2023年排列组合题型全面超详细知识汇总全面汇总归纳全面汇总归纳.pdf

1 排列组合难题二十一种方法 排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。教学目标 1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。提高学生解决问题分析问题的能力 3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题.复习巩固 1.分类计数原理(加法原理)完成一件事，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：12nNmmm 种不同的方法 2.分步计数原理（乘法原理）完成一件事，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：12nNmmm 种不同的方法 3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件 解决排列组合综合性问题的一般过程如下:1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例 1.由 0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.2 先排末位共有13C 然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113434288C C A 练习题:7 种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？二.相邻元素捆绑策略 例 2.7 人站成一排,其中甲乙相邻且丙丁相邻,共有多少种不同的排法.解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有522522480A A A 种不同的排法 乙甲丁丙 练习题:某人射击 8 枪，命中 4 枪，4 枪命中恰好有 3 枪连在一起的情形的不同种数为 20 三.不相邻问题插空策略 例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2 个相声,3 个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？解:分两步进行第一步排 2 个相声和 3 个独唱共有55A种，第二步将 4 舞蹈插入第一步排好的 6 个元素中间包含首尾两个空位共有种46A不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有5456A A 种 练习题：某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30 四.定序问题倍缩空位插入策略 例 4.7 人排队,其中甲乙丙 3 人顺序一定共有多少不同的排法 解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之间的C14A34C13 位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件 要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 3 全排列数,则共有不同排法种数是：7373/AA (空位法)设想有 7 把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有47A种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1 种坐法，则共有47A种方法。思考:可以先让甲乙丙就坐吗?（插入法)先排甲乙丙三个人,共有 1 种排法,再把其余 4 四人依次插入共有 方法 练习题:10 人身高各不相等,排成前后排，每排 5 人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？510C 五.重排问题求幂策略 例 5.把 6 名实习生分配到 7 个车间实习,共有多少种不同的分法 解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有67种不同的排法 练习题：1 某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 42 2.某 8 层大楼一楼电梯上来 8 名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法87 六.环排问题线排策略 例 6.8 人围桌而坐,共有多少种坐法?解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人44A并从此位置把圆形展成直线其余 7 人共有（8-1）！种排法即7！HFDCAA B C D EABEGHGF 定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地 n 不同的元素没有限制地安排在 m 个位置上的排列数为nm种 一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从 n 个不同元素中取出 m 个元素作圆形排列共有1mnAn 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 4 练习题：6 颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120 七.多排问题直排策略 例7.8 人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法 解:8 人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有24A种,再排后4个位置上的特殊元素丙有14A种,其余的5人在5个位置上任意排列有55A种,则共有215445A A A种 前 排后 排 练习题：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 346 八.排列组合混合问题先选后排策略 例 8.有 5 个不同的小球,装入 4 个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.解:第一步从 5 个球中选出 2 个组成复合元共有25C种方法.再把 4 个元素(包含一个复合元素)装入 4 个不同的盒内有44A种方法，根据分步计数原理装球的方法共有2454C A 练习题：一个班有 6 名战士,其中正副班长各 1 人现从中选 4 人完成四种不同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有 192 种 九.小集团问题先整体后局部策略 例 9.用 1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹 1,在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？解：把,当作一个小集团与排队共有22A种排法，再排小集团内部共有2222A A种排法，由分步计数原理共有222222A A A种排法.1524 练习题：.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画,幅油画,幅国画,排成一一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 5 行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为254254A A A 2.5 男生和女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有255255A A A种 十.元素相同问题隔板策略 例 10.有 10 个运动员名额，分给 7 个班，每班至少一个,有多少种分配方案？解：因为 10 个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成个空隙。在个空档中选个位置插个隔板，可把名额分成份，对应地分给个班级，每一种插板方法对应一种分法共有69C种分法。一班二班三班四班五班六班七班 练习题：1 10 个相同的球装 5 个盒中,每盒至少一有多少装法？49C 2.100 xyzw 求这个方程组的自然数解的组数 3103C 十一.正难则反总体淘汰策略 例 11.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10 的偶数,不同的 取法有多少种？解：这问题中如果直接求不小于 10 的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有35C,只含有 1 个偶数的取法有1255C C,和为偶数的取法共有123555C CC。再淘汰和小于 10 的偶数共 9 种，符合条件的取法共有1235559C CC 练习题：我们班里有 43 位同学,从中任抽 5 人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的 抽法有多少种?十二.平均分组问题除法策略 例 12.6 本不同的书平均分成 3 堆,每堆 2 本共有多少分法？将 n 个相同的元素分成 m 份（n，m 为正整数）,每份至少一个元素,可以用 m-1块隔板，插入 n 个元素排成一排的 n-1个空隙中，所有分法数为11mnC 有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 6 解:分三步取书得222642C C C种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记 6本书为 ABCDEF，若第一步取 AB,第二步取 CD,第三步取 EF该分法记为(AB,CD,EF),则222642C C C中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有33A种取法,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有22236423/C C CA种分法。练习题：1 将 13 个球队分成 3 组,一组 5 个队,其它两组 4 个队,有多少分法？（544213842/C C CA）2.10 名学生分成 3 组,其中一组 4 人,另两组 3 人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的 分组方法（1540）3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转 入 4 名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安 排 2 名，则不同的安排方案种数为_（22224262/90C C AA）十三.合理分类与分步策略 例 13.在一次演唱会上共 10 名演员,其中 8 人能能唱歌,5 人会跳舞,现要演出一个 2 人唱歌 2 人伴舞的节目,有多少选派方法 解：10 演员中有 5 人只会唱歌，2 人只会跳舞 3 人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究 只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有2233C C种,只会唱的5人中只有 1 人选上唱歌人员112534C C C种,只会唱的 5 人中只有 2 人选上唱歌人员有2255C C种，由分类计数原理共有 22112223353455C CC C CC C种。练习题：1.从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座 谈会，若这 4 人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 34 2.3 成人 2 小孩乘船游玩,1 号船最多乘 3 人,2 号船最多乘 2 人,3 号船只能乘 1 人,他们任选 2 只船或 3 只船,但小孩不能单独乘一只船,这 3 人共平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以nnA(n为均分的组数)避免重复计数。解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 7 有多少乘船方法.（27）本题还有如下分类标准：*以 3 个全能演员是否选上唱歌人员为标准*以 3 个全能演员是否选上跳舞人员为标准*以只会跳舞的 2 人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果 十四.构造模型策略 例 14.马路上有编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的 3盏,但不能关掉相邻的 2 盏或 3 盏,也不能关掉两端的 2 盏,求满足条件的关灯方法有多少种？解：把此问题当作一个排队模型在 6 盏亮灯的 5 个空隙中插入 3 个不亮的灯有35C 种 练习题：某排共有 10 个座位，若 4 人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）十五.实际操作穷举策略 例 15.设有编号 1,2,3,4,5的五个球和编号 1,2,3,4,5的五个盒子,现将 5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法 解：从5个球中取出2个与盒子对号有25C种还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩下 3,4,5 号球,3,4,5号盒 3 号球装 4 号盒时，则 4,5 号球有只有 1 种装法，同理 3 号球装 5 号盒时,4,5号球有也只有 1 种装法,由分步计数原理有252C种 534 3 号盒 4号盒 5号盒 练习题：1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？(9)2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有 72 种 一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观解决 对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 8 54321 十六.分解与合成策略 例 16.30030 能被多少个不同的偶数整除 分析：先把 30030 分解成质因数的乘积形式 30030=235 7 1113 依题意可知偶因数必先取 2,再从其余 5 个因数中任取若干个组成乘积，所有的偶因数为：1234555555CCCCC 练习:正方体的 8 个顶点可连成多少对异面直线 解：我们先从 8 个顶点中任取 4 个顶点构成四体共有体共481258C,每个四面体有 3 对异面直线,正方体中的 8 个顶点可连成3 58174对异面直线 十七.化归策略 例 17.25 人排成 55 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？解：将这个问题退化成 9 人排成 33 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有 1 人从其中的一行中选取 1 人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从 33方队中选 3 人的方法有111321C C C种。再从 55 方阵选出 33 方阵便可解决问题.从 55 方队中选取 3 行 3 列有3355C C选法所以从 55方阵选不在同一行也不在同一列的 3 人有3311155321C C C C C选法。练习题:某城市的街区由 12 个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从 A走到 B的最短路径有多少种？(3735C)分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略 处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简要的问题，通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法，从而进下一步解决原来的问题 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 9 BA 十八.数字排序问题查字典策略 例 18由 0，1，2，3，4，5 六个数字可以组成多少个没有重复的比 324105大的数？解:297221122334455AAAAAN 练习:用 0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第 71 个数是 3140 十九.树图策略 例 193人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过5次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有_ 10N 练习:分别编有 1，2，3，4，5 号码的人与椅，其中i号人不坐i号椅（54321,i）的不同坐法有多少种？44N 二十.复杂分类问题表格策略 例 20有红、黄、兰色的球各 5 只,分别标有 A、B、C、D、E五个字母,现从中取 5 只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法 解:二十一：住店法策略 解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数。对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用 公式进行运算，树图会收到意想不到的结果 红 1 1 1 2 2 3 黄 1 2 3 1 2 1 兰 3 2 1 2 1 1 取法 1415CC 2415CC 3415CC 1325CC 2325CC 1235CC 一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 10 利用乘法原理直接求解.例 21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 .分析：因同一学生可以同时夺得 n 项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作 7 家“店”，五项冠军看作 5 名“客”，每个“客”有 7 种住宿法，由乘法原理得 75种.小结 本节课，我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。排列组合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列组合题的特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学习打下坚实的基础。数列的求和 一、教学目标：1熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算；3熟记一些常用的数列的和的公式 二、教学重点：特殊数列求和的方法 三、教学过程：（一）主要知识：1直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。（1）等差数列的求和公式：dnnnaaanSnn2)1(2)(11 （2）等比数列的求和公式)1(1)1()1(11qqqaqnaSnn（切记：公比含字母时一定要讨论）2公式法：222221(1)(21)1236nkn nnkn 2333331(1)1232nkn nkn 3错位相减法：比如.,2211的和求等比等差nnnnbabababa 4裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 11 常见拆项公式：111)1(1nnnn ；11 11()(2)22n nnn )121121(21)12)(12(1nnnn !)!1(!nnnn 5分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。6合并求和法：如求22222212979899100的和。7倒序相加法：8其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等（二）主要方法：1求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；2求和过程中注意分类讨论思想的运用；3转化思想的运用；（三）例题分析：例 1求和：个nnS111111111 22222)1()1()1(nnnxxxxxxS 求数列 1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，前 n 项和nS 思路分析：通过分组，直接用公式求和。解：)110(9110101011112kkkka个)101010(91)110()110()110(9122nSnnn81109109)110(10911nnnn)21()21()21(224422nnnxxxxxxS nxxxxxxnn2)111()(242242（1）当1x时，nxxxxnxxxxxxSnnnnnn2)1()1)(1(21)1(1)1(22222222222（2）当nSxn4,1 时 kkkkkkkkkkak23252)23()12()1()12()12(2)12(2 2)1(236)12)(1(25)21(23)21(2522221nnnnnnnaaaSnn)25)(1(61nnn 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 12 总结：运用等比数列前 n 项和公式时，要注意公比11qq或讨论。2错位相减法求和 例 2已知数列)0()12(,5,3,112aanaan，求前 n 项和。思路分析：已知数列各项是等差数列 1，3，5，2n-1与等比数列120,naaaa对应项积，可用错位相减法求和。解：1)12(53112nnanaaS 2)12(5332nnanaaaaS nnnanaaaaSa)12(22221)1(:21132 当nnnnaaaSaa)12()1()1(21)1(,121时 21)1()12()12(1aananaSnnn 当2,1nSan时 3.裂项相消法求和 例 3.求和)12)(12()2(534312222nnnSn 思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.解:)121121(211)12)(12(11)12)(12(11)2()12)(12()2(22kkkkkkkkkkak 12)1(2)1211(21)121121()5131()311(2121nnnnnnnnaaaSnn练习:求nnanaaaS32321 答案:)1()1()1()1()1(2)1(2aaaanaaannSnnn 4.倒序相加法求和 例 4 求证：nnnnnnnCnCCC2)1()12(53210 思路分析：由mnnmnCC可用倒序相加法求和。证：令)1()12(53210nnnnnnCnCCCS 则)2(35)12()12(0121nnnnnnnnCCCCnCnS mnnmnCC nnnnnnCnCnCnCnS)22()22()22()22(2:)2()1(210有 nnnnnnnnCCCCnS2)1()1(210 等式成立 5其它求和方法 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 13 还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。例 5已知数列nnnnSnaa求,)1(2,。思路分析：nnna)1(22，通过分组，对 n 分奇偶讨论求和。解：nnna)1(22，若mkkmnmSSmn212)1(2)2321(2,2则)1(2)12()2321(2nnmmmSn 若)12(22)12()1(2 22)12(,1222212mmmmmmaSSSmnmmmmn则 22)1()1(224222nnnnmm)(2)()1(2为正奇数为正偶数nnnnnnSn 预备：已知nnnaaaaxaxaxaxf,)(321221且成等差数列，n 为正偶数，又nfnf)1(,)1(2，试比较)21(f与 3 的大小。解：naaaaafnaaaafnnn13212321)1()1(2222)(121dnaandnnnaann 12122)1(111naadndnaan nnnfxnxxxxf)21)(12()21(5)21(321)21()12(53)(3232 可求得nnnf)21)(12()21(3)21(2，n 为正偶数，3)21(f （四）巩固练习：1求下列数列的前n项和nS：（1）5，55，555，5555，5(101)9n，；（2）1111,1 3 2 4 3 5(2)n n；（3）11nann；（4）23,2,3,naaana；（5）1 3,24,3 5,(2),n n；（6）2222sin 1sin 2sin 3sin 89 解：（1）555555555nnS 个5(999999999)9n 个 教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 14 235(101)(101)(101)(101)9n 23550510101010(101)9819nnnn （2）11 11()(2)22n nnn，11111111(1)()()()2324352nSnn 1111(1)2212nn （3）1111(1)(1)nnnannnnnnnn 11121321nSnn (21)(32)(1)nn 1 1n （4）2323nnSaaana，当1a 时，123nS (1)2n nn，当1a 时，2323nSaaa nna，23423naSaaa1nna，两式相减得 23(1)na Saaa 11(1)1nnnnaaananaa，212(1)(1)nnnnanaaSa （5）2(2)2n nnn，原式222(123 2)2(123n )n(1)(27)6n nn（6）设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S，又2222sin 89sin 88sin 87sin 1S，289S，892S 2已知数列na的通项65()2()nnnnan为奇数为偶数，求其前n项和nS 解：奇数项组成以11a 为首项，公差为 12 的等差数列，偶数项组成以24a 为首项，公比为 4 的等比数列；当n为奇数时，奇数项有12n项，偶数项有12n项，1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221 423nnnnnnnS，当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项，2(165)4(14)(32)4(21)221 423nnnnnnnS，教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计 15 所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23nnnnnnSnnn 为奇数为偶数 四、小结：1掌握各种求和基本方法；2利用等比数列求和公式时注意分11qq或讨论。教学目标进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理掌握解决排列组合问题的常用策略能运用解题策略解决简单理加法原理完成一件事有类办法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的方法在第类办法中有种不同的做第步有种不同的方法做第步有种不同的方法那么完成这件事共有种不同的方法分类计数原理分步计数原理区分类计