高等数学典型例题

高等数学典型例题（精选7篇）

高等数学典型例题 篇1

第1章 随机事件与概率

例1 填空题

（1）设A与B是两个事件，则P(A)P(AB)+。

（2）若P(A)0.4,P(AB)0.3，则P(AB)。

（3）设A,B互不相容，且P(A)0，则P(BA)

。解：（1）因为 AABAB，且AB与AB互斥 所以 P(A)P(AB)+P(AB)应该填写： P(AB)（2）因为 AABAB，P(AB)P(A)P(AB)0.40.30.1

P(B)P(AB)P(AB)0.10.30.4

所以

P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.40.40.10.7 应该填写：0.7（3）因为A,B互不相容，即P(AB)0 所以 P(BA)应该填写： 0

例2 单项选择题

（1）事件AB又可表示为（）.A.AB

B.AB

C.AAB

D.ABAB

（2）掷两颗均匀的骰子，事件“点数之和为3”的概率是（）A.***P(AB)P(A)0

B.C.D.（3）若等式（）成立，则事件A,B相互独立。

A.P(AB)P(A)P(B)

B.P(AB)P(A)P(BA)

C.P(B)P(BA)

D.P(A)1P(B)

（4）设A与B是相互独立的两个事件，且P(A)A.1212,P(B)13，则P(AB)（）

B.56

C.23

D.34

解：（1）依定义，事件AB表示A发生但B不发生，因此AB也可以表示为AAB.应该选择：C（2）基本事件总数为36，点数之和为3的事件有（1，2）和（2，1），即事件数为2，故“点数之和为3”的概率是

236118。

应该选择：B（3）因为当式子P(B)P(BA)时，由乘法公式P(AB)P(A)P(BA)，得

P(AB)P(A)P(B)

所以事件A,B相互独立。应该选择：C（4）因为A与B是相互独立，所以由加法公式

P(AB)P(A)P(B)121356。

应该选择：B 例3 A,B为两事件，已知P(A)P(AB)，P(AB)。

12,P(B)13,P(BA)12，求P(AB)，解 P(AB)P(A)P(BA)12121412

1314712P(AB)P(A)P(B)P(AB)

1P(AB)P(AB)34 1P(B)43例4 已知两个事件A，B相互独立，且已知P(A)0.6，P(B)0.3，求P(AB)． 解

由P(B)0.3，得 P(B)1P(B)10.30.7

所以 P(AB)P(A)P(B)P(AB)

P(A)P(B)P(A)P(B)

0.60.70.60.70.88

例5 设P(A)0.5，P(AB)0.3，求P(BA)．

解

因为P(BA)

P(AB)P(A)

AA(BB)ABAB

P(A)P(AB)P(AB)

P(AB)P(A)P(AB)

0.50.30.2 P(AB)0.2所以 P(BA)0.4

P(A)0.5

例6 某篮球运动员一次投篮投中篮框的概率为0.8，该运动员投篮4次，⑴ 求投中篮框不少于3次的概率； ⑵ 求至少投中篮框1次的概率。

解 设Ai{第i次投中}的事件，i1,2,3,4，P(Ai)0.8，P(Ai)0.2相互独立（1）投中篮框不少于3次的事件可表为 A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4

其概率为

P(A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4A1A2A3A4)

=P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)P(A1A2A3A4)=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)

=(0.8)440.2(0.8)30.8192（2）因为，投篮4次均未投中的概率为

P(A1A2A3A4)(0.2)40.0016

所以，至少投中篮框1次的概率为

高等数学典型例题 篇2

本文结合独立学院的实际, 从高等数学课程教学的基本目标任务出发, 就如何结合数学教学, 培养学生解决实际问题的意识和能力, 而精心选择例题做了探讨.

一、例题的选择要有启发性

在讲授新知识时, 通过选取合适的例题, 启发学生利用已学知识解决问题, 进而导出新的知识概念, 完成由旧到新的过渡. 这种启发式的教学既能使学生加深对新知识的理解, 也能使学生将原有知识与新知识很好的统一起来, 培养学生主动思考的能力和学习兴趣.

例如, 在讲授利用极坐标计算二重积分时, 学生已经掌握了利用直角坐标计算二重积分的方法, 此时可通过已有知识导入新的问题.

例1计算二重积分, 其中D是由中心在原点, 半径为a的圆周所围成的闭区域.

本题学生利用已经掌握的直角坐标计算二重积分的方法可以完成由二重积分到二次积分的转化, 但是由于被积函数的原函数不是初等函数, 故本题无法利用直角坐标计算.遇到了困难, 学生就会主动思考新的方法, 此时教师通过分析很自然地引入极坐标, 学生的学习兴趣和注意力被吸引.

二、例题的难度有梯度性

通过设置由浅入深, 逐层递进的例题, 启发学生的解题思路, 培养学生的创造思维能力和发散思维能力, 提高学生的解题能力.

例如在不定积分的教学中, 可设置例题:

例2求下列不定积分:

分析: (1) 是非常简单的积分问题, 运用积分公式, 便可求得结果. 在此基础上我们进行了拓展、引申, 得到问题 (2) - (5) , 启发学生进行联想, 探究问题的内在联系及区别, 激发学生解决问题的欲望和兴趣.

三、例题的选择要融于学生所学的专业

高等数学的教学其目的是通过学习, 奠定必要的数学基础, 为学习后续课程做铺垫. 因此在例题的选取上应考虑专业课程的需要, 适当删减教学内容, 增强例题的应用性、针对性, 这就对教师提出了更高的要求.

例如, 在给通信工程等专业的学生讲授方向导数和梯度的概念时, 可通过这样的一个例子引入.

例3 设有一座小山, 取它的底面所在的平面为xoy坐标面, 其底部所占的闭区域D = { (x, y) |x2+ y2- xy ≤ 75}, 小山的高度函数为h = f (x, y) = 75 - x2- y2+ xy.

现欲利用此小山开展攀岩活动, 为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点, 试确定攀岩起点的位置.

教师可引导学生从感性认识“坡度”, 抽象出“方向导数”的概念, 从“最大坡度方向”即方向导数最大的方向抽象出“ 梯度” 的概念. 当学生很好地理解了方向导数及梯度概念时, 这个问题就容易解决了.

四、例题的设计要与数学建模相结合

在例题的设计中, 将数学建模引入数学教学中. 例如:在讲授微分方程的概念和可分离变量的微分方程的解法时, 给出如下问题.

例4 2003 年春天来历不明的SARS病毒突袭人间, 给人们的生命财产带来极大的危害;2005 年禽流感也给人类带来了威胁. 长期以来, 人们担心当为数不多的传染者分配到能够感染的人群中时, 随着时间的推移, 疾病是否会蔓延, 最终有多少人会被传染, 应采取怎样的防御措施?

这是数学建模中典型的传染病问题. 对于没有接触过数学建模的大一学生, 很少会想到将它和今天所学的数学知识联系起来, 于是兴趣一下子被调动起来.

假设每天每个病人有效接触的人数为常数 λ, 时刻t的病人人数为i (t) , i (0) = i0是初始时刻的病人人数, 考察t到t+ Δt时间段内病人人数的增加量, 有i (t + Δt) -i (t) = λi (t) Δt, 于是得微分方程, 这是一个可分离变量的微分方程, 其解为i (t) = i0eλt.

结果表明, 随着t的增加, 病人人数i (t) 无限增长, 并趋于无穷大, 这显然是不符合实际的. 问题在于假设不合理. 因此模型需要改进.

通过例题4 的设计, 学生体会到数学离我们并不遥远, 利用数学知识可以解决实际问题. 既加深了学生对微分方程的理解, 也在教学中渗透了数学建模的思想. 本题最后提出了改进的方向, 也是激发学生课后独立学习, 自主探究的一种有效的方法.

结束语

总之, 在高等数学的教学中, 应该重视数学的例题选用, 注重培养学生的数学能力和创新思维能力, 以及应用数学方法解决实际问题的能力. 例题的设计要体现独立学院 “以实用为目的, 以必须够用为度”的原则. 体现“联系实际, 深化概念, 注重应用, 提高素质”的特色. 科学选用例题, 提高教学质量.

摘要：本文从独立学院高等数学的教学目标和教学实践出发, 探讨了针对独立学院高等数学教学应该如何选择例题.即例题的选择应具有启发性, 难度有梯度性, 要与学生所学专业, 与数学建模相结合, 从而进一步提高学生综合解决实际问题的能力和创新能力, 体现独立学院的办学特色.

高等数学典型例题 篇3

例

1甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为

11和，求： 34（1）两个人都译出密码的概率；（2）两个人都译不出密码的概率；（3）恰有1个人译出密码的概率；（4）至多1个人译出密码的概率；（5）至少1个人译出密码的概率． 分析：我们把“甲独立地译出密码”记为事件A，把“乙独立地译出密码”记为事件B，显然A、B为相互独立事件，问题（1）两个都译出密码相当于事件A、B同时发生，即事件AB．问题（2）两人都译不出密码相当于事件AB．问题（3）恰有1个人译出密码可以分成两类：A发生B不发生，A不发生B发生，即恰有1个人译出密码相当于事件ABAB．问题（4）至多1个人译出密码的对立事件是两个人都未译出密码，即事件AB．由于A、B是独立事件，上述问题中，A与B，A与B，A与B是相互独立事件，可以用公式计算相关概率．

解：记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A、B为相互独立事件，且P(A)11,P(B)． 34111P(AB)P(A)P(B)．

3412（1）两个人都译出密码的概率为：

（2）两个人都译不出密码的概率为：

P(AB)P(A)P(B)1P(A)1P(B) 111(1)(1)342（3）恰有1个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为：

P(ABAB)P(AB)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)11115(1)(1)343412（4）“至多1个人译出密码”的对立事件为“有两个人译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为：

11111P(AB)1P(A)P(B)1．

3412（5）“至少有1个人译出密码”的对立事件为“两人未译出密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为：

2311P(AB)1P(A)P(B)1．

342说明：如果需要提高能译出密码的可能性，就需要增加可能译出密码的人，现在可以提出这样的问题：若要达到译出密码的概率为99％，至少需要像乙这样的人多少个？我们可以假设有n个像乙这样的人分别独立地破译密码，此问题相当于n次独立重复试验，要译出密码相当于至少有1个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，能译出密码的概率为1P(B)331(11)1()，按要求，1()444nnn30.99，故()n0.01，可以计

4算出n16，即至少有像乙这样的人16名，才能使译出密码的概率达到99％．

典型例题二

例

2如图，开关电路中，某段时间内，开关a、b、c开或关的概率均为互独立的，求这段时间内灯亮的概率．

分析：我们把“开关a合上”记为事件A，“开关b合上”记为事件B，“开关C合上”记为事件C，A、B、C是相互独立事

1，且是相21，由物理学知识，要求灯亮，有两2种可能性，一个是a、b两开关合上，即事件AB发生，另一个是

c开关合上，即事件C发生，也就是灯亮相当于事件ABC发生．解：分别记“开关a合上”、“开关b合上”、“开关c合上”为事件A、B、C，由已知，1A、B、C是相互独立事件且概率都是．

2开关a、b合上或开关c合上时灯亮，所以这段时间内灯亮的概率为： 件且由已知，它们的概率都是P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)******5.8说明：本题的解题过程中，灵活使用了概率中的一些符号，比如，AB表示事件A与事件B同时发生，AB表示事件A与事件B至少有一个发生，ABC表示AB与C至少有一个发生，所以分成了三个互斥事件：AB发生C不发生，AB不发生C发生，AB与C都发生，而其中AB不发生C发生即ABC，又AB不发生即A与B至少有一个不发生，从而ABC又分成了三个互斥事件：ABC、ABC、ABC，符号语言的正确理解与使用，不仅是提高数学能力的需要，而且也使数学解题过程简便明了，一些数学结论表述更加方便．我们可以尝试理解并领会下列结论：

P(AB)P(A)P(B)P(AB),P(AB)P(AB),P(ABC)1P(ABC)．

典型例题三

例

3掷三颗骰子，试求：

（1）没有一颗骰子出现1点或6点的概率；（2）恰好有一颗骰子出现1点或6点的概率．

分析：我们把三颗骰子出现1点或6点分别记为事件A、B、C，由已知，A、B、C是相互独立事件．问题（1）没有1颗骰子出现1点或6点相当于ABC，问题（2）恰有一颗骰子出现1点或6点可分为三类：ABC、ABC、ABC，三个事件为互斥事件．问题（1）可以用相互独立事件的概率公式求解，问题（2）可以用互斥事件的概率公式求解．

解：记“第1颗骰子出现1点或6点”为事件C，由已知A、B、C是相互独立事件，且P(A)P(B)P(C)1． 3（1）没有1颗骰子出现1点或6点，也就是事件A、B、C全不发生，即事件ABC，所以所求概率为：

2228． 33327（2）恰好有1颗骰子出现1点或6点，即A发生B不发生C不发生或A不发生B发P(ABC)P(A)P(B)P(C)生C不发生或A不发生B不发生C发生，用符号表示为事件ABCABCABC，所求概率为：

P(ABCABCABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)122212221124.333333333279

说明：再加上问题：至少有1颗骰子出现1点或6点的概率是多少？我们逆向思考，其对立事件为“没有一颗骰子出现1点或6点，即问题（1）中的事件，所求概率为P(ABC)1P(ABC)19，在日常生活中，经常遇到几个独立事件，要求出至少27有一个发生的概率，比如例1中的至少有1个人译出密码的概率，再比如：有两门高射炮，每一门炮击中飞机的概率都是0.6，求同时发射一发炮弹，击中飞机的概率是多少？把两门炮弹击中飞机分别记为事件A与B，击中飞机即 A与B至少有1个发生，所求概率为P(AB)1P(AB)1P(A)P(B)0.84．

典型例题四

例4 某工厂的产品要同时经过两名检验员检验合格方能出厂，但在检验时也可能出现差错，将合格产品不能通过检验或将不合格产品通过检验，对于两名检验员，合格品不能通过检验的概率分别为

1、2，不合格产品通过检验的概率分别为

1、2，两名检验员的工

作独立．求：（1）一件合格品不能出厂的概率，（2）一件不合格产品能出厂的概率．

分析：记“一件合格品通过两名检验员检验”分别记为事件A1和事件A2，问题（1）一件合格品不能出厂相当于一件合格品至少不能通过一个检验员检验，逆向考虑，其对立事件为合格品通过两名检验，即AB发生，而AB的概率可以用相互独立事件的概率公式求解．我们把“一件不合格品通过两名检验员检验”分别记为事件B1和事件B2，则问题（2）一件不合格品能出厂相当于一件不合格品同时通过两名检验员检验，即事件B1B2发生，其概率可用相互独立事件概率公式求解．

解：（1）记“一件合格品通过第i名检验员检验”为事件Ai(i1“一件合格品不、2)，能通过检验出厂”的对立事件为“一件合格品同时通过两名检验员检验”，即事件AB发生．

所以所求概率为1P(AB)1P(A)P(B)1(11)(12)

1212．

（2）“一件不合格品能通过第i名检验员检验”记为事件Bi(i1“一件不合格品、2)，能出厂”即不合格品通过两名检验员检验，事件B1B2发生，所求概率为：

P(B1B2)P(B1)P(B2)12．

典型例题五

例

5某大学的校乒乓球队与数学系乒乓球队举行对抗赛，校队的实力比系队强，当一个校队队员与系队队员比赛时，校队队员获胜的概率为0.6．现在校、系双方商量对抗赛的方式，提出了三种方案：（1）双方各出3人；（2）双方各出5人；（3）双方各出7人．三种方案中场次比赛中得胜人数多的一方为胜利．问：对系队来说，哪一种方案最有利？三种方案中，哪一种方案系队获胜的概率更大一些，哪一种方案对系队更有利．进行几场比赛相当于进行几次独立重复试验，可以用n次独立重复试验中某事件发生k次的概率方式解题．

解：记一场比赛系队获胜为事件A，事件A的对立事件为校队获胜，所以P(A)10.60.4

用方案（1），A发生两次为系队胜，A发生3次也为系队胜，所以系队胜的概率为：

2233P(2)P(3)C0.40.6C0.40.352 3333用方案（2），A发生3、4、5次为系队胜．

所以系队胜的概率为：

3224455P5(3)P5(4)P5(5)C50.40.6C50.40.6C50.40.317

用方案（3），A发生4、5、6、7次为系队胜．

所以系队胜的概率为：

P7(4)P7(5)P7(6)P7(7)4526677 C70.440.63C570.40.6C70.40.6C70.40.290比较可以看出，双方各出3个人对系队更有利，获胜概率为0.352．

实际上，对弱队而言，比赛场数越少，对弱队越有利，侥幸取胜的可能性越大．

说明：在日常生活中，经常出现方案的比较问题，或者方案是否合理的论证问题，比如产品抽查，抽检几件比较合理，因为抽多了浪费人力，抽少了容易让不合格产品出厂．设备维修安排几位维修工较合理，安排人员过多造成浪费，安排人员过少设备不能及时维修，这些问题都可以用本题的思维方法，先设计一个独立重复试验，然后抓某个事件发生的概率，看概率是否较小．

我们可以看例子：10台同样的设备，各自独立工作，设备发生故障的概率为0.01，现在安排1名维修工，试说明这种配备是否合理？10台设备各自独立工作，相当于10次独立重复试验，有1名维修工人，若两台以上机器发生故障则得不到及时维修，其对立事件为至多1台机器发生故障，我们可以得到多于1台机器发生故障的概率为：

1P10(0)P10(1)0.00425．

从结果来看，得不到及时维修的概率很小，安排一人维修比较合理．

典型例题六

例6 判断下列各对事件是否是相互独立事件

(1)甲组3名男生、2名女生；乙组2名男生、3名女生，今从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”．

(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”．

(3)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的苹果放回筐子，再从筐子中任意取出1个，取出的是梨”．

分析：两事件是否相互独立，就是要看其中一个事件发生与否对另一事件发生的概率是否有影响．

解：(1)“从甲组选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．

5，若这一事件发生了，则84“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为；若前一事件没有发生，75则后一事件发生的概率为．可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所

8(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为以二者不是相互独立事件．

(3)由于把取出的苹果又放回筐子，故对“从中任意取出1个，取出的是梨”的概率没有影响．所以二者是相互独立事件．

说明：要明确相互独立事件(1)对两个事件而言的，(2)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．

典型例题七

例7 判断下列各对事件是互斥事件还是相互独立事件．(1)运动员甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”；(2)甲、乙二运动员各射击1次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；(3)甲、乙二运动员各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”；(4)甲、乙二运动员各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”．

解：甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件．

(2)甲、乙各射击1次，“甲射中10环”发生与否，对“乙射中9环”的概率没有影响，二者是相互独立事件．

(3)甲、乙各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生，二者是互斥事件．

(4)甲、乙各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”可能会同时发生，二者构不成互斥事件，也不可能是相互独立事件．

说明：上一节学习的“互斥事件”与本节学习的“独立事件”是不同的两个概念． 它们的相同点都是对两个事件而言的． 它们的不同点是：“互斥事件”是说两个事件不能同时发生；“相互独立事件”是说一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．

这两个概念一定要搞清楚，今后解题量常须区分这两个概念．

典型例题八

例8 一批产品共有R个，其中S个是次品．从这批产品中任意抽取1个来检查；记录其等级后，再放回去，如此连续抽查n次．求n次都取得合格品的概率．

分析：要明确“n次都取得合格品”的事件，是指“第一次取得合格品”到“第n次取得合格品”这n个事件同时发生的事件．因此需要求“n次都取得合格品”的概率，这样就要看这n个事件是否相互独立．因为抽取的产品在检验后都要放回去，所以“前次取得合格品”的事件是否发生，对“后次取得合格品”的概率没有影响，可知它们是相互独立的事件．

解：设A1，A2，„，An诸事件分别表示第1次，第2次，„，第n次抽查时取得的合格品．由分析可知A1，A2，„，An是相互独立事件，可得P(Ai)其中i1,2,,n

∴P(A1A2An)P(A1)P(A2)P(An)

RS，RRSRSRS． RRRnRS RRS可得n次都取得合格品的概率为

R

n

说明：当A1，A2，„，An这n个事件相互独立时，才能应用公式

P(A1A2An)P(A1)P(A2)P(An)．

典型例题九

例9 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人都射中的概率？

(2)2人中有1人射中的概率？(3)2人至少有1人射中的概率？(4)2人至多有1人射中的概率？

分析：设“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．

解：(1)2人都射中的概率为

P(AB)P(A)P(B)0.80.90.72．

(2)2人中恰有1人射中包括甲中乙不中、甲不中乙中2种情况，其对应事件为互斥事件：

P(AB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．

(3)解法1：2人至少有1人射中包括“2人都射中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为：

P(ABABAB)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)

0.720.260.98

解法2：“2人至少有1人击中”与“2人都未击中”为对立事件． 所以“2人至少有1人击中”的概率为1P(AB)0.98．

(4)解法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(ABABAB)

P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)

0.020.080.180.28

解法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P(AB)10.720.28．

典型例题十

例10 射击运动员李强射击一次击中目标的概率是0.8，他射击3次，恰好2次击中目标的概率是多少？

分析1：看成相互独立事件．设第1，2，3次射击中，射手击中目标的事件分别为A1，A2，A3，未击中目标的事件分别为A1，A2，A3，射击3次，恰好2次击中目标可有下面几种情况．

A1A2A3，A1A2A3，A1A2A3．

每种情况，都可看成在3个位置上取2个写上A，另1个写上A1，这些情况的种数等

2于从3个元素中取出2个组合数C3．

各次射击是否击中目标相互之间独立，根据相互独立事件的概率乘法公式，前2次击中目标，第3次未击中目标的概率

P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)

0.80.8(10.8)

0.82(10.8)32

232232同理，P(A，． AA)0.8(10.8)P(AAA)0.8(10.8)123123解法1：由分析可知射击3次，恰好2次击中目标的3种情况中，每一种情况发生的概率都是0.8(10.8)232．由于3种情况彼此互斥，根据互斥事件的概率加法公式，射击3次，恰好2次击中目标的概率为

PP(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)30.82(10.8)32

30.640.20.384．

分析2：看成独立重复试验．

解法2：射手射击一次击中目标的概率为0.8，他射击3次恰好2次击中目标的概率为

2232P0.384 3(2)C30.8(10.8)说明：Pn(k)CnP(1P)kknk是n次独立重复试验中某事件A恰好发生k次的概率．n是重复试验的次数，P是在1次试验中某事件A发生的概率，k是在n次独立试验中事件A恰好发生的次数．弄清公式中n、P、k这些量的意义，才能正确运用这一公式求解n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率．

典型例题十一

例11 在一次考试中出了六道是非题，正确的记“√”号，不正确的记“×”号．若某考生完全记上六个符号，试求：

(1)全部是正确的概率；

(2)正确解答不少于4道的概率；(3)至少正确解答一半的概率．

1，并且每次解答是相互独立事件． 21616解：(1)全部正确的概率是P6(6)C6()．

264分析：由已知可知每个题解答正确的概率为(2)“正确解答不少于4道”即“有4道题、5道题或6道题正确”，故所求概率为

P6(4)P6(5)P6(6)

111415161C61C61C61

22222211． 32425160(3)“至少正确解答一半”即“有3道题或3道以上正确”，故所求概率为

P6(3)P6(4)P6(5)P6(6)

11131415161C6C6C6C6

2222222121(201661)． 64323342516说明：独立重复试验是同一试验的n次重复．每次试验结果的概率不受其它次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功或失败．n次试验中A恰好出现了k次的概率为kkCnP(1P)nk，这k次是n次中的任意k次．

典型例题十二

例12 纺织厂某车间内有三台机器，这三台机器在一天内不需工人维护的概率：第一台为0.9，第二台为0.8，第三台为0.85，问一天内：

(1)3台机器都要维护的概率是多少？(2)其中恰有一台要维护的概率是多少？(3)至少一台需要维护的概率是多少？

分析：三台机器是否需要维护，相互之间是没有影响的，故可用概率的乘法公式；“至少”问题可以反面考虑．

解：(1)记一天内三台机器需要维护的事件分别为A,B,C．易见A,B,C相互独立．又

一天内三台机器都要维护就是事件ABC，上概率乘法公式有

P(ABC)P(A)P(B)P(C)

(10.9)(10.8)(10.85)0.003．

答：三台机器都要维护的概率是0.003．

(2)一天内恰有一台机器需要维护有三种情况：事件ABC发生，或事件ABC发生，或事件ABC发生，这三种情况不可能同时发生，故互斥，因此有

P(ABC)P(ABC)P(ABC)

0.10.80.850.90.20.850.90.80.15

0.329

答：恰有一台机器需要维护的概率为0.329．

(3)从反面考虑：一天内三台机器都不需维护的概率为

P(ABC)P(A)P(B)P(C)

0.90.80.850.612．

因此，至少有一台需要维护的概率为

P1P(ABC)

10.6120.388．

答：至少有一台需要维护的概率为0.388． 说明：注意判断事件间的互斥性和独立性，从而利用概率的加法或乘法公式．事件的正、反两方面都要考虑全面．

典型例题十三

例13 设每支步枪射击飞机命中率为P0.004，现用500支步枪同时独立进行一次射击，求击中飞机的概率是多少？若要以99%的概率击中一架飞机，需要有多少支步枪同时射击？

分析：容易看出，该题应用逆向思维，从反而考虑． 解：(1)500支步枪都未击中飞机的概率为：

P(未击中飞机)(1P)500(10.004)5000.1348．

∴P(击中飞机)1P(未击中飞机)10.13480.8652设需n支步枪同时射击，则有

1(10.004)n0.99，∴0.9960.01．

取对数lg0.996nlg0.01，∴nnlg0.011149(支)．

lg0.996答：用500支步枪进行一次射击，击中飞机的概率为0.8652；欲以99%的概率击中飞机，需用1149支步枪同时射击．

说明：射击命中率问题是很典型的一类实际问题．它一般要涉及到概率乘法公式、反面间接解决、n次独立重复试验中某事件恰发生k次的概率公式等．应熟练掌握这类问题的解法．

典型例题十四

例14 我舰用鱼雷打击来犯的敌舰，至少有2枚鱼雷击中敌舰时，敌舰才被击沉．如果每枚鱼雷的命中率都是0.6，当我舰上的8个鱼雷发射器同是向敌舰各发射l枚鱼雷后，求敌舰被击沉的概率（结果保留2位有效数字）．

分析：8个发射器各发射l枚鱼雷相当于作8次独立重复试验．直接用公式即可． 解：记“发射l次，击中敌舰”为事件A，则至少2次击中敌舰的概率为

PP8(2)P8(3)P8(4)P8(8)1[P8(0)P8(1)]

011[C80.600.48C80.610.47]

0.99

答：敌舰被击沉的概率为0.99．

说明：本章所讲的“古典概型”中，主要有3种概率类型，即互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、n次独立重复试验中某事件恰发生k次的概率．正确辨别概率类型是解题的关键．当然有些问题可能是几种类型的综合．本题就属于第3种类型．

典型例题十五

例15 假设飞机的每一台发动机在飞行中的故障率都是1P，且各发动机互不影响．如果至少50%的发动机能正常运行，飞机就可以顺利地飞行．问对于多大的P而言，四发动机飞机比二发动机飞机更安全？

分析：4台发动机中要有2台（或3、4台）正常运行，而这2台可以是任意的．故属n次独立重复试验问题．2台发动机的情形同理．建立不等式求解．

解：四发动机飞机成功飞行的概率为

234C4P2(1P)2C4P3(1P)1C4P4

6P2(1P)24P3(1P)P4

二发动机飞机成功飞行的概率为

122C2P(1P)C2P2P(1P)P2

要使四发动机飞机比二发动机飞机安全，只要

6P2(1P)24P3(1P)P42P(1P)P2

化简整理，解得2P1． 32时，四发动机飞机比二发动机飞机安全． 3答：当发动机不出故障的概率大于说明：(1)计算飞机成功飞行的概率时可从反面考虑：四发动机为0101C4P0(1P)4C4P1(1P)3，二发动机为1C2P0(1P)2，这样更简单．(2)该题并不是直接求事件发生的概率，而是已知概率（关系）求其他量，其实要考查的知识、方法还是一样．万变不离其宗．解题时应适应这种变化．

典型例题十六

例16 猎人在距离100m处射击一只野兔，其命中率为

1．如果第一次射击未命中，2则猎人进行第二次射击，但距离为150m；如果第二次又未命中，则猎人进行第三次射击，但在射击瞬间距离野兔为200m．已知猎人命中率与距离的平方成反比，求猎人命中野兔的概率．

分析：各次射击是相互独立事件，各次“射中”是互斥事件．先求出各次“射中”的概率，再相加即可．

解：记三次射击“射中”分别为A、B、C．其中P(A)1．又由题意有 212100P(A)15022，∴ P(B)P(B)100215029212100P(A)20012，∴． P(C)22P(C)10020082∴命中野兔的概率为

P(A)P(AB)P(ABC)

P(A)P(A)P(B)P(A)P(B)P(C)

112121(1)(1)(1) 22929895． 144

答：猎人命中野兔的概率为

95． 144说明：注意分析整个事件的结构．总的来说，各次射击中“击中”事件是互斥的，因为只需击中一次即可，“击中”两次或三次不会同时发生．但每次射击又是独立的．因此，“击中野兔”这个事可分解为三个互斥的事件之和：第一次击中；第一次未击中而第二次击中；第一次、第二次都未击中而第三次击中，即AABABC．实际上这是两种概型的结合：相互独立事件同时发生的概率、互斥事件有一个发生的概率．很多综合题具有这种结构．这类似于排列组合中分步计数原理和分类计数原理结合使用的问题．

典型例题十七

例17 如图，用A,B,C三类不同的元件连接成两个系统N1，N2．当元件A,B,C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B,C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作．已知元件A,B,C正常工作的概率依次为0.80，0.90，0.90．分别求系统N1，N2正常工作的概率P1，P2．

分析一：正向思考，利用独立事件同时发生的概率乘法公式计算概率．

解法一：分别记元件A,B,C正常工作为事件A,B,C，由已知条件得，P(A)0.80，P(B)0.90，P(C)0.90．

(1)因为事件A,B,C是相互独立的．所以，系统N1正常工作的概率：

P1P(ABC)P(A)P(B)P(C)

0.800.900.900.648

故系统N1正常工作的概率为0.648．

(2)系统N2正常工作的概率P2P(A)[1P(BC)]P(A)[1P(B)P(C)] 因为P(B)1P(B)10.900.10．P(C)1P(C)10.900.10． 所以P20.80(10.100.10)0.80.990.792．

故系统N2正常工作的概率为0.792．

分析二：逆向思考，利用对立事件概率计算公式求概率．

解法二：分别记元件A,B,C正常工作为事件A,B,C，元件A,B,C不正常工作为事件A，B，C，由已知条件有：P(A)0.80，P(B)0.90，P(C)0.90，P(A)1P(A)10.800.20，P(B)1P(B)10.900.10，P(C)1P(C)10.900.10．

(1)系统N1正常工作的概率

P1P(ABCABCABCABCABCABCABC)

1[P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)]

1(0.200.900.900.800.100.900.800.900.100.200.100.90

0.200.900.100.800.100.100.200.100.10)10.3520.648．

(2)PP(A)[P(1)P(2)]

120.80[C20.90(10.90)C20.902]

0.80(20.900.100.81)0.800.990.792

高等数学典型例题 篇4

例1 把下面式子中的一元一次方程找出来，写在下面的括号里．

2＋3＝5，一元一次方程：｛｝

分析

判断是否是一元一次方程应注意以下几个方面：（1）必须是等式；（2）等式中必须含有一个未知数，且未知数的指数是1．

解

一元一次方程：

说明：2＋3＝5和，都不是一元一次方程，因为前者无未知数，后者不是等式．

例2 下面是一个方程的求解过程，请在括号中填上根据等式的什么性质．

（）

（）

分析

第一个括号前．方程两边都加上（－3）（或减去3），所以根据是：“等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个代数式，所得的结果仍是等式．”第二个括号前是等式两边都乘以或除以2，所以根据是：“等式的两边同时乘以同一个数（或除以同一个不为0的数），所得的结果仍是等式．”

解

略

说明：在应用等式的性质时，必须注意“同时„„，同一个数”，避免出现的错误．

例3 据2001年中国环境状况公报，我国水蚀和风蚀造成的水土流失面积达356万平方公里，其中风蚀造成的水土流失面积比水蚀造成的水土流失面积多26万平方公里，问水蚀与风蚀造成的水土流失面积各是多少平方公里？请列出解决这个问题的方程．

分析

根据已知条件，我们可以知道，我国水蚀与风蚀造成水土流失的总面积，又知道，风蚀造成的水土流失面积比水位造成的水土流失面积多，那么即使我们没学过本节知识，利用小学学过的关于和差问题的公式，我们仍然能够计算出本题的正确答案．

风蚀造成的水土流失面积＝（风蚀、水蚀造成的水土流失之和＋风蚀、水性造成的水土流失之差）＋2

水蚀造成的水土流失面积＝（风蚀、水蚀造成的水土流失之和－风蚀、水蚀造成的水土流失之差）÷2，则

但是，和差公式需要死记硬背／

如果利用这一节学过的知识来解本题，要简便很多．

（1）水蚀与风蚀造成的水土流失总面积为356万平方公里，即水蚀造成的水土流失面积＋风蚀造成的水土流失面积＝356万平方公里．

（2）可以设水蚀造成的水土流失面积为x平方公里，又知“风蚀造成的水土流失面积比水蚀造成的水土流失面积多26万平方公里”，所以风蚀造成的水土流失面积为（公里．

（3）把x与（）万平方）代入①中的等式并省略不参与计算的单位名称，就得到方程。

解

设水蚀造成的水土流失面积为x平方公里，则有

说明（1）这个方程并不难解，同学们在学习下一节之后，将会有更深的体会。

（2）对题目中出现的表示同一种量的数（在本题中是表示水土流失面积的数）要注意分清哪个数大、哪个数小，要仔细分析列式时该用加号、还是该用减号。初学者要尽量避免在这些地方发生错误。

例4 判断下列各式是不是方程，如果是指出已知数和未知数；如果不是，说明为什么？

（1）

（4）；（2）；（5）

；（3）；（6）

；

分析： 判断一个式子是不是方程，主要根据方程的概念；一是等式，二是含有未知数，二者缺一不可。

解：（1）是。3，－2，0是已知数，是未知数。

（2）是：－1，0是已知数，、（3）不是。因为它不含未知数。

（4）是。－1，0是已知数，、（5）不是。因为它不是等式。

（6）是。－1，3，2是已知数，是未知数。

说明： 未知数的系数如果是1，这个省略是1也可看作已知数，但可以不说，已知数应该包括它的符号在内。

例5 己知是方程的解，求m的值． 是方程的解，也就是，右边。

是未知数。是未知数。

分析：欲求m的值，由己知条件

将代入方程后左、右两边的值相等，即左边，即可求出m． 的解，∵ 左边=右边，∴

解：∵是方程

∴

将

∴

典型例题十六 篇5

例16 已知x是不等于1的正数，n是正整数，求证(1xn)(1x)n2n1xn． 分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．

证明：∵x是不等于1的正数，∴1x2x0，∴(1x)n2nxn．① 又1xn2xn0．②

将式①，②两边分别相乘得

(1xn)(1x)n2xn2nxn，∴(1xn)(1x)n2n1xn．

中考中不等式(组)典型例题解析 篇6

例1 (2014·山东威海)已知点p(3-m,m-1)在第二象限,则m的取值范围在数轴上表示正确的是().

【分析】根据第二象限内点的坐标特点,可构造不等式组,从而得出答案.

【点评】本题通过点的坐标所在的象限特点,构造出不等式组,求出不等式组中每一个不等式的解集,再把不等式的解集表示在数轴上确定其结果.

例2 (2014·贵州黔东南)解不等式组并写出它的非负整数解.

【分析】本题涉及解一元一次不等式组.先分别计算出两个不等式的解集,再确定不等式组的解集,最后找出解集范围内的非负整数解.

【点评】求不等式组的特殊解,一般先求出不等式组的解集,再在解集中找出符合要求的特殊解. 不等式组的解集可以利用数轴来确定,也可用口诀来确定“:大大取大,小小取小,大小小大中间找,大大小小是空集. ”

例3 (2014·山东泰安)若不等式组有解,则实数a的取值范围是( ).

A. a<-36 B. a≤-36

C. a>-36 D. a≥-36

【分析】先求出不等式组中每一个不等式的解集,不等式组有解,即两个不等式的解集有公共部分,据此即可列不等式求得a的范围.

【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解,解此类题目常常要结合数轴来判断.

例4 (2014·四川内江)已知实数x、y满足2x-3y=4,并且x≥-1,y<2,现有k=xy,则k的取值范围是 ________.

【分析】先把2x-3y=4变形得到y=(1/3)(2x-4),由y<2,得到(1/3)(2x-4)<2,解得x<5,所以x的取值范围为-1≤x<5,再用x变形k得到k=x-(1/3)(2x-4),然后利用一次函数的性质确定k的范围.

【点评】本题考查了解一元一次不等式以及确定不等式组的解集.

例5 (2014·湖南湘潭)某企业新增了一个化工项目,为了节约资源,保护环境,该企业决定购买A、B两种型号的污水处理设备共8台,具体情况如下表:

经预算,企业最多支出89万元购买设备,且要求月处理污水能力不低于1 380吨.

(1)该企业有几种购买方案?

(2)哪种方案更省钱,说明理由.

【分析】本题考查了用不等式组解决实际问题,解题关键是根据已知条件,寻找不等量关系,建立不等式模型来求解.

(1)设购买污水处理设备A型号x台,则购买B型号(8-x)台,根据企业最多支出89万元购买设备,要求月处理污水能力不低于1 380吨,列出不等式组,然后找出最合适的方案即可.

(2)计算出每一方案的花费,通过比较即可得到答案.

解:设购买污水处理设备A型号x台,则购买B型号(8-x)台,根据题意,得

解这个不等式组,得:2.5≤x≤4.5.

∵x是整数,∴x=3或x=4.

当x=3 时,8-x=5;

当x=4 时,8-x=4.

∴有2种购买方案:第一种是购买3台A型污水处理设备,5台B型污水处理设备;

第二种是购买4台A型污水处理设备,4台B型污水处理设备.

(2)当x=3时,购买资金为12×3+10×5=86(万元),

当x=4时,购买资金为12×4+10×4=88(万元).

因为88>86,

所以为了节约资金,应购污水处理设备A型号3台,B型号5台.

答:购买3台A型污水处理设备,5台B型污水处理设备更省钱.

【点评】列不等式(组)解应用题的关键是根据题意找出不等量关系,再根据相应的关系列出不等式(组). 要注意通常不等关系的给出总是以“至少“”少于“”不超过”“最大”等关键词作为标志. 有时解出不等式(组)后,还要根据实际情况适当取舍,选出符合要求的答案.

例6 (2014·贵州黔东南)某超市计划购进甲、乙两种玩具,已知5件甲种玩具的进价与3件乙种玩具的进价的和为231元,2件甲种玩具的进价与3件乙种玩具的进价的和为141元.

(1)求每件甲种、乙种玩具的进价分别是多少元?

(2)如果购进甲种玩具有优惠,优惠方法是:购进甲种玩具超过20件,超出部分可以享受7折优惠,若购进x(x>0)件甲种玩具需要花费y元,请你求出y与x的函数关系式;

(3)在(2)的条件下,超市决定在甲、乙两种玩具中选购其中一种,且数量超过20件,请你帮助超市判断购进哪种玩具省钱.

【分析】本题综合考查二元一次方程组、一次函数、一元一次不等式的应用.

(1)设每件甲种玩具的进价是x元,每件乙种玩具的进价是y元,根据“5件甲种玩具的进价与3件乙种玩具的进价的和为231元,2件甲种玩具的进价与3件乙种玩具的进价的和为141元”列出方程组解决问题;

(2)分情况讨论,针对甲种玩具数量不大于20件、大于20件,分别列出函数关系式即可;

(3)设购进玩具x件(x>20),分别表示出购买甲种和乙种玩具的费用,建立不等式解决问题.

解:(1)设每件甲种玩具的进价是x元,每件乙种玩具的进价是y元,由题意得

(3)设购进玩具x件(x>20),则乙种玩具花费27x元.

当 27x=21x+180 时,x=30,

即当购进玩具正好30件时,选择购其中任一种皆可;

当 27x>21x+180 时,x>30,

即当购进玩具超过30件时,选择购甲种玩具省钱;

当 27x<21x+180 时,x<30,

即当购进玩具少于30件且大于20件时,选择购乙种玩具省钱.

排列组合典型例题 篇7

例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？

分析：这一问题的限制条件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位数上；③个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下：

如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是 2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二．

如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三．

如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．

解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有A9个；

当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有A4A8A8（个）．

∴ 没有重复数字的四位偶数有

11232296

A9A4A8A85041792个．

解法2：当个位数上排“0”时，同解一有A9个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：13A4(A9A82)个

3311

2∴

没有重复数字的四位偶数有

A9A4(A9A8)50417922296个．

解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

A5A5A8个

干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有

11A4A4A82个 11231

32∴ 没有重复数字的四位偶数有

A5A5A8A4A4A82296个．

解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．

没有重复数字的四位数有A10A9个．

其中四位奇数有A5(A9A8)个

/ 13

***∴ 没有重复数字的四位偶数有

4313333A10A9A5(A9A82)10A9A95A95A82

34A95A82

36A825A82

41A82

2296个

说明：这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用．

典型例题二

例2 三个女生和五个男生排成一排

（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？

（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？

（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？

（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？

解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有A6种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有A3对种不同的排法，因此共有A6A34320种不同的排法．

（2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有A5种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有A6种方法，因此共有A5A614400种不同的排法．

（3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A5种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A6种排法，所以共有6A52A614400种不同的排法． 2635353636

解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有A8种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A3A7种排法和女生排在末位的A3A7种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有A3A6种不同的排法，所以共有

2617178 2 / 1 8176A82A3A7A32A614400种不同的排法．

解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有A6种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有A5种不同的排法，所以共有35A6A514400种不同的排法，53（4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有A5A7种不同的排法；如果首位排女生，有A3种排法，这时末位就只能排男生，有A5种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有A6种不同的排法，这样可有A3A5A6种不同排法．因此共有A5A7A3A5A636000种不同的排法．

解法2：3个女生和5个男生排成一排有A8种排法，从中扣去两端都是女生排法A3A6种，就能得到两端不都是女生的排法种数．

因此共有A8A3A636000种不同的排法．

说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理）应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．

若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它条件．

若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．

间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快．

捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用． ***6171典型例题三

例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。

（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？

（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？

解：（1）先排歌唱节目有A5种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有A6中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：A5A6＝43200.（2）先排舞蹈节目有A4中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：A4A5＝2880种方法。

说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元素插空排列。否则，若先排个数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。

4545454 3 / 1 如本题（2）中，若先排歌唱节目有A5，再排舞蹈节目有A6，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要求。

54典型例题四

例4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．

分析与解法1：6六门课总的排法是A6，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有A5种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有A5556种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有A4种排法，因此符合条件的排法应是：

A62A5A4504（种）．

分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：

（1）体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有A4A4种；

（2）数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法A4A4种；

（3）体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法A4A4种；

（4）数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法A这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

A4A4A4A4A4A4504（种）．

分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：

（1）体育，数学既不在最后也不在开头一节，有A412种排法；

（2）数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；

（3）体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；

（4）数学在第一节，体育在最后一节有1种排法．

上述 21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种A4，故总排法数为21A4504（种）．

下面再提出一个问题，请予解答．

问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法．

请读者完成此题．

说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力，而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法．

***46544 4 / 1

3典型例题五

例5 现有3辆公交车、每辆车上需配1位司机和1位售票员．问3位司机和3位售票员，车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把3辆车看成排了顺序的三个空：，然后把3名司机和3名售票员分别填入．因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题．

解：分两步完成．第一步，把3名司机安排到3辆车中，有A36种安排方法；第二步把3名售票员安排到3辆车中，有A36种安排方法．故搭配方案共有

33A3A336种．

33说明：许多复杂的排列问题，不可能一步就能完成．而应分解开来考虑：即经适当地分类成分或分步之后，应用分类计数原理、分步计数原理原理去解决．在分类或分步时，要尽量把整个事件的安排过程考虑清楚，防止分类或分步的混乱．

典型例题六

例6 下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

学 校 1 2 3 1 1 1 专 业 2 2 2

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题．

解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在4所学校中选出3所并加排列，共有A4种不同的排法；第二步，从每所院校的3个专业中选出2个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有A3A3A3种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：A4A3A3A35184种．

说明：要完成的事件与元素的排列顺序是否有关，有时题中并未直接点明，需要根据实际情景自己判断，特别是学习了后面的“组合”之后这一点尤其重要．“选而且排”（元素之间有顺序要求）的是排列，“选而不排”（元素之间无顺序要求）的是组合．另外，较复杂的事件应分解开考虑．

32222223典型例题七

/ 1

3例5 7名同学排队照相．

(1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？

(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？

(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照，7人中有4名男生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？ 3名女生，分析：(1)可分两步完成：第一步，从7人中选出3人排在前排，有A7种排法；第二步，剩下的4人排在后排，有A4种排法，故一共有A7A4A7种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第4~7个位子看成第二排而已，排法总数都是A7，相当于7个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插空法”． 解：(1)A7A4A75040种．

(2)第一步安排甲，有A3种排法；第二步安排乙，有A4种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个位置上，有A5种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有115A3A4A51440种．

5***(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全排列问题，有A5种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有A3种排法．由分步计数原理得，共有A5A3720种排法．

(4)第一步，4名男生全排列，有A4种排法；第二步，女生插空，即将3名女生插入4名男生之间的5个空位，这样可保证女生不相邻，易知有A5种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：A4A51440种．

说明：(1)相邻问题用“捆绑法”，即把若干个相邻的特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其他普通元素全排列；最后再“松绑”，将这些特殊元素进行全排列．(2)不相邻问题用“插空法”，即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．

43353534典型例题八

例8 从2、3、4、5、6五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．

分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“2”，当它位于个位时，即形如

/ 1 的数共有A4个（从

3、，当这些数相加时，由“2”4、5、6四个数中选两个填入前面的两个空）所产生的和是A42．当2位于十位时，即形如

222的数也有A4，那么当这些数相加时，2由“2”产生的和应是A4210．当2位于面位时，可同理分析．然后再依次分析3、4、5、6的情况．

解：形如2的数共有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A42；形如

222的数也有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A4210；形如

2的数也有A42个，当这些数相加时，由“2”产生的和应是A42100．这样在所有三位数的和中，由“2”产生的和是A42111．同理由3、4、5、6产生的和分别是A43111，A44111，222111(23456)26640． A45111，A46111，因此所有三位数的和是A4222说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用分析数字出现次数的办法来解决．如“由1,4,5,x四个数字组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，求数x”．本题的特殊性在于，由于是全排列，每个数字都要选用，故每个数字均出现了A424次，故有24(145x)288，得x2． 4典型例题九

例9 计算下列各题：

m1nmAnA1nm(1)A；

(2)A；

(3)； n1An121566(4)1!22!33!nn!

(5)

123n1 2!3!4!n!解：(1)A151514210；(2)A66!654321720;(3)原式62(n1)!1(nm)!

[n1(m1)!](n1)!(n1)!1(nm)!1；

(nm)!(n1)!(4)原式(2!1)(3!2!)(4!3!)[(n1)!n!]

/ 1 (n1)!1；

(5)∵n111，n!(n1)!n!123n1 2!3!4!n!1111111111． 1!2!2!3!3!4!(n1)!n!n!∴说明：准确掌握好排列公式是顺利进行计算的关键．

本题计算中灵活地用到下列各式：

n!n(n1)!；nn!(n1)!n!；

n111；使问题解得简单、快捷． n!(n1)!n!典型例题十

例10 a,b,c,d,e,f六人排一列纵队，限定a要排在b的前面（a与b可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法．对这个题目，A、B、C、D四位同学各自给出了一种算式：A的算式是161111144A2A3A4A5)A4；C的算式是A6； A6；B的算式是(A124．上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由． D的算式是C62A4解：A中很显然，“a在b前的六人纵队”的排队数目与“b在a前的六人纵队”排队数目相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：A的算式正确．

B中把六人排队这件事划分为a占位，b占位，其他四人占位这样三个阶段，然后用乘法求出总数，注意到a占位的状况决定了b占位的方法数，第一阶段，当a占据第一个位置时，b占位方法数是A5；当a占据第2个位置时，b占位的方法数是A4；„„；当a占据第5个位置时，b占位的方法数是A1，当a，b占位后，再排其他四人，他们有A4种排法，可见B的算式是正确的．

1411C中A64可理解为从6个位置中选4个位置让c,d,e,f占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应是a,b的．因此C的算式也正确．

这两个位置让a,b占据，显然，a,b占D中把6个位置先圈定两个位置的方法数C62，据这两个圈定的位置的方法只有一种（a要在b的前面），这时，再排其余四人，又有A4种排法，可见D的算式是对的． 8 / 1 说明：下一节组合学完后，可回过头来学习D的解法．

典型例题十一

例11 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？

解法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可有如下算法：

215215A4A2A5A4A4A58640(种)．

解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把“甲坐在第一排的八人坐法数”看成“总方法数”，这个数目是A4A7．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是A4C2A3A4A5．其中第一个因数

111A4表示甲坐在第一排的方法数，C2表示从乙、丙中任选出一人的办法数，A3表示把选出

1111517的这个人安排在第一排的方法数，下一个A4则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，A5就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

1711115A4A7A4C2A3A4A58640(种)． 51说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．

典型例题十二

例12 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（）．

A．A4A

5B．A3A4A5

C．C3A4A5

D．A2A4A5

解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有A2种排列．但4幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有A2A4A5种陈列方式．

∴应选D．

说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列．本例题就是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题．

***典型例题十三

/ 1

3例13 由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数的个数共有（）．

A．210

B．300

C．46

4D．600 解法1：（直接法）：分别用1,2,3,4,5作十万位的排列数，共有5A5种，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

5155A5300个． 265解法2：（间接法）：取0,1,,5个数字排列有A6，而0作为十万位的排列有A5，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

165(A6A5)300(个)． 2∴应选B．

说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．

(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．

典型例题十四

例14 用1,2,3,4,5，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）． A．24个

B．30个

C．40个

D．60个

分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断．

解法1：分类计算．

将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有A4个，另一类是4作个位数，也有A4个．因此符合条件的偶数共有A4A424个．

解法2：分步计算．

先排个位数字，有A2种排法，再排十位和百位数字，有A4种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有A2A424个．

解法3：按概率算．

用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个，其中偶点其中的32222121222．因此三位偶数共有6024个． 55解法4：利用选择项判断．

/ 1 用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个．其中偶数少于奇数，因此偶数的个数应少于30个，四个选择项所提供的答案中，只有A符合条件． ∴应选A．

3典型例题十五

例15(1)计算A12A23A38A8．

(2)求Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字．

分析：本题如果直接用排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从和式中项的特点以及排列数公式的特点两方面考虑．在(1)中，项可抽象为nnnnn1nnAn(n11)An(n1)AnnAnAn1An1238，(2)中，项为n!n(n1)(n2)321，当n5时，乘积中出现5和2，积的个位数为0，在加法运算中可不考虑．

解：(1)由nAn(n1)!n!

∴原式2!1!3!2!9!8!9!1!362879．(2)当n5时，n!n(n1)(n2)321的个位数为0，∴Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字与1!2!3!4!的个位数字相同． 而1!2!3!4!33，∴Sn的个位数字为3．

说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证： n123n11，我们首先可抓等式右边的 2!3!4!(n1)!(n1)!nn11n1111，(n1)!(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!∴左边11111111右边． 2!2!3!n!(n1)!(n1)!典型例题十六

例16 用0、组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个1、2、3、4、5共六个数字，无重复数字的3位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？

/ 1 分析：3位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是0，由于个位用或者不用数字0，对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用0或者用

2、一个自然数能被3整4进行分类．除的条件是所有数字之和是3的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就用与不用数字0进行分类．

解：(1)就个位用0还是用2、2、3、4中任取两4分成两类，个位用0，其它两位从

1、数排列，共有A412(个)，个位用2或4，再确定首位，最后确定十位，共有224432(个)，所有3位偶数的总数为：123244(个)．

(2)从0、1、2、3、4、5中取出和为3的倍数的三个数，分别有下列取法：(012)、(015)、(024)、(045)、(123)、(135)、(234)、(345)，前四组中有0，后四组中没有0，用它们排成三位数，如果用前4组，共有42A216(个)，如果用后四组，共有4A324(个)，所有被3整除的三位数的总数为162440(个)． 32典型例题十七

例17 一条长椅上有7个座位，4人坐，要求3个空位中，有2个空位相邻，另一个空位与2个相邻空位不相邻，共有几种坐法？

分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为1、2、3、4、5、6、7．先选定两个空位，可以在1、2号位，也可以在2、3号位„共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在1、2号，则另一空位可以在4、5、6、7号位，有4种可能，相邻空位在6、7号位，亦如此．如果相邻空位在2、3号位，另一空位可以在5、6、7号位，只有3种可能，相邻空位在3、4号，4、5号，5、6号亦如此，所以必须就两相邻空位的位置进行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插入已坐人的4个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．

解答一：就两相邻空位的位置分类：

若两相邻空位在1、2或6、7，共有24A4192(种)坐法．

若两相邻空位在2、3，3、4，4、5或5、6，共有43A4288(种)不同坐法，所以所有坐法总数为192288480(种)．

解答二：先排好4个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的4人之间，共有4A4A52480(种)不同坐法．

44解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉3个空位全不相邻或全部相

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邻的情况，4个人任意坐到7个座位上，共有A7种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座位一起排列，共有A5种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空法，但三个空位不须排列，直接插入4个人的5个间隔中，有A410种不同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为A7A510A4480(种)．