1、第二课时组合数的两个性质,1.掌握组合数的两个性质,并能运用组合数的性质进行化简或证明.2.进一步理解排列与组合的区别与联系,能够熟练地解决一些综合问题.,组合数的性质:(1) C = C .(2) C +1 = C + C 1 .,知识拓展要注意 C +1 = C + C 1 的顺用、逆用、变形应用.顺用是将一个组合数拆成两个;逆用则是“合二为一”;还可变形为 C 1 = C +1 C ,为某些项相互抵消提供了方便,在解题时要注意灵活运用.,【做一做1-1】 若 C 25 2 = C 25 +4 ,则x的值是() A.4B.7C.4或7D.无解解析:由题意可知,2x=x+4或2x+(x+4)
2、=25,解得x=4或x=7.答案:C,【做一做1-2】 C 100 90 C 99 89 等于()A. C 100 89 B. C 99 90 C. C 99 89 D. C 100 88 解析: C +1 = C + C 1 , C +1 C 1 = C . C 100 90 C 99 89 = C 99 90 . 答案:B,如何理解组合数的两个性质?剖析:(1)性质1: C = C .性质的含义.从n个不同元素中取出m个元素的组合,与剩下的(n-m)个元素的组合一一对应.这样,从n个不同元素中取出m个元素的组合数,等于从这n个不同元素中取出(n-m)个元素的组合数.计算 C 时,若m 2
3、,通常不直接计算 C ,而改为计算 C .,(2)性质2: C +1 = C + C 1 .性质的含义.在确定从(n+1)个不同元素中取m个元素的方法时,对于某一元素,只存在着取与不取两种可能.如果取这一元素,则需从剩下的n个元素中再取出(m-1)个元素,共有 C 1 种方法;如果不取这一元素,则需从剩下的n个元素中取出m个元素,共有 C 种方法.由分类加法计数原理得 C +1 = C + C 1 .公式特点.左边下标为n+1,右边下标为n,相差1;左边上标与右边一项的上标相同,右边另一项的上标比左边上标少1.,题型一,题型二,题型三,组合数性质的应用【例1】 (1)解方程组 C = C 2
4、, 3 C +1 =11 C 1 . (2)证明: C 0 + C +1 1 + C +2 2 + C +1 1 = C + 1 .分析:(1)解答的突破口在“ C = C 2 ”,因为等号两边是下标相同的两个组合数,所以由组合数的性质1可得y=2y或y=x-2y.(2)证明应灵活应用 C +1 = C + C 1 .(1)解: C = C 2 ,y=2y或y=x-2y.若y=2y,则y=0,y-10,不合题意,舍去.y=x-2y,即x=3y,代入3 C +1 =11 C 1 ,得3 C 3 +1 =11 C 3 1 ,即3 (3)! (+1)!(21)! =11 (3)! (1)!(2+1)
5、! .,题型四,题型一,题型二,题型三,化简得y2-5y=0,解得y=0(舍去)或y=5,x=15.方程组的解为 =15, =5. (2)证明:左边=( C +1 0 + C +1 1 )+ C +2 2 + C +3 3 + C +1 1 =( C +2 1 + C +2 2 )+ C +3 3 + C +1 1 =( C +3 2 + C +3 3 )+ C +1 1 = C +4 3 + C +4 4 + C +1 1 = C +1 2 + C +1 1 = C + 1 =右边,故原式成立.,反思(1)若 C = C ,则x=y或x+y=n.(2)对于第(2)小题,证明的关键是要能看出
6、C 0 = C +1 0 =1.,题型四,题型一,题型二,题型三,组合应用题【例2】 课外活动小组共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某项活动,依下列条件各有多少种选法?(1)只有一名女生;(2)两名队长都当选;(3)至少有一名队长当选;(4)至多有两名女生当选;(5)既要有队长,又要有女生当选.,题型四,题型一,题型二,题型三,解:(1)选一名女生,四名男生,故共有 C 5 1 C 8 4 =350(种).(2)将两名队长作为一类,其他11人作为一类,故共有 C 2 2 C 11 3 =165(种).(3)“至少有一名队长”含有两类:只有一名队长和有
7、两名队长.故共有 C 2 1 C 11 4 + C 2 2 C 11 3 =825(种),或采用间接法: C 13 5 C 11 5 =825(种).(4)“至多有两名女生”含有三类:有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为 C 5 2 C 8 3 + C 5 1 C 8 4 + C 8 5 =966(种).(5)分两类:第一类,女队长当选,有 C 12 4 种选法;第二类,女队长不当选,有 C 4 1 C 7 3 + C 4 2 C 7 2 + C 4 3 C 7 1 + C 4 4 (种)选法.故选法共有 C 12 4 + C 4 1 C 7 3 + C 4 2 C 7 2 + C 4
8、 3 C 7 1 + C 4 4 =790(种).,题型四,题型一,题型二,题型三,反思有限制条件的组合问题主要是“含与不含”的问题,其解法常用优先法,即“含”的先取出,“不含”的可把所指元素去掉再取.“至多”“至少”问题,常用直接分类法或间接排除法来求解,在选取元素时注意“搭配原则”,一定要做到“不重不漏”.,题型四,题型一,题型二,题型三,排列组合综合应用题【例3】 用0,1,2,3,4,5这六个数字.(1)可以组成多少个无重复数字的五位数?(2)可以组成多少个无重复数字的五位奇数?分析:解答排列组合应用题应遵循先选后排的原则,同时要注意分类讨论.,题型四,题型一,题型二,题型三,解:(1
9、)方法1:(直接法)从1,2,3,4,5这五个数字中任取一个作万位,有 C 5 1 种;从余下的5个数字中选4个排在后四位,有 A 5 4 种,由分步乘法计数原理,共有 C 5 1 A 5 4 =600(个).方法2:(间接法)不考虑任何限制,共有 A 6 5 种,而0作首位时,有 A 5 4 种,故适合题意的数字个数为 A 6 5 A 5 4 =600.(2)一个数是否为奇数取决于个位数字,所以个位为特殊位置,又0不能排在首位,所以0为特殊元素,应优先考虑,有 C 3 1 C 4 1 A 4 3 =288(个).,题型四,题型一,题型二,易错辨析【例4】 从19这九个数字中,取出5个数字作排
10、列,并把五个位置自右至左编号,则奇数数字必在奇数位置上的排列有多少个?错解:从1,3,5,7,9五个奇数数字中取3个排列在奇数位置上,有 A 5 3 种方法,再由2,4,6,8四个偶数数字取2个排列在偶数位置上,有 A 4 2 种方法,故符合题意的排列共有 A 5 3 A 4 2 =720(个).错因分析:致错原因是没有仔细审读题意,误以为“奇数位置上必是奇数”.而题设“奇数数字必在奇数位置”是指:如果有奇数数字,则它们必须在奇数位置上;如果奇数数字不是3个,甚至没有时,则奇数位置上也可以不是奇数;偶数位置上一定是偶数.,题型四,题型三,题型一,题型二,题型四,正解一:1,2,9中只有四个偶数
11、数字,故排列中至少有一个奇数数字,一奇四偶的排列可按下列程序得到:从五个奇数数字中选取1个放在三个奇数位置中的一个上,再把4个偶数数字排在剩下的四个位置上,因此一奇四偶的排列有 C 5 1 C 3 1 A 4 4 种,类似地,二奇三偶的排列有 C 5 2 C 3 2 A 2 2 A 4 3 种;三奇二偶的排列有 A 5 3 A 4 2 种,因此适合题意的排列个数是 C 5 1 C 3 1 A 4 4 + C 5 2 C 3 2 A 2 2 A 4 3 + A 5 3 A 4 2 =2 520.正解二:转换思考角度,将本题解释为“偶数位置上的数字必是偶数”,由题意知:只有两个偶数位置,应从四个偶数中选取2个排列在这两个偶数位置上,有 A 4 2 种排法,再从剩下七个数字中选取3个排列在其余三个位置上,有 A 7 3 种排法,故适合题意的排列个数是 A 4 2 A 7 3 =2 520.,题型三,
