典型例题一

典型例题一（精选8篇）

典型例题一 篇1

（一）【例1】写出从4个不同元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列，并指出有多少种不同的排列.分析：列举法是解排列组合题的常用方法.解：abc acb bca bac cab cba abd adb bad bda dab dba acd adc cad cda dac dca bcd bdc cbd cdb dbc dcb共24种.说明：只有当元素完全相同，并且排列顺序也完全相同时，才是同一排列，元素完全不同或元素部分相同或元素完全相同而顺序不同的排列都不是同一排列.【例2】计算下列各题.（1）A;(2)A;(3)21566An-1 An-mAn-1n-1m-1nm;(4)1!+2·2!+3·3!+„+n·n!;(5)

12!23!34!n1n!.分析：准确掌握好排列数公式是顺利进行计算的关键.2解：（1）A15=15×14=210.(2)A6=6×5×4×3×2×1=720.6(3)原式==(n1)!(nm)!(n1)![n1(m1)]!·(n－m)!·

11(n1)!

·(n－m)!·

(n1)!=1.(4)原式=(2!－1!)+(3!－2!)+(4!－3!)+„+ [(n+1)!－n!]=(n+1)!－1!.(5)n1n!11!=nn!－+1n!12!=

1(n1)!－

1n!1，+„+

1(n1)!原式=－12!－

13!+

13!－

4!－

1n!=1－

1n!.说明：本题（4）、（5）相当于数列求和问题，要根据通项灵活拆项，灵活运用下列公式： n!=n(n－1)!，n·n!=(n+1)!－n!，3【例3】解方程：A42x1=140Ax.n1n!=

1(n1)!－

1n!，可以使问题解决得简单快捷.分析：利用排列数公式将方程转化为关于x的代数方程即可求解.解：根据原方程，x(x∈N*)应满足根据排列数公式，原方程化为

（2x+1)·2x·(2x－1)(2x－2)=140x·(x－1)·(x－2).∵x≥3，两边同除以4x(x－1)，得（2x+1)(2x－1)=35(x－2)，即4x2－35x+69=0.解得x=3或x=5∴原方程的解为x=3.说明：定义域是灵魂，对于排列数Amn要注意n、m∈N*，m≤n.342x14,x3.解得x≥3.（因x为整数，应舍去）.xx2【例４】解不等式：A9>6A9.分析：利用排列数公式将不等式转化为关于x的不等式即可求解.解：原不等式即9!(9x)!>

269!(9x2)!，其中2≤x≤9，x∈N*，即(11－x)(10－x)>6，∴x－21x+104>0.∴(x－8)(x－13)>0.∴x<8或x>13.但2≤x≤9，x∈N*，2≤x<8，x∈N*，故x=2，3，4，5，6，7.说明：有关以排列、组合（下一节将学到）公式形式给出的方程、不等式，应根据有关公式转化为一般方程、不等式，再求解.但应注意其中的字母都必须是满足条件的自然数，不要忽视这一点.【例5】6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，那么不同的排法共有（）A.30种

B.360种

C.720种

D.1440种 分析：本题是排列问题，表面上看似乎带有附加条件，但实际上这和六个人站成一排照相一共有多少种不同排法的问题完全相同.解：不同的排法总数为A6=6×5×４×3×2×1=720(种）.6说明：我们要从事件的本质入手，抓住模型本质，不能只看表象.【例6】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121111144A66；B的算式是（A1+A2+A3+A4+A5）A4；C的算式是A6；D的算式是15A44.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.分析：解答排列题往往是一人一法，我们要从多角度思考，从不同角度分析问题.解：A中很明显，“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“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占位的方法数是A15，当a占据第2个位置时，b占位的方法数是A14，„„当a占据第5个位置时，b占位的方法数是A1b占位后，再排其他四人，他们有A41，当a、4种排法，可见B的算式是正确的.4C中的A6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.D中把6个位置先圈定两个位置的方法数为C6；这两个位置让a、b占据，显然，a、b占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A44种排法.可见，D的算式是对的.（下一节组合学完后，可回过头来学习D的解法）上面四个算式都正确.说明：解答排列、组合题要注意一题多解的练习.【例7】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？

分析：对于排列问题我们往往直接考虑“甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排”，也可以间接考虑其反面.解法一：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙坐在后排，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：A2A1A5+A2A1A5=8640（种）.425445解法二：采取“总方法数减去不合题意的所有方法数”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A1A7；在这种前提下，不合题意的方法是“甲47坐第一排，且乙、丙分坐两排的八人坐法”.这个数目是A1C1A13A1A5.其中第一个因数4245A1表示甲坐在第一排的方法数，C1表示从乙、丙中任选一人的方法数，A13表示把选出的42这个人安排在第一排的方法数，下一个A14则表示乙、丙中尚未安排的那个人坐在第二排的方法数，A55就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

711115A14A7－A4C2A3A4A5=8640（种）.说明:直接法与间接法是我们考虑问题的两种常见思维方式，我们要根据情况合理选择.【例8】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排课程表的方法？

分析：对于“第一节不排体育，最后一节不排数学”这一限制条件，正难则反，适合用间接法考虑.解法一：6门课总的排法是A6其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有A56，5种排法，如图10－2－4中Ⅰ；数学排在最后一节有A55种排法，如图10－2－4中Ⅱ，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学排在最后一节，如图10－2－4中Ⅲ，这种情况有A44种

54排法.因此符合条件的排法应是A66－2A5+A4=504（种）.Ⅰ ⅢⅡ 图10－2－4 说明：解答排列、组合题用间接法要注意不重复也不遗漏.【例9】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？

分析：解决排列、组合（组合下一节将学到，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，再处理其他位置.有两个以上约束条件，往往先考虑一个约束条件的同时要兼顾其他条件.若以元素为主，需先满足特殊元素的要求，再处理其他的元素.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，这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A6种不同排法.对于其中的每一种排法，6三个女生之间又都有A3种不同的排法，因此共有A6·A3=4320种不同的排法.363（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挡，这样共有4个空挡，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553中选出三个来让三个女生插入都有A36种方法，因此共有A5·A6=14400种不同的排法.（3）法一：（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22个，有A5种不同排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A66种排法，所以共有2A5·A66=14400种不同的排法.法二：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有A8从中扣除女生排8种不同的排法，17在首位的A13A77种排法和女生排在末位的A3A7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，在扣除女生排在末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A262A13A77+A3A6=14400种不同的排法.23A

66种不同的排法，所以共有A

88－法三：（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A36种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余5个位置又都有A55种不同的排法，所以共有5A36A5=14400种不同的排法.（4）法一：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条

1件限制了，这样可有A15A77种不同的排法；如果首位排女生，有A3种排法，这时末位就只

17116能排男生，这样可有A13A15A66种不同的排法，因此共有A5A7+A3A5A6=36000种不同的排法.2法二：3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的排法A3A6862种，就能得到两端不都是女生的排法种数A8－A3A6=36000种不同的排法.86说明：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简单、明快.捆绑法、插入法对于有的问题确是适当的好方法，要认真搞清在什么条件下使用，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法.【例10】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？ 分析：本题有限制条件，是“不相邻”，可以采用插空法.解：（1）先排歌唱节目有A5种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放544入舞蹈节目，共有A6种方法，所以任两个舞蹈节目不相邻的排法有A5·A6=43200种方5法.（2）先排舞蹈节目有A44种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供

545个歌唱节目放入有A55种方法，所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A4·A5=2880种方法.说明：对于“不相邻”排列问题，我们往往先排无限制条件元素，再让有限制元素插空排列.否则，若先排有限制元素，再让无限制条件元素插空排时，往往有限制元素有相邻情

4况.如本题（2）中，若先排歌唱节目有A55，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.【例11】用0到9这十个数字，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”的四位偶数；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，由此得解法一和解法二.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，先求出四位奇数的个数，用排除法，得解法四.解法一：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三个来排列，故有A39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意选

12一个，百位、十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按分步计数原理有A14A8A8个.112没有重复数字的四位偶数有A39+A4A8A8=504+1792=2296（个）.解法二：当个位数字排0时，同解法一有A3个；当个位数字是2、4、6、8之一时，9千位、百位、十位上可从余下的九个数字中任选三个的排列中减去千位数是“0”的排列数，2得A1（A3－A8）个.492没有重复数字的四位偶数有A3+A1（A3－A8）=504+1792=2296（个）.949解法三：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一

2个，百位、十位上从余下的八个数字中任选两个作排列，有A15A15A8个；

千位数上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任选一个（包括0

2在内），百位、十位上从余下的八个数字中任意选两个作排列，有A1A1A8个.4422没有重复数字的四位偶数有A15A15A8+A1A1A8=2296（个）.44解法四：将没有重复数字的四位数划分为两类：四位奇数和四位偶数.没有重复数字的4四位数有A10－A3个.92411其中四位奇数有A15（A13－A8）个，没有重复数字的四位偶数有A10－A39－A5（A32－A8）=2296（个）.说明：这是典型的简单具有条件的排列问题，上述四种解法是最基本、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.【例12】在3000与8000之间，（1）有多少个没有数字重复且能被5整除的奇数？（2）有多少个没有数字重复的奇数？

分析：本题关键是按所求条件进行准确分类.解：（1）能被5整除的奇数，个位上只能是5，按条件千位上可以是3、4、6、7中的2任意一个，其余两个数字可以是余下数字中的任意两个，共有4×A8=224（个）.（2）法一：按题目要求，个位可以是1、3、5、7、9中的任意一个，千位上可以是3、4、5、6、7中的任意一个.因为个位数字与千位数字不能重复，所以可分以下两类：

2第一类：个位是1、9，千位可以是3、4、5、6、7中的任意一个，这样的奇数有5A8A12=560（个）；

第二类：个位是3、5、7，千位是4、6或3、5、7中与个位不重复的数字中的任意一

2个，满足上述条件的奇数有3A12A8=672（个）.212由分步计数原理，知所求奇数为5A8A12+3 A2A8=560+672=1232.法二：按千位数字分类：第一类：千位是4、6中的一个，那么个位可以是1、3、5、7、129中的任一个，这样的奇数有A1； 4A5A8=560（个）第二类：千位是3、5、7中的任意一个，个位可以是1、3、5、7、9中与千位数字不重

2复的四个数中的一个，这样的奇数有A13A1A8=672（个）.422满足条件的奇数个数为A1A15A8+ A13A1A8 =560+672=1232（个）.44说明：在解答排列、组合问题时，确定不同的分类标准，就会有不同的分类方法，不管怎样分类，要尽量做到不重不漏.【例13】 一条铁路原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了m个车站(m>1)，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现有多少个车站？

分析：首先由题意列出方程，再根据m、n为整数求出即可.解：原有车站n个，原有客运车票A2种，又现有(n+m)个车站，现有客运车票A2种.nmn∵A2－A2=62，∴(n+m)(n+m－1)－n(n－1)=62.nmn∴n=31m－212(m－1)>0，2即62>m－m，∴m－m－62<0.又m>1，从而得出1

12249.∴1

当m=3、4、5、6、7、8时，n均不为整数.故只有n=15时，m=2，即原有15个车站，现有17个车站.说明：上题虽是常用解法，但运算量较大，应根据m、n为整数利用整除性来解决.∵(n+m)(n+m－1)－n(n－1)=62，∴m2+2mn－m=62.∴m（m+2n－1)=62.把62分解为1×62（舍去），2×31，由题意知m2,m2n131或m31,m2n12.解得m2,m31,（舍去）.n15,n14【例14】用0、1、2、3、4五个数字组成没有重复数字的五位数，并把它们从小到大排列.问23140是第几个数？

分析：把这些五位数从小到大排列，可先求出比23140小的万位与千位为1×、20、21的入手，再排万位与千位为23的.解：分以下几类：

3①1××××型的五位数有A44=24个;②20×××型的五位数有A3=6个;③21×××型的五位数有A33=6个.这样，这三类数共36个.在型如23×××的数中，按从小到大的顺序分别是：23014、23041、23104、„，可见23140在这一类中，位居第4位.故从小到大算23140是第40个数.说明：本题是一个计数问题，需要按要求细心排列.【例15】用数字0、1、2、3、4、5，（1）可以组成多少个数字不重复的六位数？

（2）试求这些六位数的和.分析：本题关键是如何合理安排程序求出这些六位数的和.解：（1）因为0不能作首位，故分两步，得5A5=600（个），或A6－A5=720－120=600565（个）（即六个元素的全排列，再减去首位是0余下五个元素的全排列）.（2）求这些六位数的和，当然不能把600个数一个一个写出，再求它们的和，应该像小学生做竖式加法一样，先个位相加，再十位相加，等等.个位是1的数有4×A4个； 4个位是2的数有4×A4个； 4与上同样，个位是3、4、5的数均有4×A4个;4个位为0的数有A5个； 5„„

个位数字之和为（1+2+3+4+5）·4·A4与上同样，十位之和为（1+2+3+4+5）·4·A4 4，4，百位数字之和为（1+2+3+4+5）·4·A44，5最高位（十万位）各数字之和为（1+2+3+4+5）·A55=15·A5.这些六位数的和为

15·A5100000+（1+2+3+4+5）·4·A4=15·A5100000+15 5·4（1+10+100+1000+10000）5··4A44·11111.说明：数字排列是一类典型排列，多掌握些数字排列问题，对其他排列就容易理解了.【例16】从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个作系数，可组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0?其中有实数根的有几个？

分析：（1）二次方程要求a不为0，故a只能在1，3，5，7中选，b、c没有限制.（2）二次方程要有实数根，需Δ=b2－4ac≥0，再对c分类讨论.2解：a只能在1，3，5，7中选一个有A14种，b、c可在余下的4个中任取2个，有A42种，故可组成二次方程的个数为A14·A4=48个，方程要有实根，需Δ=b2－4ac≥0，c=0，a，b可在1，3，5，7中任取2个，有A24种；c≠0，b只能取5、7，b取5时，a、c只能

2取1、3，共有A22个；b取7时，a、c可取1、3或1、5，有2A2个，故有实根的二次方程22共有A24+A2+2A2=18个.说明：本题第（1）问要注意一元二次方程中二次项系数不为零的限制.本题第（2）问要分c=0和c≠0进行讨论，c≠0时，再对b的取值进行二级讨论，多次分类讨论是排列问题中较高的能力要求.【例17】（2004年辽宁）有两排座位，前排11个座位，后排 12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是（）A.234

B.346

典型例题一 篇2

美国数学家哈尔莫斯认为, 问题是数学的心脏, 数学真正的组成部分是问题和解.著名数学家及教育家波利亚也强调“中学数学教学首要的任务就是加强解题训练, 掌握数学就是意味着善于解题”.罗增儒说“数学学习中发生数学的地方都无一例外地充满着数学解题活动”.新课程标准下的高考数学试题, 立足基础知识, 注重对通性通法的考查, 达到考查学生能力的目的.如何提高学生的解题能力?以典型例题为载体, 挖掘并强化其功能, 通过模仿、尝试、归纳、反思、提升来帮助学生提高思维能力和数学素质, 通过以少胜多的高效自主的学习, 切实实现“会一题通一类”, 进而以不变应万变.

2典型例题的涵义

典型例题就是指具有代表性、能反映问题本质特征的例题.类比这个模型, 可解决同类及相关问题.典型例题是针对教与学而言, 切实承载教学内容、思想方法, 体现教学目的等.典型例题的选取要做到可及、可学、可用.即问题是学生“跳一跳, 够得着”, 努把力学得会, 通过感知、掌握、升华, 能够内化为自己的知识并逐步实现灵活运用.

3典型例题功能的案例分析

3.1渗透基本套路

对某些典型问题, 通过审题, 模式识别、确认, 潜意识中涌现出的解题方法就是解题的“基本套路”.“基本套路”是培养学生发现问题和提出问题、分析和解决问题能力的落脚点.“基本套路”的获得不是教师的灌输, 而应由学生通过体验、尝试、归纳、提炼得出, 教师在此过程中进行适当的点拨提示, 引领其反思, 给予高屋建瓴的指导, 起到画龙点睛的作用, 使学生从感性的经验型向理性分析型转变.

例1 (2013年合肥市高三第2次教学质量检测理科第20题) 在数列{an}中, a1=1, a2=10/3 (n≥2, n∈N*) .

(Ⅰ) 若数列{an+1+λan}是等比数列, 求实数λ;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅲ) 设, 求证:Sn<3/2.

分析有关数列的通项公式、前n项和等问题是高考题的常见面孔.求数列通项公式的“基本套路”就是将其转化为等差 (比) 数列、递推关系累加 (乘) 、公式法等, (Ⅰ) 显然为 (Ⅱ) 奠基, 可用待定系数法求解. (Ⅲ) 的基本模式为 (一般数列{cn}为不可和数列) , 通过裂项相消、并项求和、化归为等比数列、利用二项式定理放缩等方式为证明这类问题的常见“套路”.通过师生共同探究, 得到问题的解答:

解 (Ⅰ) 设

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知n≥2时,

由 (1) (2) 得

当n=1时, 上式也成立, 所以

下面对 (Ⅲ) 给出3种解法.

证法1由 (Ⅱ) 知

得an>3an-1, 所以

证法2由 (Ⅱ) 知

得an>3an-1, 所以

反复进行如此运算有

当n≥2时,

证法3由 (Ⅱ) 知

当n≥2时,

当n=1, 2, 3时, 命题成立;

当n≥4时,

3.2优化解题策略

每类问题都有多种解法, 这些方法在具体问题中能否有效和是否高效是我们必须考虑的.借助典型例题, 让学生深化对各种方法的理解, 如解题流程、适应范围、解法的利与弊等, 力争遇到相似问题能够快速准确的确定解题策略和方法.

例2已知a∈R, 函数f (x) =aex是定义在R上的单调递增函数, 且曲线y=f (x) 与坐标轴的交点为A, 曲线g (x) =lnx/a (x>0) 与坐标轴的交点为B, |AB|为分别在两条曲线上的点连成线段长的最小值.

(Ⅰ) 求a的值;

(Ⅱ) 试求不等式恒成立时实数m的取值集合.

分析欲求两条曲线上的动点连线段的最小值 (距离) , 从根本出发的套路是建立函数转化为函数最值问题, 利用已有结论 (两点之间线段最短或垂线段最短) 则更为简捷, 利用数学思想 (数形结合思想化抽象为直观) 更清楚反应问题的本质.研究含参不等式 (等式) 参数的取值范围, “基本套路”为对参数讨论的“函数最值法”、以静制动的“分离参数法”等. (Ⅱ) 中直接构造函数对参数进行讨论, 陷入繁杂的分类、计算, 几乎不可能得解, 利用“分离参数法”能避免这点, 此乃上策.当然, 也可借助必要条件得到参数m的范围, 然后对不符合部分进行剔除, 即验证充分性, 合二为一保证结论的充要性.

解 (Ⅰ) 因为函数f (x) =aex是定义在R上的单调递增函数, 所以a>0.由题意可知A (0, a) , B (a, 0) , 由于|AB|为分别在两条曲线上的点连成线段长的最小值, 所以两曲线分别在点A, B处的切线互相平行.又

f′ (x) =aex, g′ (x) =1/x,

所以f′ (0) =g′ (a) , 解得a=1, a=-1 (舍) .

下面详细讨论 (Ⅱ) .

解法1由 (Ⅰ) 可知, 不等式恒成立, 即为在 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立, 下面对x的取值进行讨论.

(ⅰ) 当x∈ (0, 1) 时,

故只需m≤1即可.

综上所述, 实数m的取值集合是{1}.

解法2 (ⅰ) 当x∈ (0, 1) 时, 恒成立, 因为lnx<0, 必有x-m<0, 即m>x对任意x∈ (0, 1) 恒成立, 则有m≥1;

1恒成立, 因为lnx<0, 必有x-m<0, 即m>x对任意x∈ (0, 1) 恒成立, 则有m≥1;

(ⅱ) 当x∈ (1, +∞) 时, 恒成立, 因为lnx>0, 必有x-m>0, 即m<x对任意x∈ (1, +∞) 恒成立, 则有m≤1.

下面检验对 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立, 分两种情况构造函数证明.过程略.

综上所述, 实数m的取值集合是{1}.

3.3提升数学能力

数学能力包括:逻辑思维能力、基本运算能力、空间想象能力、应用数学知识分析解决实际问题能力及建立数学模型的能力.林崇德教授“数学能力就是以数学概括为基础的能力”将数学概括提到了相当的高度, 下面通过典型例题训练学生的概括水平.

例3设函数f (x) = (3-2a) lnx+2/x+3ax, a∈R.

(Ⅰ) 求函数f (x) 的单调区间.

(Ⅱ) 当a=3/2时, 对任意的正整数n, 在区间[2/3, 4+n+1/n]上总有m+2个数使得f (a1) +f (a2) +f (a3) + … +f (am) <f (am+1) +f (am+2) , 试问:正整数m是否存在最大值?若存在, 求出这个最大值;若不存在说明理由.

分析分类讨论是教学的难点, 可借助“门坎效应”先举出具体例子让学生熟悉基础知识、基本方法等, 然后引入参数, 使其动起来.如何理解 (Ⅱ) 是解题的关键, 引导学生提炼、概括题意, 将是本题要突出的重点, 突破的难点.

解 (Ⅰ) 函数f (x) 的定义域为 (0, +∞) ,

当a≠0时, 令f′ (x) =0, 解得

x1=-1/a, x2=2/3.

若a<0:

(ⅰ) 当 -1/a<2/3, 即 a< -32时, 由f′ (x) ≤0得x∈ (0, -1/a]或x∈[2/3, +∞) ;由f′ (x) ≥0得x∈[-1/a, 2/3];

(ⅱ) 当-1/a=2/3, 即a=-3/2时, 恒有f′ (x) ≤0;

(ⅲ) 当-1/a>2/3, 即-3/2<a<0时, 由f′ (x) ≤0得 (x∈0, 2/3]或x∈[-1/a, +∞) ;由f′ (x) ≥0得x∈[2/3, -1/a].

综上, 当a≥0时, 函数的单调递减区间为 (0, 2/3], 单调递增区间为[2/3, +∞) ;

当a<-2/3时, 函数的单调递减区间为 (0, -1/a], [2/3, + ∞) , 单调递增 区间为[-1/a, 2/3];

当a=-3/2时, 函数的单调递减区间为 (0, +∞) ;

当-3/2<a<0时, 函数的单调递减区间为 (0, 2/3], [-1/a, +∞) , 单调递增区间为[2/3, -1/a].

(Ⅱ) 当a=3/2时, 由 (Ⅰ) 得f (x) 在[2/3, 4+n+1/n]上单调递增, 则f (x) min=f (2/3) =6, f (x) max=f (4+n+1/n) .由题意mf (2/3) <2f (4+n+1/n) 恒成立.令k=4+n+1/n≥6, 且f (k) 在[4+n+1/n, +∞) 上单调递增, f (k) min=f (6) =27 (1) / (3) , 因此m≤82/9, 故m≤9, 所以正整数m的最大值为9.

任樟辉教授指出“概括的水平反映思维活动的速度、广度和深度、灵活迁移的程度及创造程度, 提高主体的数学概括水平是发展数学思维能力的重要标志”.因此, 要注重让学生回归基础, 舍得在此花时间.如在必修1探究f (x) =x+1/x单调性时, 学生得到f (x1) -f (x2) 后为何令x1=x2=x就能得到单调区间的界点, 对初学者简直不可想象, 定义使然.又如:已知函数f (x) =alnx-ax-3 (a∈R) , 满足y=f (x) 的图像在点 (2, f (2) ) 处的切线的倾斜角为45°, 对任意的t∈[1, 2], 函数g (x) =x3+x2 (m/2+f′ (x) ) 在区间 (t, 3) 总存在极值, 求参数m的取值范围.需要学生进行抽象概括得到g′ (2) <0且g′ (3) >0.

3.4促进解题反思

很多学生经过一番艰辛, 苦思冥想得到答案便认为大功告成, 戛然而止, 错过了反思提升的机会.通过解题反思可以完善认知结构、理解思想方法、领悟数学精神、体会数学本质、提升综合能力等.我们应该进行如下反思:命题意图是什么?考查哪些概念、知识和能力?验证解题结论是否正确合理, 命题所提供的条件应用是否完备?求解论证过程是否严密完善?能否一题多解?众多解法中哪一种最简捷?把本题的解法和结论进一步推广, 能否得到更有益的普遍性结论, 即举一反三, 多题一解?下面对例1、例2进行简要的反思:

例1中数列{an}是确定的吗?解法唯一吗?递推关系中常数项不为零怎么办?如何找到本题的切入点、调整点、反思点等?数列求和从哪项开始放缩?因为数列是确定的, 解答中采用“算二次”思想构建关于an+1, an的方程组求解, 完全可通过与任意一个关系求解, ……

例2中函数f (x) 和g (x) 有无关系?对于不等式在 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立, 能否借助lnx的符号简化运算, 即转化为在 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立?得到的结果相同, 过程有无瑕疵?为何不直接求出的最小值?这种方法真是死路一条?f (x) 和g (x) 互为反函数, 问题可化为函数f (x) 图像上的点到直线y=x距离的两倍.m>x对任意x∈ (0, 1) 恒成立 (m<x对任意x∈ (1, +∞) 恒成立) 仅是结论成立的必要不充分条件, 因此m=1并不能保证在 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立, 必须进行检验!

记s (x) =xlnx-2x+lnx+2,

(ⅰ) 当x∈ (0, 1) 时, s″ (x) <0, 即s′ (x) 在 (0, 1) 单调递减, s′ (x) >s′ (1) =0, 即s (x) 在 (0, 1) 单调递增, s (x) <s (1) =0, 即h′ (x) <0, 所以h (x) 在 (0, 1) 上单调递减.

(ⅱ) 当x∈ (1, +∞) 时, s″ (x) >0, 即s′ (x) 在 (1, +∞) 单调递增, s′ (x) >s′ (1) =0, 即s (x) 在 (1, +∞) 单调递增, s (x) >s (1) =0, 即h′ (x) >0, 所以h (x) 在 (1, +∞) 上单调递增.

因此, 对任意x∈ (0, 1) ∪ (1, +∞) 应该有h (x) >h (1) , 而h (1) 无意义.借助罗比达法则有, 即当m=1时在 (0, 1) ∪ (1, +∞) 上恒成立.

综上所述, 实数m的取值集合是{1}.

4结束语

典型例题的形成过程就是去粗取精、化繁为简、提炼归纳、逐步优化的过程.在此过程中, 教师要深入题海, 俯视全景, 搜罗 (优质) 贝壳, 结合学情, 将珍珠 (数学知识、思想方法等) 合理嵌套, 然后引领学生去发现、收获.

参考文献

[1]章建跃.注重“基本套路”才是好数学教学[J].中小学数学 (高中版) , 2012, (3) :封四.

[2]林崇德.我的心理学观[M].北京:商务印书馆, 2008.

滑轮典型例题分析 篇3

解析 水平使用的滑轮与物重无关，主要与物体受到的摩擦力有关.通过受力分析可知：

F1=120N；F2=60N；F3=240N.

例2 如图2所示，G1=20N，台秤示数8N，不计滑轮重和摩擦，物体G2重（ ）.

A.2N B.18N C.28N D.20N

解析 先分析该滑轮组中的定滑轮和动滑轮，物体G1受到2股绳子向上的拉力，每股绳子拉力为F=10N；再以物体G2为研究对象，G2受到竖直向上的拉力F=10N和台秤的支持力8N，其重力为G2=10N+8N

=18N.答案选B.

例3 如图3是现代家庭经常使用的自动升降衣架的结构示意图，它可以很方便晾、取衣服，其实就是通过一些简单机械的组合来实现此功能.图中动滑轮有

个，此装置 （能/不能）改变动力的方向.

解析 当晾衣架上升时，下面的两个滑轮与晾衣架一起上升，所以下面的两个滑轮是动滑轮；当拉着晾衣架上升时，自由端的拉力可以向下，因此，此装置能改变动力的方向.答案：2；能.

典型例题十六 篇4

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．

排列组合典型例题 篇5

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

/ 13

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)．

《轻重》典型例题 篇6

例．看图观察图意，谁轻谁重？

分析：首先观察第一幅图，一条鱼的重量等于两只螃蟹的重量，可以知道鱼比螃蟹重；再观察第二幅图，一条鱼的重量等于5只虾的重量，所以鱼比虾重；所以鱼是最重的．那么，螃蟹和虾比较又是谁重谁轻呢？我们可以分析一下，根据“一条鱼的重量等于两只螃蟹的重量”和“一条鱼的重量等于5只虾的重量”，可以推断出“两只螃蟹的重量等于5只虾的重量”，所以螃蟹比虾要重．

解：鱼最重，螃蟹其次，虾最轻．

典型例题一 篇7

例1已知: (1) 胆矾失水的热化学方程式为:

(2) 室温下, 无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为:

(3) 胆矾 (CuSO4·5H2O) 溶于水时溶液温度降低.

则Q1与Q2的关系是 () (Q1、Q2为正数)

(A) Q1= Q2 (B) Q1< Q2 (C) Q1> Q2 (D) 无法确定

解析:解决有关热化学方程式的题目时, 要把所有的热过程都用热化学方程式的形式表达出来.

由“ (3) 胆矾 (CuSO4·5H2O) 溶于水时溶液温度降低. ”可得

解决有关热化学方程式的题目时, 要利用已知的热化学方程式进行叠加, 得到目标热化学方程式.

热化学方程式③ = ① + ②, 所以ΔH3= ΔH1+ ΔH2= Q1-Q2> 0

因此, 答案为 (C) .

讲评:有关热化学方程式的题目, 主要是考查盖斯定律的应用, 题目难度适中, 关键是方法的运用.

例2 (2010年重庆理综) 已知ΔH = - 72 k J/mol, 蒸发1 mol Br2 (l) 需要吸收的能量为30 k J, 其他相关数据见表1.

则表中a为 ( )

(A) 404 (B) 260 (C) 230 (D) 200

由“蒸发1 mol Br2 (l) 需要吸收的能量为30 kJ”得

由表格中H2 (g) 、Br2 (g) 、HBr (g) , 组合成热化学方程式

热化学方程式③ =① -②, 所以ΔH3= ΔH1- ΔH2=- 72 kJ /mol - 30 kJ /mol = - 102 kJ /mol

同时, 根据表格中键能

该反应是化合反应, 所以该反应是放热反应, ΔH的符号是“-”, 其数值为

2 × 369 - 436 - a = 102a = 200

因此, 答案为 (D)

讲评:计算ΔH的题型主要是两类:

①运用盖斯定律, 进行热化学方程式的叠加.

②运用键能, 很多学生记不住:ΔH = 旧键断裂吸收的能量- 新键形成释放的能量.

那么, 我们可以把ΔH的求算, 分为两步:

第一步, 根据反应类型或已计算的键能, 判断ΔH的符号是“+”还是“-”,

第二步, 用绝对值大的数值减去绝对值小的数值, 即为ΔH的绝对值.

例3已知:

(Q1、Q2、Q3均大于0)

若要使32 g液态甲醇完全燃烧, 最后恢复到室温, 放出的热量为 () (单位:kJ)

解析:由“液态甲醇完全燃烧, 最后恢复到室温”得:

热化学方程式④ =③ -②×2 +①×4, 则

(放热反应ΔH <0, 所以, 提取了负号)

因此, 答案为 (B) .

讲评:放热反应ΔH <0, 计算放出的热量时, 务必要提取出负号.

例4已知3.6 g碳在6.4 g氧气中燃烧至反应物耗尽, 测得放出的热量为a kJ. 又知12. 0 g碳完全燃烧放出的热量为b kJ, 则热化学方程式

解析:假设生成CO2气体m mol , CO气体n mol, 则根据碳元素和氧元素守恒得:m +n =0. 3, 2m + n =0. 2×2 , 所以m =0. 1, n = 0. 2.

由“12.0 g碳完全燃烧放出的热量为b kJ”, 得:

所以, 0.1b + ( -0.2ω) = a , 求得:ω = - (5a -0.5b) kJ·mol―1

因此, 答案为 (C) .

讲评:本题综合考查化学反应的计算以及热量的计算, 该类题目的计算方法是, 先理清物质转化的数量关系, 再根据物质转化的数量关系, 计算有关热量的数值, 当然, 仍然要注意:放热反应ΔH是负数, 但是, 放出的热量是正数.

在该温度下, 取1 mol N2和3 mol H2放在密闭容器内反应, 下列说法正确的是 ()

(A) 在有催化剂存在的条件下, 反应放出的热量为92. 4 k J

(B) 有无催化剂该反应放出的热量都为92. 4 k J

(C) 反应放出的热量始终小于92.4 kJ

(D) 若再充入1 mol H2, 到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ

解析:该热化学方程式的物理意义是:1 mol N2和3 mol H2反应, 生成2 mol NH3, 同时放热92.4 kJ.

根据该物理意义, “加入1 mol N2和3 mol H2”, 并非“反应1 mol N2和3 mol H2”, 即使加入催化剂, 也是如此. 所以, 反应放出的热量始终小于92.4 kJ. 因此, 答案为 (C) .

向心力典型例题剖析 篇8

■ 1. 对向心力概念的理解

从定义上看，向心力是物体做匀速圆周运动时受到的合外力，其作用效果是使物体获得向心加速度，即改变物体运动速度的方向而不改变速度的大小.

向心力是以作用效果命名的一种力，它可以是几个力的合力，也可以是某个力的一个分力；它与重力、弹力、摩擦力等不同，这些力是按照力的性质命名的.在分析做圆周运动的物体的受力情况时，只能分析按力的性质命名的力，绝不能在分析重力、弹力、摩擦力的同时再考虑向心力. 做匀速圆周运动的物体的向心力是它所受的外力的合力. 做非匀速圆周运动物体的向心力不一定是它所受的合外力，而是由合外力沿半径方向的分力或所有外力沿半径方向的矢量和提供向心力，使物体产生向心加速度. 合外力沿轨道切线方向的分力，使物体产生切向加速度.

■ 2. 掌握解题思路

首先，审题中需要读懂题意，确定好研究对象；其次，确定物体（质点）圆周运动轨道平面、圆心和半径；第三、对物体进行受力分析，画出受力示意图；第四、根据牛顿运动定律列方程；最后进行求解和必要的讨论.

■ 3. 典型例题剖析

■ 例1 如图1所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥顶角为2θ. 当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时，球压紧锥面，此时绳的拉力是多少？若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？

■ 解析 小球在水平面内做匀速圆周运动，由绳子的张力和锥面的支持力两者的合力提供向心力，在竖直方向上合外力为零. 由此根据牛顿第二定律列方程，即可求得解答.

对小球进行受力分析如图2所示，根据牛顿第二定律，x方向上有

T·sinθ-N·cosθ=mω2r ①

y方向上应有

N·sinθ+T·cosθ-G=0 ②

因为r=L·sinθ ③

由①、②、③式可得T=mgcosθ+mω2Lsinθ.

当小球刚好离开锥面时N=0（临界条件）

则有Tsinθ=mω2r ④

T·cosθ-G=0 ⑤

由④⑤式可得ω=■.

即小球的角速度至少为■.

■ 例2 质量相等的小球A、B分别固定在轻杆OB的中点及端点，当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动，如图3所示，求杆的OA段及AB段对球的拉力之比？

■ 解析 A、B小球受力如图4所示，在竖直方向上A与B处于平衡态． 在水平方向上根据匀速圆周运动规律

TA-TB=mω2OA，

TB=mω2OB，

OB=2OA．

TA=mω2×3OA，

TB=mω2×2OA，

TA ∶ TB=3 ∶ 2.

■ 例3 2002年12月30日，我国成功发射并回收了“神舟”四号宇宙飞船，2003年10月15日成功发射了载人飞船，飞船中的宇航员需要在航天之前进行多种训练，其中图5中是离心实验器的原理图，可以用此实验研究过荷对人体的影响，测定人体的抗荷能力，离心实验器转动时，被测者做匀速圆周运动，现观察到图中的直线AB（线AB与舱底垂直）与水平杆成30°角，则被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍？

■ 解析 人受重力和弹力的作用，两个力的合力提供向心力，受力分析如图6所示.

在竖直方向

FN sin30°=mg

在水平方向

FN cos30°=mrω2

解得FN =2mg.

由牛顿第三定律知，人对座位的压力是其重力的2倍.