得到总数． 练习 1．乘积 1 2 3 1 2 3 1 2 3 4 5)( )( )a a a b b b c c c c c       （ 展开后共有多少项？ 2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。到 9 之间的一个 数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？ 3．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？ 4．某商场有 6 个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场 的方式？ 第四课时 例 1.给程序模块命名，需要用 3 个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z , 后两个要求用数字 1～9．问最多可 以给多少个程序命名？ 分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第 2 步，选中间字符；第 3 步，选最后一个字 符．而首字符又可以分为两类． 解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有 7 + 6 = 13 种选法． 再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有 13×9×9 = = 1053 个不同的名称，即最多可以给 1053 个程序命名． 例 2. 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链， 长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据． 总共有 4 种不同的碱基，分别用 A,C,G,U 表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置 上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？ 分析：用图 1. 1 一 2 来表示由 100 个碱基组成的长链，这时我们共有 100 个位置，每个位置都可以从 A , C , G , U 中任选一个来占据． 解：100 个碱基组成的长链共有 100 个位置，如图 1 . 1 一 2 所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有 100 100 4 4 4 4    （个） 例 3.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内 部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字 5 符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问： (1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？ (2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了 6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少 要用多少个字节表示？ 分析：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1 两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以 用分步乘法计数原理求解本题． 解：(1）用图 1.1 一 3 来表示一个字节． 图 1 . 1 一 3 一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示 2×2×2×2×2×2×2×2= 28 =256 个不同的字符； ( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用 2 个字节能够表示多少个字符．前 一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．根据分步乘法计数原理，2 个字节可以表示 256× 256 = 65536 个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示． 例 4.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始 到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．如图 1.1 一 4，它是一个 具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？ 另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？ 图 1.1 一 4 分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第 1 步是从开始执行到 A 点；第 2 步是从 A 点执行到结束．而 第 1 步可由子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 来完成；第 2 步可由子模块 4 或子模块 5 来完成．因此，分析一条指令 在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理． 解：由分类加法计数原理，子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 中的子路径共有 18 + 45 + 28 = 91 （条） ; 子模块 4 或子模块 5 中的子路径共有 38 + 43 = 81 （条） . 6 又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有 91×81 = 7 371（条）. 在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模 块．这样，他可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为 18 + 45 + 28 + 38 + 43 =172. 再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第 1 步中的各个子模块和第 2 步中的各个子模块之间的信 息交流是否正常，需要的测试次数为 3×2=6 . 如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常．这样，测试整个 模块的次数就变为 172 + 6=178（次）. 显然，178 与 7371 的差距是非常大的． 巩固练习： 1.如图,从甲地到乙地有 2 条路可通,从乙地到丙地有 3 条路可通;从甲地到丁地有 4 条路可通, 从丁地到丙地有 2 条路可 通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？ 2.书架上放有 3 本不同的数学书，5 本不同的语文书，6 本不同的英语书． （1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？ （2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？ （3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？ 3.如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜 色,则不同涂色方法种数为() A. 180 B. 160 C. 96 D. 60 ① ③ ④② ① ② ③ ④ ④③② ① 图一 图二 图三 若变为图二,图三呢? 5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠 军的可能性有多少种？ 6．（2007 年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ） A．5 部分 B.6 部分 C.7 部分 D.8 部分 教学反思： 课堂小结 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也 是求解排列、组合问题的基本思想. 2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别 分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘 法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事. 3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点： 分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的 方法都是不同的方法，即"不重不漏". 分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这 n 个步骤，这件事才算完成. 分配问题 把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题．因为这涉及到两类元素：被分配 元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了． 事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把 10 个全排列，可以理解为在 10 个人旁边，有序号为 1，2，……， 10 的 10 把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭 乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”： ①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是 m nA ，这里 n m .其中 m 是“接受单位”的个数。至于谁 7 是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要 n m .个数为 m 的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以 简化为 A少 多 .这里的“多”只要  “少”. ②.被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以 k kA . 1．2．1 排列 第一课时 一、复习引入： 1 分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有 n 类办法，在第一类办法中有 1m 种不同的方法，在第二类办法中有 2m 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 nm 种不同的方法 那么完成这件事共有 1 2 nN m m m    种不同的方法 2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成 n 个步骤，做第一步有 1m 种不同的方法，做第二步有 2m 种不同的方 法，……，做第 n 步有 nm 种不同的方法，那么完成这件事有 1 2 nN m m m    种不同的方法 分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,区别在于:分类加法计数原理 针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计 数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个 步骤都完成才算做完这件事 应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独 立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制 二、讲解新课： 1 问题： 问题 1．从甲、乙、丙 3 名同学中选取 2 名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加 下午的活动，有多少种不同的方法？ 分析：这个问题就是从甲、乙、丙 3 名同学中每次选取 2 名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序 排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有 6 种不同的排法：甲乙 甲丙 乙甲 乙丙 丙甲 丙乙，其中被取的对象 叫做元素 解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确 定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方 法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法 共有 3×2=6 种，如图 1.2 一 1 所示． 把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从 3 个不同的元素 a , b ，。中任取 2 个，然后按照一定的 顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是 ab,ac,ba,bc,ca, cb, 共有 3×2=6 种． 问题 2．从 1,2,3,4 这 4 个数字中，每次取出 3 个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？ 分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在 4 个字母中任取 1 个，有 4 种方法；第二步确定中间的数， 8 从余下的 3 个数中取，有 3 种方法；第三步确定右边的数，从余下的 2 个数中取，有 2 种方法 由分步计数原理共有：4×3×2=24 种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列 由此可写出所有的排法 显然，从 4 个数字中，每次取出 3 个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三位数．因此有多少种不 同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题： 第 1 步，确定百位上的数字，在 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个数字中任取 1 个，有 4 种方法； 第 2 步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的 3 个数字中去取，有 3 种方法； 第 3 步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的 2 个数字中去取，有 2 种方 法． 根据分步乘法计数原理，从 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个不同的数字中，每次取出 3 个数字，按“百”“十”“个”位的顺 序排成一列，共有 4×3×2=24 种不同的排法， 因而共可得到 24 个不同的三位数，如图 1. 2 一 2 所示． 由此可写出所有的三位数： 123，124, 132, 134, 142, 143， 213，214, 231, 234, 241, 243， 312，314, 321, 324, 341, 342， 412，413, 421, 423, 431, 432 。 同样，问题 2 可以归结为： 从 4 个不同的元素 a, b, c，d 中任取 3 个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？ 所有不同排列是 abc, abd, acb, acd, adb, adc, bac, bad, bca, bcd, bda, bdc, cab, cad, cba, cbd, cda, cdb, dab, dac, dba, dbc, dca, dcb. 共有 4×3×2=24 种. 树形图如下 a b ｃ ｄ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ａ ｂ ｃ 2．排列的概念： 从 n 个不同元素中，任取 m （ m n ）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序．．．．．排成一列，叫做从 n 个 不同元素中取出 m 个元素的一个排列．．．． 说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列； （2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同 3．排列数的定义： 从 n 个不同元素中，任取 m （ m n ）个元素的所有排列的个数叫做从 n 个元素中取出 m 元素的排列数，用符号 m nA 表 示 注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从 n 个不同元素中，任取 m 个元素按照一定的顺序．．．．．排成一列，不是 数；“排列数”是指从 n 个不同元素中，任取 m （ m n ）个元素的所有排列的个数，是一个数 所以符号 m nA 只表示排列 数，而不表示具体的排列 9 4．排列数公式及其推导： 由 2 nA 的意义：假定有排好顺序的 2 个空位，从 n 个元素 1 2,, na a a 中任取 2 个元素去填空，一个空位填一个元素， 每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数 2 nA ．由分步计数原理完成上述填空共有 ( 1)n n  种填法，∴ 2 nA = ( 1)n n  由此，求 3 nA 可以按依次填 3 个空位来考虑，∴ 3 nA = ( 1)( 2)n n n  ， 求 m nA 以按依次填 m 个空位来考虑 ( 1)( 2) ( 1)m nA n n n n m     ， 排列数公式： ( 1)( 2) ( 1)m nA n n n n m     （ , ,m n N m n  ） 说明：（1）公式特征：第一个因数是 n ，后面每一个因数比它前面一个 少 1，最后一个因数是 1n m  ，共有 m 个因数； （2）全排列：当 n m 时即 n 个不同元素全部取出的一个排列 全排列数： ( 1)( 2) 2 1 !n nA n n n n     （叫做 n 的阶乘） 另外，我们规定 0! =1 . 例 1．用计算器计算： (1） 4 10A ； (2） 5 18A ; (3） 18 13 18 13A A . 解：用计算器可得： 由（ 2 ) ( 3 ）我们看到， 5 18 13 18 18 13A A A  ．那么，这个结果有没有一般性呢？即 ! ( )! n m n n n m n m A nA A n m     . 排列数的另一个计算公式： ( 1)( 2) ( 1)m nA n n n n m     ( 1)( 2) ( 1)( ) 3 2 1 ( )( 1) 3 2 1 n n n n m n m n m n m                 ! ( )! n n m = n n n m n m A A   . 即 m nA = ! ( )! n n m 例 2．解方程：3 3 2 2 12 6x x xA A A  ． 10 解：由排列数公式得： 3 ( 1)( 2) 2( 1) 6 ( 1)x x x x x x x      ， ∵ 3x  ，∴ 3( 1)( 2) 2( 1) 6( 1)x x x x      ，即 23 17 10 0x x   ， 解得 5x  或 2 3x  ，∵ 3x  ，且 x N  ，∴原方程的解为 5x  ． 例 3．解不等式： 2 9 96x xA A  ． 解：原不等式即 9! 9!6(9 )! (11 )!x x    ， 也就是 1 6 (9 )! (11 ) (10 ) (9 )!x x x x       ，化简得： 2 21 104 0x x   ， 解得 8x  或 13x  ，又∵ 2 9x  ，且 x N  ， 所以，原不等式的解集为 2,3,4,5,6,7 ． 例 4．求证：（1） n m n m n n n mA A A    ；（2） (2 )! 1 3 5 (2 1)2 !n n nn      ． 证明：（1） ! ( )! !( )! m n m n n m nA A n m nn m      n nA ，∴原式成立 （2） (2 )! 2 (2 1) (2 2) 4 3 2 1 2 ! 2 !n n n n n n n n          2 ( 1) 2 1 (2 1)(2 3) 3 1 2 ! n n n n n n n           !1 3 (2 3)(2 1) ! n n n n      1 3 5 (2 1)n    右边 ∴原式成立 说明：（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数 m nA 中， ,m n N  且 m n 这些限制条件，要注意含排列数 的方程和不等式中未知数的取值范围； （2）公式 ( 1)( 2) ( 1)m nA n n n n m     常用来求值，特别是 ,m n 均为已知时，公式 m nA = ! ( )! n n m ，常用 来证明或化简 例 5．化简：⑴ 1 2 3 1 2! 3! 4! ! n n     ；⑵1 1! 2 2! 3 3! !n n        ⑴解：原式 1 1 1 1 1 1 11! 2! 2! 3! 3! 4! ( 1)! !n n           11 !n  ⑵提示：由    1 ! 1 ! ! !n n n n n n      ，得  ! 1 ! !n n n n    ， 11 原式  1 ! 1n   说明： 1 1 1 ! ( 1)! ! n n n n    ． 第二课时 例 1．(课本例 2)．某年全国足球甲级（A 组）联赛共有 14 个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共 进行多少场比赛？ 解：任意两队间进行 1 次主场比赛与 1 次客场比赛，对应于从 14 个元素中任取 2 个元素的一个排列．因此，比赛的总 场次是 2 14A =14×13=182. 例 2．(课本例 3)．(1）从 5 本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？ (2）从 5 种不同的书中买 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？ 解：(1）从 5 本不同的书中选出 3 本分别送给 3 名同学，对应于从 5 个不同元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不 同送法的种数是 3 5A =5×4×3=60. (2）由于有 5 种不同的书，送给每个同学的 1 本书都有 5 种不同的选购方法，因此送给 3 名同学每人各 1 本书的不 同方法种数是 5×5×5=125. 例 8 中两个问题的区别在于： ( 1 ）是从 5 本不同的书中选出 3 本分送 3 名同学，各人得到的书不同，属于求排 列数问题；而（ 2 ）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理 进行计算． 例 3．(课本例 4)．用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到 9 这 10 个 数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素 的排列位置人手来考虑问题 解法 1 ：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不 能是 O，因 此可以分两步完成排列．第 1 步，排百位上的数字，可以从 1 到 9 这 九个数字 中任选 1 个，有 1 9A 种选法；第 2 步，排十位和个位上的数字，可 以从余下 的 9 个数字中任选 2 个，有 2 9A 种选法（图 1.2 一 5) ．根据分步 乘法计数 原理，所求的三位数有 1 2 9 9A A =9×9×8=648（个） . 解法 2 ：如图 1.2 一 6 所示，符合条件的三位数可分成 3 类．每一位数字都不是位数有 A 母个，个位数字是 O 的 三位数有揭个，十位数字是 0 的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有 3 2 2 9 9 9A A A  =648 个． 解法 3 ：从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字的排列数为 3 10A ，其中 O 在百位上的排列数是 2 9A ，它们的差就是用 12 这 10 个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是 3 10A - 2 9A =10×9×8-9×8=648. 对于例 9 这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法 1 根据 百位数字不能是。的要求，分步完成选 3 个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法 2 以 O 是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法 3 是一种逆向思考方法：先求 出从 10 个不同数字中选 3 个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重 复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快 捷地求解“从 n 个不同元素中取出 m (m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题． 1.1 节中的例 9 是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？ 四、课堂练习： 1．若 ! 3! nx  ，则 x  （ ） ( )A 3 nA ( )B 3n nA  ( )C 3 nA ( )D 3 3nA  2．与 3 7 10 7A A 不等的是 （ ） ( )A 9 10A ( )B 8 881A ( )C 9 910A ( )D 10 10A 3．若 5 32m mA A ，则 m 的值为 （ ） ( )A 5 ( )B 3 ( )C 6 ( )D 7 4．计算： 5 6 9 9 6 10 2 3 9! A A A   ； 1 1 ( 1)! ( )!n m m A m n     ． 5．若 1 1 ( 1)!2 42m m m A     ，则 m 的解集是 ． 6．（1）已知 10 10 9 5mA     ，那么 m  ； （2）已知 9! 362880 ，那么 7 9A = ； （3）已知 2 56nA  ，那么 n  ； （4）已知 2 2 47n nA A  ，那么 n  ． 7．一个火车站有 8 股岔道，停放 4 列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停放 1 列火车）？ 8．一部纪录影片在 4 个单位轮映，每一单位放映 1 场，有多少种轮映次序？ 答案：1. B 2. B 3. A 4. 1,1 5.  2,3,4,5,6 6. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5 7. 1680 8. 24 教学反思： 排列的特征：一个是“取出元素”；二是“按照一定顺序排列” ,“一定顺序”就是与位置有关，这也是判断一个问题 是不是排列问题的重要标志。根据排列的定义，两个排列相同，且仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列顺序也相 同. 了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。 对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指，按照要求，一点 点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案剔出去．了解排列数的意义， 掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。 第三课时 例 1．（1）有 5 本不同的书，从中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？ （2）有 5 种不同的书，要买 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？ 解：（1）从 5 本不同的书中选出 3 本分别送给 3 名同学，对应于从 5 个元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不同送法的种 数是： 3 5 5 4 3 60A     ，所以，共有 60 种不同的送法 13 （2）由于有 5 种不同的书，送给每个同学的 1 本书都有 5 种不同的选购方法，因此送给 3 名同学，每人各 1 本书的不同 方法种数是： 5 5 5 125   ，所以，共有 125 种不同的送法 说明：本题两小题的区别在于：第（1）小题是从 5 本不同的书中选出 3 本分送给 3 位同学，各人得到的书不同，属于求排 列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从 5 种不同的书中任选 1 种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分 步计数原理进行计算 例 2．某信号兵用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂 1 面、2 面或 3 面，并且不同 的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？ 解：分 3 类：第一类用 1 面旗表示的信号有 1 3A 种；第二类用 2 面旗表示的信号有 2 3A 种；第三类用 3 面旗表示的信号有 3 3A 种，由分类计数原理，所求的信号种数是： 1 2 3 3 3 3 3 3 2 3 2 1 15A A A         ， 例 3．将 4 位司机、 4 位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一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？ 分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把 4 位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从 4 个不同元素中取出 4 个元素排成一列，有 4 4A 种方法； 第二步：把 4 位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有 4 4A 种方法， 利用分步计数原理即得分配方案的种数 解：由分步计数原理，分配方案共有 4 4 4 4 576N A A   （种）例 4．用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成多少个没有重复数 字的三位数？ 解法 1：用分步计数原理： 所求的三位数的个数是： 1 2 9 9 9 9 8 648A A     解法 2：符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是 0 的三位数有 3 9A 个，个位数字是 0 的三位数有 2 9A 个，十 位数字是 0 的三位数有 2 9A 个， 由分类计数原理，符合条件的三位数的个数 是 ： 3 2 2 9 9 9 648A A A   ． 解法 3：从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字的排列数为 3 10A ，其中以 0 为排头的排列数为 2 9A ，因此符合条件的三位 数的个数是 3 2 10 9 648A A  - 2 9A ． 说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法 直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符 合条件的排列数如解法 1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来， 然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法 3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重 复与遗漏 第四课时 例 5．（1）7 位同学站成一排，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：7 个元素的全排列 7 7A ＝5040． （2）7 位同学站成两排（前 3 后 4），共有多少种不同的排法？ 14 解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040． （3）7 位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：余下的 6 个元素的全排列—— 6 6A =720． （4）7 位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ 解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有 2 2A 种； 第二步 余下的 5 名同学进行全排列有 5 5A 种，所以，共有 2 2A 5 5A =240 种排列方法 （5）7 位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？ 解法 1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的 5 位同学中选 2 位同学站在排头和排尾有 2 5A 种方法；第二步从余下的 5 位同学中选 5 位进行排列（全排列）有 5 5A 种方法，所以一共有 2 5A 5 5A ＝2400 种排列方法 解法 2：（排除法）若甲站在排头有 6 6A 种方法；若乙站在排尾有 6 6A 种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有 5 5A 种方 法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有 7 7A － 6 62A ＋ 5 5A =2400 种． 说明：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑 例 6.从 10 个不同的文艺节目中选 6 个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上， 则共有多少种不同的排法？ 解法一：（从特殊位置考虑） 1360805 9 1 9 AA ； 解法二：（从特殊元素考虑）若选： 5 95 A ；若不选： 6 9A ， 则共有 5 6 9 95 136080A A   种； 解法三：（间接法） 6 5 10 9 136080A A  第五课时 例 7． 7 位同学站成一排， （1）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？ 解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的 5 个元素（同学）一起进行全排列有 6 6A 种方法；再将 甲、乙两个同学“松绑”进行排列有 2 2A 种方法．所以这样的排法一共有 6 2 6 2 1440A A  种 （2）甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？ 解：方法同上，一共有 5 5A 3 3A ＝720 种 （3）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？ 解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有 6 个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以 从其余的 5 个元素中选取 2 个元素放在排头和排尾，有 2 5A 种方法；将剩下的 4 个元素进行全排列有 4 4A 种方法；最后将甲、 乙两个同学“松绑”进行排列有 2 2A 种方法．所以这样的排法一共有 2 5A 4 4A 2 2A ＝960 种方法 15 解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有 6 个元素，若丙站在排头或排尾有 2 5 5A 种方法， 所以，丙不能站在排头和排尾的排法有 960)2( 2 2 5 5 6 6  AAA 种方法 解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有 6 个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以 从其余的四个位置选择共有 1 4A 种方法，再将其余的 5 个元素进行全排列共有 5 5A 种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所 以，这样的排法一共有 1 4A 5 5A 2 2A ＝960 种方法． （4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起 解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有 2 个元 素，∴一共有排法种数： 3 4 2 3 4 2 288A A A  （种） 说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）． 例 8．7 位同学站成一排， （1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ 解法一：（排除法） 36002 2 6 6 7 7  AAA ； 解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有 5 5A 种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学 分别插入这六个位置（空）有 2 6A 种方法，所以一共有 36002 6 5 5 AA 种方法． （2）甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？ 解：先将其余四个同学排好有 4 4A 种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空” 有 3 5A 种方法，所以一共有 4 4A 3 5A ＝1440 种． 说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）． 第六课时 例 9．5 男 5 女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列 解：（1）先将男生排好，有 5 5A 种排法；再将 5 名女生插在男生之间的 6 个“空挡”（包括两端）中，有 5 52A 种排法 故本题的排法有 5 5 5 52 28800N A A   （种）； （2）方法 1： 10 510 105 5 30240AN AA    ； 方法 2：设想有 10 个位置，先将男生排在其中的任意 5 个位置上，有 5 10A 种排法；余下的 5 个位置排女生，因为女生 的位置已经指定，所以她们只有一种排法 故本题的结论为 5 10 1 30240N A   （种） 2007 年高考题 1．（2007 年天津卷）如图，用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色，每个格 子涂一种颜色，要 求最多使用 3 种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 390 种（用数字 16 作答）． 2．（2007 年江苏卷）某校开设 9 门课程供学生选修，其中 , ,A B C 三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同 学选修 4 门，共有 75 种不同选修方案。（用数值作答） 3．（2007 年北京卷）记者要为 5 名志愿都和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人相邻但不排在两端，不同的 排法共有（ Ｂ ） Ａ．1440 种 Ｂ．960 种 Ｃ．720 种 Ｄ．480 种 4．图３是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的某种配件各５０件，在使 用前发现需将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的这批配件分别调整为４０、４５、５４、６１件，但调整只能在相邻维修点之间 进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（ｎ个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为ｎ）为答案：B； （Ａ）１５ （Ｂ）１６ （Ｃ）１７ （Ｄ）１８ 5．（2007 年全国卷 I）从班委会 5 名成员中选出 3 名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能 担任文娱委员，则不同的选法共有 36 种．（用数字作答） 6．（2007 年全国卷Ⅱ）从 5 位同学中选派 4 位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有 2 人参加，星期六、星期日各有 1 人参加，则不同的选派方法共有（ B ） A．40 种 B．60 种 C．100 种 D．120 种 7. （2007 年陕西卷）安排 3 名支教老师去 6 所学校任教，每校至多 2 人，则不同的分配方案共有 210 种.（用数字作答） 8．（2007 年四川卷）用数字 0，1，2，3，4，5 可以组成没有重复数字，并且比 20000 大的五位偶数共有（ ） （A）288 个 （B）240 个 （C）144 个 （D）126 个 解析：选 B．对个位是 0 和个位不是 0 两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位 是 0 并且比 20000 大的五位偶数有 3 41 4 96A   个；②个位不是 0 并且比 20000 大的五位偶数有 3 42 3 144A   个； 故共有 96 144 240  个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目． 9．（2007 年重庆卷）某校要求每位学生从 7 门课程中选修 4 门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有____25_____ 种.（以数字作答） 10．（2007 年宁夏卷）某校安排 5 个班到 4 个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安 排方法共有 240 种．（用数字作答） 11．（2007 年辽宁卷）将数字 1，2，3，4，5，6 拼成一列，记第 i 个数为 i (i 1 2 6)a  ，， ， ，若 1 1a  ， 3 3a  ， 5 5a  ， 1 3 5a a a  ，则不同的排列方法有 种（用数字作答）． 解析：分两步：（1）先排 531 ,, aaa ， 1a =2，有 2 种； 1a =3 有 2 种； 1a =4 有 1 种，共有 5 种；（2）再排 642 ,, aaa ， 共有 63 3 A 种，故不同的排列方法种数为 5×6=30，填 30． 1．2．2 组合 第一课时 17 一、复习引入： 1 分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有 n 类办法，在第一类办法中有 1m 种不同的方法，在第二类办法中有 2m 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 nm 种不同的方法 那么完成这件事共有 1 2 nN m m m    种不同的方法 2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成 n 个步骤，做第一步有 1m 种不同的方法，做第二步有 2m 种不同的方 法，……，做第 n 步有 nm 种不同的方法，那么完成这件事有 1 2 nN m m m    种不同的方法 3．排列的概念：从 n 个不同元素中，任取 m （ m n ）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序．．．．．排成一列， 叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列．．．． 4．排列数的定义：从 n 个不同元素中，任取 m （ m n ）个元素的所有排列的个数叫做从 n 个元素中取出 m 元素的 排列数，用符号 m nA 表示 5．排列数公式： ( 1)( 2) ( 1)m nA n n n n m     （ , ,m n N m n  ） 6 阶乘： !n 表示正整数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘 规定 0! 1 ． 7．排列数的另一个计算公式： m nA = ! ( )! n n m 8.提出问题： 示例 1：从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名去参加某天的一项活动，其中 1 名同学参加上午的活动，1 名同学参加下午 的活动，有多少种不同的选法？ 示例 2：从甲、乙、丙 3 名同学中选出 2 名去参加一项活动，有多少种不同的选法？ 引导观察：示例 1 中不但要求选出 2 名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例 2 只要求选出 2 名同学，是与顺 序无关的 引出课题：组合．．． 二、讲解新课： 1 组合的概念：一般地，从 n 个不同元素中取出 m  m n 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一 个组合 说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同 例 1．判断下列问题是组合还是排列 （1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？ （2）高中部 11 个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？ （3）从全班 23 人中选出 3 人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳 动，有多少种不同的选法？ （4）10 个人互相通信一次，共写了多少封信？（5）10 个人互通电话一次，共多少个电话？ 问题：（1）1、2、3 和 3、1、2 是相同的组合吗？ （2）什么样的两个组合就叫相同的组合 2．组合数的概念：从 n 个不同元素中取出 m  m n 个元素的所有组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的组合数．．．．用符号 m nC 表示． 例 2．用计算器计算 7 10C ． 18 解：由计算器可得 例 3．计算：（1） 4 7C ； （2） 7 10C ； （1）解： 4 7 7 6 5 4 4!C    ＝35； （2）解法 1： 7 10 10 9 8 7 6 5 4 7!C       ＝120． 解法 2： 7 10 10! 10 9 8 7!3! 3!C    ＝120． 第二课时 3．组合数公式的推导： （1）从 4 个不同元素 , , ,a b c d 中取出 3 个元素的组合数 3 4C 是多少呢？ 启发：由于排列是先组合再排列．．．．．．．．．，而从 4 个不同元素中取出 3 个元素的排列数 3 4A 可以求得，故我们可以考察一下 3 4C 和 3 4A 的关系，如下： 组 合 排列 dcbcdbbdcdbccbdbcdbcd dcacdaadcdaccadacdacd dbabdaadbdabbadabdabd cbabcaacbcabbacabcabc ,,,,, ,,,,, ,,,,, ,,,,,     由此可知,每一个组合都对应着 6 个不同的排列，因此，求从 4 个不同元素中取出 3 个元素的排列数 3 4A ，可以分如下 两步：① 考虑从 4 个不同元素中取出 3 个元素的组合，共有 3 4C 个；② 对每一个组合的 3 个不同元素进行全排列，各有 3 3A 种方法．由分步计数原理得： 3 4A ＝ 3 4C 3 3A ，所以， 3 3 3 43 4 A AC  ． （2）推广：一般地，求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数 m nA ，可以分如下两步： ① 先求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数 m nC ； ② 求每一个组合中 m 个元素全排列数 m mA ，根据分步计数原理得： m nA ＝ m nC m mA ． （3）组合数的公式： ( 1)( 2) ( 1) ! m m n n m m A n n n n mC A m       或 )!(! ! mnm nC m n  ),,( nmNmn   且 19 规定: 0 1nC  . 三、讲解范例： 例 4．求证： 11   m n m n Cmn mC ． 证明：∵ )!(! ! mnm nC m n  11 1 ! ( 1)!( 1)! m n m m nCn m n m m n m         ＝ 1 ! ( 1)! ( )( 1)! m n m n m n m      ＝ ! !( )! n m n m ∴ 11   m n m n Cmn mC 例 5．设 , Nx 求 32 1 1 32      x x x x CC 的值 解：由题意可得：      321 132 xx xx ，解得 2 4x  ， ∵ x N ， ∴ 2x  或 3x  或 4x  ， 当 2x  时原式值为 7；当 3x  时原式值为 7；当 4x  时原式值为 11． ∴所求值为 4 或 7 或 11． 第三课时 例 6． 一位教练的足球队共有 17 名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足 球队的上场队员是 11 人．问： (l)这位教练从这 17 名学员中可以形成多少种学员上场方案？ (2)如果在选出 11 名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？ 分析：对于（1)，根据题意，17 名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从 17 个不同元素中选出 11 个元 素的组合问题；对于（ 2 ) ，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题． 解： (1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有 C ｝手＝ 12 376 （种） . (2）教练员可以分两步完成这件事情： 第 1 步，从 17 名学员中选出 n 人组成上场小组，共有 11 17C 种选法； 第 2 步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有 1 11C 种选法． 所以教练员做这件事情的方法数有 11 1 17 11C C =136136（种）. 20 例 7．（1）平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为端点的线段共有多少条？ (2）平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为端点的有向线段共有多少条？ 解：(1）以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的线段的条数，就是从 10 个不同的元素中取出 2 个元素的组合数，即线 段共有 2 10 10 9 451 2C   （条）. (2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的有向线段的条数， 就是从 10 个不同元素中取出 2 个元素的排列数，即有向线段共有 2 10 10 9 90A    （条）. 例 8．在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品．从这 100 件产品中任意抽出 3 件 . (1）有多少种不同的抽法？ (2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种？ (3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种？ 解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从 100 件产品中取出 3 件的组合数，所以共有 3 100 100 99 98 1 2 3C     = 161700 （种）. (2）从 2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有 1 2C 种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有 2 98C 种，因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有 1 2 2 98C C =9506(种). (3）解法 1 从 100 件产品抽出的 3 件中至少有 1 件是次品，包括有 1 件次品和有 2 件次品两种情况．在第（2）小 题中已求得其中 1 件是次品的抽法有 1 2 2 98C C 种，因此根据分类加法计数原理，抽出的 3 件中至少有一件是次品的抽法有 1 2 2 98C C + 2 1 2 98C C =9 604 （种） . 解法 2 抽出的 3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数，也就是从 100 件中抽出 3 件的抽法种数减去 3 件中都是 合格品的抽法的种数，即 3 3 100 98C C =161 700-152 096 = 9 604 （种）. 说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。 变式：按下列条件，从 12 人中选出 5 人，有多少种不同选法？ （1）甲、乙、丙三人必须当选； （2）甲、乙、丙三人不能当选； （3）甲必须当选，乙、丙不能当选； （4）甲、乙、丙三人只有一人当选； （5）甲、乙、丙三人至多 2 人当选； （6）甲、乙、丙三人至少 1 人当选； 例 9．（1）6 本不同的书分给甲、乙、丙 3 同学，每人各得 2 本，有多少种不同的分法？ 解： 902 2 2 4 2 6  CCC ． （2）从 5 个男生和 4 个女生中选出 4 名学生参加一次会议，要求至少有 2 名男生和 1 名女生参加，有多少种选法？ 解：问题可以分成 2 类： 第一类 2 名男生和 2 名女生参加，有 2 2 5 4 60C C  中选法； 第二类 3 名男生和 1 名女生参加，有 3 1 5 4 40C C  中选法 21 依据分类计数原理，共有 100 种选法 错解： 2 1 1 5 4 6 240C C C  种选法 引导学生用直接法检验，可知重复的很多 例 10．4 名男生和 6 名女生组成至少有 1 个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？ 解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3 男，2 男 1 女，1 男 2 女，分别有 3 4C ， 1 6 2 4 CC  ， 2 6 1 4 CC  ， 所以，一共有 3 4C + 1 6 2 4 CC  + 2 6 1 4 CC  ＝100 种方法． 解法二：（间接法） 1003 6 3 10  CC 第四课时 组合数的性质 1： mn n m n CC  ． 一般地，从 n 个不同元素中取出 m 个元素后，剩下 n m 个元素．因为从 n 个不同元素中取出 m 个元素的每一个组 合，与剩下的 n  m 个元素的每一个组合一一对应．．．．，所以从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，等于从这 n 个元素中取 出 n  m 个元素的组合数，即： mn n m n CC  ．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想 证明：∵ )!(! ! )]!([)!( ! mnm n mnnmn nC mn n  又 )!(! ! mnm nC m n  ，∴ mn n m n CC  说明：①规定： 10 nC ； ②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标； ③此性质作用：当 2 nm  时，计算 m nC 可变为计算 mn nC  ，能够使运算简化. 例如 2001 2002C ＝ 20012002 2002 C ＝ 1 2002C =2002； ④ y n x n CC  yx  或 nyx  ． 2．组合数的性质 2： m nC 1 ＝ m nC + 1m nC ． 一般地，从 121 ,,, naaa  这 n+1 个不同元素中取出 m 个元素的组合数是 m nC 1 ，这些组合可以分为两类：一类含 有元素 1a ，一类不含有 1a ．含有 1a 的组合是从 132 ,,, naaa  这 n 个元素中取出 m 1 个元素与 1a 组成的，共有 1m nC 个；不含有 1a 的组合是从 132 ,,, naaa  这 n 个元素中取出 m 个元素组成的，共有 m nC 个．根据分类计数原理，可以得 到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想． 证明： )]!1([)!1( ! )!(! !1   mnm n mnm nCC m n m n )!1(! !)1(!   mnm mnmnn )!1(! !)1(   mnm nmmn )!1(! )!1(   mnm n m nC 1 22 ∴ m nC 1 ＝ m nC + 1m nC ． 说明：①公式特征：下标相同而上标差 1 的两个组合数之和，等于下标比原下标多 1 而上标与大的相同的一个组合数； ②此性质的作用：恒等变形，简化运算 例 11．一个口袋内装有大小不同的 7 个白球和 1 个黑球， （1）从口袋内取出 3 个球，共有多少种取法？ （2）从口袋内取出 3 个球，使其中含有 1 个黑球，有多少种取法？ （3）从口袋内取出 3 个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解：（1） 563 8 C ,或 3 8C 2 7C 3 7C ，；（2） 212 7 C ；（3） 353 7 C ． 例 12．（1）计算： 6 9 5 8 4 7 3 7 CCCC  ； （2）求证： n mC 2 ＝ n mC + 12 n mC + 2n mC ． 解：（1）原式 4 5 6 5 6 6 4 8 8 9 9 9 10 10 210C C C C C C C        ； 证明：（2）右边 1 1 2 1 1 1 2( ) ( )n n n n n n n m m m m m m mC C C C C C C              左边 例 13．解方程：（1） 32 13 1 13   xx CC ；（2）解方程： 3 3 3 2 2 2 10 1       x x x x x ACC ． 解：（1）由原方程得 1 2 3x x   或 1 2 3 13x x    ，∴ 4x  或 5x  ， 又由 1 1 13 1 2 3 13 x x x N            得 2 8x  且 x N  ，∴原方程的解为 4x  或 5x  上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把 4x  和 5x  代入检验,这样运算量小得多. （2）原方程可化为 2 3 3 3 1 10 x x xC A   ，即 5 3 3 3 1 10x xC A  ，∴ ( 3)! ( 3)! 5!( 2)! 10 ! x x x x    ， ∴ 1 1 120( 2)! 10 ( 1) ( 2)!x x x x      ， ∴ 2 12 0x x   ，解得 4x  或 3x   ， 经检验： 4x  是原方程的解 第五课时 例 14．证明： pn pm p m p n n m CCCC   。 证明：原式左端可看成一个班有 m 个同学，从中选出 n 个同学组成兴趣小组，在选出的 n 个同学中， p 个同学参加数 学兴趣小组，余下的 pn  个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在 m 个同学中选出 p 个同学参加数学 兴趣小组，在余下的 pm  个同学中选出 pn  个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边= 右边，等式成立。 例 15．证明：  110 m mn m mn CCCC … m nmm m n CCC  0 （其中 mn  ）。 23 证明：设某班有 n 个男同学、m 个女同学，从中选出 m 个同学组成兴趣小组，可分为 1m 类：男同学 0 个，1 个，…， m 个，则女同学分别为 m 个， 1m 个，…，0 个，共有选法数为  110 m mn m mn CCCC … 0 m m n CC 。又由组合定义知 选法数为 m nmC  ，故等式成立。 例 16．证明：  321 32 nnn CCC … 12  nn n nnC 。 证明：左边=  321 32 nnn CCC … n nnC =  31 3 21 2 11 1 nnn CCCCCC … n nnCC1 ， 其中 i ni CC1 可表示先在 n 个元素里选 i 个，再从 i 个元素里选一个的组合数。设某班有 n 个同学，选出若干人（至少 1 人） 组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数 i 分类（ ，，21i … n， ），则选法总数即为原式左边。现换 一种选法，先选组长，有 n 种选法，再决定剩下的 1n 人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有 12 n 种，所 以选法总数为 12 nn 种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。 例 17．证明：  32221 32 nnn CCC … 22 2)1(  nn n nnCn 。 证明：由于 i nii i n CCCCi 112  可表示先在 n 个元素里选 i 个，再从 i 个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式 左端可看成在例 3 指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长 是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有 12 nn 种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有 22)1(  nnn 种选法。∴共有 12 nn + 22)1(  nnn 22)1(  nnn 种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边， 等式成立。 例 18．第 17 届世界杯足球赛于 2002 年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有 32 支球队有幸参加，他们先分成 8 个小组 循环赛，决出 16 强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级 16 强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决 出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？ 答案是： 6422488 2 4 C ，这题如果作为习题课应如何分析 解：可分为如下几类比赛： ⑴小组循环赛：每组有 6 场，8 个小组共有 48 场； ⑵八分之一淘汰赛：8 个小组的第一、二名组成 16 强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出 8 强，共有 8 场； ⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8 强中每两个队比赛一场，可以决出 4 强，共有 4 场； ⑷半决赛：根据抽签规则，4 强中每两个队比赛一场，可以决出 2 强，共有 2 场； ⑸决赛：2 强比赛 1 场确定冠亚军，4 强中的另两队比赛 1 场决出第三、四名 共有 2 场. 综上，共有 6422488 2 4 C 场 四、课堂练习： 1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题： （1）从 4 个风景点中选出 2 个安排游览，有多少种不同的方法？ （2）从 4 个风景点中选出 2 个，并确定这 2 个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？ 2． 7 名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（ ） A ． 42 B ． 21 C ． 7 D ． 6 24 3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（ ） A ．15对 B ． 25 对 C ． 30 对 D ． 20 对 4．设全集  , , ,U a b c d ，集合 A 、B 是U 的子集，若 A 有 3 个元素，B 有 2 个元素，且  A B a ，求集合 A 、 B ，则本题的解的个数为 （ ） A ． 42 B ． 21 C ． 7 D ． 3 5．从 6 位候选人中选出 2 人分别担任班长和团支部书记，有 种不同的选法 6．从 6 位同学中选出 2 人去参加座谈会，有 种不同的选法 7．圆上有 10 个点： （1）过每 2 个点画一条弦，一共可画 条弦； （2）过每 3 个点画一个圆内接三角形，一共可画 个圆内接三角形 8．（1）凸五边形有 条对角线；（2）凸 n 五边形有 条对角线 9．计算：（1） 3 15C ；（2） 3 4 6 8C C ． 10． , , , ,A B C D E 5 个足球队进行单循环比赛，（1）共需比赛多少场？（2）若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能 情况共有多少种？ 11．空间有 10 个点，其中任何 4 点不共面，（1）过每 3 个点作一个平面，一共可作多少个平面？（2）以每 4 个点为顶点作 一个四面体，一共可作多少个四面体？ 12．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？ 13．写出从 , , , ,a b c d e 这 5 个元素中每次取出 4 个的所有不同的组合 答案：1. （1）组合, （2）排列 2. B 3. A 4. D 5. 30 6. 15 7. （1）45 （2） 120 8. （1）5（2） ( 3) / 2n n  9. ⑴455； ⑵ 2 7 10. ⑴10； ⑵20 11. ⑴ 3 10 120C  ； ⑵ 4 10 210C  12. 1 2 3 4 4 4 4 4 4 2 1 15C C C C      13. , , ,a b c d ； , , ,a b c e ； , , ,a b d e ； , , ,a c d e ； , , ,b c d e 教学反思： 1 注意区别“恰好”与“至少” 从 6 双不同颜色的手套中任取 4 只，其中恰好有一双同色的手套的不同取法共有多少种 2 特殊元素（或位置）优先安排 将 5 列车停在 5 条不同的轨道上，其中 a 列车不停在第一轨道上，b 列车不停在第二轨道上，那么不同的停放方法有种 3“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空” 七人排成一排，甲、乙两人必须相邻，且甲、乙都不与丙相邻，则不同的排法有多少种 4、混合问题，先“组”后“排” 对某种产品的 6 件不同的正品和 4 件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第 5 次测 试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？ 5、分清排列、组合、等分的算法区别 (1)今有 10 件不同奖品,从中选 6 件分给甲一件,乙二件和丙三件,有多少种分法? 25 (2) 今有 10 件不同奖品, 从中选 6 件分给三人,其中 1 人一件 1 人二件 1 人三件, 有多少种分法? (3) 今有 10 件不同奖品, 从中选 6 件分成三份,每份 2 件, 有多少种分法? 6、分类组合,隔板处理 从 6 个学校中选出 30 名学生参加数学竞赛,每校至少有 1 人,这样有几种选法? 1．3．1 二项式定理 第一课时 一、复习引入： ⑴ 2 2 2 0 2 1 2 2 2 2 2( ) 2a b a ab b C a C ab C b       ； ⑵ 3 3 2 2 3 0 3 1 2 2 2 3 3 3 3 3 3( ) 3 3a b a a b ab b C a C a b C ab C b         ⑶ 4( ) ( )( )( )( )a b a b a b a b a b      的各项都是 4 次式， 即展开式应有下面形式的各项： 4a ， 3a b ， 2 2a b ， 3ab ， 4b ， 展开式各项的系数：上面 4 个括号中，每个都不取 b 的情况有1种，即 0 4C 种， 4a 的系数是 0 4C ；恰有1个取 b 的情况有 1 4C 种， 3a b 的系数是 1 4C ，恰有 2 个取 b 的情况有 2 4C 种， 2 2a b 的系数是 2 4C ，恰有 3 个取 b 的情况有 3 4C 种， 3ab 的系数 是 3 4C ，有 4 都取 b 的情况有 4 4C 种， 4b 的系数是 4 4C ， ∴ 4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4( )a b C a C a b C a b C a b C b      ． 二、讲解新课： 二项式定理： 0 1( ) ( )n n n r n r r n n n n n na b C a C a b C a b C b n N          ⑴ ( )na b 的展开式的各项都是 n 次式，即展开式应有下面形式的各项： na ， na b ，…， n r ra b ，…， nb ， ⑵展开式各项的系数： 每个都不取 b 的情况有1种，即 0 nC 种， na 的系数是 0 nC ； 恰有1个取 b 的情况有 1 nC 种， na b 的系数是 1 nC ，……， 恰有 r 个取 b 的情况有 r nC 种， n r ra b 的系数是 r nC ，……， 有 n 都取 b 的情况有 n nC 种， nb 的系数是 n nC ， ∴ 0 1( ) ( )n n n r n r r n n n n n na b C a C a b C a b C b n N          ， 这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫 ( )na b 的二项展开式，⑶它有 1n  项，各项的系数 ( 0,1, )r nC r n  叫二项式系数， 26 ⑷ r n r r nC a b 叫二项展开式的通项，用 1rT  表示，即通项 1 r n r r r nT C a b   ． ⑸二项式定理中，设 1,a b x  ，则 1(1 ) 1n r r n n nx C x C x x        三、讲解范例： 例 1．展开 41(1 )x  ． 解一： 4 1 1 2 3 3 4 4 4 4 1 1 1 1 1(1 ) 1 ( ) ( ) ( ) ( )C C Cx x x x x       2 3 4 4 6 4 11 x x x x      ． 解二： 4 4 4 4 4 1 3 1 2 3 4 4 4 1 1 1(1 ) ( ) ( 1) ( ) 1x x C x C x C xx x x           2 3 4 4 6 4 11 x x x x      ． 例 2．展开 61(2 )x x  ． 解： 6 6 3 1 1(2 ) (2 1)x xxx    6 1 5 2 4 3 3 2 2 1 6 6 6 6 63 1 [(2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 1]x C x C x C x C x C xx        3 2 2 3 60 12 164 192 240 160x x x x x x        ． 第二课时 例 3．求 12( )x a 的展开式中的倒数第 4 项 解： 12( )x a 的展开式中共13 项，它的倒数第 4 项是第10 项， 9 12 9 9 3 3 9 3 9 9 1 12 12 220T C x a C x a x a     ． 例 4．求（1） 6(2 3 )a b ，（2） 6(3 2 )b a 的展开式中的第 3 项． 解：（1） 2 4 2 4 2 2 1 6 (2 ) (3 ) 2160T C a b a b   ， （2） 2 4 2 4 2 2 1 6 (3 ) (2 ) 4860T C b a b a   ． 点评： 6(2 3 )a b ， 6(3 2 )b a 的展开后结果相同，但展开式中的第 r 项不相同 例 5．（1）求 93( )3 x x  的展开式常数项； （2）求 93( )3 x x  的展开式的中间两项 27 解：∵ 399 2 9 2 1 9 9 3( ) ( ) 33 rr r r r r r xT C C x x       ， ∴（1）当 39 0, 62 r r   时展开式是常数项，即常数项为 6 3 7 9 3 2268T C   ； （2） 93( )3 x x  的展开式共10 项，它的中间两项分别是第 5 项、第 6 项， 4 8 9 9 12 5 9 3 423T C x x     ， 1595 10 9 32 6 9 3 378T C x x    第三课时 例 6．（1）求 7(1 2 )x 的展开式的第 4 项的系数； （2）求 91( )x x  的展开式中 3x 的系数及二项式系数 解： 7(1 2 )x 的展开式的第四项是 3 3 3 3 1 7 (2 ) 280T C x x   ， ∴ 7(1 2 )x 的展开式的第四项的系数是 280 ． （2）∵ 91( )x x  的展开式的通项是 9 9 2 1 9 9 1( ) ( 1)r r r r r r rT C x C xx        ， ∴ 9 2 3r  ， 3r  ， ∴ 3x 的系数 3 3 9( 1) 84C   ， 3x 的二项式系数 3 9 84C  ． 例 7．求 42 )43(  xx 的展开式中 x 的系数 分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式 定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开 解：（法一） 42 )43(  xx 42 ]4)3[(  xx 0 2 4 1 2 3 4 4( 3 ) ( 3 ) 4C x x C x x     2 2 2 2 4 ( 3 ) 4C x x   3 2 3 4 4 4 4( 3 ) 4 4C x x C     ， 显然，上式中只有第四项中含 x 的项， ∴展开式中含 x 的项的系数是 76843 33 4  C （法二）： 42 )43(  xx 4)]4)(1[(  xx 44 )4()1(  xx )( 4 4 3 4 22 4 31 4 40 4 CxCxCxCxC  0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4( 4 4 4 4 )C x C x C x C x C        ∴展开式中含 x 的项的系数是 3 4C 33 4 4 44 C 768 ． 例 8．已知    nm xxxf 4121)(  *( , )m n N 的展开式中含 x 项的系数为 36 ，求展开式中含 2x 项的系 数最小值 28 分析：展开式中含 2x 项的系数是关于 nm, 的关系式，由展开式中含 x 项的系数为 36 ，可得 3642  nm ，从而 转化为关于 m 或 n 的二次函数求解 解：    1 2 1 4m nx x   展开式中含 x 的项为 1 12 4m nC x C x    1 1(2 4 )m nC C x ∴ 1 1(2 4 ) 36m nC C  ，即 2 18m n  ，    1 2 1 4m nx x   展开式中含 2x 的项的系数为 t  2 2 2 22 4m nC C 2 22 2 8 8m m n n    ， ∵ 2 18m n  ， ∴ 18 2m n  ， ∴ 2 22(18 2 ) 2(18 2 ) 8 8t n n n n      216 148 612n n   2 37 15316( )4 4n n   ，∴当 37 8n  时， t 取最小值，但 *n N ， ∴ 5n  时， t 即 2x 项的系数最小，最小值为 272 ，此时 5, 8n m  ． 第四课时 例 9．已知 4 1( ) 2 nx x  的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列， （1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项 解：由题意： 1 2 21 12 1 ( )2 2n nC C    ，即 0892  nn ，∴ 8( 1n n  舍去） ∴  8 1 8 4 1( ) 2 rr r rT C x x      8 2 4 8 1( )2 r r r rC x x         16 3 8 41 2 rr r r C x     0 8r r Z       ①若 1rT 是常数项，则 04 316  r ，即 0316  r ， ∵ r Z ，这不可能，∴展开式中没有常数项； ②若 1rT 是有理项，当且仅当 4 316 r 为整数， ∴ 0 8,r r Z   ，∴ 0,4,8r  ， 即 展开式中有三项有理项，分别是： 4 1 xT  ， xT 8 35 5  ， 2 9 256 1  xT 例 10．求 60.998 的近似值，使误差小于 0.001 ． 解： 6 6 0 1 1 6 6 6 6 60.998 (1 0.002) ( 0.002) ( 0.002)C C C        ， 展开式中第三项为 2 2 6 0.002 0.00006C  ，小于 0.001 ，以后各项的绝对值更小，可忽略不计， 29 ∴ 6 6 0 1 1 6 60.998 (1 0.002) ( 0.002) 0.998C C      ， 一般地当 a 较小时 (1 ) 1na na   四、课堂练习： 1.求  62 3a b 的展开式的第 3 项. 2.求  63 2b a 的展开式的第 3 项. 3.写出 n 3 3 ) x2 1x(  的展开式的第 r+1 项. 4.求  73 2x x 的展开式的第 4 项的二项式系数，并求第 4 项的系数. 5.用二项式定理展开： （1） 53( )a b ；（2） 52( )2 x x  . 6.化简：（1） 55 )x1()x1(  ；（2） 42 1 2 1 42 1 2 1 )x3x2()x3x2(   7．  5lg xxx  展开式中的第 3 项为 610 ，求 x ． 8．求 n xx 21       展开式的中间项 答案：1. 2 6 2 2 4 2 2 1 6 (2 ) (3 ) 2160T C a b a b    2. 2 6 2 2 2 4 2 1 6 (3 ) (2 ) 4860T C b a a b    3. 2 3 3 1 3 1 1( ) ( ) 22 r n r r n r r r r n nT C x C x x           4.展开式的第 4 项的二项式系数 3 7 35C  ，第 4 项的系数 3 3 7 2 280C  5. （1） 3 35 5 4 3 2 2 23 3 3( ) 5 10 10 5a b a a b a b a b ab b b b       ； （2） 5 2 2 3 2 1 5( ) 5 20 40 322 32 8 x x x xx x x x x x x xx        . 6. （1） 5 5 2(1 ) (1 ) 2 20 10x x x x      ； （2） 1 1 1 1 4 42 2 2 2 432(2 3 ) (2 3 ) 192x x x x x x        30 7.  5lg xxx  展开式中的第 3 项为 2 3 2lg 6 3 2lg 5 5 10 10x xC x x    22lg 3lg 5 0x x    5lg 1,lg 2x x    1010, 1000x x   8. n xx 21       展开式的中间项为 2( 1)n n nC 五、小结 ：二项式定理的探索思路:观察——归纳——猜想——证明；二项式定理及通项公式的特点 八、教学反思： (a+b) ｎ = 这个公式表示的定理叫做二项式定理，公式右边的多项式叫做 (a+b)ｎ的 ，其中 r nC （r=0,1,2,……,n）叫 做 ， 叫做二项展开式的通项，它是展开式的第 项，展开式共有 个 项. 掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。 培养归纳猜想，抽象概括，演绎证明等理性思维能力。教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生 数学探究能力的极好载体，教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发 现一般性问题的解决方法。 二项式定理是指    rrnr n n n n n nn bababaaba CCC)( 22211 nn nbC 这样一个展开式的公式.它是(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3…等等展开式的一般形式，在初等数学中它 各章节的联系似乎不太多，而在高等数学中它是许多重要公式的共同基础，根据二项式定理的展开，才求得 y=xn 的导数公 式 y′=nxn－1，同时 n n n)11(lim   =e≈2.718281…也正是由二项式定理的展开规律所确定，而 e 在高等数学中的地位更是举 足轻重，概率中的正态分布，复变函数中的欧拉公式 eiθ=cosθ+isinθ，微分方程中二阶变系数方程及高阶常系数方程的解 由 e 的指数形式来表达.且直接由 e 的定义建立的 y=lnx 的导数公式 y= x 1 与积分公式  x 1 =dxlnx+c 是分析学中用的最多的公 式 之 一 . 而 由 y=xn 的 各 阶 导 数 为 基 础 建 立 的 泰 勒 公 式 ； f(x)=f(x0)+ !1 )( 0xf  (x － x0)2+ … ! )( 0 n xf n (x － x0)n+ 1 0 00 )1( )()!1( )]([     n n xxn xxxf  (θ∈(0，1))以及由此建立的幂级数理论，更是广泛深入到高等数学的各个 分支中. 怎样使二项式定理的教学生动有趣 正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，课本上先给出一个(a+b)4 用 组合知识来求展开式的系数的例子.然后推广到一般形式，再用数学归纳法证明，因为证明写得很长，上课时的板书几乎占 了整个黑板，所以课必然上得累赘，学生必然感到被动.那么多的算式学生看都不及细看，记也感到吃力，又怎能发挥主体 作用？ 怎样才能使得在这节课上学生获得主动？采用课前预习；自学辅导；还是学生讨论，或读，议、讲，练，或目标教学， 还是设置发现情境？看来这些办法遇到真正困难时都会无能为力，因为这些方法都无法改变算式的冗长，证法的呆板，课堂 31 上的新情境与学生的认知结构中的图式不协调的事实. 而 MM 教育方式即数学方法论的教育方式却能根据习题理论注意到充分利用数学方法与数学技术把所要证明或计算的 形式变换得十分简洁，心理学家皮亚杰一再强调“认识起因于主各体之间的相互作用”［1］只有客体的形式与学生主体认知结 构中的图式取得某种一致的时候，才能完成认识的主动建构，也就是学生获得真正的理解. MM 教育方式遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”［2］在教学中追求简易，重视直观，并巧 妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主动，充分发挥其课堂上的主体作用. 1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质 第一课时 一、复习引入： 1．二项式定理及其特例： （1） 0 1( ) ( )n n n r n r r n n n n n na b C a C a b C a b C b n N          ， （2） 1(1 ) 1n r r n n nx C x C x x        . 2．二项展开式的通项公式： 1 r n r r r nT C a b   3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对 r 的限制； 求有理项时 要注意到指数及项数的整数性 二、讲解新课： 1 二项式系数表（杨辉三角） ( )na b 展开式的二项式系数，当 n 依次取1,2,3 …时，二项式系数表，表中 每行两端都 是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 2．二项式系数的性质： ( )na b 展开式的二项式系数是 0 nC ， 1 nC ， 2 nC ，…， n nC ． r nC 可以看成以 r 为自 变 量 的 函 数 ( )f r 定义域是{0,1,2, , }n ，例当 6n  时，其图象是 7 个孤立的点（如图） （1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵ m n m n nC C  ）． 直线 2 nr  是图象的对称轴． （2）增减性与最大值．∵ 1( 1)( 2) ( 1) 1 ! k k n n n n n n k n kC Ck k         ， ∴ k nC 相对于 1k nC  的增减情况由 1n k k   决定， 1 11 2 n k nkk      ， 当 1 2 nk  时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值； 当 n 是偶数时，中间一项 2 n nC 取得最大值；当 n 是奇数时，中间两项 1 2 n nC  ， 1 2 n nC  取得最大值． （3）各二项式系数和： ∵ 1(1 ) 1n r r n n nx C x C x x        ， 32 令 1x  ，则 0 1 22n r n n n n n nC C C C C        三、讲解范例： 例 1．在 ( )na b 的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和 证明：在展开式 0 1( ) ( )n n n r n r r n n n n n na b C a C a b C a b C b n N          中，令 1, 1a b   ，则 0 1 2 3(1 1) ( 1)n n n n n n n nC C C C C        ， 即 0 2 1 30 ( ) ( )n n n nC C C C       ， ∴ 0 2 1 3 n n n nC C C C      ， 即在 ( )na b 的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和． 说明：由性质（3）及例 1 知 0 2 1 3 12n n n n nC C C C        . 例 2．已知 7 2 7 0 1 2 7(1 2 )x a a x a x a x      ，求： （1） 1 2 7a a a   ； （2） 1 3 5 7a a a a   ； （3） 0 1 7| | | | | |a a a   . 解：（1）当 1x  时， 7 7(1 2 ) (1 2) 1x     ，展开式右边为 0 1 2 7a a a a    ∴ 0 1 2 7a a a a    1  ， 当 0x  时， 0 1a  ，∴ 1 2 7 1 1 2a a a        ， （2）令 1x  ， 0 1 2 7a a a a    1  ① 令 1x   ， 7 0 1 2 3 4 5 6 7 3a a a a a a a a        ② ① ② 得： 7 1 3 5 72( ) 1 3a a a a      ，∴ 1 3 5 7a a a a    71 3 2  . （3）由展开式知： 1 3 5 7, , ,a a a a 均为负， 0 2 4 8, , ,a a a a 均为正， ∴由（2）中①+② 得： 7 0 2 4 62( ) 1 3a a a a      ， ∴ 7 0 2 4 6 1 3 2a a a a      ， ∴ 0 1 7| | | | | |a a a    0 1 2 3 4 5 6 7a a a a a a a a       33 7 0 2 4 6 1 3 5 7( ) ( ) 3a a a a a a a a         例 3.求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10 展开式中 x3 的系数 解： )x1(1 ])x1(1)[x1(x1)x1()x1( 10 102   ）（ = x xx )1()1( 11  ， ∴原式中 3x 实为这分子中的 4x ，则所求系数为 7 11C 第二课时 例 4.在(x2+3x+2)5 的展开式中，求 x 的系数 解：∵ 5552 )2x()1x()2x3x(  ∴在(x+1)5 展开式中，常数项为 1，含 x 的项为 x5C1 5  ， 在(2+x)5 展开式中，常数项为 25=32，含 x 的项为 x80x2C 41 5  ∴展开式中含 x 的项为 x240)32(x5)x80(1  ， ∴此展开式中 x 的系数为 240 例 5.已知 n 2 )x 2x(  的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为 14；3，求展开式的常数项 解：依题意 2 n 4 n 2 n 4 n C14C33:14C:C  ∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!  n=10 设第 r+1 项为常数项，又 2 r510 r 10 rr 2 r10r 101r xC)2() x 2()x(CT     令 2r02 r510  ， .180)2(CT 22 1012   此所求常数项为 180 例 6． 设       2 31 1 1 1 nx x x x         2 0 1 2 n na a x a x a x    ， 当 0 1 2 254na a a a     时，求 n 的值 解：令 1x  得： 2 3 0 1 2 2 2 2 2n na a a a          2(2 1) 2542 1 n   ， ∴ 2 128, 7n n  ， 34 点 评 ： 对 于 1 0 1( ) ( ) ( )n n nf x a x a a x a a      ， 令 1,x a  即 1x a  可 得 各 项 系 数 的 和 0 1 2 na a a a    的值；令 1,x a   即 1x a  ，可得奇数项系数和与偶数项和的关系 例 7．求证： 1 2 3 12 3 2n n n n n nC C C nC n       ． 证（法一）倒序相加：设 S  1 2 32 3 n n n n nC C C nC    ① 又∵ S  1 2 2 1( 1) ( 2) 2n n n n n n n nnC n C n C C C        ② ∵ r n r n nC C  ，∴ 0 1 1, ,n n n n n nC C C C    ， 由①+②得：  0 1 22 n n n n nS n C C C C     ， ∴ 11 2 22 n nS n n      ，即 1 2 3 12 3 2n n n n n nC C C nC n       ． （法二）：左边各组合数的通项为 r nrC 1 1 ! ( 1)! !( )! ( 1)!( )! r n n n nr nCr n r r n r          ， ∴  1 2 3 0 1 2 1 1 1 2 12 3 n n n n n n n n n nC C C nC n C C C C               12nn   ． 例 8．在 10)32( yx  的展开式中,求: ①二项式系数的和; ②各项系数的和; ③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和; ④奇数项系数和与偶数项系数和; ⑤ x 的奇次项系数和与 x 的偶次项系数和. 分析:因为二项式系数特指组合数 r nC ,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式 yx 32  中的系数无关. 解：设 10 10 28 2 9 1 10 0 10)32( yayxayxaxayx   (*), 各 项 系 数 和 即 为 1010 aaa   , 奇 数 项 系 数 和 为 0 2 10a a a   , 偶 数 项 系 数 和 为 9531 aaaa   , x 的奇次项系数和为 9531 aaaa   , x 的偶次项系数和 10420 aaaa   . 由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和. ①二项式系数和为 1010 10 1 10 0 10 2 CCC  . ②令 1 yx ,各项系数和为 1)1()32( 1010  . ③奇数项的二项式系数和为 910 10 2 10 0 10 2 CCC  , 35 偶数项的二项式系数和为 99 10 3 10 1 10 2 CCC  . ④设 10 10 28 2 9 1 10 0 10)32( yayxayxaxayx   , 令 1 yx ,得到 110210  aaaa  …(1), 令 1x , 1y (或 1x , 1y )得 10 103210 5 aaaaa  …(2) (1)+(2)得 10 1020 51)(2  aaa  , ∴奇数项的系数和为 2 51 10 ; (1)-(2)得 10 931 51)(2  aaa  , ∴偶数项的系数和为 2 51 10 . ⑤ x 的奇次项系数和为 2 51 10 9531  aaaa  ; x 的偶次项系数和为 2 51 10 10420  aaaa  . 点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值 法”是求系数和的常规方法之一. 第三课时 例 9．已知 nxx 223 )(  的展开式的系数和比 nx )13(  的展开式的系数和大 992,求 n xx 2)12(  的展开式中:①二项式系 数最大的项;②系数的绝对值最大的项. 解：由题意 992222  nn ,解得 5n . ① 101(2 )x x  的展开式中第 6 项的二项式系数最大, 即 8064)1()2( 555 10156   xxCTT . ②设第 1r 项的系数的绝对值最大, 则 rrrrrrr r xCxxCT 21010 10 10 101 2)1()1()2(    ∴        1101 10 10 10 1101 10 10 10 22 22 rrrr rrrr CC CC ,得        1 1010 1 1010 2 2 rr rr CC CC ,即      rr rr 10)1(2 211 ∴ 3 11 3 8  r ,∴ 3r ,故系数的绝对值最大的是第 4 项 例 10．已知： 2 23( 3 )nx x 的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大 992 ． 36 （1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项 解：令 1x  ，则展开式中各项系数和为 2(1 3) 2n n  ， 又展开式中二项式系数和为 2n ， ∴ 22 2 992n n  ， 5n  ． （1）∵ 5n  ，展开式共 6 项，二项式系数最大的项为第三、四两项， ∴ 2 2 3 2 2 63 3 5 ( ) (3 ) 90T C x x x  ， 2 22 3 2 2 33 3 4 5 ( ) (3 ) 270T C x x x  ， （2）设展开式中第 1r  项系数最大，则 2 10 4 5 23 3 1 5 5( ) (3 ) 3 r r r r r r rT C x x C x      ， ∴ 1 1 5 5 1 1 5 5 3 3 7 9 2 23 3 r r r r r r r r C C r C C           ，∴ 4r  ， 即展开式中第 5 项系数最大， 2 26 4 2 43 3 5 5 ( )(3 ) 405T C x x x  ． 例 11．已知 )(12222 12211    NnCCCS n n n n n n n n  ， 求证：当 n 为偶数时， 14  nSn 能被 64 整除 分析：由二项式定理的逆用化简 nS ，再把 14  nSn 变形，化为含有因数 64 的多项式 ∵ 1 1 2 2 12 2 2 2 1 (2 1)n n n n n n n n nS C C C           3n ， ∴ 14  nSn 3 4 1n n   ，∵ n 为偶数，∴设 2n k （ *k N ）， ∴ 14  nSn 23 8 1k k   (8 1) 8 1k k    0 1 1 18 8 8 1 8 1k k k k k kC C C k        0 1 1 2 2 8( 8 8 )8k k k kC C C    （ ） ， 当 k =1时， 4 1 0nS n   显然能被 64 整除， 当 2k  时，（ ）式能被 64 整除， 所以，当 n 为偶数时， 14  nSn 能被 64 整除 三、课堂练习： 1．    4 51 1x x  展开式中 4x 的系数为 ，各项系数之和为 ． 2．多项式 1 2 2 3 3( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)n n n n n nf x C x C x C x C x         （ 6n  ）的展开式中， 6x 的系数为 3．若二项式 2 3 1(3 )2 nx x  （ n N  ）的展开式中含有常数项，则 n 的最小值为（ ） 37 A.4 B.5 C.6 D.8 4．某企业欲实现在今后 10 年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应 （ ） A.低于 5％ B.在 5％～6％之间 C.在 6％～8％之间 D.在 8％以上 5．在 (1 )nx 的展开式中，奇数项之和为 p ，偶数项之和为 q ，则 2(1 )nx 等于（ ） A.0 B. pq C. 2 2p q D. 2 2p q 6．求和：   2 3 4 1 0 1 2 31 1 1 1 111 1 1 1 1 n n n n n n n n a a a a aC C C C Ca a a a a               ． 7．求证：当 n N  且 2n  时，  13 2 2n n n  ． 8．求  102 x 的展开式中系数最大的项 答案：1. 45, 0 2. 0 ．提示：    1 6nf x x n   3. B 4. C 5. D 6.   11 na a   7. (略) 8. 3 3 1 15360T x  四、小结 ：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开 式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题， 赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用 1．已知 2( 1)na  展开式中的各项系数的和等于 5 216 1 5 x x     的展开式的常数项，而 2( 1)na  展开式的系数的最大 的项等于 54，求 a 的值 ( )a R 答案： 3a   2．设          5 9 14 13 0 1 13 141 3 2 1 1 1x x a x a x a x a          求：① 0 1 14a a a   ② 1 3 13a a a   ．答案：① 93 19683 ； ②  9 53 3 99632   3．求值： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 92 2 2 2 2C C C C C C C C C C         ．答案： 82 256 4．设 2 9 6( ) ( 1) (2 1)f x x x x    ，试求 ( )f x 的展开式中： （1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和 答案：（1） 63 729 ； （2）所有偶次项的系数和为 63 1 3642   ；所有奇次项的系数和为 63 1 3652   七、教学反思： 38 二项展开式中的二项式系数都是一些特殊的组合数，它有三条性质，要理解和掌握好，同时要注意“系数”与“二项式系数” 的区别，不能混淆，只有二项式系数最大的才是中间项，而系数最大的不一定是中间项，尤其要理解和掌握“取特值”法， 它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。 二项式定理概念的引入，我们已经学过(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3，那么对一般情况；(a+b)n 展开后应 有什么规律，这里 n∈N，这就是我们这节课“二项式定理”要研究的内容. 选择实验归纳的研究方式，对(a+b)n 一般形式的研究与求数列{an}的通项公式有些类似，大家想想，求 an 时我们用了什 么方法，学生：先写出前 n 项，再观察规律，猜测其表达式，最后用数学归纳法证明，老师：大家说得很正确，现在我们用 同样的方式来研究(a+b)4 的展开，因(a+b)4=(a+b)3(a+b)，我们可以用(a+b)3 展开的结论计算(a+b)4(由学生板演完成，体会计 算规律)然后老师把计算过程总结为如下形式： (a+b)4=(a+b)3(a+b)=(a3+3a2b+3ab2+b3)(a+b)=a4+3a3b2+ab3+3a2b2+3ab3+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4. 对计算的化算：对(a+b)n展开式中的项，字母指数的变化规律是十分明显的，大家能说出它们的规律吗？学生：a的指数从n 逐次降到0，b的指数从0逐次升到n，老师：大家说的很对，这样一来展开式的项数就是从0到n的(n+1) 项了，但唯独系数规 律还是“犹抱琵琶半遮面”使我们难以发现，但我们仍可用 n nnn aaa 10 , 来表示，它这样一来(a+b)n的展开形式就可写成 (a+b)n= nn n rrnr n n n n n babaabaaaa   110 现在的问题就是要找 r na 的表达形式.为此我们要采用抽象分析法 来化简计算 1．（2007 年江苏卷）若对于任意实数 x ，有 3 2 3 0 1 2 3( 2) ( 2) ( 2)x a a x a x a x       ，则 2a 的值为（B） A． 3 B． 6 C． 9 D．12 2．（2007 年湖北卷）如果 n x x       3 2 23 的展开式中含有非零常数项，则正整数 n 的最小值为(B) A.3 B.5 C.6 D.10 【分析】： 2 2( ) 3 2 5 1 3 2(3 ) ( ) 3 ( 2) 3 ( 2)r n r r r n r r n r r r n r r n r r n n nT C x C x C xx              ， 2 5 0n r  ， 5 2 rn  （ 2,4,r   ）。 min 5n  . 3．（2007 年江西卷）已知 3 3 n x x     展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为 64 ，则 n 等于（ C ） Ａ． 4 Ｂ． 5 Ｃ． 6 Ｄ． 7 4．（2007 年全国卷 I） 2 1 n x x     的展开式中，常数项为15 ，则 n  （ D ） A． 3 B． 4 C． 5 D． 6 5．（2007 年全国卷Ⅱ） 8 2 1(1 2 )x x x      的展开式中常数项为 42 ．（用数字作答） 6．（2007 年天津卷）若 6 2 1x ax     的二项展开式中 2x 的系数为 5 2 ，则 a  2 （用数字作答）． 7．（2007 年重庆卷）若 n xx )1(  展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项为（ B ） A10 B.20 C.30 D.120 39 8．（2007 年安徽卷）若(2x3+ x 1 )a 的展开式中含有常数项,则最小的正整数 n 等于 7 . 9．（2007 年湖南卷）将杨辉三角中的奇数换成 1，偶数换成 0，得到如图 1 所示的 0-1 三角数表．从上往下数，第 1 次全行 的数都为 1 的是第 1 行，第 2 次全行的数都为 1 的是第 3 行，…，第 n 次全行的数都为 1 的是第 2 1n  行；第 61 行中 1 的个数是 32 ． 第 1 行 1 1 第 2 行 1 0 1 第 3 行 1 1 1 1 第 4 行 1 0 0 0 1 第 5 行 1 1 0 0 1 1 …… ……………………………………… 图 1 40 第二章 随机变量及其分布 2．1．1 离散型随机变量 第一课时 思考 1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字 1 , 2 ，3，4，5，6 来表示．那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来 表示呢？ 掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数 1 和 0 分别表示正面向上和反面向上（图 2.1 一 1 ) . 在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个 对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化． 定义 1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )．随机变量常用字母 X , Y， ， ，… 表示． 思考 2：随机变量和函数有类似的地方吗？ 随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数．在这两种映射之间，试 验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值 域． 例如，在含有 10 件次品的 100 件产品中，任意抽取 4 件，可能含有的次品件数 X 将随着抽取结果的变化而变化，是 一个随机变量，其值域是｛0, 1, 2 , 3, 4 } . 利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出 0 件次品” , {X =4｝表示“抽出 4 件次品”等．你能说出 ｛X< 3 ｝在这里表示什么事件吗？“抽出 3 件以上次品”又如何用 X 表示呢？ 定义 2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) . 离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为 0， 1，…，10；某网页在 24 小时内被浏览的次数 Y 也是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为 0, 1,2，…. 思考 3：电灯的寿命 X 是离散型随机变量吗？ 电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所以 X 不是离散型随机变量． 在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关心电灯泡的使用寿命是否超过 1000 小时，那么就可以定义如下的随机变量：    0，寿命<1000小时；Y= 1,寿命 1000小时. 与电灯泡的寿命 X 相比较，随机变量 Y 的构造更简单，它只取两个不同的值 0 和 1，是一个离散型随机变量，研究起来更 加容易． 连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 如某林场树木最高达 30 米，则林场树木的高度 是一个随机变量，它可以取（0，30]内的一切值 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验 41 的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达 如投掷一枚硬币， =0，表示正面向上， =1， 表示反面向上 （2）若 是随机变量， baba ,,  是常数，则 也是随机变量 三、讲解范例： 例 1． 写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果 (1)一袋中装有 5 只同样大小的白球，编号为 1，2，3，4，5 现从该袋内随机取出 3 只球，被取出的球的最大号码数 ξ； (2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η 解：(1) ξ可取 3，4，5 ξ=3，表示取出的 3 个球的编号为 1，2，3； ξ=4，表示取出的 3 个球的编号为 1，2，4 或 1，3，4 或 2，3，4； ξ=5，表示取出的 3 个球的编号为 1，2，5 或 1，3，5 或 1，4，5 或 2，3 或 3，4，5 （2）η可取 0，1，…,n，… η=i，表示被呼叫 i 次，其中 i=0,1,2,… 例 2． 抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ，试问：“ξ> 4”表示的试 验结果是什么？ 答：因为一枚骰子的点数可以是 1，2，3，4，5，6 六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5，也就是说“ξ>4”就是“ξ=5” 所以，“ξ>4”表示第一枚为 6 点，第二枚为 1 点 例 3 某城市出租汽车的起步价为 10 元，行驶路程不超出 4km，则按 10 元的标准收租车费 若行驶路程超出 4km，则按 每超出 lkm 加收 2 元计费(超出不足 1km 的部分按 lkm 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为 15km．某司机常驾车 在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车 5 分钟按 lkm 路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量 (1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式； (Ⅱ)已知某旅客实付租车费 38 元，而出租汽车实际行驶了 15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2 (Ⅱ)由 38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15． 所以，出租车在途中因故停车累计最多 15 分钟． 四、课堂练习： 1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数 ；②长江上某水文站观察到一天中的水位 ；③某超市一天中的顾客量 其中的  是连续型随机变量的是（ ） A．①； B．②； C．③； D．①②③ ２.随机变量 的所有等可能取值为1,2, ,n… ，若  4 0.3P    ，则（ ） A． 3n  ； B． 4n  ； C． 10n  ； D．不能确定 3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于 8 的概率为（ ） A． 11 12 ； B． 31 36 ； C． 5 36 ； D． 1 12 4.如果 是一个离散型随机变量，则假命题是( ) 42 A.  取每一个可能值的概率都是非负数；B.  取所有可能值的概率之和为 1； C.  取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和； D.  在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和 答案：1.B 2.C 3.B 4.D 五、小结 ：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量ξ是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对 应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=aξ+b(其中 a、b 是常数)也是随机变量 2． 1．2 离散型随机变量的分布列 一、复习引入： 1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、 η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验 的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 若 是随机变量， baba ,,  是常数，则 也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型） 请同学们阅读课本 P5-6 的内容，说明什么是随机变量的分布列？ 二、讲解新课： 1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x1，x2，…，x3，…， ξ取每一个值 xi（i=1，2，…）的概率为 ( )i iP x p   ，则称表 ξ x1 x2 … xi … P P1 P2 … Pi … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足: 1)(0  AP ，并且不可能事件的概率为 0，必然事件的概 率为 1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1． 对 于 离 散 型 随 机 变 量 在 某 一 范 围 内 取 值 的 概 率 等 于 它 取 这 个 范 围 内 各 个 值 的 概 率 的 和 即   )()()( 1kkk xPxPxP  3.两点分布列: 例 1.在掷一枚图钉的随机试验中，令    1，针尖向上；X= 0,针尖向下. 如果针尖向上的概率为 p ，试写出随机变量 X 的分布列． 解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（1 p ) ．于是，随机变量 X 的分布列是 ξ 0 1 P 1 p p 43 像上面这样的分布列称为两点分布列． 两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等， 都可以用两点分布列来研究．如果随机变量 X 的分布列为两点分布列，就称 X 服从两点分布 ( two 一 point distribution)，而 称 p =P (X = 1）为成功概率． 两点分布又称 0 一 1 分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努 利分布．   qP  0 ，   pP  1 ， 10  p ， 1 qp ． 4. 超几何分布列： 例 2．在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求： (1)取到的次品数 X 的分布列； （2）至少取到 1 件次品的概率． 解： (1)由于从 100 件产品中任取 3 件的结果数为 3 10C ，从 100 件产品中任取 3 件， 其中恰有 k 件次品的结果数为 3 5 95 k kC C  ，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为 3 5 95 3 100 ( ) , 0,1,2,3 k kC CP X k kC     。 所以随机变量 X 的分布列是 X 0 1 2 3 P 0 3 5 95 3 100 C C C 1 2 5 95 3 100 C C C 2 1 5 95 3 100 C C C 3 0 5 95 3 100 C C C (2)根据随机变量 X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) ≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 . 一般地，在含有 M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有 X 件次品数，则事件 {X=k｝发生的概率为 ( ) , 0,1,2, , k n k M N M n N C CP X k k mC      , 其中 min{ , }m M n ，且 , , , ,n N M N n M N N    ．称分布列 X 0 1 … m P 0 n M N M n N C C C  1 1n M N M n N C C C   … m n m M N M n N C C C   44 为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布（ hypergeometriC distribution ) . 例 3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同．一 次从中摸出 5 个球，至少摸到 3 个红球就中奖．求中奖的概率． 解：设摸出红球的个数为 X，则 X 服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 ．于是中奖的概率 P (X≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 ) = 3 5 3 4 5 4 5 5 5 10 30 10 10 30 10 10 30 10 5 5 5 30 30 30 C C C C C C C C C        ≈0.191. 思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在 55%左右，那么应该如何设计中奖规则？   n N k kN k m CCCkP / 例 4.已知一批产品共 件，其中 件是次品，从中任取 件，试求这 件产品中所含次品件数 的分布律。 解 显然，取得的次品数 只能是不大于 与 最小者的非负整数，即 的可能取值为：0，1，…，min{ , }M n ， 由古典概型知 ( ) , 0,1,2, , k n k M N M n N C CP X k k mC      此时称 服从参数为 ( , , )N M n 的超几何分布。 注 超几何分布的上述模型中，“任取 件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取 件”.如果是有放回地抽取，就变 成了 重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品 总数 很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当 时，超几何分布的极限分布就是二项分布， 即有如下定理. 定理 如果当 时， M pN  ，那么当 时（ 不变），则 (1 ) k n k k k n kM N M Nn N C C C p pC     。 由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有： 超几何分布 二项分布 普阿松分布. 例 5．一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一 半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得 1 分，取出黄球得 0 分，取出绿球得－1 分，试写出从该盒中取出一球所得 分数ξ的分布列． 分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率． 解：设黄球的个数为 n，由题意知 绿球个数为 2n，红球个数为 4n，盒中的总数为 7n． ∴ 7 4 7 4)1(  n nP  ， 7 1 7)0(  n nP  ， 7 2 7 2)1(  n nP  ． 所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为 ξ 1 0 －1 P 7 4 7 1 7 2 说 明： 在 写出 ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为 1． 例 6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下： ξ 4 5 6 7 8 9 10 45 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率． 分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10”的和，根据互斥事件的概率 加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率． 解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有 P(ξ=7)＝0.09，P(ξ=8)＝0.28，P(ξ=9)＝0.29，P(ξ=10)＝0.22. 所求的概率为 P(ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88 四、课堂练习： 某一射手射击所得环数 分布列为  4 5 6 7 8 9 10 P 0．02 0．04 0．06 0．09 0．28 0．29 0．22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率 解：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ =7”，“ =8”，“ =9”，“ =10”的和，根据互斥事件的概率加法公 式，有： P（ ≥7）=P（ =7）+P（ =8）+P（ =9）+P（ =10）=0.88 注：求离散型随机变量 的概率分布的步骤: （1）确定随机变量的所有可能的值 xi （2）求出各取值的概率 p( =xi)=pi （3）画出表格 五、小结 ：⑴根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率；⑵两点分布是一种常见的离散型 随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几何分布 2． 2．1条件概率 一、复习引入： 探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学 小. 若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ Y ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：YY Y ，Y YY 和 Y Y Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可 知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 1( ) 3P B  . 思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？ 因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y 和Y YY ．而“最后一名同学抽到中奖 奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 1 2 ，不妨记为 P（B|A ) ， 其中 A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”. 已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？ 46 在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在 事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) . 思考:对于上面的事件 A 和事件 B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？ 用  表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即  =｛YY Y , Y YY ,Y Y Y｝．既然已知事 件 A 必然发生，那么只需在 A={Y YY , Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y YY 和Y Y Y．在事件 A 发 生的情况下事件 B 发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y，因 此 ( | )P B A = 1 2 = ( ) ( ) n AB n A . 其中 n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式， ( ) ( )( ) , ( )( ) ( ) n AB n AP AB P An n    其中 n（  ）表示  中包含的基本事件个数．所以， ( | )P B A = ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) n AB n AB P ABn n An P n     . 因此，可以通过事件 A 和事件 AB 的概率来表示 P（B| A ) . 条件概率 1.定义 设 A 和 B 为两个事件，P(A)>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). ( | )P B A 读作 A 发生的条件下 B 发生的概率． ( | )P B A 定义为 ( )( | ) ( ) P ABP B A P A  . 由这个定义可知，对任意两个事件 A、B，若 ( ) 0P B  ，则有 ( ) ( | ) ( )P AB P B A P A  . 并称上式微概率的乘法公式. 2.P（·|B）的性质： （1）非负性：对任意的 Af. 0 ( | ) 1P B A  ； （2）规范性：P（  |B）=1； （3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则 ( | ) ( | ) ( | )P B C A P B A P C A  . 47 更一般地,对任意的一列两两部相容的事件 iA （I=1,2…），有 P       1 | i i BA = )|( 1 BAP i i   . 例 1.在 5 道题中有 3 道理科题和 2 道文科题.如果不放回地依次抽取 2 道题，求： (l）第 1 次抽到理科题的概率； (2）第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率； (3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概率． 解：设第 1 次抽到理科题为事件 A，第 2 次抽到理科题为事件 B，则第 1 次和第 2 次都抽到理科题为事件 AB. (1）从 5 道题中不放回地依次抽取 2 道的事件数为 n（  ）= 3 5A =20. 根据分步乘法计数原理，n (A）= 1 1 3 4A A =12 ．于是 ( ) 12 3( ) ( ) 20 5 n AP A n    . (2）因为 n (AB)＝ 2 3A =6 ，所以 ( ) 6 3( ) ( ) 20 10 n ABP AB n    . (3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概 3 ( ) 110( | ) 3( ) 2 5 P ABP B A P A    . 解法 2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以 ( ) 6 1( | ) ( ) 12 2 P ABP B A P A    . 例 2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从 0～9 中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的 最后一位数字，求： (1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率； (2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过 2 次就按对的概率． 解：设第 i 次按对密码为事件 iA (i=1,2) ，则 1 1 2( )A A A A  表示不超过 2 次就按对密码． (1）因为事件 1A 与事件 1 2A A 互斥，由概率的加法公式得 1 1 2 1 9 1 1( ) ( ) ( ) 10 10 9 5P A P A P A A      . (2）用 B 表示最后一位按偶数的事件，则 1 1 2( | ) ( | ) ( | )P A B P A B P A A B  48 1 4 1 2 5 5 4 5    . 课堂练习. 1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为 S={1，2，3，4，5，6}，令事件 A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求 P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。 2、一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧 3 个小正方形 区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P（AB），P（A︱B）。 3、在一个盒子中有大小一样的 20 个球，其中 10 和红球，10 个白球。求第 1 个人摸出 1 个红球，紧接着第 2 个人摸出 1 个白球的概率。 2．2．2 事件的相互独立性 一、复习引入： 1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件； 必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件 A 发生的频率 m n 总是接近某个常数，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 ． 3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为 0 ，随机事件的概率为 0 ( ) 1P A  ，必然事件和不可能事 件看作随机事件的两个极端情形 5 基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件 A ）称为一个基本事件 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率 都是 1 n ，这种事件叫等可能性事件 7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件 A 包含 m 个结 果，那么事件 A 的概率 ( ) mP A n  8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件 A 和事件 B 是可以进行加法运算的 10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件． ( ) ( ) ( )P A B P A P B   一般地：如果事件 1 2, , , nA A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件 1 2, , , nA A A 彼此互斥 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件． ( ) 1 ( ) 1 ( )P A A P A P A     12．互斥事件的概率的求法:如果事件 1 2, , , nA A A 彼此互斥，那么 1 2( )nP A A A   ＝ 1 2( ) ( ) ( )nP A P A P A   49 探究: (1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？ 事件 A ：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件 B ：乙掷一枚硬币，正面朝上 (2)甲坛子里有 3 个白球，2 个黑球，乙坛子里有 2 个白球，2 个黑球，从这两个坛子里分别摸出 1 个球，它们都是白球 的概率是多少？ 事件 A ：从甲坛子里摸出 1 个球，得到白球；事件 B ：从乙坛子里摸出 1 个球，得到白球 问题(1)、(2)中事件 A 、 B 是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以） 问题(1)、(2)中事件 A （或 B ）是否发生对事件 B （或 A ）发生的概率有无影响？（无影响） 思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件 A 为“第一名同学没有抽到中奖奖券”, 事件 B 为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件 A 的发生会影响事件 B 发生的概率吗? 显然，有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学抽的结果对最后一名同 学的抽奖结果没有影响，即事件 A 的发生不会影响事件 B 发生的概率．于是 P（B| A）=P(B）, P（AB）=P( A ) P ( B |A）=P（A）P(B). 二、讲解新课： 1．相互独立事件的定义： 设 A, B 为两个事件，如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件 A 与事件 B 相互独立（mutually independent ) . 事件 A （或 B ）是否发生对事件 B （或 A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件 若 A 与 B 是相互独立事件，则 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 也相互独立 2．相互独立事件同时发生的概率： ( ) ( ) ( )P A B P A P B   问题 2 中，“从这两个坛子里分别摸出 1 个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生，就是事件 A ， B 同时发生， 记作 A B ．（简称积事件） 从甲坛子里摸出 1 个球，有 5 种等可能的结果；从乙坛子里摸出 1 个球，有 4 种等可能的结果 于是从这两个坛子里分 别摸出 1 个球，共有 5 4 种等可能的结果 同时摸出白球的结果有 3 2 种 所以从这两个坛子里分别摸出 1 个球，它们都是 白球的概率 3 2 3( ) 5 4 10P A B    ． 另一方面，从甲坛子里摸出 1 个球，得到白球的概率 3( ) 5P A  ，从乙坛子里摸出 1 个球，得到白球的概率 2( ) 4P B  ．显然 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   ． 这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积 一般地，如果事件 1 2, , , nA A A 相互 独立，那么这 n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积， 即 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )n nP A A A P A P A P A        ． 3．对于事件 A 与 B 及它们的和事件与积事件有下面的关系： )()()()( BAPBPAPBAP  三、讲解范例： 例 1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两 次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是 0 . 05 ，求两次抽奖中以下事件的概率： (1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； 50 (3)至少有一次抽到某一指定号码． 解： (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件 A, “第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件 B ，则“两次抽奖都 抽到某一指定号码”就是事件 AB．由于两次抽奖结果互不影响，因此 A 与 B 相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽 到某一指定号码的概率 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 05×0.05 = 0.0025. (2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A B ）U（ A B）表示．由于事件 A B 与 A B 互斥，根据概率 加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P (A B ）十 P（ A B）=P（A）P（ B ）+ P（ A ）P（B ) = 0. 05×(1-0.05 ) + (1-0.05 ) ×0.05 = 0. 095. ( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB ) U ( A B ）U（ A B）表示．由于事件 AB , A B 和 A B 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P ( AB ) + P（A B ）+ P（ A B ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097 5. 例 2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为 0.8，乙射中的概率为 0.9 ，求： （1） 2 人都射中目标的概率； （2） 2 人中恰有1人射中目标的概率； （3） 2 人至少有1人射中目标的概率； （4） 2 人至多有1人射中目标的概率？ 解：记“甲射击1次，击中目标”为事件 A ，“乙射击1次，击中目标”为事件 B ，则 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 为相互独立事件， （1） 2 人都射中的概率为： ( ) ( ) ( ) 0.8 0.9 0.72P A B P A P B      ， ∴ 2 人都射中目标的概率是 0.72 ． （2）“ 2 人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件 A B 发生），另一种是甲 未击中、乙击中（事件 A B 发生） 根据题意，事件 A B 与 A B 互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的 概率乘法公式，所求的概率为： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A B P A P B P A P B       0.8 (1 0.9) (1 0.8) 0.9 0.08 0.18 0.26         ∴ 2 人中恰有1人射中目标的概率是 0.26 ． （ 3 ）（ 法 1 ）： 2 人 至 少 有 1 人 射 中 包 括 “ 2 人 都 中 ” 和 “ 2 人 有 1 人 不 中 ” 2 种 情 况 ， 其 概 率 为 ( ) [ ( ) ( )] 0.72 0.26 0.98P P A B P A B P A B         ． （法 2）：“2 人至少有一个击中”与“2 人都未击中”为对立事件， 2 个都未击中目标的概率是 ( ) ( ) ( ) (1 0.8)(1 0.9) 0.02P A B P A P B       ， ∴“两人至少有 1 人击中目标”的概率为 1 ( ) 1 0.02 0.98P P A B      ． （4）（法 1）：“至多有 1 人击中目标”包括“有 1 人击中”和“2 人都未击中”， 故所求概率为： ( ) ( ) ( )P P A B P A B P A B      51 J C J B J A J C J B J A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P A P B P A P B      0.02 0.08 0.18 0.28    ． （法 2）：“至多有 1 人击中目标”的对立事件是“2 人都击中目标”， 故所求概率为 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 0.72 0.28P P A B P A P B         例 3.在一段线路中并联着 3 个自动控制的常开开关，只要其中有 1 个开关能够闭 合，线路就能正常工作 假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都 是 0.7，计算在 这段时间内线路正常工作的概率 解：分别记这段时间内开关 AJ ， BJ ， CJ 能够闭合为事件 A ， B ， C ． 由题意，这段时间内 3 个开关是否能够闭合相互之间没有影响 根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内 3 个开 关都不能闭合的概率是 ( ) ( ) ( ) ( )P A B C P A P B P C        1 ( ) 1 ( ) 1 ( )P A P B P C    (1 0.7)(1 0.7)(1 0.7) 0.027     ∴这段时间内至少有 1 个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是 1 ( ) 1 0.027 0.973P A B C      ． 答：在这段时间内线路正常工作的概率是 0.973． 变式题 1：如图添加第四个开关 DJ 与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是 0.7，计算在这段 时间内线路正常工作的概率 （ 1 ( ) ( ) 0.973 0.7 0.6811P A B C P D         ） 变式题 2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是 0.7，计算在这段时间 内线路正常工作的概率 方法一： ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B C P A B C P A B C P A B C P A B C              ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P A P B P C P A P B P C P A P B P C P A P B P C P A P B P C                0.847 方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除 CJ 开且 AJ 与 BJ 至少有 1 个开的情况   21 ( ) 1 ( ) 1 0.3 (1 0.7 ) 0.847P C P A B        例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为 0.2． （1）假定有 5 门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率； （2）要使敌机一旦进入这个区域后有 0.9 以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？ 分析:因为敌机被击中的就是至少有 1 门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有 1 门高炮击中敌机的概率 解 : （ 1 ） 设 敌 机 被 第 k 门 高 炮 击 中 的 事 件 为 KA (k=1,2,3,4,5) ， 那 么 5 门 高 炮 都 未 击 中 敌 机 的 事 件 为 52 1 2 3 4 5AA A A A    ． ∵事件 1A ， 2A ， 3A ， 4A ， 5A 相互独立， ∴敌机未被击中的概率为 1 2 3 4 5( )P A A A A A    = 1 2 3 4 5( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P A P A P A P A    5(1 0.2)   5)5 4( ∴敌机未被击中的概率为 5)5 4( ． （2）至少需要布置 n 门高炮才能有 0.9 以上的概率被击中，仿（1）可得： 敌机被击中的概率为 1- n)5 4( ∴令 41 ( ) 0.95 n  ，∴ 4 1( )5 10 n  两边取常用对数，得 1 10.31 3lg 2n   ∵  Nn ，∴ 11n  ∴至少需要布置 11 门高炮才能有 0.9 以上的概率击中敌机 点评：上面例 1 和例 2 的解法，都是解应用题的逆向思考方法 采用这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题 时的运用，常常能使问题的解答变得简便 四、课堂练习： 1．在一段时间内，甲去某地的概率是 1 4 ，乙去此地的概率是 1 5 ，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内 至少有 1 人去此地的概率是( ) ( )A 3 20 ( )B 1 5 ( )C 2 5 ( )D 9 20 2．从甲口袋内摸出 1 个白球的概率是 1 3 ，从乙口袋内摸出 1 个白球的概率是 1 2 ，从两个口袋内各摸出 1 个球，那么 5 6 等 于（ ） ( )A 2 个球都是白球的概率 ( )B 2 个球都不是白球的概率 ( )C 2 个球不都是白球的概率 ( )D 2 个球中恰好有 1 个是白球的概率 3．电灯泡使用时间在 1000 小时以上概率为 0.2，则 3 个灯泡在使用 1000 小时后坏了 1 个的概率是（ ） ( )A 0.128 ( )B 0.096 ( )C 0.104 ( )D 0.384 4．某道路的 A 、 B 、 C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为 25 秒、35 秒、45 秒，某辆车在这 条路上行驶时，三处都不停车的概率是 （ ） ( )A 35 192 ( )B 25 192 ( )C 35 576 ( )D 65 192 53 5．（1）将一个硬币连掷 5 次，5 次都出现正面的概率是 ； （2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是 0.8 与 0.7，那么在一次预报中两个气象台都预 报准确的概率是 ． 6．棉籽的发芽率为 0.9，发育为壮苗的概率为 0.6， （1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为 ；此穴无壮苗的概率为 ． （2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为 ；此穴有壮苗的概率为 ． 7．一个工人负责看管 4 台机床，如果在 1 小时内这些机床不需要人去照顾的概率第 1 台是 0.79，第 2 台是 0.79，第 3 台是 0.80，第 4 台是 0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响，计算在这个小时内这 4 台机床都不需要人去照顾的概 率. 8．制造一种零件，甲机床的废品率是 0.04，乙机床的废品率是 0.05．从它们制造的产品中各任抽 1 件，其中恰有 1 件废品 的概率是多少？ 9．甲袋中有 8 个白球，4 个红球；乙袋中有 6 个白球，6 个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？ 答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1) 1 32 (2) 0.56 6.(1) 0.01 , 0.16 (2) 0.999 , 0.936 7. P= 2 20.79 0.81 0.404  8. P= 0.04 0.95 0.96 0.05 0.086    9. 提示： 8 6 4 6 1 12 12 12 12 2P      五、小结 ：两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响 一般地，两个事件不 可能即互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的 相互独立事 件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的概率和也是不同的 2．2．3 独立重复实验与二项分布 一、复习引入： 1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件； 必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件 A 发生的频率 m n 总是接近某个常数，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 ． 3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为 0 ，随机事件的概率为 0 ( ) 1P A  ，必然事件和不可能事 件看作随机事件的两个极端情形 5 基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件 A ）称为一个基本事件 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率 都是 1 n ，这种事件叫等可能性事件 7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件 A 包含 m 个结 果，那么事件 A 的概率 ( ) mP A n  8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件 A 和事件 B 是可以进行加法运算的 10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件． ( ) ( ) ( )P A B P A P B   一般地：如果事件 1 2, , , nA A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件 1 2, , , nA A A 彼此互斥 54 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件． ( ) 1 ( ) 1 ( )P A A P A P A     12．互斥事件的概率的求法:如果事件 1 2, , , nA A A 彼此互斥，那么 1 2( )nP A A A   ＝ 1 2( ) ( ) ( )nP A P A P A   13．相互独立事件：事件 A （或 B ）是否发生对事件 B （或 A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件 若 A 与 B 是相互独立事件，则 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 也相互独立 14．相互独立事件同时发生的概率： ( ) ( ) ( )P A B P A P B   一般地，如果事件 1 2, , , nA A A 相互独立，那么这 n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积， 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )n nP A A A P A P A P A        二、讲解新课： 1 独立重复试验的定义： 指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验 2．独立重复试验的概率公式： 一般地，如果在 1 次试验中某事件发生的概率是 P ，那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生 k 次的概率 knkk nn PPCkP  )1()( ． 它是 (1 ) nP P  展开式的第 1k  项 3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在 n 次独立重复试验中这个事件 发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是 P，那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生 k 次的概率是 knkk nn qpCkP  )( ，（k＝0,1,2,…，n， pq  1 ）． 于是得到随机变量ξ的概率分布如下： ξ 0 1 … k … n P n n qpC 00 111 n n qpC … knkk n qpC  … 0qpC nn n 由于 knkk n qpC  恰好是二项展开式 011100)( qpCqpCqpCqpCpq nn n knkk n n n n n n    中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布（binomial distribution )， 记作ξ～B(n，p)，其中 n，p 为参数，并记 knkk n qpC  ＝b(k；n，p)． 三、讲解范例： 例 1．某射手每次射击击中目标的概率是 0 . 8.求这名射手在 10 次射击中， (1)恰有 8 次击中目标的概率； (2)至少有 8 次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．) 55 解：设 X 为击中目标的次数，则 X～B (10, 0.8 ) . (1)在 10 次射击中，恰有 8 次击中目标的概率为 P (X = 8 ) ＝ 8 8 10 8 10 0.8 (1 0.8) 0.30C     . (2)在 10 次射击中，至少有 8 次击中目标的概率为 P (X≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 ) 8 8 10 8 9 9 10 9 10 10 10 10 10 10 100.8 (1 0.8) 0.8 (1 0.8) 0.8 (1 0.8)C C C             0.68 . 例 2．（2000 年高考题）某厂生产电子元件，其产品的次品率为 5%．现从一批产品中任意地连续取出 2 件，写出其中次 品数ξ的概率分布． 解：依题意，随机变量ξ～B(2，5%)．所以， P(ξ=0)= 0 2C (95%) 2 =0.9025，P(ξ=1)= 1 2C (5%)(95%)=0.095， P( 2 )= 2 2C (5%) 2 =0.0025． 因此，次品数ξ的概率分布是 ξ 0 1 2 P 0.9025 0.095 0.0025 例 3．重复抛掷一枚筛子 5 次得到点数为 6 的次数记为ξ，求 P(ξ>3)． 解：依题意，随机变量ξ～B      6 1,5 ． ∴P(ξ=4)= 6 5 6 1 4 4 5     C = 7776 25 ，P(ξ=5)= 5 5C 5 6 1      = 7776 1 ． ∴P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)= 3888 13 例 4．某气象站天气预报的准确率为80% ，计算（结果保留两个有效数字）： （1）5 次预报中恰有 4 次准确的概率； （2）5 次预报中至少有 4 次准确的概率 解：（1）记“预报 1 次，结果准确”为事件 A ．预报 5 次相当于 5 次独立重复试验，根据 n 次独立重复试验中某事件 恰好发生 k 次的概率计算公式，5 次预报中恰有 4 次准确的概率 4 4 5 4 4 5 5(4) 0.8 (1 0.8) 0.8 0.41P C       答：5 次预报中恰有 4 次准确的概率约为 0.41. （2）5 次预报中至少有 4 次准确的概率，就是 5 次预报中恰有 4 次准确的概率与 5 次预报都准确的概率的和，即 4 4 5 4 5 5 5 5 5 5 5 5 5(4) (5) (4) 0.8 (1 0.8) 0.8 (1 0.8)P P P P C C            4 50.8 0.8 0.410 0.328 0.74     答：5 次预报中至少有 4 次准确的概率约为 0.74． 例 5．某车间的 5 台机床在 1 小时内需要工人照管的概率都是 1 4 ，求 1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概 率是多少？（结果保留两个有效数字） 解：记事件 A ＝“1 小时内，1 台机器需要人照管”，1 小时内 5 台机器需要照管相当于 5 次独立重复试验 56 1 小时内 5 台机床中没有 1 台需要工人照管的概率 5 5 5 1 3(0) (1 ) ( )4 4P    ， 1 小时内 5 台机床中恰有 1 台需要工人照管的概率 1 4 5 5 1 1(1) (1 )4 4P C    ， 所以 1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率为  5 51 (0) (1) 0.37P P P    答：1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率约为 0.37 ． 点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法 例 6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是 0.25，若使至少命中 1 次的概率不小于 0.75，至少应射击几次？ 解：设要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75，应射击 n 次 记事件 A ＝“射击一次，击中目标”，则 ( ) 0.25P A  ． ∵射击 n 次相当于 n 次独立重复试验， ∴事件 A 至少发生 1 次的概率为 1 (0) 1 0.75n nP P    ． 由题意，令1 0.75 0.75n  ，∴ 3 1( )4 4 n  ，∴ 1lg 4 4.823lg 4 n   ， ∴ n 至少取 5． 答：要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75，至少应射击 5 次 例 7．十层电梯从低层到顶层停不少于 3 次的概率是多少？停几次概率最大？ 解：依题意，从低层到顶层停不少于 3 次，应包括停 3 次，停 4 次，停 5 次，……，直到停 9 次 ∴从低层到顶层停不少于 3 次的概率 3 3 6 4 4 5 5 5 4 9 9 9 9 9 9 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2P C C C C     3 4 5 9 9 9 0 1 2 9 9 9 9 9 9 9 9 1 1( )( ) 2 ( ) ( )2 2C C C C C C C          9 91 233(2 46)( )2 256    设从低层到顶层停 k 次，则其概率为 k 9 9 9 9 1 1 1C ( ) ( ) ( )2 2 2 k k kC  ， ∴当 4k  或 5k  时， 9 kC 最大，即 9 9 1( )2 kC 最大， 答：从低层到顶层停不少于 3 次的概率为 233 256 ，停 4 次或 5 次概率最大． 例 8．实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定 5 局 3 胜制（即 5 局内谁先赢 3 局就算胜出并停止比赛）． （1）试分别求甲打完 3 局、4 局、5 局才能取胜的概率． （2）按比赛规则甲获胜的概率． 解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为 1 2 ，乙获胜的概率为 1 2 ． 记事件 A =“甲打完 3 局才能取胜”，记事件 B =“甲打完 4 局才能取胜”， 记事件 C =“甲打完 5 局才能取胜”． ①甲打完 3 局取胜，相当于进行 3 次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜 ∴甲打完 3 局取胜的概率为 3 3 3 1 1( ) ( )2 8P A C  ． 57 ②甲打完 4 局才能取胜，相当于进行 4 次独立重复试验，且甲第 4 局比赛取胜，前 3 局为 2 胜 1 负 ∴甲打完 4 局才能取胜的概率为 2 2 3 1 1 1 3( ) ( )2 2 2 16P B C     ． ③甲打完 5 局才能取胜,相当于进行 5 次独立重复试验，且甲第 5 局比赛取胜，前 4 局恰好 2 胜 2 负 ∴甲打完 5 局才能取胜的概率为 2 2 2 4 1 1 1 3( ) ( ) ( )2 2 2 16P C C     ． (2)事件 D ＝“按比赛规则甲获胜”，则 D A B C   ， 又因为事件 A 、 B 、 C 彼此互斥， 故 1 3 3 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 16 16 2P D P A B C P A P B P C          ． 答：按比赛规则甲获胜的概率为 1 2 ． 例 9．一批玉米种子，其发芽率是 0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% ？（2） 若每穴种 3 粒，求恰好两粒发芽的概率．（ lg 2 0.3010 ） 解：记事件 A ＝“种一粒种子，发芽”，则 ( ) 0.8P A  ， ( ) 1 0.8 0.2P A    ， （1）设每穴至少种 n 粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% ． ∵每穴种 n 粒相当于 n 次独立重复试验，记事件 B ＝“每穴至少有一粒发芽”，则 0 0( ) (0) 0.8 (1 0.8) 0.2n n n nP B P C    ． ∴ ( ) 1 ( ) 1 0.2 nP B P B    ． 由题意，令 ( ) 98%P B  ，所以 0.2 0.02n  ，两边取常用对数得， lg0.2 lg0.02n  ．即 (lg 2 1) lg 2 2n    ， ∴ lg 2 2 1.6990 2.43lg 2 1 0.6990n    ，且 n N ，所以取 3n  ． 答：每穴至少种 3 粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% ． （2）∵每穴种 3 粒相当于 3 次独立重复试验， ∴每穴种 3 粒，恰好两粒发芽的概率为 2 2 3 0.8 0.2 0.384P C    ， 答：每穴种 3 粒，恰好两粒发芽的概率为 0.384 四、课堂练习： 1．每次试验的成功率为 (0 1)p p  ，重复进行 10 次试验，其中前 7 次都未成功后 3 次都成功的概率为（ ） ( )A 3 3 7 10 (1 )C p p ( )B 3 3 3 10 (1 )C p p ( )C 3 7(1 )p p ( )D 7 3(1 )p p 2．10 张奖券中含有 3 张中奖的奖券，每人购买 1 张，则前 3 个购买者中，恰有一人中奖的概率为（ ） ( )A 3 2 10 0.7 0.3C   ( )B 1 2 3 0.7 0.3C   ( )C 3 10 ( )D 2 1 7 3 3 10 3A A A  58 3．某人有 5 把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开，则此人在 3 次内能开房门的概率 是 （ ） ( )A 3 3 3 5 1 A A  ( )B 2 1 1 2 3 2 3 2 3 3 5 5 A A A A A A   ( )C 331 ( )5  ( )D 2 2 1 1 2 3 3 3 2 3 2( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 5C C     4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为 3: 2 ，比赛时均能正常发挥技术水平，则在 5 局 3 胜制中，甲 打完 4 局才胜的概率为（ ） ( )A 2 3 3 3 2( )5 5C  ( )B 2 2 3 3 2( ) ( )5 3C ( )C 3 3 4 3 2( ) ( )5 5C ( )D 3 3 4 2 1( ) ( )3 3C 5．一射手命中 10 环的概率为 0.7，命中 9 环的概率为 0.3，则该射手打 3 发得到不少于 29 环的概率为 ．（设每次命 中的环数都是自然数） 6．一名篮球运动员投篮命中率为 60% ，在一次决赛中投 10 个球，则投中的球数不少于 9 个的概率为 ． 7．一射手对同一目标独立地进行 4 次射击，已知至少命中一次的概率为 80 81 ，则此射手的命中率为 ． 8．某车间有 5 台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于停车状态的概率为 3 1 ，求：（1） 在任一时刻车间有 3 台车床处于停车的概率；（2）至少有一台处于停车的概率 9．种植某种树苗，成活率为 90%，现在种植这种树苗 5 棵，试求： ⑴全部成活的概率； ⑵全部死亡的概率； ⑶恰好成活 3 棵的概率； ⑷至少成活 4 棵的概率 10．（1）设在四次独立重复试验中，事件 A 至少发生一次的概率为 80 81 ，试求在一次试验中事件 A 发生的概率 （2）某人 向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概率为 1 3 ，求在第 n 次才击中目标的概率 答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.046 7. 2 3 8.（1）   3 2 3 5 5 1 2 403 3 3 243P C            （2）     5 5 5 2 2111 1 3 243P B P B C         9.⑴ 5 5 5 0.9 0.59049C  ； ⑵ 5 5 5 0.1 0.00001C  ； ⑶   3 3 2 5 53 0.9 0.1 0.0729P C   ； ⑷    5 54 5 0.91854P P P   10.(1) 2 3P  (2) 11 2( )3 3 nP   五、小结 ：1．独立重复试验要从三方面考虑 第一：每次试验是在同样条件下进行 第二：各次试验中的事件是相互独立的 第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生 2 ． 如 果 1 次 试 验 中 某 事 件 发 生 的 概 率 是 P ， 那 么 n 次 独 立 重 复 试 验 中 这 个 事 件 恰 好 发 生 k 次 的 概 率 为 knkk nn PPCkP  )1()( 对于此式可以这么理解：由于 1 次试验中事件 A 要么发生，要么不发生，所以在 n 次独立重 复试验中 A 恰好发生 k 次，则在另外的 n k 次中 A 没有发生，即 A 发生，由 ( )P A P ， ( ) 1P A P  所以上面的 公式恰为 nPP ])1[(  展开式中的第 1k  项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系 59 2．3 离散型随机变量的均值与方差 2．3．1 离散型随机变量的均值 一、复习引入： 1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、 η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验 的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 若 是随机变量， baba ,,  是常数，则 也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型） 5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x1，x2，…，x3，…， ξ取每一个值 xi（i=1，2，…）的概率为 ( )i iP x p   ，则称表 ξ x1 x2 … xi … P P1 P2 … Pi … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1． 7.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在 n 次独立重复试验中这个 事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是 P，那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好 发生 k 次的概率是 knkk nn qpCkP  )( ，（k＝0,1,2,…，n， pq  1 ）． 于是得到随机变量ξ的概率分布如下： ξ 0 1 … k … n P n n qpC 00 111 n n qpC … knkk n qpC  … 0qpC nn n 称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中 n，p 为参数，并记 knkk n qpC  ＝b(k；n，p)． 8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的 离散型随机变量．“ k  ”表示在第 k 次独立重复试验时事件第一次发生.如果把 k 次试验时事件 A 发生记为 kA 、事 件 A 不发生记为 kA ，P( kA )=p，P( kA )=q(q=1-p)，那么 1 1 2 3 1 1 2 3 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k kP k P A A A A A P A P A P A P A P A q p        （ k ＝ 0,1,2, … ， pq  1 ）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下： ξ 1 2 3 … k … P p pq 2q p … 1kq p … 称这样的随机变量ξ服从几何分布 60 记作 g(k，p)= 1kq p ，其中 k＝0,1,2,…， pq  1 ． 二、讲解新课： 根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如： 已知某射手射击所得环数ξ的分布列如下 ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22 在 n 次射击之前，可以根据这个分布列估计 n 次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或 期望 根据射手射击所得环数ξ的分布列， 我们可以估计，在 n 次射击中，预计大约有 nnP 02.0)4(  次得 4 环； nnP 04.0)5(  次得 5 环； ………… nnP 22.0)10(  次得 10 环． 故在 n 次射击的总环数大约为  n02.04  n04.05 n 22.010  02.04(  04.05 n )22.010 ， 从而，预计 n 次射击的平均环数约为  02.04  04.05 32.822.010  ． 这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射 击的平均水平． 对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个 )( iP  （i=0，1，2，…，10），我们可以同样预计他 任意 n 次射击的平均环数:  )0(0 P  )1(1 P … )10(10  P ． 1. 均值或数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为 ξ x1 x2 … xn … P p1 p2 … pn … 则称 E 11 px 22 px …  nn px … 为ξ的均值或数学期望，简称期望． 2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平 3. 平均数、均值:一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令 1p 2p … np ，则有 1p 2p … npn 1 ， E 1(x 2x … nxn 1) ，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值 4. 均值或期望的一个性质:若 ba   (a、b 是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为 61 ξ x1 x2 … xn … η bax 1 bax 2 … baxn  … P p1 p2 … pn … 于是 E  11 )( pbax  22 )( pbax …  nn pbax )( … ＝ 11( pxa 22 px …  nn px …)  1( pb 2p …  np …) ＝ baE  ， 由此，我们得到了期望的一个性质: baEbaE   )( 5.若ξ  B（n,p），则 Eξ=np 证明如下： ∵ knkk n knkk n qpCppCkP   )1()( ， ∴ E 0× n n qpC 00 ＋1× 111 n n qpC ＋2× 222 n n qpC ＋…＋k× knkk n qpC  ＋…＋n× 0qpC nn n ． 又∵ 1 1)]!1()1[()!1( )!1( )!(! !    k n k n nCknk nn knk nkkC ， ∴ E (np 0 0 1 1 n nC p q   ＋ 211 1   n n qpC ＋ … ＋ )1()1(11 1   knkk n qpC ＋ … ＋ )011 1 qpC nn n   npqpnp n  1)( ． 故 若ξ～B(n，p)，则 E np． 三、讲解范例： 例 1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得 1 分，罚不中得 0 分，已知他命中的概率为 0.7，求他罚球一次得分 的期 望 解：因为 3.0)0(,7.0)1(   PP ， 所以 7.03.007.01 E 例 2. 一次单元测验由 20 个选择题构成，每个选择题有 4 个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答 案得 5 分，不作出选择或选错不得分，满分 100 分 学生甲选对任一题的概率为 0.9，学生乙则在测验中对每题都从 4 个选 择中随机地选择一个，求学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望 解：设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是 , ，则 ~ B（20,0.9）, )25.0,20(~ B , 525.020,189.020   EE 由于答对每题得 5 分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是 5 和 5 所以，他们在测验中的成绩的期望分 62 别是： 2555)(5)5(,90185)(5)5(   EEEE 例 3. 根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为 0.25,有大洪水的概率为 0. 01．该地区某工地上有一台大型设备，遇 到大洪水时要损失 60 000 元，遇到小洪水时要损失 10000 元．为保护设备，有以下 3 种方案： 方案 1：运走设备，搬运费为 3 800 元． 方案 2：建保护围墙，建设费为 2 000 元．但围墙只能防小洪水． 方案 3：不采取措施，希望不发生洪水． 试比较哪一种方案好． 解：用 X1 、X2 和 X3 分别表示三种方案的损失． 采用第 1 种方案，无论有无洪水，都损失 3 800 元，即 X1 = 3 800 . 采用第 2 种方案，遇到大洪水时，损失 2 000 + 60 000=62 000 元；没有大洪水时，损失 2 000 元，即    2 62000，有大洪水；X = 2000,无大洪水. 同样，采用第 3 种方案，有    3 60000，有大洪水； X = 10000,有小洪水； 0,无洪水. 于是， EX1＝3 800 , EX2＝62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 ) = 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 , EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0) = 60 000×0.01 + 10000×0.25=3100 . 采取方案 2 的平均损失最小，所以可以选择方案 2 . 值得注意的是，上述结论是通过比较“平均损失”而得出的．一般地，我们可以这样来理解“平均损失”：假设问题中 的气象情况多次发生，那么采用方案 2 将会使损失减到最小．由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对 于个别的一次决策，采用方案 2 也不一定是最好的． 例 4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数 的期望 解：∵ 6,,2,1,6/1)(  iiP  ， 6/166/126/11  E =3.5 例 5.有一批数量很大的产品，其次品率是 15%，对这批产品进行抽查，每次抽取 1 件，如果抽出次品，则抽查终止， 否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过 10 次 求抽查次数 的期望（结果保留三个有效数字） 解：抽查次数 取 1   10 的整数，从这批数量很大的产品中抽出 1 件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次 品的概率是 0.15，取出正品的概率是 0.85，前 1k 次取出正品而第 k 次（ k =1，2，…，10）取出次品的概率： 15.085.0)( 1  kkP  （ k =1，2，…，10） 63 需要抽查 10 次即前 9 次取出的都是正品的概率： 985.0)10( P 由此可得 的概率分布如下：  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 P 0.15 0.1275 0.1084 0.092 0.0783 0.0666 0.0566 0.0481 0.0409 0.2316 根据以上的概率分布，可得 的期望 35.52316.0101275.0215.01 E 例 6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望． 解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为 ξ 1 2 3 4 5 6 P 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 所以 E 1× 6 1 ＋2× 6 1 ＋3× 6 1 ＋4× 6 1 ＋5× 6 1 ＋6× 6 1 ＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)× 6 1 ＝3.5． 抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值． 例 7.某城市出租汽车的起步价为 10 元，行驶路程不超出 4km 时租车费为 10 元，若行驶路程超出 4km，则按 每超出 lkm 加收 2 元计费(超出不足 lkm 的部分按 lkm 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为 15km．某 司机经常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城 市规定，每停车 5 分钟按 lkm 路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量．设他所收租车费 为η (Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式； (Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为 ξ 15 16 17 18 P 0.1 0.5 0.3 0.1 求所收租车费η的数学期望． (Ⅲ)已知某旅客实付租车费 38 元，而出租汽车实际行驶了 15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(Ⅰ)依题意得 η=2(ξ-4)十 10，即 η=2ξ+2； (Ⅱ) E 4.161.0183.0175.0161.015  ∵ η=2ξ+2 ∴ E 2Eξ+2=34.8 （元） 故所收租车费η的数学期望为 34.8 元． (Ⅲ)由 38=2ξ+2，得ξ=18，5  (18-15)=15 所以出租车在途中因故停车累计最多 15 分钟 四、课堂练习： 1. 口袋中有 5 只球，编号为 1，2，3，4，5，从中任取 3 球，以 表示取出球的最大号码，则 E  （ ） 64 A．4； B．5； C．4.5； D．4.75 答案：C 2. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中的 1 分，罚不中得 0 分．已知某运动员罚球命中的概率为 0.7，求 ⑴他罚球 1 次的得分ξ的数学期望； ⑵他罚球 2 次的得分η的数学期望； ⑶他罚球 3 次的得分ξ的数学期望． 解：⑴因为 7.0)1( P ， 3.0)0( P ，所以 E 1× )1( P ＋0× 7.0)0( P ⑵η的概率分布为 η 0 1 2 P 23.0 3.07.01 2 C 27.0 所以 E 0× 09.0 ＋1× 42.0 ＋2× 98.0 ＝1.4． ⑶ξ的概率分布为 ξ ０ １ 2 3 P 33.0 21 3 3.07.0 C 3.07.0 22 3 C 37.0 所以 E 0× 027.0 ＋1× 189.0 ＋2× 98.0 ＝2.1. 3．设有 m 升水，其中含有大肠杆菌 n 个．今取水 1 升进行化验，设其中含有大肠杆菌的个数为ξ，求ξ的数学期望． 分析：任取 1 升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是 m 1 ，事件“ξ=k”发生，即 n 个大肠杆菌中恰有 k 个在此升水 中，由 n 次独立重复实验中事件 A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生 k 次的概率计算方法可求出 P(ξ=k),进而可求 Eξ. 解：记事件 A：“在所取的 1 升水中含一个大肠杆菌”，则 P(A)= m 1 ． ∴ P(ξ=k)=Pn(k)=C k n m 1 )k(1－ m 1 )n－k（k=0,1,2,….,n）． ∴ ξ～B(n, m 1 )，故 Eξ =n× m 1 = m n 五、小结 ：(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平； (2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分 布列；③根据分布列，由期望的定义求出 Eξ 公式 E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望 Eξ=np 六、课后作业：P64-65 练习 1,2,3,4 P69 A 组 1,2,3 1.一袋子里装有大小相同的 3 个红球和两个黄球，从中同时取出 2 个，则其中含红球个数的数学期望是 （用 数字作答） 解：令取取黄球个数 (=0、1、2)则 的要布列为  0 1 2 65 p 10 3 5 3 10 1 于是 E（ ）=0× 10 3 +1× 5 3 +2× 10 1 =0.8 故知红球个数的数学期望为 1.2 2.袋中有 4 个黑球、3 个白球、2 个红球，从中任取 2 个球，每取到一个黑球记 0 分，每取到一个白球记 1 分，每取到 一个红球记 2 分，用 表示得分数 ①求 的概率分布列 ②求 的数学期望 解：①依题意 的取值为 0、1、2、3、4  =0 时，取 2 黑 p( =0)= 6 1 2 9 2 4  C C  =1 时，取 1 黑 1 白 p( =1)= 3 1 2 9 1 3 1 4  C CC  =2 时，取 2 白或 1 红 1 黑 p( =2)= 2 9 2 3 C C + 36 11 2 9 1 4 1 2  C CC  =3 时，取 1 白 1 红，概率 p( =3)= 6 1 2 9 1 2 1 3  C CC  =4 时，取 2 红，概率 p( =4)= 36 1 2 9 2 2  C C ∴ 分布列为 （2）期望 E =0× 6 1 +1× 3 1 +2× 36 11 +3× 6 1 +4× 36 1 = 9 14 3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分别为 p1、p2、p3，求试验中三台投影仪产生故障的数学期望 解：设 表示产生故障的仪器数，Ai 表示第 i 台仪器出现故障（i=1、2、3） iA 表示第 i 台仪器不出现故障，则： p( =1)=p(A1· 2A · 3A )+ p( 1A ·A2· 3A )+ p( 1A · 2A ·A3) =p1(1－p2) (1－p3)+ p2(1－p1) (1－p3)+ p3(1－p1) (1－p2)  0 1 2 3 4 p 6 1 3 1 36 11 6 1 36 1 66 = p1+ p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3 p( =2)=p(A1· A2· A )+ p(A1· 2A · 3A )+ p( 1A ·A2·A3) = p1p2 (1－p3)+ p1p3(1－p2)+ p2p3(1－p1) = p1p2+ p1p3+ p2p3－3p1p2p3 p( =3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3 ∴ E =1×p( =1)+2×p( =2)+3×p( =3)= p1+p2+p3 注：要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望 4.一个袋子里装有大小相同的 3 个红球和 2 个黄球，从中同时取出 2 个，含红球个数的数学期望是 1.2 解：从 5 个球中同时取出 2 个球，出现红球的分布列为  0 1 2 P 1.02 5 2 2  C C 6.02 5 1 2 1 3  C CC 3.02 5 2 3  C C 2.13.026.011.00  E 5. A 、 B 两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员， A 队队员是 321 ,, AAA ， B 队队员是 321 ,, BBB ，按 以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下： 对阵队员 A 队队员胜的概率 B 队队员胜的概率 A1 对 B1 3 2 3 1 A2 对 B2 5 2 5 3 A3 对 B3 5 2 5 3 现按表中对阵方式出场，每场胜队得 1 分，负队得 0 分，设 A 队， B 队最后所得分分别为 ， （1）求 ， 的概率分布； （2）求 E ， E 解：（Ⅰ） ， 的可能取值分别为 3，2，1，0         25 3 5 3 5 3 3 10 ,5 2 5 2 5 3 3 1 5 3 5 2 3 1 5 3 5 3 3 21 ,75 28 5 2 5 3 3 2 5 2 5 2 3 1 5 3 5 2 3 22 ,27 8 5 2 5 2 3 23         P P P P 根据题意知 3 ，所以 67                 25 303,5 212 ,75 2821,75 830     PPPP PPPP （Ⅱ） 15 22 25 305 2175 28275 83 E ； 因为 3 ,所以 15 233   EE 2．3．2离散型随机变量的方差 一、复习引入： 1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、 η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验 的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 5. 分布列: ξ x1 x2 … xi … P P1 P2 … Pi … 6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1． 7.二项分布:ξ～B(n，p)，并记 knkk n qpC  ＝b(k；n，p)． ξ 0 1 … k … n P n n qpC 00 111 n n qpC … knkk n qpC  … 0qpC nn n 8.几何分布： g(k，p)= 1kq p ，其中 k＝0,1,2,…， pq  1 ． ξ 1 2 3 … k … P p pq 2q p … 1kq p … 9.数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为 ξ x1 x2 … xn … P p1 p2 … pn … 则称 E 11 px 22 px …  nn px … 为ξ的数学期望，简称期望． 10. 数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平 11 平均数、均值:在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令 1p 2p … np ，则有 1p 2p … npn 1 ， E 1(x 2x … nxn 1) ，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值 12. 期望的一个性质: baEbaE   )( 68 13.若ξ  B（n,p），则 Eξ=np 二、讲解新课： 1. 方差: 对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是 1x ， 2x ，…， nx ，…，且取这些值的概率分别是 1p ， 2p ，…， np ，…，那么, D ＝ 1 2 1 )( pEx   ＋ 2 2 2 )( pEx   ＋…＋ nn pEx  2)(  ＋… 称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的 E 是随机变量ξ的期望． 2. 标准差: D 的算术平方根 D 叫做随机变量ξ的标准差，记作 ． 3.方差的性质：（1）  DabaD 2)(  ；（2） 22 )(  EED  ； （3）若ξ～B(n，p)，则 D np(1-p) 4.其它： ⑴随机变量ξ的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的； ⑵随机变量ξ的方差、标准差也是随机变量ξ的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度； ⑶标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛 三、讲解范例： 例 1．随机抛掷一枚质地均匀的骰子,求向上一面的点数的均值、方差和标准差. 解：抛掷散子所得点数 X 的分布列为 ξ 1 2 3 4 5 6 P 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 从而 1 1 1 1 1 11 2 3 4 5 6 3.56 6 6 6 6 6EX              ; 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1(1 3.5) (2 3.5) (3 3.5) (4 3.5)6 6 6 6 1 1(5 3.5) (6 3.5) 2.926 6 DX                    1.71X DX   . 例 2．有甲乙两个单位都愿意聘用你，而你能获得如下信息： 甲单位不同职位月工资 X1/元 1200 1400 1600 1800 获得相应职位的概率 P1 0.4 0.3 0.2 0.1 乙单位不同职位月工资 X2/元 1000 1400 1800 2000 69 获得相应职位的概率 P2 0.4 0.3 0.2 0.1 根据工资待遇的差异情况，你愿意选择哪家单位？ 解：根据月工资的分布列，利用计算器可算得 EX1 = 1200×0.4 + 1 400×0.3 + 1600×0.2 + 1800×0.1 = 1400 , DX1 = (1200-1400) 2 ×0. 4 + (1400-1400 ) 2×0.3 + (1600 -1400 )2×0.2+(1800-1400) 2×0. 1 = 40 000 ; EX2＝1 000×0.4 +1 400×0.3 + 1 800×0.2 + 2200×0.1 = 1400 , DX2 = (1000-1400)2×0. 4+(1 400-1400)×0.3 + (1800-1400)2×0.2 + (2200-1400 )2×0.l = 160000 . 因为 EX1 =EX2, DX12). 解：(1)P(-2.322)=1-P(x<2)=1-(2)=l-0.9772=0.0228. 例 2．利用标准正态分布表，求标准正态总体在下面区间取值的概率： (1)在 N(1,4)下，求 )3(F （2）在 N（μ，σ2）下，求Ｆ（μ－σ，μ＋σ）； Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）；Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）； Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ） 解：（１） )3(F ＝ )2 13(  ＝Φ（1）＝0.8413 （２）Ｆ（μ＋σ）＝ )(    ＝Φ（1）＝0.8413 Ｆ（μ－σ）＝ )(    ＝Φ（－1）＝１－Φ（1）＝１－0.8413＝0.1587 Ｆ（μ－σ，μ＋σ）＝Ｆ（μ＋σ）－Ｆ（μ－σ）＝0.8413－0.1587＝0.6826 Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）＝Ｆ（μ＋1.84σ）－Ｆ（μ－1.84σ）＝0.9342 Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）＝Ｆ（μ＋2σ）－Ｆ（μ－2σ）＝0.954 Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）＝Ｆ（μ＋3σ）－Ｆ（μ－3σ）＝0.997 对于正态总体 ),( 2N 取值的概率： 78 68.3% 2σ x 95.4% 4σ x 99.7% 6σ x 在区间（μ-σ，μ+σ）、（μ-2σ，μ+2σ）、（μ-3σ，μ+3σ）内取值的概率分别为 68.3%、95.4%、99.7% 因此我 们时常只在区间（μ-3σ，μ+3σ）内研究正态总体分布情况，而忽略其中很小的一部分 例 3．某正态总体函数的概率密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为 2 1 ，求总体落入区间（－1.2，0.2）之间 的概率 解：正态分布的概率密度函数是 ),(, 2 1)( 2 2 2 )(   xexf x    ，它是偶函数，说明μ＝0， )(xf 的最大 值为 )(f ＝ 2 1 ，所以σ＝1，这个正态分布就是标准正态分布 ( 1.2 0.2) (0.2) ( 1.2) (0.2) [1 (1.2)] (0.2) (1.2 ) 1P x                  巩固练习：书本第 74 页 1,2,3 课后作业： 书本第 75 页 习题 2. 4 A 组 1 , 2 B 组 1 , 2 教学反思： 1．在实际遇到的许多随机现象都服从或近似服从正态分布 在上一节课我们研究了当样本容量无限增大时，频率分布 直方图就无限接近于一条总体密度曲线，总体密度曲线较科学地反映了总体分布 但总体密度曲线的相关知识较为抽象，学 生不易理解，因此在总体分布研究中我们选择正态分布作为研究的突破口 正态分布在统计学中是最基本、最重要的一种分 布 2．正态分布是可以用函数形式来表述的 其密度函数可写成： 2 2 ( ) 21( ) , ( , ) 2 x f x e x         ， （σ＞0） 由此可见，正态分布是由它的平均数μ和标准差σ唯一决定的 常把它记为 ),( 2N 3．从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为 x=μ，并在 x=μ时取最大值 从 x=μ点开始， 曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近 x 轴，但永不与 x 轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以 x 轴为渐近线的 4．通过三组正态分布的曲线，可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征。由于正态分布是由其平均数μ和 标准差σ唯一决定的，因此从某种意义上说，正态分布就有好多好多，这给我们深入研究带来一定的困难 但我们也发现， 许多正态分布中，重点研究 N（0，1），其他的正态分布都可以通过 )()(   xxF 转化为 N（0，1），我们把 N（0，1） 称为标准正态分布，其密度函数为 2 2 1 2 1)( x exF    ，x∈（-∞，+∞），从而使正态分布的研究得以简化。结合正态曲 线的图形特征，归纳正态曲线的性质 正态曲线的作图较难，教科书没做要求，授课时可以借助几何画板作图，学生只要了 解大致的情形就行了，关键是能通过正态曲线，引导学生归纳其性质。 79 第三章 统计案例 §3.1 独立性检验（1） 一．问题情境 5 月 31 日是世界无烟日。有关医学研究表明，许多疾病，例如：心脏病、癌症、脑血管病、慢性阻塞性肺病等都 与吸烟有关，吸烟已成为继高血压之后的第二号全球杀手。这些疾病与吸烟有关的结论是怎样得出的呢？我们看一下 问题： 1． 某医疗机构为了了解呼吸道疾病与吸烟是否有关，进行了一次抽样调查，共调查了 515 个成年人，其中吸烟者 220 人， 不吸烟者 295 人．调查结果是：吸烟的 220 人中有 37 人患呼吸道疾病（简称患病），183 人未患呼吸道疾病（简称未 患病）；不吸烟的 295 人中有 21 人患病，274 人未患病． 问题：根据这些数据能否断定“患呼吸道疾病与吸烟有关”？ 二．学生活动 为了研究这个问题，（1）引导学生将上述数据用下表来表示： 患病 未患病 合计 吸烟 37 183 220 不吸烟 21 274 295 合计 58 457 515 （2）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异： 在吸烟的人中，有 37 16.82%220  的人患病，在不吸烟的人中，有 21 7.12%295  的人患病． 问题：由上述结论能否得出患病与吸烟有关？把握有多大？ 三．建构数学 1．独立性检验： （1）假设 0H ：患病与吸烟没有关系． 若将表中“观测值”用字母表示，则得下表： 患病 未患病 合计 吸烟 a b ba  不吸烟 c d dc  合计 ca  db  dcba  （近似的判断方法：设 n a b c d    ，如果 0H 成立，则在吸烟的人中患病的比例与 不吸烟的人中患病的比例应差不多，由此可得 a c a b c d   ，即 ( ) ( ) 0a c d c a b ad bc      ，因此， | |ad bc 越小，患病与吸烟之间的关系越弱，否则，关系越强．） 设 n a b c d    ， 在假设 0H 成立的条件下，可以通过求 “吸烟且患病”、“吸烟但未患病”、“不吸烟但患病”、“不吸烟且未患病” 的概率（观测频率），将各种人群的估计人数用 , , , ,a b c d n 表示出来． 例如：“吸烟且患病”的估计人数为 ( ) a b a cn P AB n n n      ； 80 “吸烟但未患病” 的估计人数为 ( ) a b b dn P AB n n n      ； “不吸烟但患病”的估计人数为 ( ) c d a cn P AB n n n      ； “不吸烟且未患病”的估计人数为 ( ) c d b dn P AB n n n      ． 如果实际观测值与假设求得的估计值相差不大，就可以认为所给数据（观测值）不能否定假设 0H ．否则，应认为假 设 0H 不能接受，即可作出与假设 0H 相反的结论． （2）卡方统计量： 为了消除样本对上式的影响，通常用卡方统计量（χ2 2( )  观测值 预期值 预期值 ）来进行估计． 卡方χ2 统计量公式： χ2 2 2a b a c a b b da n b nn n n n a b a c a b b dn nn n n n                          2 2c d a c c d b dc n d nn n n n c d a c c d b dn nn n n n                                 2n ad bc a b c d a c b d      （其中 n a b c d    ） 由此若 0H 成立，即患病与吸烟没有关系，则χ2 的值应该很小．把 37, 183, 21, 274a b c d    代入计算得 χ2 11.8634 ，统计学中有明确的结论，在 0H 成立的情况下，随机事件“ 2 6.635  ” 发生的概率约为 0.01，即 2( 6.635) 0.01P    ，也就是说，在 0H 成立的情况下，对统计量χ2 进行多次观测， 观测值超过 6.635的频率约为 0.01．由此，我们有 99%的把握认为 0H 不成立，即有 99%的把握认为“患病与吸烟 有关系”． 象以上这种用 2 统计量研究吸烟与患呼吸道疾病是否有关等问题的方法称为独立性检验． 说明： （1）估计吸烟者与不吸烟者患病的可能性差异是用频率估计概率，利用χ2 进行独立性检验，可以对推断的正确性的概 率作出估计，观测数据 , , ,a b c d 取值越大，效果越好．在实际应用中，当 , , ,a b c d 均不小于 5，近似的效果才可接 受． （2）这里所说的“呼吸道疾病与吸烟有关系”是一种统计关系，这种关系是指“抽烟的人患呼吸道疾病的可能性（风 81 险）更大”，而不是说“抽烟的人一定患呼吸道疾病”． （3）在假设 0H 下统计量χ2 应该很小，如果由观测数据计算得到χ2 的观测值很大，则在一定程度上说明假设不合理（即 统计量χ2 越大，“两个分类变量有关系”的可能性就越大）． 2．独立性检验的一般步骤： 一般地，对于两个研究对象Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ有两类取值：类 A 和类 B （如吸烟与不吸烟），Ⅱ也有两类取值：类1和 类 2 （如患呼吸道疾病与不患呼吸道疾病），得到如下表所示： Ⅱ 类1 类 2 合计 Ⅰ 类 A a b ba  类 B c d dc  合计 ca  db  dcba  推断“Ⅰ和Ⅱ有关系”的步骤为： 第一步，提出假设 0H ：两个分类变量Ⅰ和Ⅱ没有关系； 第二步，根据 2×2 列联表和公式计算χ2 统计量； 第三步，查对课本中临界值表，作出判断． 3．独立性检验与反证法： 反证法原理：在一个已知假设下，如果推出一个矛盾，就证明了这个假设不成立； 独立性检验（假设检验）原理：在一个已知假设下，如果一个与该假设矛盾的小概率事件发生，就推断这个假设不成 立． 四．数学运用 1．例题： 例 1．在 500 人身上试验某种血清预防感冒的作用，把他们一年中的感冒记录与另外 500 名未用血清的人的感冒记录 作比较，结果如表所示．问：该种血清能否起到预防感冒的作用？ 未感冒 感冒 合计 使用血清 258 242 500 未使用血清 216 284 500 合计 474 526 1000 分析：在使用该种血清的人中，有 242 48.4%500  的人患过感冒；在没有使用该种血清的人中，有 284 56.8%500  的 人患过感冒，使用过血清的人与没有使用过血清的人的患病率相差较大．从直观上来看，使用过血清的人与没有使用 过血清的人的患感冒的可能性存在差异． 解：提出假设 0H ：感冒与是否使用该种血清没有关系．由列联表中的数据，求得 2 2 1000 (258 284 242 216) 7.075474 526 500 500         ∵当 0H 成立时， 2 6.635  的概率约为 0.01 ，∴我们有 99%的把握认为：该种血清能起到预防感冒的作用． 例 2．为研究不同的给药方式（口服或注射）和药的效果（有效与无效）是否有关，进行了相应的抽样调查，调查结 果如表所示．根据所选择的 193 个病人的数据，能否作出药的效果与给药方式有关的结论？ 有效 无效 合计 口服 58 40 98 82 注射 64 31 95 合计 122 71 193 分析：在口服的病人中，有 58 59%98  的人有效；在注射的病人中，有 64 67%95  的人有效．从直观上来看，口服 与注射的病人的用药效果的有效率有一定的差异，能否认为用药效果与用药方式一定有关呢？下面用独立性检验的方 法加以说明． 解：提出假设 0H ：药的效果与给药方式没有关系．由列联表中的数据，求得 2 2 193 (58 31 40 64) 1.3896 2.072122 71 98 95          当 0H 成立时， 2 1.3896  的概率大于15% ，这个概率比较大，所以根据目前的调查数据，不能否定假设 0H ， 即不能作出药的效果与给药方式有关的结论． 说明：如果观测值 2 2.706  ，那么就认为没有充分的证据显示“Ⅰ与Ⅱ有关系”，但也不能作出结论“ 0H 成立”， 即Ⅰ与Ⅱ没有关系． §3.1 独立性检验（2） 一．学生活动 练习： （ 1 ） 某 大 学 在 研 究 性 别 与 职 称 ( 分 正 教 授 、 副 教 授 ) 之 间 是 否 有 关 系 ， 你 认 为 应 该 收 集 哪 些 数 据？ ． （2）某高校“统计初步”课程的教师随机调查了选该课的一些学生情况，具体数据如下表： 非统计专业 统计专业 男 13 10 女 7 20 为了判断主修统计专业是否与性别有关系，根据表中的数据，得到 χ2 250 (13 20 10 7) 4.84423 27 20 30        ，∵χ2 3.841 ， 所以判定主修统计专业与性别有关系，那么这种判断出错的可能性为 ．（答案：5%） 附：临界值表（部分）： P （χ2 0x ） 0.10 0.05 0.025 0.010 0x 2.706 3.841 5.024 6.635 二．数学运用 1．例题： 例 1．在对人们的休闲方式的一次调查中，共调查了 124 人，其中女性 70 人，男性 54 人。女性中有 43 人主要的休闲 方式是看电视，另外 27 人主要的休闲方式是运动；男性中有 21 人主要的休闲方式是看电视，另外 33 人主要的休闲方 式是运动。 （1）根据以上数据建立一个 2× 2 列联表； （2）判断性别与休闲方式是否有关系。 解：（1）2× 2 的列联表： 休闲方式 性别 看电视 运动 总计 专 业性 别 83 女 43 27 70 男 21 33 54 总计 64 60 124 （2）假设“休闲方式与性别无关” χ2 2124 (43 33 27 21) 6.20170 54 64 60        因为χ2 5.024 ，所以有理由认为假设“休闲方式与性别无关”是不合理的，即有 97.5%的把握认为“休闲方式与性 别有关”。 例 2．气管炎是一种常见的呼吸道疾病，医药研究人员对两种中草药治疗慢性气管炎的疗效进行对比，所得数据如表 所示．问它们的疗效有无差异（可靠性不低于 99%）？ 有效 无效 合计 复方江剪刀草 184 61 245 胆黄片 91 9 100 合计 275 70 345 分析：由列联表中的数据可知，服用复方江剪刀草的患者的有效率为 184 75%245  ，服用胆黄片的患者的有效率为 91 91%100  ，可见，服用复方江剪刀草的患者与服用胆黄片的患者的有 效率存在较大差异．下面用 2 进行独立 性检验，以确定能有多大把握作出这一推断． 解：提出假设 0H ：两种中草药的治疗效果没有差异，即病人使用这两种药物中的何种药物对疗效没有明显差异． 由列联表中的数据，求得 2 2 345 (184 9 61 91) 11.098275 70 245 100         当 0H 成立时， 2 10.828  的概率约为 0.001 ，而这里 2 11.098 10.828   所以我们有 99.9% 的把握认为：两种药物的疗效有差异． 例 3．下表中给出了某周内中学生是否喝过酒的随机调查结果，若要使结论的可靠性不低于 95%，根据所调查的数据， 能否作出该周内中学生是否喝过酒与性别有关的结论？ 解：提出假设 0H ：该周内中学生是否喝过酒与性别无关． 由列联表中的数据，求得 2 1.6366  ， 当 0H 成立时， 2 3.841  的概率约为 0.05，而这里 2 1.6366 3.841   ， 所以，不能推断出喝酒与性别有关的结论． 三．回顾小结： 1．独立性检验的思想方法及一般步骤． 喝过酒 没喝过酒 合计 男生 77 404 481 女生 16 122 138 合计 93 526 619 84 四．课外作业：补充。 §3.2 回归分析(1) 教学目标 （1）通过实例引入线性回归模型，感受产生随机误差的原因； （2）通过对回归模型的合理性等问题的研究，渗透线性回归分析的思想和方法； （3）能求出简单实际问题的线性回归方程． 教学重点，难点 线性回归模型的建立和线性回归系数的最佳估计值的探求方法． 教学过程 一．问题情境 1． 情境：对一作直线运动的质点的运动过程观测了 8 次，得到如下表所示的数据，试估计当 x=９时的位置 y 的值． 时刻 x /s 1 2 3 4 5 6 7 8 位置观测值 y /cm 5.54 7.52 10.02 11.73 15.69 16.12 16.98 21.06 根据《数学 3 （必修）》中的有关内容，解决这个问题的方法是： 先作散点图，如下图所示： 从散点图中可以看出，样本点呈直线趋势，时间 x 与 位置观测值 y 之间有着较好的线性关系．因此可以用线性 回归方程来刻画它们之间的关系．根据线性回归的系数公 式， 1 2 2 1 ( ) n i i i n i i x y nxy b x n x a y bx             可以得到线性回归方为  3.5361 2.1214y x  ，所以当 9x  时，由线性回归方程可以估计其位置值为  22.6287y  2．问题：在时刻 9x  时，质点的运动位置一定是 22.6287cm 吗？ 二．学生活动 思考，讨论：这些点并不都在同一条直线上，上述直线并不能精确地反映 x 与 y 之间的关系， y 的值不能由 x 完 全确定，它们之间是统计相关关系， y 的实际值与估计值之间存在着误差． 三．建构数学 1．线性回归模型的定义： 我们将用于估计 y 值的线性函数 a bx 作为确定性函数； y 的实际值与估计值之间的误差记为 ，称之为随机误差； 将 y a bx    称为线性回归模型． 说明：（1）产生随机误差的主要原因有： ①所用的确定性函数不恰当引起的误差； 85 ②忽略了某些因素的影响； ③存在观测误差． （2）对于线性回归模型，我们应该考虑下面两个问题： ①模型是否合理（这个问题在下一节课解决）； ②在模型合理的情况下，如何估计 a ， b ？ 2．探求线性回归系数的最佳估计值： 对于问题②，设有 n 对观测数据 ( , )i ix y ( 1,2,3, , )i n  ，根据线性回归模型，对于每一个 ix ，对应的随机 误 差 项 ( )i i iy a bx    ， 我 们 希 望 总 误 差 越 小 越 好 ， 即 要 使 2 1 n i i    越 小 越 好 ． 所 以 ， 只 要 求 出 使 2 1 ( , ) ( ) n i i i Q y x        取得最小值时的 ，  值作为 a ， b 的估计值，记为 a ， b ． 注：这里的 i 就是拟合直线上的点  ,i ix a bx 到点  ,i i iP x y 的距离． 用什么方法求 a ， b ？ 回忆《数学 3（必修）》“2．4 线性回归方程”P71“热茶问题”中求 a ， b 的方法：最小二乘法． 利用最小二乘法可以得到 a ， b 的计算公式为  1 1 2 2 2 1 1 ( )( ) ( ) ( ) n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x n x a y bx                       ， 其中 1 1 n i i x xn    ， 1 1 n i i y yn    由此得到的直线  y a bx   就称为这 n 对数据的回归直线，此直线方程即为线性回归方程．其中 a ，b 分别为 a ， b 的估计值， a 称为回归截距， b 称为回归系数， y 称为回归值． 在前面质点运动的线性回归方程  3.5361 2.1214y x  中，  3.5361a  ， 2.1214b  ． 3． 线性回归方程  y a bx   中 a ， b 的意义是：以 a 为基数， x 每增加 1 个单位， y 相应地平均增加 b 个单位； 4． 化归思想（转化思想） 在实际问题中，有时两个变量之间的关系并不是线性关系，这就需要我们根据专业知识或散点图，对某些特殊的 非线性关系，选择适当的变量代换，把非线性方程转化为线性回归方程，从而确定未知参数．下面列举出一些常见的 曲线方程，并给出相应的化为线性回归方程的换元公式． （1） by a x   ，令 'y y ， 1'x x  ，则有 ' 'y a bx  ． 86 （2） by ax ，令 ' lny y ， ' lnx x ， ' lna a ，则有 ' ' 'y a bx  ． （3） bxy ae ，令 ' lny y ， 'x x ， ' lna a ，则有 ' ' 'y a bx  ． （4） b xy ae ，令 ' lny y ， 1'x x  ， ' lna a ，则有 ' ' 'y a bx  ． （5） lny a b x  ，令 'y y ， ' lnx x ，则有 ' 'y a bx  ． 四．数学运用 1．例题： 例 1．下表给出了我国从1949 年至1999 年人口数据资料，试根据表中数据估计我国 2004 年的人口数． 年份 1949 1954 1959 1964 1969 1974 1979 1984 1989 1994 1999 人口数/百万 542 603 672 705 807 909 975 1035 1107 1177 1246 解：为了简化数据，先将年份减去1949 ，并将所得值用 x 表示，对应人口数用 y 表示，得到下面的数据表： x 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 y 542 603 672 705 807 909 975 1035 1107 1177 1246 作出11个点  ,x y 构成的散点图， 由图可知，这些点在一条直线附近，可以用线性回归模型 y a bx    来表示它们之间的关系． 根据公式（1）可得  14.453, 527.591. b a     这里的 ,a b 分别为 ,a b 的估 计值，因此线性回归方程 为  527.591 14.453y x  由于 2004 年对应的 55x  ,代入线性回归方程  527.591 14.453y x  可得  1322.506y  （百万），即 2004 年 的人口总数估计为 13.23 亿. 例 2． 某地区对本地的企业进行了一次抽样调查，下表是这次抽查中所得到的各企业的人均资本 x （万元）与人均产 出 y （万元）的数据： 人均 资本 x /万元 3 4 5.5 6.5 7 8 9 10.5 11.5 14 人均 产出 y /万元 4.12 4.67 8.68 11.01 13.04 14.43 17.50 25.46 26.66 45.20 （1）设 y 与 x 之间具有近似关系 by ax （ ,a b 为常数），试根据表中数据估计 a 和 b 的值； 87 （2）估计企业人均资本为16 万元时的人均产出（精确到 0.01 ）． 分析：根据 x ， y 所具有的关系可知，此问题不是线性回归问题，不能直接用线性回归方程处理．但由对数运算的性 质可知，只要对 by ax 的两边取对数，就能将其转化为线性关系． 解（1）在 by ax 的两边取常用对数，可得 lg lg lgy a b x  ，设 lg y z ， lg a A ， lg x X ，则 z A bX  ．相关数据计算如图 3 2 7  所示． 仿照问题情境可得 A ，b 的估计值 A ，b 分别为  0.2155, 1.5677, A b     由 lg 0.2155a   可得  0.6088a  ，即 a ，b 的估计值分别为 0.6088和1.5677 ． （2）由（1）知  1.56770.6088y x ．样本数据及回归曲线的图形如图 3 2 8  （见书本 102P 页） 当 16x  时，  1.56770.6088 16 47.01y    （万元），故当企业人均资本为16 万元时，人均产值约为 47.01万 元． §3.2 回归分析(2) 一．问题情境 1．情境：下面是一组数据的散点图，若求出相应的线性回归方程，求出的线性回归方程可以用作预测和估计吗？ 2．问题：思考、讨论：求得的线性回归方程是否有实际意义． 二．学生活动 对任意给定的样本数据，由计算公式都可以求出相应的线性回归方程，但求得的线性回归方程未必有实际意义．左 图中的散点明显不在一条直线附近，不能进行线性拟合，求得的线性回归方程是没有实际意义的；右图中的散点基本 上在一条直线附近，我们可以粗略地估计两个变量间有线性相关关系，但它们线性相关的程度如何，如何较为精确地 刻画线性相关关系呢？ A B C D E F G H I J K 1 人 均 资 本 x /万元 3 4 5.5 6.5 7 8 9 10.5 11.5 14 2 人 均 产 出 y /万元 4.12 4.67 8.68 11.01 13.04 14.43 17.5 25.46 26.66 45.2 3 lgX x 0.47712 0.60206 0.74036 0.81291 0.8451 0.90309 0.95424 1.02119 1.0607 1.14613 4 lgz y 0.6149 0.66932 0.93852 1.04179 1.11528 1.15927 1.24304 1.40586 1.42586 1.65514 88 这就是上节课提到的问题①，即模型的合理性问题．为了回答这个问题，我们需要对变量 x 与 y 的线性相关性进 行检验（简称相关性检验）． 三．建构数学 1．相关系数的计算公式： 对于 x ， y 随机取到的 n 对数据 ( , )i ix y ( 1,2,3, , )i n  ，样本相关系数 r 的计算公式为 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ( ) )( ( ) ) n n i i i i i i n n n n i i i i i i i i x x y y x y nxy r x x y y x n x y n y                        ．  2 2．相关系数 r 的性质： （1）| | 1r  ； （2）| |r 越接近与 1， x ， y 的线性相关程度越强； （3）| |r 越接近与 0， x ， y 的线性相关程度越弱． 可见，一条回归直线有多大的预测功能，和变量间的相关系数密切相关． 3．对相关系数 r 进行显著性检验的步骤： 相关系数 r 的绝对值与 1 接近到什么程度才表明利用线性回归模型比较合理呢？这需要对相关系数 r 进行显著性检 验．对此，在统计上有明确的检验方法，基本步骤是： （1）提出统计假设 0H ：变量 x ， y 不具有线性相关关系； （2）如果以 95% 的把握作出推断，那么可以根据1 0.95 0.05  与 2n  （ n 是样本容量）在附录 2 （教材 P111） 中查出一个 r 的临界值 0.05r （其中1 0.95 0.05  称为检验水平）； （3）计算样本相关系数 r ； （4）作出统计推断：若 0.05| |r r ，则否定 0H ，表明有 95% 的把握认为变量 y 与 x 之间具有线性相关关系；若 0.05| |r r ，则没有理由拒绝 0H ，即就目前数据而言，没有充分理由认为变量 y 与 x 之间具有线性相关关系． 说明：1．对相关系数 r 进行显著性检验，一般取检验水平 0.05  ，即可靠程度为 95% ． 2．这里的 r 指的是线性相关系数， r 的绝对值很小，只是说明线性相关程度低，不一定不相关，可能是非线性相关的 某种关系． 3．这里的 r 是对抽样数据而言的．有时即使| | 1r  ，两者也不一定是线性相关的．故在统计分析时，不能就数据论数 据，要结合实际情况进行合理解释． 4．对于上节课的例 1,可按下面的过程进行检验： （1）作统计假设 0H ： x 与 y 不具有线性相关关系； （2）由检验水平 0.05 与 2 9n   在附录 2 中查得 0.05 0.602r  ； （3）根据公式  2 得相关系数 0.998r  ； 89 （4）因为 0.998 0.602r   ，即 0.05r r ，所以有 95 ﹪的把握认为 x 与 y 之间具有线性相关关系,线性回归方 程为  527.591 14.453y x  是有意义的． 四．数学运用 1．例题： 例 1．下表是随机抽取的8 对母女的身高数据,试根据这些数据探讨 y 与 x 之间的关系． 母亲身高 /x cm 154 157 158 159 160 161 162 163 女儿身高 /y cm 155 156 159 162 161 164 165 166 解：所给数据的散点图如图所示：由图可以看出，这些点在一条直线附近， 因为  154 157 163 8 159.25x       ，  155 156 166 8 161y       ，  8 2 2 2 2 2 1 8( ) 154 163 8 159.25 59.5i i x x          ，  8 2 2 2 2 2 1 8( ) 155 166 8 161 116i i y y          ，   8 1 8 154 155 163 166 8 159.25 161 80i i i x y xy            ， 所以 963.0 1165.59 80   r ， 由检验水平 0.05及 2 6n   ，在附录 2 中查得 707.005.0 r ，因为 0.963 0.707 ,所以可以认为 x 与 y 之间具 有较强的线性相关关系．线性回归模型 y a bx    中 ,a b 的估计值 ,a b 分别为 90   8 1 8 22 1 8 1.345, 8 i i i i i x y xy b x x          53.191a y bx    ， 故 y 对 x 的线性回归方程为 xy 345.1191.53  ． 例 2．要分析学生高中入学的数学成绩对高一年级数学学习的影响，在高一年级学生中随机抽取10 名学生，分析他们 入学的数学成绩和高一年级期末数学考试成绩如下表： 学生编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 入学成绩 x 63 67 45 88 81 71 52 99 58 76 高一期末成绩 y 65 78 52 82 92 89 73 98 56 75 （1）计算入学成绩 x 与高一期末成绩 y 的相关系数； （2）如果 x 与 y 之间具有线性相关关系，求线性回归方程； （3）若某学生入学数学成绩为80 分，试估计他高一期末数学考试成绩． 解：(1)因为  1 63 67 76 7010x       ，  1 65 78 75 7610y       ， 10 1 ( )( ) 1894xy i i i L x x y y      ， 210 1 ( ) 2474xx i i L x x     ， 10 2 1 ( ) 2056yy i i L y y     ． 因此求得相关系数为 10 1 10 10 2 2 1 1 ( )( ) 0.840 ( ) ( ) i i xyi xx yy i i i i x x y y Lr L Lx x y y              ． 结果说明这两组数据的相关程度是比较高的； 小结解决这类问题的解题步骤： （1）作出散点图，直观判断散点是否在一条直线附近； （2）求相关系数 r ； （3）由检验水平和 2n  的值在附录中查出临界值，判断 y 与 x 是否具有较强的线性相关关系； （4）计算 a ， b ，写出线性回归方程．