第一篇：2014年高考一輪復習數學教案：11.2 互斥事件有一個發生的概率

2013年，2014年,高考第一輪復習,數學教案集

11.2 互斥事件有一個發生的概率

●知識梳理

1.互斥事件：不可能同時發生的兩個事件叫互斥事件.2.對立事件：其中必有一個發生的互斥事件叫對立事件.3.對于互斥事件要抓住如下的特征進行理解： 第一，互斥事件研究的是兩個事件之間的關系;第二，所研究的兩個事件是在一次試驗中涉及的;第三，兩個事件互斥是從試驗的結果不能同時出現來確定的.從集合角度來看，A、B兩個事件互斥，則表示A、B這兩個事件所含結果組成的集合的交集是空集.對立事件是互斥事件的一種特殊情況，是指在一次試驗中有且僅有一個發生的兩個事件，集合A的對立事件記作A，從集合的角度來看，事件A所含結果的集合正是全集U中由事件A所含結果組成集合的補集，即A∪A=U，A∩A=?.對立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是對立事件.4.事件A、B的和記作A+B，表示事件A、B至少有一個發生.當A、B為互斥事件時，事件A+B是由“A發生而B不發生”以及“B發生而A不發生”構成的，因此當A和B互斥時，事件A+B的概率滿足加法公式：

P（A+B）=P（A）+P（B）（A、B互斥），且有P（A+A）=P（A）+P（A）=1.當計算事件A的概率P（A）比較困難時，有時計算它的對立事件A的概率則要容易些，為此有P（A）=1－P（A）.對于n個互斥事件A1，A2，?，An，其加法公式為P（A1+A2+?+An）=P（A1）+P（A2）+?+P（An）.5.分類討論思想是解決互斥事件有一個發生的概率的一個重要的指導思想.●點擊雙基

1.兩個事件互斥是這兩個事件對立的 A.充分不必要條件 C.充要條件

解析：根據定義判斷.答案：B 2.從一批羽毛球產品中任取一個，質量小于4.8 g的概率是0.3，質量不小于4.85 g的概率是0.32，那么質量在［4.8，4.85）g范圍內的概率是

A.0.62

B.0.38

C.0.7

解析：設一個羽毛球的質量為ξ g，則

P（ξ<4.8）+P（4.8≤ξ＜4.85）+P（ξ≥4.85）=1.∴P（4.8≤ξ＜4.85）=1－0.3－0.32=0.38.D.0.68

B.必要不充分條件

D.既不充分也不必要條件

答案：B 3.甲、乙兩人下棋，甲獲勝的概率是40%，甲不輸的概率為90%，則甲、乙二人下成和棋的概率為

A.60% B.30% C.10% D.50% 解析：甲不輸即為甲獲勝或甲、乙二人下成和棋，90%=40%+p，∴p=50%.答案：D 4.（2004年東北三校模擬題）一個口袋中裝有大小相同的2個白球和3個黑球，從中摸出一個球，放回后再摸出一個球，則兩次摸出的球恰好顏色不同的概率為________.解析：（1）先摸出白球，P白=C1，再摸出黑球，P2=C，再摸出白球，P122513白黑

=C1C13；（2）先摸出黑球，P2.黑黑白

=CC，故P=

1312C2C3C5C51111+

C3C2C5C51111=

1225答案：

5.有10張人民幣，其中伍元的有2張，貳元的有3張，壹元的有5張，從中任取3張，則3張中至少有2張的幣值相同的概率為________.解析：至少2張相同，則分2張時和3張時，故P=34C2C8?C3C7?C5C5?C3?C5C10321212133=

34.答案：

●典例剖析

【例1】 今有標號為1，2，3，4，5的五封信，另有同樣標號的五個信封.現將五封信任意地裝入五個信封，每個信封裝入一封信，試求至少有兩封信配對的概率.解：設恰有兩封信配對為事件A，恰有三封信配對為事件B，恰有四封信（也即五封信配對）為事件C，則“至少有兩封信配對”事件等于A+B+C，且A、B、C兩兩互斥.∵P（A）=C5?2A552，P（B）=

C5A553，P（C）=

311201A55，∴所求概率P（A）+P（B）+P（C）=答：至少有兩封信配對的概率是

31120..思考討論

若求（1）至少有1封信配對.答案：9C15?C5?2?C5?1A3323.（2）沒有一封信配對.答案：1－9C15?C5?2?C5?1A5522.【例2】（2004年合肥模擬題）在袋中裝20個小球，其中彩球有n個紅色、5個藍色、10個黃色，其余為白球.求：（1）如果從袋中取出3個都是相同顏色彩球（無白色）的概率是

13114，且n≥2，那么，袋中的紅球共有幾個?（2）根據（1）的結論，計算從袋中任取3個小球至少有一個是紅球的概率.解：（1）取3個球的種數為C3=1140.20設“3個球全為紅色”為事件A，“3個球全為藍色”為事件B，“3個球全為黃色”為事件C.P（B）=C5C3203=101140，P（C）=

C10C3203=

1201140.∵A、B、C為互斥事件，∴P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C），即13114=P（A）+101140+

1201140?P（A）=0? 取3個球全為紅球的個數≤2.又∵n≥2，故n=2.（2）記“3個球中至少有一個是紅球”為事件D.則D為“3個球中沒有紅球”.P（D）=1－P（D）=1－

C18C20279533=

2795或

P（D）=C2C18?C2C18C3201221=.【例3】 9個國家乒乓球隊中有3個亞洲國家隊，抽簽分成甲、乙、丙三組（每組3隊）進行預賽，試求：

（1）三個組各有一個亞洲隊的概率；

（2）至少有兩個亞洲隊分在同一組的概率.33解：9個隊分成甲、乙、丙三組有C39C6C3種等可能的結果.（1）三個亞洲國家隊分給

222甲、乙、丙三組，每組一個隊有A33種分法，其余6個隊平分給甲、乙、丙三組有C6C4C2222種分法.故三個組各有一個亞洲國家隊的結果有A33·C6C4C2種，所求概率

P（A）=A3?C6C4C2C3339C6C33222=

928.928答：三個組各有一個亞洲國家隊的概率是.（2）∵事件“至少有兩個亞洲國家隊分在同一組”是事件“三個組各有一個亞洲國家隊”的對立事件，∴所求概率為1－

928=

1928.答：至少有兩個亞洲國家隊分在同一組的概率是

1928.●闖關訓練 夯實基礎

1.從裝有2個紅球和2個白球的口袋內任取2個球，那么互斥而不對立的兩個事件是 A.至少有1個白球，都是紅球

C.恰有1個白球，恰有2個白球

B.至少有1個白球，至多有1個紅球 D.至多有1個白球，都是紅球

答案：C 2.一批產品共10件，其中有兩件次品，現隨機地抽取5件，則所取5件中至多有一件次品的概率為

A.C.114127929

C2C85C104

C85

140252

56252

B.D.解析：P=+

5C10=+=.答案：B 3.有3人，每人都以相同的概率被分配到4個房間中的一間，則至少有2人分配到同一房間的概率是________.解析：P=1－58A4433=58.答案：

4.從編號為1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的十個球中，任取5個球，則這5個球編號之和為奇數的概率是________.4255解析：任取5個球有C10種結果，編號之和為奇數的結果數為C15C5+C35C5+C5=126，故所求概率為12126C105=12.答案：

5.52張橋牌中有4張A，甲、乙、丙、丁每人任意分到13張牌，已知甲手中有一張A，求丙手中至少有一張A的概率.解：丙手中沒有A的概率是

C4813C5113，由對立事件概率的加法公式知，丙手中至少有一張A的概率是1－C48C511313=0.5949.6.袋中有5個白球，3個黑球，從中任意摸出4個，求下列事件發生的概率：（1）摸出2個或3個白球；

（2）至少摸出1個白球；（3）至少摸出1個黑球.4解：從8個球中任意摸出4個共有C8種不同的結果.記從8個球中任取4個，其中恰有1個白球為事件A1，恰有2個白球為事件A2，3個白球為事件A3，4個白球為事件A4，恰有i個黑球為事件Bi.則

（1）摸出2個或3個白球的概率

P1=P（A2+A3）=P（A2）+P（A3）=（2）至少摸出1個白球的概率 P2=1－P（B4）=1－0=1.（3）至少摸出1個黑球的概率 P3=1－P（A4）=1－

C5C4C5C3C4822+

C5C34C831=

37+

37=

67.48=

1314.培養能力

7.某單位36人的血型類型是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.現從這36人中任選2人.求：（1）兩人同為A型血的概率；（2）兩人具有不相同血型的概率.解：（1）P=C12C2362=11105.（2）考慮對立事件：兩人同血型為事件A，那么P（A）=C12?C10?C8?C6C3622222=

1347.3447所以不同血型的概率為P=1－P（A）=.8.8個籃球隊中有2個強隊，先任意將這8個隊分成兩個組（每組4個隊）進行比賽，則這兩個強隊被分在一個組內的概率是________.解法一：2個強隊分在同一組，包括互斥的兩種情況：2個強隊都分在A組和都分在B組.2個強隊都分在A組，可看成“從8個隊中抽取4個隊，里面包括2個強隊”這一事件，其概率為C6C248；2個強隊都分在B組，可看成“從8個隊中抽取4個隊，里面沒有強隊”這一事件，其概率為C6C844.因此，2個強隊分在同一個組的概率為P=

C6C824+

C6C844=

37.解法二：“2個強隊分在同一個組”這一事件的對立事件“2個組中各有一個強隊”，而兩個組中各有一個強隊，可看成“從8個隊中抽取4個隊，里面恰有一個強隊”這一事件，其概率為C2C6C4813.因此，2個強隊分在同一個組的概率P=1－

C2C6C4813=1－

47=

37.答案：37

探究創新

9.有點難度喲！

有人玩擲硬幣走跳棋的游戲，已知硬幣出現正反面為等可能性事件，棋盤上標有第0站，第1站，第2站，?，第100站，一枚棋子開始在第0站，棋手每擲一次硬幣，棋子向前跳動一次，若擲出正面，棋向前跳一站（從k到k+1），若擲出反面，棋向前跳兩站（從k到k+2），直到棋子跳到第99站（勝利大本營）或跳到第100站（失敗集中營）時，該游戲結束.設棋子跳到第n站概率為Pn.（1）求P0，P1，P2的值；（2）求證：Pn－Pn－1=－

12（Pn－1－Pn－2），其中n∈N，2≤n≤99；

（3）求P99及P100的值.（1）解：棋子開始在第0站為必然事件，∴P0=1.第一次擲硬幣出現正面，棋子跳到第1站，其概率為，21∴P1=12.棋子跳到第2站應從如下兩方面考慮：

14①前兩次擲硬幣都出現正面，其概率為②第一次擲硬幣出現反面，其概率為∴P2=1412；

.+12=34.（2）證明：棋子跳到第n（2≤n≤99）站的情況是下列兩種，而且也只有兩種： ①棋子先到第n－2站，又擲出反面，其概率為Pn－2；

21②棋子先到第n－1站，又擲出正面，其概率為Pn－1.21∴Pn=12Pn－2+1212Pn－1.（Pn－1－Pn－2）.12∴Pn－Pn－1=－（3）解：由（2）知，當1≤n≤99時，數列{Pn－Pn－1}是首項為P1－P0=－－12，公比為的等比數列.∴P1－1=－12，P2－P1=（－

12）2，P3－P2=（－

1212）3，?，Pn－Pn－1=（－

1212）n.以上各式相加，得Pn－1=（－∴Pn=1+（－99）.12）+（－

1212）2+?+（－

23）n，12）+（－

12）2+?+（－）n=

［1－（－）n+1］（n=0，1，2，?，∴P99=P100=1223［1－（121223）100］，［1－（－

12P98=·）99］=［1+（3112）99］.●思悟小結

求某些稍復雜的事件的概率時，通常有兩種方法：一是將所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的對立事件的概率.●教師下載中心 教學點睛

1.概率加法公式僅適用于互斥事件，即當A、B互斥時，P（A+B）=P（A）+P（B），否則公式不能使用.2.如果某事件A發生包含的情況較多，而它的對立事件（即A不發生）所包含的情形較少，利用公式P（A）=1－P（A）計算A的概率則比較方便.這不僅體現逆向思維，同時對培養思維的靈活性是非常有益的.拓展題例

【例題】 某單位一輛交通車載有8個職工從單位出發送他們下班回家，途中共有甲、乙、丙3個停車點，如果某停車點無人下車，那么該車在這個點就不停車.假設每個職工在每個停車點下車的可能性都是相等的，求下列事件的概率：

（1）該車在某停車點停車；（2）停車的次數不少于2次；

（3）恰好停車2次.解：將8個職工每一種下車的情況作為1個基本事件，那么共有38=6561（個）基本事件.（1）記“該車在某停車點停車”為事件A，事件A發生說明在這個停車點有人下車，即至少有一人下車，這個事件包含的基本事件較復雜，于是我們考慮它的對立事件A，即“8個人都不在這個停車點下車，而在另外2個點中的任一個下車”.∵P（A）=2388=2566561，2566561∴P（A）=1－P（A）=1－=

63056561.（2）記“停車的次數不少于2次”為事件B，則“停車次數恰好1次”為事件B，則

C3381P（B）=1－P（B）=1－=1－

36561=

21862187.（3）記“恰好停車2次”為事件C，事件C發生就是8名職工在其中2個停車點下車，2273每個停車點至少有1人下車，所以該事件包含的基本事件數為C3（C18+C8+C8+?+C8）=3×（2－2）=3×254，于是P（C）=

3?2546561=

2542187.

第二篇：2014年高考一輪復習數學教案：11.1 隨機事件的概率

2013年，2014年,高考第一輪復習,數學教案集

第十一章

概率

●網絡體系總覽

隨機事件的概率 概率 互斥事件有一個發生的概率相互獨立事件同時發生的概率

●考點目標定位

1.了解等可能性事件的概率的意義，會用排列組合公式計算一些等可能性事件的概率.2.了解互斥事件的意義，會用互斥事件的概率加法公式計算一些事件的概率.3.了解相互獨立事件的意義，會用相互獨立事件的概率乘法公式計算一些事件的概率，會計算事件在n次獨立重復試驗中恰好發生k次的概率.●復習方略指南

概率是新課程中新增加部分的主要內容之一.這一內容是在學習排列、組合等計數知識之后學習的,主要內容為等可能性事件的概率、互斥事件有一個發生的概率及相互獨立事件同時發生的概率.這一內容從2000年被列入新課程高考的考試說明.在2000,2001,2002,2003,2004這五年高考中,新課程試卷每年都有一道概率解答題,并且這五年的命題趨勢是：從分值上看,從10分提高到17分,從題目的位置看,2000年為第（17）題,2001年為第（18）題,2002年為第（19）題,2003年為第（20）題即題目的位置后移,2004年兩題分值增加到17分.從概率在試卷中的分數比與課時比看,在試卷中的分數比（12∶150=1∶12.5）是在數學中課時比（約為11∶330=1∶30）的2.4倍.概率試題體現了考試中心提出的“突出應用能力考查”以及“突出新增加內容的教學價值和應用功能”的指導思想,在命題時,提高了分值,提高了難度,并設置了靈活的題目情境,如普法考試、串聯并聯系統、計算機上網、產品合格率等,所以在概率復習中要注意全面復習,加強基礎,注重應用.11.1 隨機事件的概率

●知識梳理

1.隨機事件：在一定條件下可能發生也可能不發生的事件.2.必然事件：在一定條件下必然要發生的事件.3.不可能事件：在一定條件下不可能發生的事件.4.事件A的概率：在大量重復進行同一試驗時,事件A發生的頻率

mn總接近于某個常數,在它附近擺動,這時就把這個常數叫做事件A的概率,記作P（A）.由定義可知0≤P（A）≤1,顯然必然事件的概率是1,不可能事件的概率是0.5.等可能性事件的概率：一次試驗連同其中可能出現的每一個結果稱為一個基本事件,通常此試驗中的某一事件A由幾個基本事件組成.如果一次試驗中可能出現的結果有n個,即此試驗由n個基本事件組成,而且所有結果出現的可能性都相等,那么每一基本事件的概率都是1n.如果某個事件A包含的結果有m個,那么事件A的概率P（A）=

mn.6.使用公式P（A）=

mn計算時,確定m、n的數值是關鍵所在,其計算方法靈活多變,沒有固定的模式,可充分利用排列組合知識中的分類計數原理和分步計數原理,必須做到不重復不遺漏.●點擊雙基 1.（2004年全國Ⅰ,文11）從1，2，?，9這九個數中，隨機抽取3個不同的數，則這3個數的和為偶數的概率是

A.59

B.49

C.11

21D.1021

解析：基本事件總數為C3，設抽取3個數,和為偶數為事件A,則A事件數包括兩類：92抽取3個數全為偶數,或抽取3數中2個奇數1個偶數,前者C3,后者C1C5.4412∴A中基本事件數為C34+C4C5.∴符合要求的概率為答案：C

C4?C4C5C39312=

1121.2.（2004年重慶,理11）某校高三年級舉行的一次演講比賽共有10位同學參加,其中一班有3位,二班有2位,其他班有5位.若采取抽簽的方式確定他們的演講順序，則一班的3位同學恰好被排在一起（指演講序號相連），而二班的2位同學沒有被排在一起的概率為

A.110120140

B.C.D.1120

解析：10位同學總參賽次序A1010.一班3位同學恰好排在一起,而二班的2位同學沒有排

6在一起的方法數為先將一班3人捆在一起A33,與另外5人全排列A6,二班2位同學不排在一226起,采用插空法A7,即A33A6A7.∴所求概率為答案：B A3A6A7 A1010362=

120.3.（2004年江蘇,9）將一顆質地均勻的骰子（它是一種各面上分別標有點數1、2、3、4、5、6的正方體玩具）先后拋擲3次，至少出現一次6點向上的概率是

A.5216

B.25216

C.31216

D.91216

解析：質地均勻的骰子先后拋擲3次,共有6×6×6種結果.3次均不出現6點向上的擲法有5×5×5種結果.由于拋擲的每一種結果都是等可能出現的,所以不出現6點向上的概率為5?5?56?6?6125216125216=,由對立事件概率公式,知3次至少出現一次6點向上的概率是1－= 91216.答案：D 4.一盒中裝有20個大小相同的彈子球，其中紅球10個，白球6個，黃球4個，一小孩隨手拿出4個，求至少有3個紅球的概率為________.解析：恰有3個紅球的概率P1=

C10C10C20431=

80323.有4個紅球的概率P2=

C1044C20=

14323.94323至少有3個紅球的概率P=P1+P2=答案：94323.5.在兩個袋中各裝有分別寫著0，1，2，3，4，5的6張卡片.今從每個袋中任取一張卡片，則取出的兩張卡片上數字之和恰為7的概率為________.解析：P=194C6?C611=

19.答案：

●典例剖析

【例1】用數字1，2，3，4，5組成五位數，求其中恰有4個相同數字的概率.解：五位數共有55個等可能的結果.現在求五位數中恰有4個相同數字的結果數：4個

1相同數字的取法有C15種，另一個不同數字的取法有C14種.而這取出的五個數字共可排出C51個不同的五位數，故恰有4個相同數字的五位數的結果有C15C14C5個，所求概率

P=C5C4C555111=4125.4125答：其中恰恰有4個相同數字的概率是.【例2】 從男女生共36人的班中，選出2名代表，每人當選的機會均等.如果選得同性代表的概率是12，求該班中男女生相差幾名？

解：設男生有x名，則女生有（36－x）人，選出的2名代表是同性的概率為P=Cx?C36-xC23622=12,(36?x)(35?x)36?3512即x(x?1)36?35+=, 解得x=15或21.所以男女生相差6人.【例3】把4個不同的球任意投入4個不同的盒子內（每盒裝球數不限），計算：

（1）無空盒的概率；

（2）恰有一個空盒的概率.解：4個球任意投入4個不同的盒子內有44種等可能的結果.（1）其中無空盒的結果有A4種，所求概率 4A4444P==332.332答：無空盒的概率是.（2）先求恰有一空盒的結果數：選定一個空盒有C1種，選兩個球放入一盒有C2A13種，441221其余兩球放入兩盒有A22種.故恰有一個空盒的結果數為C4C4A3A2,所求概率P（A）=C4C4A3A2441212=916.916答：恰有一個空盒的概率是.深化拓展

把n+1個不同的球投入n個不同的盒子（n∈N*）.求：

（1）無空盒的概率；（2）恰有一空盒的概率.解：（1）Cn?1Annn?12n.1Cn?(C3n?1?Cn?1?Cn?1Ann?12222)?An?1n?1（2）.【例4】某人有5把鑰匙，一把是房門鑰匙，但忘記了開房門的是哪一把.于是，他逐把不重復地試開，問：

（1）恰好第三次打開房門鎖的概率是多少？

（2）三次內打開的概率是多少？

（3）如果5把內有2把房門鑰匙，那么三次內打開的概率是多少？ 解：5把鑰匙，逐把試開有A55種等可能的結果.（1）第三次打開房門的結果有A種，因此第三次打開房門的概率P（A）=

44A4A554=

15.（2）三次內打開房門的結果有3A種，因此，所求概率P（A）=

443A4A554=

35.2（3）方法一：因5把內有2把房門鑰匙，故三次內打不開的結果有A33A2種，從而三

次內打開的結果有A－AA種，所求概率P（A）=553322A5?A3A2A55532=

910.方法二：三次內打開的結果包括：三次內恰有一次打開的結果有C1A13A1A3種；三次22322內恰有2次打開的結果有A3A3種.因此，三次內打開的結果有C1A13A1A3+A3A3種，所22333求概率

P（A）=C2A3A2A3?A3A3A55111323=

910.特別提示

1.在上例（1）中,讀者如何解釋下列兩種解法的意義.P（A）=15A4A532=

15或P（A）=

45··=

4313.2.仿照1中,你能解例題中的（2）嗎? ●闖關訓練

夯實基礎

1.從分別寫有A、B、C、D、E的5張卡片中，任取2張，這2張上的字母恰好按字母順序相鄰的概率為

A.1

54C25B.25

C.310

D.710

解析：P==25.答案：B 2.（2004年湖北模擬題）甲、乙二人參加法律知識競賽,共有12個不同的題目,其中選擇題8個,判斷題4個.甲、乙二人各依次抽一題,則甲抽到判斷題,乙抽到選擇題的概率是

A.62B.2125

C.83D.2533

1解析：甲、乙二人依次抽一題有C112·C11種方法，1而甲抽到判斷題,乙抽到選擇題的方法有C14C8種.∴P=C4C81C121C1111=833.答案：C 3.（2004年全國Ⅰ,理11）從數字1、2、3、4、5中，隨機抽取3個數字（允許重復）組成一個三位數，其各位數字之和等于9的概率為

A.***81251912

5B.C.D.解析：從數字1、2、3、4、5中，允許重復地隨機抽取3個數字，這三個數字和為9的情況為5、2、2；5、3、1；4、3、2；4、4、1；3、3、3.∴概率為C3?A3?A3?C3?1532332=

19125.答案：D 4.一次二期課改經驗交流會打算交流試點學校的論文5篇和非試點學校的論文3篇.若任意排列交流次序，則最先和最后交流的論文都為試點學校的概率是________.（結果用分數表示）

解析：總的排法有A8種.82最先和最后排試點學校的排法有A5A6種.6概率為A5?A6A8826=514.答案： 514

5.甲、乙二人參加普法知識競答，共有10個不同的題目，其中選擇題6個，判斷題4個，甲、乙二人依次各抽一題.（1）甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率是多少？

（2）甲、乙二人中至少有一人抽到選擇題的概率是多少？ 分析：（1）是等可能性事件，求基本事件總數和A包含的基本事件數即可.（2）分類或間接法，先求出對立事件的概率.1解：（1）基本事件總數甲、乙依次抽一題有C10C19種，事件A包含的基本事件數為C16C14，故甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率為

C6C4C10C91111=

415.（2）A包含的基本事件總數分三類： 甲抽到選擇題,乙抽到判斷題有C16C14； 甲抽到選擇題,乙也抽到選擇題有C16C15;

1甲抽到判斷題,乙抽到選擇題有C14C6.1111共C16C14+C6C5+C4C6.1基本事件總數C110C9，∴甲、乙二人中至少有一人抽到選擇題的概率為

C6C4?C6C5?C4C6C10C911111111=

1315或P（A）

=C4C31C101C911=215，P（A）=1－P（A）=

1315.6.把編號為1到6的六個小球，平均分到三個不同的盒子內，求：（1）每盒各有一個奇數號球的概率；（2）有一盒全是偶數號球的概率.2解：6個球平均分入三盒有C6C2C2種等可能的結果.42（1）每盒各有一個奇數號球的結果有AA種，所求概率P（A）=

3333A3A3C4226C4C233=

25.2（2）有一盒全是偶數號球的結果有（C3C13）·C2C2，42所求概率P（A）=(C3C3)?C4C2C2226C4C22122=

35.培養能力

7.（2004年全國Ⅱ,18）已知8支球隊中有3支弱隊，以抽簽方式將這8支球隊分為A、B兩組，每組4支.求：

（1）A、B兩組中有一組恰有兩支弱隊的概率；（2）A組中至少有兩支弱隊的概率.（1）解法一：三支弱隊在同一組的概率為

C5C481+C5C481=17，1767故有一組恰有兩支弱隊的概率為1－=.解法二：有一組恰有兩支弱隊的概率為

C3C5C4822+C3C5C4822=67.（2）解法一：A組中至少有兩支弱隊的概率為

C3C5C8422+

C3C5C8431=

12.解法二：A、B兩組有一組至少有兩支弱隊的概率為1，由于對A組和B組來說，至少有兩支弱隊的概率是相同的，所以A組中至少有兩支弱隊的概率為.218.從1，2,?,10這10個數字中有放回地抽取3次，每次抽取一個數字，試求3次抽取中最小數為3的概率.解：有放回地抽取3次共有10個結果，因最小數為3又可分為：恰有一個3，恰有兩

2個3，恰有三個3.故最小數為3的結果有C13·7+C3·7+C33，32所求概率P（A）= C3?712?C3?7?C310323=0.169.答：最小數為3的概率為0.169.探究創新

9.有點難度喲！

將甲、乙兩顆骰子先后各拋一次,a、b分別表示拋擲甲、乙兩顆骰子所出現的點數.?x?0,?（1）若點P（a,b）落在不等式組?y?0,表示的平面區域的事件記為A,求事件A的?x?y?4?概率;（2）若點P（a,b）落在直線x+y=m（m為常數）上,且使此事件的概率最大,求m的值.解：（1）基本事件總數為6×6=36.y4321O1234x 當a=1時,b=1,2,3;當a=2時,b=1,2;當a=3時,b=1.共有（1,1）,（1,2）,（1,3）,（2,1）,（2,2）,（3,1）6個點落在條件區域內, ∴P（A）=636=16.636（2）當m=7時,（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共有6種,此時P=16= 最大.●思悟小結

求解等可能性事件A的概率一般遵循如下步驟：

（1）先確定一次試驗是什么,此時一次試驗的可能性結果有多少，即求出A.（2）再確定所研究的事件A是什么,事件A包括結果有多少,即求出m.（3）應用等可能性事件概率公式P=●教師下載中心

教學點睛

1.一個隨機事件的發生既有隨機性（對單次試驗）,又存在著統計規律（對大量重復試驗）,mn計算.這是偶然性和必然性的對立統一.2.隨機事件A的概率P（A）滿足0≤P（A）≤1.（3）P（A）=拓展題例

【例1】 某油漆公司發出10桶油漆，其中白漆5桶，黑漆3桶，紅漆2桶.在搬運中所有標簽脫落，交貨人隨意將這些標簽重新貼上，問一個定貨3桶白漆、2桶黑漆和1桶紅漆的顧客，按所定的顏色如數得到定貨的概率是多少？

mn既是等可能性事件的概率的定義,又是計算這種概率的基本方法.解：P（A）=C5C3C26C10321=

27.27答：顧客按所定的顏色得到定貨的概率是.【例2】 一個口袋里共有2個紅球和8個黃球，從中隨機地接連取3個球，每次取一個.設{恰有一個紅球}=A，{第三個球是紅球}=B.求在下列條件下事件A、B的概率.（1）不返回抽樣；（2）返回抽樣.解：（1）不返回抽樣, P（A）=C2C3A8A103112=

715,P（B）=

C2A9A10312=

15.（2）返回抽樣, P（A）=C 13210（810）=

48125,P（B）=

C2?1010312=

15.

第三篇：數學高考復習名師精品教案：第87課時：第十章 排列、組合和概率-互斥事件有一個發生的概率

數學高考復習名師精品教案

第87課時：第十章 排列、組合和概率——互斥事件有一個發生的概率

一．課題：互斥事件有一個發生的概率

二．教學目標：了解互斥事件的意義，會用互斥事件的概率加法公式計算一些事件的概率．

三．教學重點：互斥事件的概念和互斥事件的概率加法公式． 四．教學過程：

（一）主要知識：

1．互斥事件的概念： ； 2．對立事件的概念： ； 3．若A,B為兩個事件，則A?B事件指 ． 若A,B是互斥事件，則P(A?B)? ．

（二）主要方法：

1．弄清互斥事件與對立事件的區別與聯系； 2．掌握對立事件與互斥事件的概率公式；

（三）基礎訓練：

1．某產品分甲、乙、丙三個等級，其中乙、丙兩等級為次品，若產品中出現乙級品的概率為0.03，出現丙級品的概率為0.01，則在成品中任意抽取一件抽得

正品的概率為（）

(A)0.04(B)0.96(C)0.97(D)0.99 2．下列說法中正確的是（）

(A)事件A、B中至少有一個發生的概率一定比A、B中恰有一個發生的概率大(B)事件A、B同時發生的概率一定比事件A、B恰有一個發生的概率小(C)互斥事件一定是對立事件，對立事件不一定是互斥事件(D)互斥事件不一定是對立事件，對立事件一定是互斥事件

3．一盒內放有大小相同的10個球，其中有5個紅球，3個綠球，2個白球，從中任取2個球，其中至少有1個綠球的概率為（）

(A)2827(B)(C)(D)

15515157為概104．在5件產品中，有3件一等品和2件二等品，從中任取2件，那么以率的事件是（）

(A)都不是一等品(B)恰有一件一等品(C)至少有一件一等品(D)至多一件一等品

5．今有光盤驅動器50個，其中一級品45個，二級品5個，從中任取3個，出現二級品的概率為（）

1312133C5C5?C52?C5C45C5C45?C52C45(A)3(B)(C)1－3(D)33C50C50C50C50

（四）例題分析：

例1．袋中有5個白球，3個黑球，從中任意摸出4個，求下列事件發生的概率：

(1)摸出2個或3個白球；(2)至少摸出1個白球；(3)至少摸出1個黑球.4解：從8個球中任意摸出4個共有C8種不同的結果.記從8個球中任取4個，其中恰有1個白球為事件A1，恰有2個白球為事件A2，3個白球為事件A3，4個白

球為事件A4，恰有i個黑球為事件Bｉ，則(1)摸出2個或3個白球的概率：

221C5C3C33365C3P?P(A?A)?P(A)?P(A)????? 11212244C8C8777(2)至少摸出1個白球的概率P2＝1－Ｐ（B4）＝1－0＝1

4C513(3)至少摸出1個黑球的概率Ｐ3＝1－Ｐ（A4）＝1－4?

C814答：(1)摸出2個或3個白球的概率是；(2)至少摸出1個白球的概率是1；(3)至少摸出1個黑球的概率是

13.1467例2． 盒中有6只燈泡，其中2只次品，4只正品，有放回地從中任取兩次，每次取一只，試求下列事件的概率：

(1)取到的2只都是次品；(2)取到的2只中正品、次品各一只；(3)取到的2只中至少有一只正品.

解：從6只燈泡中有放回地任取兩只，共有62＝36種不同取法.(1)取到的2只都是次品情況為22＝4種.因而所求概率為

41?. 369(2)由于取到的2只中正品、次品各一只有兩種可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品.因而所求概率為 P=4?22?44?? 36369(3)由于“取到的兩只中至少有一只正品”是事件“取到的兩只都是次品”的對立事件.因而所求概率為P=1-?

答：(1)取到的2只都是次品的概率為；(2)取到的2只中正品、次品各一只的概率為；(3)取到的2只中至少有一只正品的概率為.例3．從男女學生共有36名的班級中，任意選出2名委員，任何人都有同樣的當選機會.如果選得同性委員的概率等于，求男女生相差幾名?

198919498912

解：設男生有x名，則女生有36-x名.選得2名委員都是男性的概率為

C2x(x?1)x ?2C3636?35選得2名委員都是女性的概率為

2C36?x(36?x)(35?x)?236?35C36以上兩種選法是互斥的，又選得同性委員的概率等于，得

x(x?1)(36?x)(35?x)1??，解得x=15或x=21 36?3536?35212即男生有15名，女生有36-15=21名，或男生有21名，女生有36-21=15名.答：男女生相差6名.例4．在某地區有2000個家庭，每個家庭有4個孩子，假定男孩出生率是.(1)求在一個家庭中至少有一個男孩的概率；

(2)求在一個家庭中至少有一個男孩且至少有一個女孩的概率； 解：(1)P(至少一個男孩)＝1-P(沒有男孩)＝1-()4＝

121215； 1611-1616(2)P(至少1個男孩且至少1個女孩)＝1-P(沒有男孩)-P(沒有女孩)＝1-＝；

五．課后作業： 781．如果事件A、B互斥，那么（B）

(A)A+B是必然事件(B)A+B是必然事件(C)A與B一定互斥(D)A與B一定不互斥

2．甲袋裝有m個白球，n個黑球,乙袋裝有n個白球,m個黑球,(m?n),現從兩袋中各摸一個球,A：“兩球同色”,B：“兩球異色”，則P(A)與P(B)的大小關系為()

(A)P(A)?P(B)(B)P(A)?P(B)(C)P(A)?P(B)(D)視m,n的大小而定

3．甲袋中裝有白球3個，黑球5個，乙袋內裝有白球4個，黑球6個，現從甲袋內隨機抽取一個球放入乙袋，充分摻混后再從乙袋內隨機抽取一球放入甲袋，則甲袋中的白球沒有減少的概率為()(A)3735259(B)(C)(D)144444444．一盒內放有大小相同的10個球，其中有5個紅球，3個綠球，2個白球，從中任取2個球，其中至少有1個綠球的概率為()(A)2827(B)(C)(D)

15515155．一批產品共10件，其中有2件次品，現隨機地抽取5件，則所取5件中至多有1件次品的概率為（）

(A)7211(B)(C)(D)

929146．從裝有10個大小相同的小球（4個紅球、3個白球、3個黑球）口袋中任取兩個，則取出兩個同色球的概率是（）

(A)1241(B)(C)(D)

355157．在房間里有4個人，至少有兩個人的生日在同一個月的概率是（）

(A)(B)(C)14124155(D)96968.戰士甲射擊一次，問：

(1)若事件A(中靶)的概率為0.95，A的概率為多少?

(2)若事件B(中靶環數大于5)的概率為0.7，那么事件C(中靶環數小于6)的概率為多少?事件D(中靶環數大于0且小于6)的概率是多少?

9.在放有5個紅球、4個黑球、3個白球的袋中，任意取出3個球，分別求出3個全是同色球的概率及全是異色球的概率.10.某單位36人的血型類別是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.現從這36人中任選2人，求此2人血型不同的概率.11.在一只袋子中裝有7個紅玻璃球，3個綠玻璃球.從中無放回地任意抽取兩次，每次只取一個.試求：(1)取得兩個紅球的概率；(2)取得兩個綠球的概率；(3)取得兩個同顏色的球的概率；(4)至少取得一個紅球的概率.12.在房間里有4個人，問至少有兩個人的生日是同一個月的概率是多少? 答案：

41。96 6

第四篇：2014年高考一輪復習數學教案：1.3 充要條件與反證法

1.3 充要條件與反證法

●知識梳理

1.充分條件：如果p?q，則p叫q的充分條件，原命題（或逆否命題）成立，命題中的條件是充分的，也可稱q是p的必要條件.2.必要條件：如果q?p，則p叫q的必要條件，逆命題（或否命題）成立，命題中的條件為必要的，也可稱q是p的充分條件.3.充要條件：如果既有p?q，又有q?p，記作p?q，則p叫做q的充分必要條件，簡稱充要條件，原命題和逆命題（或逆否命題和否命題）都成立，命題中的條件是充要的.4.反證法：當直接證明有困難時，常用反證法.●點擊雙基

1.ac2＞bc2是a＞b成立的 A.充分而不必要條件

C.必要而不充分條件

2B.充要條件

D.既不充分也不必要條件

解析：a＞bac＞bc，如c=0.答案：A 2.（2004年湖北，理4）已知a、b、c為非零的平面向量.甲：a2b=a2c，乙：b=c，則 A.甲是乙的充分條件但不是必要條件 B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

解析：命題甲:a2b=a2c?a2（b－c）=0?a=0或b=c.命題乙:b=c，因而乙?甲，但甲乙.故甲是乙的必要條件但不是充分條件.答案：B 3.（2004年浙江，8）在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞A.充分而不必要條件

C.充分必要條件

12”的

B.必要而不充分條件 D.既不充分也不必要條件 sinA＞

1212解析：在△ABC中，A＞30°?0＜sinA＜1A＞30°.∴“A＞30°”是“sinA＞答案：B

12，sinA＞?30°＜A＜150°?

”的必要不充分條件.4.若條件p:a＞4，q:5＜a＜6，則p是q的______________.解析：a＞45＜a＜6，如a=7雖然滿足a＞4，但顯然a不滿足5＜a＜6.答案：必要不充分條件

5.（2005年春季上海，16）若a、b、c是常數，則“a＞0且b2－4ac＜0”是“對任意x∈R，有ax2+bx+c＞0”的

A.充分不必要條件

C.充要條件

B.必要不充分條件

D.既不充分也不必要條件

解析：若a＞0且b2－4ac＜0，則對任意x∈R，有ax2+bx+c＞0，反之，則不一定成立.如a=0，b=0且c＞0時，也有對任意x∈R，有ax+bx+c＞0.因此應選A.答案：A ●典例剖析

【例1】 使不等式2x2－5x－3≥0成立的一個充分而不必要條件是

A.x＜0

C.x∈{－1，3，5}

22B.x≥0 D.x≤－

1212 或x≥3

13剖析：∵2x－5x－3≥0成立的充要條件是x≤－2x－5x－3≥0.同理其他也可用特殊值驗證.答案：C 2

或x≥3，∴對于A當x=－時【例2】 求證：關于x的方程ax+bx+c=0有一根為1的充分必要條件是a+b+c=0.證明：（1）必要性，即“若x=1是方程ax2+bx+c=0的根，則a+b+c=0”.∵x=1是方程的根，將x=1代入方程，得a212+b21+c=0，即a+b+c=0.（2）充分性，即“若a+b+c=0，則x=1是方程ax2+bx+c=0的根”.把x=1代入方程的左邊，得a21+b21+c=a+b+c.∵a+b+c=0，∴x=1是方程的根.綜合（1）（2）知命題成立.深化拓展

求ax+2x+1=0（a≠0）至少有一負根的充要條件.證明：必要性：

（1）方程有一正根和一負根，等價于

?Δ?4?4a?0??a＜0.1?xx??0?12a?2

2（2）方程有兩負根，等價于

??Δ??????1??a?4?4a?02a?0?0＜a≤1.?0綜上可知，原方程至少有一負根的必要條件是a＜0或0＜a≤1.充分性：由以上推理的可逆性，知當a＜0時方程有異號兩根；當0＜a≤1時，方程有兩負根.故a＜0或0＜a≤1是方程ax2+2x+1=0至少有一負根的充分條件.答案：a＜0或0＜a≤1.【例3】 下列說法對不對?如果不對，分析錯誤的原因.22（1）x＝x＋2是xx?2=x的充分條件；

22（2）x＝x＋2是xx?2=x的必要條件.解：（1）x2=x+2是xx?2=x2的充分條件是指x2=x+2?xx?2=x2.但這里“?”不成立，因為x=－1時，“?”左邊為真，但右邊為假.得出錯誤結論的原因可能是應用了錯誤的推理：

x2=x+2?x=x?2?x2=xx?2.這里推理的第一步是錯誤的（請同學補充說明具體錯在哪里）.2222（2）x=x+2是xx?2=x的必要條件是指xx?2=x?x=x+2.但這里“?”不成立，因為x=0時，“?”左邊為真，但右邊為假.得出錯誤結論的原因可能是用了錯誤的推理: xx?2=x2?x?2=x?x+2=x.2這里推理的第一步是錯誤的（請同學補充說明具體錯在哪里）.評述：此題的解答比較注重邏輯推理.事實上，也可以從真值集合方面來分析：x=x+2

2的真值集合是{－1，2}，xx?2=x的真值集合是{0，2}，{－1，2}{0，2}，而{0，2}

2{－1，2}，所以（1）（2）兩個結論都不對.●闖關訓練 夯實基礎

1.（2004年重慶，7）已知p是r的充分不必要條件，s是r的必要條件，q是s的必要條件，那么p是q成立的

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

p.C.充要條件

D.既不充分也不必要條件 解析：依題意有p?r，r?s，s?q，∴p?r?s?q.但由于rp，∴q答案：A 2.（2003年北京高考題）“cos2α=－A.必要不充分條件 C.充分必要條件

解析：cos2α=－3232”是“α=kπ+

5π12，k∈Z”的

5π6B.充分不必要條件 D.既不充分又不必要條件

5π12?2α=2kπ±?α=kπ±.答案：A 3.（2005年海淀區第一學期期末練習）在△ABC中，“A＞B”是“cosA＜cosB”的 A.充分不必要條件 C.充要條件

B.必要不充分條件

D.既不充分也不必要條件

解析：在△ABC中，A＞B?cosA＜cosB（余弦函數單調性）.答案：C 4.命題A：兩曲線F（x，y）＝0和G（x，y）=0相交于點P（x0，y0），命題B：曲線F（x，y）+λG（x，y）＝0（λ為常數）過點P（x0，y0），則A是B的__________條件.答案：充分不必要 5.（2004年北京，5）函數f（x）=x－2ax－3在區間［1，2］上存在反函數的充分必要條件是

A.a∈（－∞，1］

B.a∈［2，+∞）C.α∈［1，2］

D.a∈（－∞，1］∪［2，+∞）

2解析：∵f（x）=x－2ax－3的對稱軸為x=a，∴y=f（x）在［1，2］上存在反函數的充

要條件為［1，2］?（－∞，a］或［1，2］?［a，+∞），即a≥2或a≤1.答案：D 6.已知數列{an}的前n項和Sn=pn+q（p≠0且p≠1），求數列{an}成等比數列的充要條件.分析：先根據前n項和公式，導出使{an}為等比數列的必要條件，再證明其充分條件.解：當n=1時，a1=S1=p+q； 當n≥2時，an=Sn－Sn－1=（p－1）2p

n－

1.*由于p≠0，p≠1，∴當n≥2時，{an}是等比數列.要使{an}（n∈N）是等比數列，則

a2a1=p，即（p－1）2p=p（p+q），∴q=－1，即{an}是等比數列的必要條件是p≠0且p≠1且q=－1.再證充分性：

當p≠0且p≠1且q=－1時，Sn=p－1，an=（p－1）2pn－1，∴{an}是等比數列.培養能力

7.（2004年湖南，9）設集合U=｛（x，y）｜x∈R，y∈R｝，A=｛（x，y）|2x－y+m＞0｝，B=｛（x，y）|x+y－n≤0｝，那么點P（2，3）∈A∩（A.m＞－1，n＜5 C.m＞－1，n＞5 解析：∵A.答案：A 8.已知關于x的一元二次方程mx2－4x+4=0，①

x－4mx+4m－4m－5=0.②

求使方程①②都有實根的充要條件.解：方程①有實數根的充要條件是Δ1=（－4）2－16m≥0，即m≤1； 方程②有實數根的充要條件是Δ2=（4m）2－4（4m2－4m－5）≥0，即m≥－∴方程①②都有實數根的充要條件是－9.已知a、b、c是互不相等的非零實數.求證：三個方程ax+2bx+c=0，bx+2cx+a=0，cx+2ax+b=0至少有一個方程有兩個相異實根.證明：反證法：

假設三個方程中都沒有兩個相異實根，則Δ1=4b2－4ac≤0，Δ2=4c2－4ab≤0，Δ3=4a2－4bc≤0.相加有a2－2ab+b2+b2－2bc+c2+c2－2ac+a2≤0，（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2≤0.

22222

UB）的充要條件是

n

anan?1=p（n≥2），B.m＜－1，n＜5 D.m＜－1，n＞5（x，y）｜n＜x+y｝，將UB=｛P（2，3）分別代入集合A、B取交集即可.∴選

54.54≤m≤1.①

由題意a、b、c互不相等，∴①式不能成立.∴假設不成立，即三個方程中至少有一個方程有兩個相異實根.探究創新

10.若x、y、z均為實數，且a=x2－2y+是否至少有一個大于零？請說明理由.解：假設a、b、c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則a+b+c≤0.而a+b+c=x－2y+

2π2，b=y2－2z+

π3，c=z2－2x+

π6，則a、b、c中π2+y－2z+

2π3+z－2x+

2π6=（x－1）+（y－1）+（z－1）+π－3，222∵π－3＞0，且無論x、y、z為何實數，（x－1）+（y－1）+（z－1）≥0，∴a+b+c＞0.這與a+b+c≤0矛盾.因此，a、b、c中至少有一個大于0.●思悟小結

1.要注意一些常用的“結論否定形式”，如“至少有一個”“至多有一個”“都是”的否定形式是“一個也沒有”“至少有兩個”“不都是”.2.證明充要性要從充分性、必要性兩個方面來證明.●教師下載中心 教學點睛

1.掌握常用反證法證題的題型，如含有“至少有一個”“至多有一個”等字眼多用反證法.2.強調反證法的第一步，要與否命題分清.3.要證明充要性應從充分性、必要性兩個方面來證.拓展題例

【例題】 指出下列命題中，p是q的什么條件.（1）p:0＜x＜3，q:|x－1|＜2；（2）p:（x－2）（x－3）=0，q:x=2；（3）p:c=0，q:拋物線y=ax2+bx+c過原點.解：（1）p:0＜x＜3，q:－1＜x＜3.p是q的充分但不必要條件.（2）pq，q?p.p是q的必要但不充分條件.（3）p是q的充要條件.評述：依集合的觀點看，若A?B，則A是B的充分條件，B是A的必要條件；若A=B，則A是B的充要條件.2

第五篇：2014年高考一輪復習數學教案：2.4 函數的奇偶性

2.4 函數的奇偶性

●知識梳理

1.奇函數：對于函數f（x）的定義域內任意一個x，都有f（－x）=－f（x）〔或f（x）+ f（－x）=0〕，則稱f（x）為奇函數.2.偶函數：對于函數f（x）的定義域內任意一個x，都有f（－x）=f（x）〔或f（x）－f（－x）=0〕，則稱f（x）為偶函數.3.奇、偶函數的性質

（1）具有奇偶性的函數，其定義域關于原點對稱（也就是說，函數為奇函數或偶函數的必要條件是其定義域關于原點對稱）.（2）奇函數的圖象關于原點對稱，偶函數的圖象關于y軸對稱.（3）若奇函數的定義域包含數0，則f（0）=0.（4）奇函數的反函數也為奇函數.（5）定義在（－∞，+∞）上的任意函數f（x）都可以唯一表示成一個奇函數與一個偶函數之和.●點擊雙基

1.下面四個結論中，正確命題的個數是

①偶函數的圖象一定與y軸相交

②奇函數的圖象一定通過原點

③偶函數的圖象關于y軸對稱

④既是奇函數，又是偶函數的函數一定是f（x）=0（x∈R）

A.1

B.2

C.3

D.4 解析：①不對；②不對，因為奇函數的定義域可能不包含原點；③正確；④不對，既是奇函數又是偶函數的函數可以為f（x）=0〔x∈（－a，a）〕.答案：A 2.已知函數f（x）=ax2＋bx＋c（a≠0）是偶函數，那么g（x）=ax3＋bx2＋cx是 A.奇函數

B.偶函數 C.既奇且偶函數

D.非奇非偶函數

3解析：由f（x）為偶函數，知b=0，有g（x）=ax＋cx（a≠0）為奇函數.答案：A 3.若偶函數f（x）在區間［－1，0］上是減函數，α、β是銳角三角形的兩個內角，且α≠β，則下列不等式中正確的是

A.f（cosα）＞f（cosβ）

C.f（sinα）＞f（sinβ）

B.f（sinα）＞f（cosβ）D.f（cosα）＞f（sinβ）

解析：∵偶函數f（x）在區間［－1，0］上是減函數，∴f（x）在區間［0，1］上為增函數.由α、β是銳角三角形的兩個內角，∴α+β＞90°，α＞90°－β.1＞sinα＞cosβ＞0.∴f（sinα）＞f（cosβ）.答案：B 4.已知（fx）＝ax＋bx＋3a＋b是偶函數，且其定義域為［a－1，2a］，則a＝___________，b＝___________.解析：定義域應關于原點對稱，故有a－1＝－2a，得a＝

32.又對于所給解析式，要使f（－x）＝f（x）恒成立，應b＝0.答案：13

0 1x5.給定函數:①y=（x≠0）；②y=x2+1；③y=2x；④y=log2x；⑤y=log2（x+

x2?1）.在這五個函數中，奇函數是_________，偶函數是_________，非奇非偶函數是__________.答案：①⑤

②

③④ ●典例剖析

【例1】 已知函數y=f（x）是偶函數，y=f（x－2）在［0，2］上是單調減函數，則 A.f（0）＜f（－1）＜f（2）C.f（－1）＜f（2）＜f（0）

B.f（－1）＜f（0）＜f（2）D.f（2）＜f（－1）＜f（0）

剖析：由f（x－2）在［0，2］上單調遞減，∴f（x）在［－2，0］上單調遞減.∵y=f（x）是偶函數，∴f（x）在［0，2］上單調遞增.又f（－1）=f（1），故應選A.答案：A 【例2】 判斷下列函數的奇偶性：（1）f（x）=|x+1|－|x－1|；（2）f（x）=（x－1）2

1?x1?x；

（3）f（x）=1?x2|x?2|?2?x(1?x)?x(1?x)；

（4）f（x）=?(x?0),(x?0).剖析：根據函數奇偶性的定義進行判斷.解：（1）函數的定義域x∈（－∞，+∞），對稱于原點.∵f（－x）=|－x+1|－|－x－1|=|x－1|－|x+1|=－（|x+1|－|x－1|）=－f（x），∴f（x）=|x+1|－|x－1|是奇函數.（2）先確定函數的定義域.由

1?x1?x≥0，得－1≤x＜1，其定義域不對稱于原點，所以f（x）既不是奇函數也不是偶函數.（3）去掉絕對值符號，根據定義判斷.?1?x2?0,??1?x?1,由?得?

x?0且x??4.|x?2|?2?0,??故f（x）的定義域為［－1，0）∪（0，1］，關于原點對稱，且有x+2＞0.從而有f（x）= 1?x2x?2?2=1?xx2，這時有f（－x）=

1?(?x)?x2=－

1?xx2=－f（x），故f（x）為奇函

數.（4）∵函數f（x）的定義域是（－∞，0）∪（0，+∞），并且當x＞0時，－x＜0，∴f（－x）=（－x）［1－（－x）］=－x（1+x）=－f（x）（x＞0）.當x＜0時，－x＞0，∴f（－x）=－x（1－x）=－f（x）（x＜0）.故函數f（x）為奇函數.評述：（1）分段函數的奇偶性應分段證明.（2）判斷函數的奇偶性應先求定義域再化簡函數解析式.【例3】（2005年北京東城區模擬題）函數f（x）的定義域為D={x|x≠0}，且滿足對于任意x1、x2∈D，有f（x12x2）=f（x1）+f（x2）.（1）求f（1）的值；

（2）判斷f（x）的奇偶性并證明；

（3）如果f（4）=1，f（3x+1）+f（2x－6）≤3，且f（x）在（0，+∞）上是增函數，求x的取值范圍.（1）解：令x1=x2=1，有f（131）=f（1）+f（1），解得f（1）=0.（2）證明：令x1=x2=－1，有f［（－1）3（－1）］=f（－1）+f（－1）.解得f（－1）=0.令x1=－1，x2=x，有f（－x）=f（－1）+f（x），∴f（－x）=f（x）.∴f（x）為偶函數.（3）解：f（434）=f（4）+f（4）=2，f（1634）=f（16）+f（4）=3.∴f（3x+1）+f（2x－6）≤3即f［（3x+1）（2x－6）］≤f（64）.（*）∵f（x）在（0，+∞）上是增函數，∴（*）等價于不等式組

?(3x?1)(2x?6)?0, ??(3x?1)(2x?6)?64?(3x?1)(2x?6)?0,??(3x?1)(2x?6)?64,或?

1?x?3或x??,?1????x?3,?3或?或?3

?x?R.??7?x?5???3∴3＜x≤5或－73≤x＜－

7313或－

1313＜x＜3.或－

13∴x的取值范圍為{x|－≤x＜－＜x＜3或3＜x≤5}.評述：解答本題易出現如下思維障礙：

（1）無從下手，不知如何脫掉“f”.解決辦法:利用函數的單調性.（2）無法得到另一個不等式.解決辦法：關于原點對稱的兩個區間上，奇函數的單調性相同，偶函數的單調性相反.深化拓展

已知f（x）、g（x）都是奇函數，f（x）＞0的解集是（a，b），g（x）＞0的解集是（b2

2a22，），b2＞a，那么f（x）2g（x）＞0的解集是 2

A.（a222，b2b2）

b2

2B.（－b，－a2）D.（a2C.（a，）∪（－，－a）

2，b）∪（－b2，－a2）

提示：f（x）2g（x）＞0??2

?f(x)?0,?g(x)?02

或??f(x)?0,?g(x)?0.∴x∈（a，答案：C b2）∪（－

b2，－a）.【例4】（2004年天津模擬題）已知函數f（x）=x+

px+m（p≠0）是奇函數.（1）求m的值.（2）（理）當x∈［1，2］時，求f（x）的最大值和最小值.（文）若p＞1，當x∈［1，2］時，求f（x）的最大值和最小值.解：（1）∵f（x）是奇函數，∴f（－x）=－f（x）.∴－x－pxpx+m=－x－－m.∴2m=0.∴m=0.（2）（理）（ⅰ）當p＜0時，據定義可證明f（x）在［1，2］上為增函數.∴f（x）max= f（2）=2+p2，f（x）min=f（1）=1+p.p］上是減函數，在［

p，+∞）（ⅱ）當p＞0時，據定義可證明f（x）在（0，上是增函數.①當p＜1，即0＜p＜1時，f（x）在［1，2］上為增函數，∴f（x）max=f（2）=2+②當

p2，f（x）min=f（1）=1+p.p∈［1，2］時，f（x）在［1，p］上是減函數.在［p，2］上是增函數.p.f（x）min=f（p）=2f（x）max=max{f（1），f（2）}=max{1+p，2+當1≤p≤2時，1+p≤2+③當

p2p2}.p2，f（x）max=f（2）；當2＜p≤4時，1+p≥2+，f（x）max=f（1）.p＞2，即p＞4時，f（x）在［1，2］上為減函數，∴f（x）max=f（1）=1+p，f（x）min=f（2）=2+（文）解答略.p2.評述：f（x）=x+px（p＞0）的單調性是一重要問題，利用單調性求最值是重要方法.深化拓展

f（x）=x+px的單調性也可根據導函數的符號來判斷，本題如何用導數來解？

●闖關訓練 夯實基礎

1.定義在區間（－∞，+∞）上的奇函數f（x）為增函數，偶函數g（x）在區間［0，+∞）上的圖象與f（x）的圖象重合，設a＜b＜0，給出下列不等式，其中成立的是

①f（b）－f（－a）＞g（a）－g（－b）②f（b）－f（－a）＜g（a）－g（－b）③f（a）－f（－b）＞g（b）－g（－a）④f（a）－f（－b）＜g（b）－g（－a）A.①④

B.②③

C.①③

D.②④

解析：不妨取符合題意的函數f（x）=x及g（x）=|x|進行比較，或一般地g（x）=??f(x)?f(?x)x?0,x?0, f（0）=0，f（a）＜f（b）＜0.答案：D 2.（2003年北京海淀區二模題）函數f（x）是定義域為R的偶函數，又是以2為周期的周期函數.若f（x）在［－1，0］上是減函數，那么f（x）在［2，3］上是

A.增函數

C.先增后減的函數

B.減函數

D.先減后增的函數

解析：∵偶函數f（x）在［－1，0］上是減函數，∴f（x）在［0，1］上是增函數.由周期為2知該函數在［2，3］上為增函數.答案：A 3.已知f（x）是奇函數，當x∈（0，1）時，f（x）=lgf（x）的表達式是__________.解析：當x∈（－1，0）時，－x∈（0，1），∴f（x）=－f（－x）=－lg答案：lg（1－x）

?x?2?24.（2003年北京）函數f（x）=lg（1+x），g（x）=?0??x?2?x??1,|x|?1,h（x）=tan2x中，x?1.11?x，那么當x∈（－1，0）時，11?x=lg（1－x）.______________是偶函數.解析：∵f（－x）=lg［1+（－x）］=lg（1+x）=f（x），∴f（x）為偶函數.又∵1°當－1≤x≤1時，－1≤－x≤1，∴g（－x）=0.又g（x）=0，∴g（－x）=g（x）.2°當x＜－1時，－x＞1，∴g（－x）=－（－x）+2=x+2.又∵g（x）=x+2，∴g（－x）=g（x）.3°當x＞1時，－x＜－1，2

∴g（－x）=（－x）+2=－x+2.又∵g（x）=－x+2，∴g（－x）=g（x）.綜上，對任意x∈R都有g（－x）=g（x）.∴g（x）為偶函數.h（－x）=tan（－2x）=－tan2x=－h（x），∴h（x）為奇函數.答案：f（x）、g（x）5.若f（x）=a?2?a?22?122xxx為奇函數，求實數a的值.解：∵x∈R，∴要使f（x）為奇函數，必須且只需f（x）+f（－x）=0，即a－a－22?x?1+ ?1=0，得a=1.6.（理）定義在［－2，2］上的偶函數g（x），當x≥0時，g（x）單調遞減，若g（1－m）＜g（m），求m的取值范圍.解：由g（1－m）＜g（m）及g（x）為偶函數，可得g（|1－m|）＜g（|m|）.又g（x）在（0，+∞）上單調遞減，∴|1－m|＞|m|，且|1－m|≤2，|m|≤2，解得－1≤m＜說明：也可以作出g（x）的示意圖，結合圖形進行分析.（文）（2005年北京西城區模擬題）定義在R上的奇函數f（x）在（0，+∞）上是增函數，又f（－3）=0，則不等式xf（x）＜0的解集為

A.（－3，0）∪（0，3）

B.（－∞，－3）∪（3，+∞）C.（－3，0）∪（3，+∞）

D.（－∞，－3）∪（0，3）解析：由奇偶性和單調性的關系結合圖象來解.答案：A 培養能力 7.已知f（x）＝x（12x12.?1＋

12）.（1）判斷f（x）的奇偶性；（2）證明f（x）＞0.（1）解：f（x）＝x2

2xx?1?1)，其定義域為x≠0的實數.又f（－x）＝－x2

2?x?x?1?1)2(21?2xx2(2＝－x2＝x2

2xx?1?1)＝f（x），2(1?2)2(2∴f（x）為偶函數.（2）證明：由解析式易見，當x＞0時，有f（x）＞0.又f（x）是偶函數，且當x＜0時－x＞0，∴當x＜0時f（x）＝f（－x）＞0，即對于x≠0的任何實數x，均有f（x）＞0.探究創新

8.設f（x）=log1（21?axx?1）為奇函數，a為常數，（1）求a的值；

（2）證明f（x）在（1，+∞）內單調遞增；

（3）若對于［3，4］上的每一個x的值，不等式f（x）＞（m的取值范圍.（1）解：f（x）是奇函數，∴f（－x）=－f（x）.∴log1?ax1212）+m恒成立，求實數

x?x?1=－log

1?ax12x?1?1?ax?x?1=

x?11?ax＞0?1－a2x2=1－x2?a=±1.檢驗a=1（舍），∴a=－1.（2）證明：任取x1＞x2＞1，∴x1－1＞x2－1＞0.∴0＜2x1?1＜2x2?1?0＜1+

2x1?1＜1+

2x2?1?0＜

x1?1x1?1＜

x2?1x2?1?log

x1?112x1?1＞logx2?112x2?1，即f（x1）＞f（x2）.∴f（x）在（1，+∞）內單調遞增.1（3）解：f（x）－（）x＞m恒成立.2令g（x）=f（x）－（）x.只需g（x）min＞m，用定義可以證g（x）在［3，4］上是

21增函數，∴g（x）min=g（3）=－

98.∴m＜－

98時原式恒成立.●思悟小結

1.函數的奇偶性是函數的整體性質，即自變量x在整個定義域內任意取值.2.有時可直接根據圖象的對稱性來判斷函數的奇偶性.●教師下載中心 教學點睛

1.函數的奇偶性經常與函數的其他性質，如單調性、周期性、對稱性結合起來考查.因此，在復習過程中應加強知識橫向間的聯系.2.數形結合，以形助數是解決本節問題常用的思想方法.3.在教學過程中應強調函數的奇偶性是函數的整體性質，而單調性是其局部性質.拓展題例

【例1】 已知函數f（x）=

ax2?1bx?c（a、b、c∈Z）是奇函數，又f（1）=2，f（2）＜3，求a、b、c的值.解：由f（－x）=－f（x），得－bx+c=－（bx+c）.∴c=0.由f（1）=2，得a+1=2b.由f（2）＜3，得4a?1a?1＜3，解得－1＜a＜2.又a∈Z，∴a=0或a=1.若a=0，則b=

12，與b∈Z矛盾.∴a=1，b=1，c=0.【例2】 已知函數y=f（x）的定義域為R，對任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），且對任意x＞0，都有f（x）＜0，f（3）=－3.（1）試證明：函數y=f（x）是R上的單調減函數；

（2）試證明：函數y=f（x）是奇函數；

（3）試求函數y=f（x）在［m，n］（m、n∈Z，且mn＜0）上的值域.分析：（1）可根據函數單調性的定義進行論證，考慮證明過程中如何利用題設條件.（2）可根據函數奇偶性的定義進行證明，應由條件先得到f（0）=0后，再利用條件f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）中x1、x2的任意性，可使結論得證.（3）由（1）的結論可知f（m）、f（n）分別是函數y=f（x）在［m、n］上的最大值與最小值，故求出f（m）與f（n）就可得所求值域.（1）證明：任取x1、x2∈R，且x1＜x2，f（x2）=f［x1+（x2－x1）］，于是由題設條件f（x+x′）=f（x）+f（x′）可知f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）.∵x2＞x1，∴x2－x1＞0.∴f（x2－x1）＜0.∴f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）＜f（x1）.故函數y=f（x）是單調減函數.（2）證明：∵對任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），∴若令x=x′=0，則f（0）=f（0）+f（0）.∴f（0）=0.再令x′=－x，則可得f（0）=f（x）+f（－x）.∵f（0）=0，∴f（－x）=－f（x）.故y=f（x）是奇函數.（3）解：由函數y=f（x）是R上的單調減函數，∴y=f（x）在［m，n］上也為單調減函數.∴y=f（x）在［m，n］上的最大值為f（m），最小值為f（n）.∴f（n）=f［1+（n－1）］=f（1）+f（n－1）=2f（1）+f（n－2）=?=nf（1）.同理，f（m）=mf（1）.∵f（3）=－3，∴f（3）=3f（1）=－3.∴f（1）=－1.∴f（m）=－m，f（n）=－n.因此，函數y=f（x）在［m，n］上的值域為［－n，－m］.評述：（1）滿足題設條件f（x+x′）=f（x）+f（x′）的函數，只要其定義域是關于原點對稱的，它就為奇函數.（2）若將題設條件中的x＞0，均有f（x）＜0改成均有f（x）＞0，則函數f（x）就是R上的單調增函數.（3）若題設條件中的m、n∈Z去掉，則我們就無法求出f（m）與f（n）的值，故m、n∈Z不可少.