2019-2020学年高中数学第九周 二项式定理教学设计.doc

2019-2020学年高中数学第九周 二项式定理教学设计一、复习引入： ；的各项都是次式，即展开式应有下面形式的各项：，展开式各项的系数：上面个括号中，每个都不取的情况有种，即种，的系数是；恰有个取的情况有种，的系数是，恰有个取的情况有种，的系数是，恰有个取的情况有种，的系数是，有都取的情况有种，的系数是，二、讲解新课：二项式定理：的展开式的各项都是次式，即展开式应有下面形式的各项：，展开式各项的系数： 每个都不取的情况有种，即种，的系数是；恰有个取的情况有种，的系数是，恰有个取的情况有种，的系数是，有都取的情况有种，的系数是，这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫的二项展开式，它有项，各项的系数叫二项式系数，叫二项展开式的通项，用表示，即通项二项式定理中，设，则三、讲解范例：例1展开解一： 解二：例2展开解：例3求的展开式中的倒数第项解：的展开式中共项，它的倒数第项是第项，例4求（1），（2）的展开式中的第项解：（1）， （2）点评：，的展开后结果相同，但展开式中的第项不相同例5（1）求的展开式常数项；（2）求的展开式的中间两项解：，（1）当时展开式是常数项，即常数项为；（2）的展开式共项，它的中间两项分别是第项、第项， 第三课时例6（1）求的展开式的第4项的系数；（2）求的展开式中的系数及二项式系数解：的展开式的第四项是，的展开式的第四项的系数是（2）的展开式的通项是，的系数，的二项式系数例7求的展开式中的系数分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开解：（法一），显然，上式中只有第四项中含的项，展开式中含的项的系数是（法二）：展开式中含的项的系数是例8已知 的展开式中含项的系数为，求展开式中含项的系数最小值分析：展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为，可得，从而转化为关于或的二次函数求解解：展开式中含的项为，即，展开式中含的项的系数为， ，当时，取最小值，但， 时，即项的系数最小，最小值为，此时第四课时例9已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项 解：由题意：，即，舍去） 若是常数项，则，即，这不可能，展开式中没有常数项；若是有理项，当且仅当为整数， ，即 展开式中有三项有理项，分别是：， 例10求的近似值，使误差小于解：，展开式中第三项为，小于，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，一般地当较小时 四、课堂练习：1.求的展开式的第3项.2.求的展开式的第3项.3.写出的展开式的第r+1项.4.求的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数.5.用二项式定理展开：（1）；（2）.6.化简：（1）；（2） 7展开式中的第项为，求 8求展开式的中间项答案：1. 2. 3. 4.展开式的第4项的二项式系数，第4项的系数 5. （1）；（2）.6. （1）；（2） 7. 展开式中的第项为 8. 展开式的中间项为 五、小结 ：二项式定理的探索思路:观察归纳猜想证明；二项式定理及通项公式的特点 八、教学反思： (a+b) = 这个公式表示的定理叫做二项式定理，公式右边的多项式叫做 (a+b)的 ，其中（r=0,1,2,n）叫做 ， 叫做二项展开式的通项，它是展开式的第 项，展开式共有 个项.掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。培养归纳猜想，抽象概括，演绎证明等理性思维能力。教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养学生数学探究能力的极好载体，教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。二项式定理是指这样一个展开式的公式.它是(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3等等展开式的一般形式，在初等数学中它各章节的联系似乎不太多，而在高等数学中它是许多重要公式的共同基础，根据二项式定理的展开，才求得y=xn的导数公式y=nxn1，同时=e2.718281也正是由二项式定理的展开规律所确定，而e在高等数学中的地位更是举足轻重，概率中的正态分布，复变函数中的欧拉公式ei=cos+isin，微分方程中二阶变系数方程及高阶常系数方程的解由e的指数形式来表达.且直接由e的定义建立的y=lnx的导数公式y=与积分公式=dxlnx+c是分析学中用的最多的公式之一.而由y=xn的各阶导数为基础建立的泰勒公式；f(x)=f(x0)+(xx0)2+(xx0)n+(0，1)以及由此建立的幂级数理论，更是广泛深入到高等数学的各个分支中. 怎样使二项式定理的教学生动有趣正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，课本上先给出一个(a+b)4用组合知识来求展开式的系数的例子.然后推广到一般形式，再用数学归纳法证明，因为证明写得很长，上课时的板书几乎占了整个黑板，所以课必然上得累赘，学生必然感到被动.那么多的算式学生看都不及细看，记也感到吃力，又怎能发挥主体作用？怎样才能使得在这节课上学生获得主动？采用课前预习；自学辅导；还是学生讨论，或读，议、讲，练，或目标教学，还是设置发现情境？看来这些办法遇到真正困难时都会无能为力，因为这些方法都无法改变算式的冗长，证法的呆板，课堂上的新情境与学生的认知结构中的图式不协调的事实.而MM教育方式即数学方法论的教育方式却能根据习题理论注意到充分利用数学方法与数学技术把所要证明或计算的形式变换得十分简洁，心理学家皮亚杰一再强调“认识起因于主各体之间的相互作用”1只有客体的形式与学生主体认知结构中的图式取得某种一致的时候，才能完成认识的主动建构，也就是学生获得真正的理解.MM教育方式遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”2在教学中追求简易，重视直观，并巧妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主动，充分发挥其课堂上的主体作用.132“杨辉三角”与二项式系数的性质第一课时一、复习引入：1二项式定理及其特例：（1），（2）.2二项展开式的通项公式： 3求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性 二、讲解新课：1二项式系数表（杨辉三角）展开式的二项式系数，当依次取时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 2二项式系数的性质：展开式的二项式系数是，可以看成以为自变量的函数定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）（1）对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（）直线是图象的对称轴（2）增减性与最大值，相对于的增减情况由决定，当时，二项式系数逐渐增大由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值（3）各二项式系数和：，令，则 三、讲解范例：例1在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和证明：在展开式中，令，则，即，即在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和说明：由性质（3）及例1知.例2已知，求：（1）； （2）； （3）.解：（1）当时，展开式右边为，当时，（2）令， 令， 得：， .（3）由展开式知：均为负，均为正，由（2）中+ 得：， ， 例3.求(1+x)+(1+x)2+(1+x)10展开式中x3的系数解：=，原式中实为这分子中的，则所求系数为第二课时例4.在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数解：在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为，在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，含x的项为 展开式中含x的项为 ，此展开式中x的系数为240例5.已知的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项解：依题意 3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10设第r+1项为常数项，又 令，此所求常数项为180例6 设，当时，求的值解：令得：，点评：对于，令即可得各项系数的和的值；令即，可得奇数项系数和与偶数项和的关系例7求证：证（法一）倒序相加：设 又， 由+得：，即（法二）：左边各组合数的通项为， 例8在的展开式中,求:二项式系数的和;各项系数的和;奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;奇数项系数和与偶数项系数和;的奇次项系数和与的偶次项系数和.分析:因为二项式系数特指组合数,故在,中只需求组合数的和,而与二项式中的系数无关.解：设(*),各项系数和即为,奇数项系数和为,偶数项系数和为,的奇次项系数和为,的偶次项系数和.由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.二项式系数和为.令,各项系数和为.奇数项的二项式系数和为,偶数项的二项式系数和为.设,令,得到(1),令,(或,)得(2)(1)+(2)得,奇数项的系数和为;(1)-(2)得,偶数项的系数和为.的奇次项系数和为;的偶次项系数和为.点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.第三课时例9已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992,求的展开式中:二项式系数最大的项;系数的绝对值最大的项.解：由题意,解得.的展开式中第6项的二项式系数最大,即.设第项的系数的绝对值最大,则,得,即 ,故系数的绝对值最大的是第4项 例10已知：的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项解：令，则展开式中各项系数和为，又展开式中二项式系数和为，（1），展开式共项，二项式系数最大的项为第三、四两项，（2）设展开式中第项系数最大，则，即展开式中第项系数最大，例11已知，求证：当为偶数时，能被整除分析：由二项式定理的逆用化简，再把变形，化为含有因数的多项式 ，为偶数，设（）， （） ，当=时，显然能被整除，当时，（）式能被整除，所以，当为偶数时，能被整除三、课堂练习：1展开式中的系数为 ，各项系数之和为 2多项式（）的展开式中，的系数为 3若二项式（）的展开式中含有常数项，则的最小值为（ ） A.4 B.5 C.6 D.84某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应 （ ） A.低于5 B.在56之间 C.在68之间 D.在8以上5在的展开式中，奇数项之和为，偶数项之和为，则等于（ ）A.0 B. C. D.6求和：7求证：当且时，8求的展开式中系数最大的项 答案：1. 45, 0 2. 0 提示：3. B 4. C 5. D 6. 7. (略) 8. 四、小结 ：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用 1已知展开式中的各项系数的和等于的展开式的常数项，而 展开式的系数的最大的项等于，求的值答案：2设求： 答案：； 3求值：答案：4设，试求的展开式中：（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和答案：（1）； （2）所有偶次项的系数和为；所有奇次项的系数和为七、教学反思：二项展开式中的二项式系数都是一些特殊的组合数，它有三条性质，要理解和掌握好，同时要注意“系数”与“二项式系数”的区别，不能混淆，只有二项式系数最大的才是中间项，而系数最大的不一定是中间项，尤其要理解和掌握“取特值”法，它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。二项式定理概念的引入，我们已经学过(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3，那么对一般情况；(a+b)n展开后应有什么规律，这里nN，这就是我们这节课“二项式定理”要研究的内容.选择实验归纳的研究方式，对(a+b)n一般形式的研究与求数列an的通项公式有些类似，大家想想，求an时我们用了什么方法，学生：先写出前n项，再观察规律，猜测其表达式，最后用数学归纳法证明，老师：大家说得很正确，现在我们用同样的方式来研究(a+b)4的展开，因(a+b)4=(a+b)3(a+b)，我们可以用(a+b)3展开的结论计算(a+b)4(由学生板演完成，体会计算规律)然后老师把计算过程总结为如下形式：(a+b)4=(a+b)3(a+b)=(a3+3a2b+3ab2+b3)(a+b)=a4+3a3b2+ab3+3a2b2+3ab3+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.对计算的化算：对(a+b)n展开式中的项，字母指数的变化规律是十分明显的，大家能说出它们的规律吗？学生：a的指数从n逐次降到0，b的指数从0逐次升到n，老师：大家说的很对，这样一来展开式的项数就是从0到n的(n+1) 项了，但唯独系数规律还是“犹抱琵琶半遮面”使我们难以发现，但我们仍可用来表示，它这样一来(a+b)n的展开形式就可写成(a+b)n=现在的问题就是要找的表达形式.为此我们要采用抽象分析法来化简计算1（xx年江苏卷）若对于任意实数，有，则的值为（B）A B C D2（xx年湖北卷）如果 的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为(B)A.3 B.5 C.6 D.10【分析】：，（）。.3（xx年江西卷）已知展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为，则等于（C）4（xx年全国卷I）的展开式中，常数项为，则（ D ）ABCD5（xx年全国卷）的展开式中常数项为 （用数字作答）6（xx年天津卷）若的二项展开式中的系数为，则2（用数字作答）7（xx年重庆卷）若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ B ）A10 B.20 C.30 D.1208（xx年安徽卷）若(2x3+)a的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于 7 .9（xx年湖南卷）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，第次全行的数都为1的是第 行；第61行中1的个数是 32 第1行 1 1第2行 1 0 1第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 图1第二章 随机变量及其分布211离散型随机变量第一课时思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1 , 2 ，3，4，5，6来表示那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？ 掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1和 0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1 ) .在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )随机变量常用字母 X , Y， 表示思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域例如，在含有10件次品的100 件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X 将随着抽取结果的变化而变化，是一个随机变量，其值域是0, 1, 2 , 3, 4 .利用随机变量可以表达一些事件例如X=0表示“抽出0件次品” , X =4表示“抽出4件次品”等你能说出X 4”表示的试验结果是什么？ 答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5，6六种结果之一，由已知得-55，也就是说“4”就是“=5”所以，“4”表示第一枚为6点，第二枚为1点 例3 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km，则按10元的标准收租车费若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足1km的部分按lkm计)从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km某司机常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量(1)求租车费关于行车路程的关系式； ()已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(1)依题意得=2(-4)+10，即=2+2 ()由38=2+2，得=18，5（18-15）=15 所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟四、课堂练习：1.某寻呼台一小时内收到的寻呼次数；长江上某水文站观察到一天中的水位；某超市一天中的顾客量 其中的是连续型随机变量的是（ ）A；B；C；D.随机变量的所有等可能取值为，若，则（ ）A；B；C；D不能确定3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（ ）A；B；C；D4.如果是一个离散型随机变量，则假命题是( )A. 取每一个可能值的概率都是非负数；B. 取所有可能值的概率之和为1；C. 取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；D. 在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和答案：1.B 2.C 3.B 4.D五、小结 ：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对应着一个实数；随机变量的线性组合=a+b(其中a、b是常数)也是随机变量212离散型随机变量的分布列一、复习引入：1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母、等表示2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 若是随机变量，是常数，则也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型） 请同学们阅读课本P5-6的内容，说明什么是随机变量的分布列？二、讲解新课： 1. 分布列:设离散型随机变量可能取得值为 x1，x2，x3，取每一个值xi（i=1，2，）的概率为，则称表x1x2xiPP1P2Pi为随机变量的概率分布，简称的分布列 2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：Pi0，i1，2，； P1+P2+=1对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和 即 3.两点分布列:例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令如果针尖向上的概率为，试写出随机变量 X 的分布列解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（) 于是，随机变量 X 的分布列是01P像上面这样的分布列称为两点分布列两点分布列的应用非常广泛如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等，都可以用两点分布列来研究如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布 ( two一point distribution)，而称=P (X = 1）为成功概率两点分布又称0一1分布由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努利分布， ，4. 超几何分布列：例 2在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求： (1)取到的次品数X 的分布列；（2）至少取到1件次品的概率解： (1)由于从 100 件产品中任取3 件的结果数为，从100 件产品中任取3件，其中恰有k 件次品的结果数为，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为。所以随机变量 X 的分布列是 X0123P(2)根据随机变量X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) 0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 . 一般地，在含有M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有X件次品数，则事件 X=k发生的概率为,其中，且称分布列X01P为超几何分布列如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布（ hypergeometriC distribution ) . 例 3在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖求中奖的概率解：设摸出红球的个数为X，则X服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 于是中奖的概率 P (X3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 ) =0.191. 思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？例4.已知一批产品共 件，其中 件是次品，从中任取 件，试求这 件产品中所含次品件数 的分布律。解 显然，取得的次品数 只能是不大于 与 最小者的非负整数，即 的可能取值为：0，1，由古典概型知 此时称 服从参数为的超几何分布。注 超几何分布的上述模型中，“任取 件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取 件”.如果是有放回地抽取，就变成了 重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品总数 很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当 时，超几何分布的极限分布就是二项分布，即有如下定理.定理 如果当 时，那么当 时（ 不变），则。 由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：超几何分布 二项分布 普阿松分布.例5一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得1分，试写出从该盒中取出一球所得分数的分布列分析：欲写出的分布列，要先求出的所有取值，以及取每一值时的概率解：设黄球的个数为n，由题意知绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中的总数为7n ，所以从该盒中随机取出一球所得分数的分布列为101P说明：在写出的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1例6某一射手射击所得的环数的分布列如下：45678910P0.020.040.060.090.280.290.22求此射手“射击一次命中环数7”的概率分析：“射击一次命中环数7”是指互斥事件“7”、“8”、“9”、“10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数7”的概率解：根据射手射击所得的环数的分布列，有 P(=7)0.09，P(=8)0.28，P(=9)0.29，P(=10)0.22.所求的概率为 P(7)0.09+0.28+0.29+0.220.88四、课堂练习：某一射手射击所得环数分布列为45678910P002004006009028029022求此射手“射击一次命中环数7”的概率 解：“射击一次命中环数7”是指互斥事件“=7”，“=8”，“=9”，“=10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，有：P（7）=P（=7）+P（=8）+P（=9）+P（=10）=0.88 注：求离散型随机变量的概率分布的步骤:（1）确定随机变量的所有可能的值xi（2）求出各取值的概率p(=xi)=pi（3）画出表格五、小结 ：根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率；两点分布是一种常见的离散型随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几何分布 221条件概率一、复习引入：探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y，Y和 Y用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件Y由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为.思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y和Y而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y.由古典概型计算公式可知最后一名同学抽到中奖奖券的概率为，不妨记为P（B|A ) ，其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）P ( B ) .思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？用表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即=Y, Y,Y既然已知事件A必然发生，那么只需在A=Y, Y的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y和Y在事件 A 发生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生而事件 AB 中仅含一个基本事件Y，因此= .其中n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数另一方面，根据古典概型的计算公式，其中 n（）表示中包含的基本事件个数所以，=.因此，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P（B| A ) .条件概率1.定义 设A和B为两个事件，P(A)0，那么，在“A已发生”的条件下，B发生的条件概率（conditional probability ). 读作A 发生的条件下 B 发生的概率定义为 .由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若，则有.并称上式微概率的乘法公式. 2.P（|B）的性质： （1）非负性：对任意的Af. ；（2）规范性：P（|B）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则.更一般地,对任意的一列两两部相容的事件（I=1,2），有P =.例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l）第1次抽到理科题的概率； (2）第1次和第2次都抽到理科题的概率； (3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB. (1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n（）=20. 根据分步乘法计数原理，n (A）=12 于是 .(2）因为 n (AB)=6 ，所以. (3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概. 解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以.例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从09中任选一个某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求： (1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率； (2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率解：设第i次按对密码为事件(i=1,2) ，则表示不超过2次就按对密码 (1）因为事件与事件互斥，由概率的加法公式得. (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则.课堂练习.1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S=1，2，3，4，5，6，令事件A=2，3，5，B=1，2，4，5，6，求P（A），P（B），P（AB），P（AB）。2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P（AB），P（AB）。3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。222事件的相互独立性一、复习引入：1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；必然事件：在一定条件下必然发生的事件；不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件2随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件发生的频率总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件的概率，记作3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率；4概率的性质：必然事件的概率为，不可能事件的概率为，随机事件的概率为，必然事件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 5基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件）称为一个基本事件6等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是，这种事件叫等可能性事件7等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有个，而且所有结果都是等可能的，如果事件包含个结果，那么事件的概率8等可能性事件的概率公式及一般求解方法9.事件的和的意义:对于事件A和事件B是可以进行加法运算的10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件一般地：如果事件中的任何两个都是互斥的，那么就说事件彼此互斥11对立事件:必然有一个发生的互斥事件12互斥事件的概率的求法:如果事件彼此互斥，那么 探究:(1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？事件：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件：乙掷一枚硬币，正面朝上(2)甲坛子里有3个白球，2个黑球，乙坛子里有2个白球，2个黑球，从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率是多少？事件：从甲坛子里摸出1个球，得到白球；事件：从乙坛子里摸出1个球，得到白球问题(1)、(2)中事件、是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以）问题(1)、(2)中事件（或）是否发生对事件（或）发生的概率有无影响？（无影响） 思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”, 事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件A的发生会影响事件B 发生的概率吗?显然，有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学抽的结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B 发生的概率于是P（B| A）=P(B）, P（AB）=P( A ) P ( B |A）=P（A）P(B). 二、讲解新课：1相互独立事件的定义：设A, B为两个事件，如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件A与事件B相互独立（mutually independent ) .事件（或）是否发生对事件（或）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件若与是相互独立事件，则与，与，与也相互独立2相互独立事件同时发生的概率：问题2中，“从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生，就是事件，同时发生，记作（简称积事件）从甲坛子里摸出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能的结果于是从这两个坛子里分别摸出1个球，共有种等可能的结果同时摸出白球的结果有种所以从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率，从乙坛子里摸出1个球，得到白球的概率显然这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积一般地，如果事件相互独立，那么这个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即 3对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系：三、讲解范例：例 1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动如果两次兑奖活动的中奖概率都是 0 . 05 ，求两次抽奖中以下事件的概率： (1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； (3)至少有一次抽到某一指定号码解： (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A, “第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB由于两次抽奖结果互不影响，因此A与B相互独立于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 050.05 = 0.0025. (2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A）U（B）表示由于事件A与B互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P (A）十P（B）=P（A）P（）+ P（）P（B ) = 0. 05(1-0.05 ) + (1-0.05 ) 0.05 = 0. 095. ( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB ) U ( A）U（B）表示由于事件 AB , A和B 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P ( AB ) + P（A）+ P（B ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097 5.例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击次，甲射中的概率为，乙射中的概率为，求：（1）人都射中目标的概率；（2）人中恰有人射中目标的概率；（3）人至少有人射中目标的概率；（4）人至多有人射中目标的概率？解：记“甲射击次，击中目标”为事件，“乙射击次，击中目标”为事件，则与，与，与，与为相互独立事件，（1）人都射中的概率为：，人都射中目标的概率是（2）“人各射击次，恰有人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件发生），另一种是甲未击中、乙击中（事件发生）根据题意，事件与互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，所求的概率为：人中恰有人射中目标的概率是（3）（法1）：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为（法2）：“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件，2个都未击中目标的概率是，“两人至少有1人击中目标”的概率为（4）（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：（法2）：“至多有1人击中目标”的对立事件是“2人都击中目标”，故所求概率为例 3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率解：分别记这段时间内开关，能够闭合为事件，由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是 这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能正常工作的概率是答：在这段时间内线路正常工作的概率是变式题1：如图添加第四个开关与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率（）变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率方法一：方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除开且与至少有1个开的情况例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2（1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；（2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？分析:因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1门高炮击中敌机的概率解:（1）设敌机被第k门高炮击中的事件为(k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为事件，相互独立，敌机未被击中的概率为=敌机未被击中的概率为（2）至少需要布置门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得：敌机被击中的概率为1-令，两边取常用对数，得，至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思考方法采用这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题时的运用，常常能使问题的解答变得简便四、课堂练习： 1在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去此地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是( ) 2从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，从两个口袋内各摸出1个球，那么等于（ ）2个球都是白球的概率 2个球都不是白球的概率 2个球不都是白球的概率 2个球中恰好有1个是白球的概率3电灯泡使用时间在1000小时以上概率为0.2，则3个灯泡在使用1000小时后坏了1个的概率是（ ）0.128 0.096 0.104 0.3844某道路的、三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是 （ ） 5（1）将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是 ；（2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是0.8与0.7，那么在一次预报中两个气象台都预报准确的概率是 6棉籽的发芽率为0.9，发育为壮苗的概率为0.6，（1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为 ；此穴无壮苗的概率为 （2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为 ；此穴有壮苗的概率为 7一个工人负责看管4台机床，如果在1小时内这些机床不需要人去照顾的概率第1台是0.79，第2台是0.79，第3台是0.80，第4台是0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不需要人去照顾的概率.8制造一种零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05从它们制造的产品中各任抽1件，其中恰有1件废品的概率是多少？9甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1) (2) 6.(1) , (2) ,