摘要：例1.(1)求值 (2)已知 .求 解:(1) . . 当n=4时.原式 . 当n=5时.原式 . (2)本题运用公式 .将已知等式转化为关于m的一元二次方程.解方程并结合m的取值范围确定m的值.最后计算 解:m的取值范围为 由已知. 即 .解得m=21或m=2 但 . .舍去 例2.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语与日语的各1人,有多少种不同的选法? 解:由于7+3=10＞9.所以9人中必有1人既会英语又会日语． ① 从只会英语的6人中选1人.只会日语的2人中选1人.有N1=6×2=12 ② 既会英语又会日语的那位选定.其余8人中选1人.有N2=1×8=8 由分类记数原理得N= N1+ N2=20 例3.设集合A＝{1.2.3.-.10}.(1)设A的3个元素的子集的个数为n.求n的值,(2)设A的3个元素的子集中.3个元素的和分别为a1.a2.-.an.求a1+a2+a3+-+an的值． 解(1)A的3元素子集的个数为n＝ ＝120 (2)在A的3元素子集中.含数k(1≤k≤10)的集合个数有 个.因此a1+a2+-+an＝ ×＝1980 [评述]在求从n个数中取出m个数的所有组合中各组合中数字的和时.一般先求出含每个数字的组合的个数.含每个数字的个数一般都相等.故每个数字之和与个数之积便是所求结果． 例4.从1.2.-.30这前30个自然数中.每次取不同的三个数.使这三个数的和是3的倍数的取法有多少种? 解:令A＝{1.4.7.10.-.28}.B＝{2.5.8.11.-29}.C＝{3.6.9.-.30}组成四位数的方式有以下四类符合题意:①A.B.C中各取一个数.有 种,②仅在A中取3个数.有 种,③仅在B中取3个数.有 种,④仅在C中取3个数.有 种.故由加法原理得: ＝1360种． [评述]按元素的性质分类是处理带限制条件的组合问题的常用方法.对于某几个数的和能被某数整除一类的问题.通常是将整数分类.凡余数相同者归同一类． 例5.马路上有编号为1.2.3.-.10的十只路灯.为节约用电又看清路面.可以把其中的三只灯关掉.但不能同时关掉相邻的两只或三只.在两端的灯也不能关掉的情况下.求满足条件的关灯方法有多少种? 解:问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空档中放入三只熄掉的路灯.因此.所求的方法种数为C =20 [思维点拔] 注意插空法的应用.解决一些不相邻问题时.可以先排一些元素然后插入其余元素.使问题得以解决. 例6.如图, 从一个3×4的方格中的一个顶点A到对顶顶点B的最短路线有几条? 解:把质点沿网格线从点A到点 的最短路径分为七步. 其中四步向右.三步向上.不同走法的区别在于哪三步 向上.因此.本题的结论是: ． [深化拓展] A - - BBBC 1.某城市由n条东西方向的街道和m条南 北方向的街道组成一个矩形街道网. 如图所示.要从A处走到B处.使所走的路程最短. 有多少种不同的走法? 解:将相邻两个交点之间的街道称为一段. 那么从A到B需要走段.而这些段 中必须有东西方向的(n-1)段.其余的为南 北方向的(m-1)段.所以共有 = 种走法.2.从一楼到两楼楼梯共10级.上楼可 以一步上一级.也可以一步上两级. 规定用8步走完楼梯的方法种数是 分析:有6步走1级.有2步走2级.则 备用题: 例7.用正五棱柱的10个顶点中的5个做四棱锥的5个顶点.共可得到多少个四棱锥? 解:解法1 直接法:共面而不共线的四点可成为四棱锥的底面.再在平面外找一点为顶点就形成了四棱锥.于是可从四棱锥的底面四点着眼.将构成棱锥的5个顶点的取法分类. 按照构成四棱锥的底面四点分为以下四类, (1)四点取在棱柱的底面上有2C C =50个, (2)四点取在棱柱的侧面上有5C =30个, (3)四点取在棱柱的对角面上有5C =30个, (4)四点取在以过一个底面中的一条对角线和另一个底面中与其平行的一边所确定的面上有2×5C =60个. 所以共可组成50+30+30+60=170个四棱锥. 解法2 间接法. C 中去掉五点共面和无四点共面的两种情况.算式为C -2C -4×4C =170(个). [思维点拔]几何问题.要注意共点.共线.共面.异面等情形.防止多算,漏算.另外应注意排除法的应用.从总体中排除不符合条件的方法数.这是一种常用的间接解题的方法.

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