苏教版 (2019)选择性必修第二册7.2排列第2课时学案

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第二册7.2排列第2课时学案，共8页。学案主要包含了排列数公式，阶乘的概念及性质，与排列数公式有关的证明问题等内容，欢迎下载使用。

导语
2021年是中国共产党成立100周年，1921年中国共产党的诞生掀开了中国历史的新篇章，百年来，党带领全国人民谱写了中华民族自强不息、顽强奋进的壮丽史诗．有30位老革命家参观完一大会址后，要在一大会址旁站成一排照相，那么这30位老革命家的排列顺序有多少种？这样的排列问题能否用一个公式来表示呢？
一、排列数公式
问题 从n个不同的元素中取出m(m，n∈N*，m≤n)个元素排成一列，有多少个不同的排列？
提示 一般地，为了求出从n个不同元素中任意取出m个元素的排列数，可以把这m个元素所排列的位置划分为第1位、第2位、……、第m位(如图)．
第一步，第1位可以从n个元素中任取1个来填，有n种不同方法；
第二步，第2位只能在余下的n－1个元素中任取1个来填，有n－1种不同方法；
第三步，第3位只能在余下的n－2个元素中任取1个来填，有n－2种不同方法；
……
第m步，第m位只能在余下的n－(m－1)个元素中任取1个来填，有n－m＋1种不同方法．
根据分步计数原理，我们得到从n个不同元素中任取出m个元素的排列，共有n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]个．
知识梳理
1．排列数公式
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Aeq \\al(m,n)表示，Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中n，m∈N*，且m≤n.
2．n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个不同元素的一个全排列．
注意点：
(1)乘积是m个连续正整数的乘积．
(2)第一个数最大，是A的下标n.
(3)第m个数最小，是n－m＋1.
例1 计算下列各题：
(1)Aeq \\al(3,10)；(2)eq \f(A\\al(5,9)＋A\\al(4,9),A\\al(6,10)－A\\al(5,10)).
解 (1)Aeq \\al(3,10)＝10×9×8＝720.
(2)eq \f(A\\al(5,9)＋A\\al(4,9),A\\al(6,10)－A\\al(5,10))＝eq \f(9×8×7×6×5＋9×8×7×6,10×9×8×7×6×5－10×9×8×7×6)
＝eq \f(9×8×7×6×5＋1,10×9×8×7×6×5－1)＝eq \f(6,10×4)＝eq \f(3,20).
反思感悟 应用排列数公式时应注意三个方面的问题
(1)准确展开．应用排列数公式展开时要注意展开式的项数要准确．
(2)合理约分．若运算式是分式形式，则要先约分后计算．
(3)合理组合．运算时要结合数据特点，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，可以提高运算的速度和准确性．
跟踪训练1 (1)已知Aeq \\al(2,n)＝156，则n等于( )
A．11 B．12 C．13 D．14
答案 C
解析 Aeq \\al(2,n)＝n(n－1)，
∴由n(n－1)＝156，可知n＝13.
(2)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*且n<55) ＝________.
答案 Aeq \\al(15,69－n)
解析 ∵55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，
且共有(69－n)－(55－n)＋1＝15(个)数，
∴(55－n)(56－n)…(69－n)＝Aeq \\al(15,69－n).
二、阶乘的概念及性质
知识梳理
1．阶乘的概念
Aeq \\al(n,n)＝n(n－1)(n－2)×…×3×2×1.Aeq \\al(n,n)称为n的阶乘，通常用n！表示，即Aeq \\al(n,n)＝n！.
2．阶乘的相关应用
(1)规定：0！＝1.
(2)排列公式的阶乘式：Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！)(n≥m)．
例2 解方程：3Aeq \\al(x,8)＝4Aeq \\al(x－1,9).
解 原方程3Aeq \\al(x,8)＝4Aeq \\al(x－1,9)可化为
eq \f(3×8！,8－x！)＝eq \f(4×9！,10－x！)，
即eq \f(3×8！,8－x！)＝eq \f(4×9×8！,10－x9－x8－x！)，
化简得x2－19x＋78＝0，解得x1＝6，x2＝13.
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤8，,x－1≤9，))解得x≤8.
所以原方程的解为x＝6.
延伸探究 不等式Aeq \\al(x,8)<6Aeq \\al(x－2,8)的解集为( )
A．[2,8] B．[2,6]
C．(7,12) D．{8}
答案 D
解析 由Aeq \\al(x,8)<6Aeq \\al(x－2,8)，得eq \f(8！,8－x！)<6×eq \f(8！,10－x！)，
化简得x2－19x＋84<0，解得7又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤8，,0由①②及x∈N*，得x＝8.
反思感悟 排列数公式的阶乘形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和不等式等问题，具体应用时注意阶乘的性质，提取公因式，可以简化计算．
跟踪训练2 求不等式Aeq \\al(x,9)＞6Aeq \\al(x－2,9)的解集．
解 原不等式可化为eq \f(9！,9－x！)>eq \f(6×9！,11－x！)，
化简得x2－21x＋104＞0，解得x＜8或x＞13.
又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0∴原不等式的解集为{3,4,5,6,7}．
三、与排列数公式有关的证明问题
例3 求证：Aeq \\al(m,n＋1)－Aeq \\al(m,n)＝mAeq \\al(m－1,n).
证明 方法一 因为Aeq \\al(m,n＋1)－Aeq \\al(m,n)
＝eq \f(n＋1！,n＋1－m！)－eq \f(n！,n－m！)
＝eq \f(n！,n－m！)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋1－m)－1))
＝eq \f(n！,n－m！)·eq \f(m,n＋1－m)
＝m·eq \f(n！,n＋1－m！)＝mAeq \\al(m－1,n)，
所以Aeq \\al(m,n＋1)－Aeq \\al(m,n)＝mAeq \\al(m－1,n).
方法二 Aeq \\al(m,n＋1)表示从n＋1个元素中取出m个元素的排列数，其中不含元素a1的有Aeq \\al(m,n)个．
含有a1的可这样进行排列：
先排a1，有m种排法，再从另外n个元素中取出m－1个元素排在剩下的m－1个位置上，有Aeq \\al(m－1,n)种排法．
故Aeq \\al(m,n＋1)＝mAeq \\al(m－1,n)＋Aeq \\al(m,n)，
所以mAeq \\al(m－1,n)＝Aeq \\al(m,n＋1)－Aeq \\al(m,n).
反思感悟 对含有字母的排列数的式子进行变形式有关的论证时，一般用阶乘式．
跟踪训练3 (多选)下列等式正确的是( )
A．(n＋1)Aeq \\al(m,n)＝Aeq \\al(m＋1,n＋1) B.eq \f(n！,nn－1)＝(n－2)!
C．Aeq \\al(m,m)＝eq \f(A\\al(m,n),n！) D.eq \f(1,n－m)Aeq \\al(m＋1,n)＝Aeq \\al(m,n)
答案 ABD
解析 对于A，(n＋1)Aeq \\al(m,n)＝(n＋1)·eq \f(n！,n－m！)＝eq \f(n＋1！,n－m！)＝eq \f(n＋1！,[n＋1－m＋1]！)＝Aeq \\al(m＋1,n＋1)，正确；
对于B，eq \f(n！,nn－1)＝eq \f(nn－1n－2×…×3×2×1,nn－1)＝(n－2)！，正确；
对于C，Aeq \\al(m,m)≠eq \f(A\\al(m,n),n！)，错误；
对于D，eq \f(1,n－m)Aeq \\al(m＋1,n)＝eq \f(1,n－m)·eq \f(n！,n－m－1！)＝eq \f(n！,n－m！)＝Aeq \\al(m,n)，正确．
1．知识清单：
(1)排列数、排列数公式．
(2)阶乘的概念及性质．
(3)与排列数公式有关的证明问题．
2．方法归纳：公式法．
3．常见误区：忽视Aeq \\al(m,n)中“n，m∈N*”这个条件．
1．Aeq \\al(3,9)等于( )
A．9×3
B．93
C．9×8×7
D．9×8×7×6×5×4×3
答案 C
2．4×5×6×…×(n－1)×n等于( )
A．Aeq \\al(4,n) B．Aeq \\al(n－4,n)
C．n！－4! D．Aeq \\al(n－3,n)
答案 D
解析 由题意知4×5×6×…×(n－1)×n＝n×(n－1)×…×6×5×4＝Aeq \\al(n－3,n).
3．Aeq \\al(m,12)＝9×10×11×12，则m等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析 由排列数公式可知m＝4，故选B.
4．Aeq \\al(6,6)－6Aeq \\al(5,5)＋5Aeq \\al(4,4)＝__________.
答案 120
解析 原式＝Aeq \\al(6,6)－Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝Aeq \\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120.
课时对点练
1．设m∈N*，且m<15，则Aeq \\al(6,20－m)等于( )
A．(20－m)(21－m)(22－m)(23－m)(24－m)(25－m)
B．(20－m)(19－m)(18－m)(17－m)(16－m)
C．(20－m)(19－m)(18－m)(17－m)(16－m)(15－m)
D．(19－m)(18－m)(17－m)(16－m)(15－m)
答案 C
解析 Aeq \\al(6,20－m)是指从20－m开始依次小1的连续的6个数相乘，即(20－m)(19－m)(18－m)(17－m)(16－m)·(15－m)．
2．89×90×91×92×…×100可表示为( )
A．Aeq \\al(10,100) B．Aeq \\al(11,100)
C．Aeq \\al(12,100) D．Aeq \\al(13,100)
答案 C
解析 89×90×91×92×…×100＝eq \f(1×2×…×100,1×2×…×88)＝eq \f(100！,88！)＝Aeq \\al(12,100).
3．已知Aeq \\al(2,n＋1)－Aeq \\al(2,n)＝10，则n的值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 由Aeq \\al(2,n＋1)－Aeq \\al(2,n)＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.
4．(多选)与Aeq \\al(3,10)·Aeq \\al(7,7)相等的是( )
A．Aeq \\al(9,10) B．81Aeq \\al(8,8)
C．10Aeq \\al(9,9) D．Aeq \\al(10,10)
答案 ACD
解析 Aeq \\al(3,10)·Aeq \\al(7,7)＝10×9×8×7！＝Aeq \\al(9,10)＝10Aeq \\al(9,9)＝Aeq \\al(10,10)，81Aeq \\al(8,8)＝9Aeq \\al(9,9)≠Aeq \\al(10,10).
5．不等式Aeq \\al(2,n－1)－n<7的解集为( )
A．{n|－1C．{3,4} D．{4}
答案 C
解析 由Aeq \\al(2,n－1)－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，
即－16．(多选)下列各式中与排列数Aeq \\al(m,n)相等的是( )
A.eq \f(n！,n－m！)
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C.eq \f(nA\\al(m,n－1),n－m＋1)
D．Aeq \\al(1,n)Aeq \\al(m－1,n－1)
答案 AD
解析 Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！)，
而Aeq \\al(1,n)Aeq \\al(m－1,n－1)＝n×eq \f(n－1！,n－m！)＝eq \f(n！,n－m！)，
所以Aeq \\al(1,n)Aeq \\al(m－1,n－1)＝Aeq \\al(m,n)，故选AD.
7．已知Aeq \\al(3,2n)＝2Aeq \\al(4,n＋1)，则lgn25的值为________．
答案 2
解析 因为Aeq \\al(3,2n)＝2Aeq \\al(4,n＋1)，
所以2n·(2n－1)·(2n－2)＝2(n＋1)·n·(n－1)·(n－2)，
由题意知n≥3，整理方程，
解得n＝5，所以lgn25＝2.
8．化简：n(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋m)＝________.(用排列数表示)
答案 Aeq \\al(m＋1,n＋m)
解析 由排列数公式可知n(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋m)＝Aeq \\al(m＋1,n＋m).
9．计算：eq \f(A\\al(m－1,n－1)·A\\al(n－m,n－m),A\\al(n－1,n－1)).
解 eq \f(A\\al(m－1,n－1)·A\\al(n－m,n－m),A\\al(n－1,n－1))
＝eq \f(n－1！,[n－1－m－1]！)·(n－m)！·eq \f(1,n－1！)＝1.
10．求证：Aeq \\al(n＋1,n＋1)＝Aeq \\al(n,n＋1)＝(n＋1)Aeq \\al(n,n).
证明 因为Aeq \\al(n＋1,n＋1)＝(n＋1)×n×(n－1)×…×3×2×1，
Aeq \\al(n,n＋1)＝(n＋1)·n·(n－1)×…×3×2，
(n＋1)Aeq \\al(n,n)＝(n＋1)·n!
＝(n＋1)·n·(n－1)×…×3×2×1，
所以Aeq \\al(n＋1,n＋1)＝Aeq \\al(n,n＋1)＝(n＋1)Aeq \\al(n,n).
11．(多选)满足不等式eq \f(A\\al(7,n),A\\al(5,n))>12的n的值可能为( )
A．12 B．11
C．10 D．8
答案 ABC
解析 由排列数公式得eq \f(n！n－5！,n－7！·n！)>12，
则(n－5)(n－6)>12，
解得n>9或n<2(舍去)，
又n∈N*，所以n可以取10,11,12.
12．若S＝Aeq \\al(1,1)＋Aeq \\al(2,2)＋Aeq \\al(3,3)＋…＋Aeq \\al(2 021,2 021)，则S的个位数字是( )
A．0 B．3 C．5 D．8
答案 B
解析 ∵Aeq \\al(5,5)＝120，
∴n≥5时Aeq \\al(n,n)的个位数都为零，
∴1！＋2！＋3！＋4！＝1＋2＋6＋24＝33.
故S的个位数字为3.
13.eq \f(A\\al(6,7)－A\\al(5,6),A\\al(4,5))＝________.
答案 36
解析 eq \f(A\\al(6,7)－A\\al(5,6),A\\al(4,5))＝eq \f(7×6A\\al(4,5)－6A\\al(4,5),A\\al(4,5))＝36.
14．已知自然数n满足3Aeq \\al(3,n＋1)＝2Aeq \\al(2,n＋2)＋6Aeq \\al(2,n＋1)，则n＝________，eq \f(n！,3！n－4！)＝________.
答案 4 4
解析 由3Aeq \\al(3,n＋1)＝2Aeq \\al(2,n＋2)＋6Aeq \\al(2,n＋1)，
得3(n＋1)n(n－1)＝2(n＋2)(n＋1)＋6(n＋1)n，
整理得3n2－11n－4＝0，
由于n∈N*，所以n＝4，
所以eq \f(4！,3！4－4！)＝eq \f(4！,3！)＝4.
15．英国数学家泰勒(B.Taylr,1685－1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世，由泰勒公式，我们能得到e＝1＋eq \f(1,1！)＋eq \f(1,2！)＋eq \f(1,3！)＋…＋eq \f(1,n！)＋eq \f(eθ,n＋1！)(其中e为自然对数的底数，0<θ<1，n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1)，其拉格朗日余项是Rn＝eq \f(eθ,n＋1！).可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e的近似值也就越精确．若eq \f(3,n＋1！)近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项Rn，Rn不超过eq \f(1,1 000)时，正整数n的最小值是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 依题意得，(n＋1)！≥3 000，
(5＋1)！＝6×5×4×3×2×1＝720，
(6＋1)！＝7×6×5×4×3×2×1＝5 040>3 000，
所以n的最小值是6.
16．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m＞1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？
解 由题意可知，原有车票的种数是Aeq \\al(2,n)种，
现有车票的种数是Aeq \\al(2,n＋m)种，
所以Aeq \\al(2,n＋m)－Aeq \\al(2,n)＝62，
即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62，
所以m(2n＋m－1)＝62＝2×31，
因为m＜2n＋m－1，
且n≥2，m，n∈N*，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,2n＋m－1＝31，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝15，))
故原有15个车站，现有17个车站．