排列与组合
一、教学目标
1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理 2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题
3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力
二、教材分析
1. 重点：加法原理，乘法原理。 解决方法：利用简单的举例得到一般的结论．
2. 难点：加法原理，乘法原理的区分。解决方法：运用对比的方法比较它们的异同．
三、活动设计
1. 活动：思考，讨论，对比，练习． 2. 教具：多媒体课件． 四、教学过程正 1．新课导入
随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。 排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键．
2．新课
我们先看下面两个问题．
(l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
板书：图
因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法．
一般地，有如下原理：
加法原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，„„，在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1十m 2十„十m n 种不同的方法．
(2) 我们再看下面的问题：
由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条．从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？
板书：图
这里，从A 村到B 村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一
种走法到达B 村后，再从B 村到C 村又有2种不同的走法．因此，从A 村经B 村去C 村共有 3X2=6种不同的走法．
一般地，有如下原理：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1 m2„m n 种不同的方法．
例1 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．
1）从中任取一本，有多少种不同的取法？
2）从中任取数学书与语文书各一本，有多少的取法？ 解：（1）从书架上任取一本书，有两类办法：第一类办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6种方法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中任取一本，有5种方法．根据加法原理，得到不同的取法的种数是6十5=11．
答：从书架L 任取一本书，有11种不同的取法．
（2）从书架上任取数学书与语文书各一本，可以分成两个步骤完成：第一步取一本数学书，有6种方法；第二步取一本语文书，有5种方法．根据乘法原理，得到不同的取法的种数是 N＝6X5＝30．
答：从书架上取数学书与语文书各一本，有30种不同的方法． 练习： 一同学有4枚明朝不同古币和6枚清朝不同古币 1）从中任取一枚，有多少种不同取法？ 2）从中任取明清古币各一枚，有多少种不同取法？
例2：(1)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字允许重复三位数？
(2)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
(3)由数字0，l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
解：要组成一个三位数可以分成三个步骤完成：第一步确定百位上的数字，从5个数字中任选一个数字，共有5种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，
这仍有5种选法，第三步确定个位上的数字，同理，它也有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位数的个数是N=5X5X5=125．
答：可以组成125个三位数． 练习：
1、从甲地到乙地有2条陆路可走，从乙地到丙地有3条陆路可走，又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．
（1）从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？ （2）从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
2．一名儿童做加法游戏．在一个红口袋中装着2O 张分别标有数1、2、„、19、20的红卡片，从中任抽一张，把上面的数作为被加数；在另一个黄口袋中装着10张分别标有数1、2、„、9、1O 的黄卡片，从中任抽一张，把上面的数作为加数．这名儿童一共可以列出
多少个加法式子？
3．题2的变形
4．由0－9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 小结：要解决某个此类问题，首先要判断是分类，还是分步？分类时用加法，分步时用乘法
其次要注意怎样分类和分步，以后会进一步学习 练习
1．（口答）一件工作可以用两种方法完成．有 5人会用第一种方法完成，另有4人会用第二种方法完成．选出一个人来完成这件工作，共有多少种选法？
2．在读书活动中，一个学生要从 2本科技书、 2本政治书、 3本文艺书里任选一本，共有多少种不同的选法？
3．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有多少项？
4．从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
5．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．
（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？ （2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？ 作业：
【复习基本原理】
1. 加法原理 做一件事，完成它可以有n 类办法，第一类办法中有m 1种不同的方法，第二办法中有m 2种不同的方法„„，第n 办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有
N=m1+m2+m3+„m n 种不同的方法.
2. 乘法原理 做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一 步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法，. 那么完成这件事共有
N=m1⨯m 2⨯m 3⨯„⨯m n 种不同的方法. 3. 两个原理的区别： 【练习1】
1. 北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，需要准备多少种不同的机票？
2. 由数字1、2、3可以组成多少个无重复数字的二位数？请一一列出.
【基本概念】 1.
什么叫排列？从n 个不同元素中，任取m(m ≤n ) 个元素（这
里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同．．．．．元素中取出m 个元素的一个排列 ．．．．
3. 4.
什么叫相同的排列？元素和顺序都相同的排列. 什么叫一个排列？
【例题与练习】 1.
由数字1、2、3、4可以组成多少个无重复数字的三位数？
2. 已知a 、b 、c 、d 四个元素，①写出每次取出3个元素的所有排列；②写出每次取出4个元素的所有排列.
【排列数】 1.
定义：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n ) 个元素的所有排
m
列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号p n 表示.
用符号表示上述各题中的排列数. 2.
m
排列数公式：p n =n(n-1)(n-2)„(n-m+1)
123
p n =p n =；p n =；4
p n =；
4
计算：p 52； p 5；2
； p 15
【课后检测】 1.
写出：
① 从五个元素a 、b 、c 、d 、e 中任意取出两个、三个元素的所有排列；
② 由1、2、3、4组成的无重复数字的所有3位数. ③ 由0、1、2、3组成的无重复数字的所有3位数.
① p
3100
8p 12
② p ③ p -2p ④ 7
p 12
364828
排 列
课题：排列的简单应用(1)
目的：进一步掌握排列、排列数的概念以及排列数的两个计算公式，会用排列数公式计算和解决简单的实际问题．
过程：
一、复习：（引导学生对上节课所学知识进行复习整理） 1．排列的定义，理解排列定义需要注意的几点问题； 2．排列数的定义，排列数的计算公式
m m
=A n =n (n -1)(n -2) (n -m +1) 或A n
n !
（其中
(n -m )!
m ≤n
m,n ∈Z ）
3．全排列、阶乘的意义；规定 0!=1
4．“分类”、“分步”思想在排列问题中的应用． 二、新授：
例1：⑴ 7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：7个元素的全排列——A 77＝5040 ⑵ 7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？ 解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040 ⑶ 7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？
解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——A 66=720 ⑷ 7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ 解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有A 22种；第二步 余下的5名同学进行全排列有A 55种 则共有A 22A 55=240种排列方法
⑸ 7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？
解法一（直接法）：第一步 从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A 52种方法；第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有A 55种方法 所以一共有A 52A 55＝2400种排列方法．
解法二：（排除法）若甲站在排头有A 66种方法；若乙站在排尾有A 66种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有A 55种方法．所以甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有A 77－2A 66＋A 55=2400种．
小结一：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑．
例2 ： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有A 66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A 22种方法．所以这样的排法一共有A 66A 22＝1440
⑵甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？
解：方法同上，一共有A 55A 33＝720种．
⑶甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？
解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A 52种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A 44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A 22种方法．所以这样的排法一共有A 52A 44A 22＝960种方法．
解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2A 55种方法，所以丙不能站在排头和排尾的排法有(A 66-2A 55) ⋅A 22=960种方法．
解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个
1
位置选择共有A 4种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有A 55种125方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以这样的排法一共有A 4A 2A 5
＝960种方法．
小结二：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）． 例3： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ 解法一：（排除法）A 77-A 66⋅A 22=3600
解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有A 55种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六
个位置（空）有A 62种方法，所以一共有A 55A 62 3600种方法．
⑵甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？ 解：先将其余四个同学排好有A 44种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有A 53种方法，所以一共有A 44A 53＝1440种．
小结三：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）． 三、小结：
1．对有约束条件的排列问题，应注意如下类型： ⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置； ⑵某些元素要求连排（即必须相邻）； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）； 2．基本的解题方法：
⑴ 有特殊元素或特殊位置的排列问题，通常是先排特殊元素或特殊位置，称为优先处理特殊元素（位置）法（优限法）；
⑵ 某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看作一个元素，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排列，这种方法称为“捆绑法”；
⑶ 某些元素不相邻排列时，可以先排其他元素，再将这些不相邻元素插入空挡，这种方法称为“插空法”；
⑷ 在处理排列问题时，一般可采用直接和间接两种思维形式，从而寻求有效的解题途径，这是学好排列问题的根基．
四、作业：《课课练》之“排列 课时1—3”
课题：排列的简单应用(2)
目的：使学生切实学会用排列数公式计算和解决简单的实际问题，进一步培养分析问题、解决问题的能力，同时让学生学会一题多解．
过程： 一、复习：
1．排列、排列数的定义，排列数的两个计算公式； 2．常见的排队的三种题型：
⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置——优限法；
⑵某些元素要求连排（即必须相邻）——捆绑法； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）——插空法． 3．分类、分布思想的应用． 二、新授：
示例一： 从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？
15
解法一：（从特殊位置考虑）A 9 A 9=136080
解法二：（从特殊元素考虑）若选：5⋅A 95 若不选：A 96 则共有 5⋅A 95＋A 96＝136080
65解法三：（间接法）A 10-A 9=136080
示例二：
⑴ 八个人排成前后两排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，
丙要排在后排，则共有多少种不同的排法？
1
略解：甲、乙排在前排A 42；丙排在后排A 4；其余进行全排列A 55． 15所以一共有A 42A 4＝5760种方法． A 5
⑵ 不同的五种商品在货架上排成一排，其中a , b 两种商品必须排在一起，而c, d两种商品不排在一起, 则不同的排法共有多少种？ 略解：（“捆绑法”和“插空法”的综合应用）a , b 捆在一起与e 进行排列有A 22；
此时留下三个空，将c, d两种商品排进去一共有A 32；最后将a , b “松绑”有A 22．所以一共有A 22A 32A 22＝24种方法．
⑶ 6张同排连号的电影票，分给3名教师与3名学生，若要求师生相间而坐，则不同的坐法有多少种？
略解：（分类）若第一个为老师则有A 33A 33；若第一个为学生则有
33
A 3A 3
所以一共有2A 33A 33＝72种方法． 示例三：
⑴ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的正整数？
12345略解：A 5+A 5+A 5+A 5+A 5=325
⑵ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比13 000大的正整数？
解法一：分成两类，一类是首位为1时，十位必须大于等于3有
1413
A 4种方法．所以一共有A 3A 3种方法；另一类是首位不为1，有A 4
1413
A 4=114个数比13 000大． A 3A 3+A 4
解法二：（排除法）比13 000小的正整数有A 33个，所以比13 000大的正整数有A 55-A 33＝114个．
示例四： 用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．
⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？
解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有A 53=60个，所以第114个数的千位数应该是“3”，十位数字是“1”即“31”开头的四位数有A 42=12个；同理，以“36”、“37”、“38”开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“39”, 而“3 968”排在第6个位置上，所以“3 968” 是第114个数．
⑵ 由上可知“37”开头的数的前面有60＋12＋12＝84个，而3 796在“37”开头的四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数．
示例五： 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中 ⑴ 能被25整除的数有多少个？ ⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？
解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，
11
末尾为50的四位数有A 42个，末尾为25的有A 3所以一共有A 42＋A 3个，11A 3A 3＝21个．
注： 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种情况．
13
⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有A 5A 5=300
个．因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可．．
13
A A 5=150个． 能的”，所以十位数字比个位数字大的有5．．2
1
三、小结：能够根据题意选择适当的排列方法，同时注意考虑问题的全面性，此外能够借助一题多解检验答案的正确性．
四、作业：“3＋X ”之 排列 练习 组 合 ⑴
课题：组合、组合数的概念
目的：理解组合的意义，掌握组合数的计算公式． 过程：
一、复习、引入：
1．复习排列的有关内容：
以上由学生口答． 2．提出问题：
示例1： 从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？
示例2： 从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？
引导观察：示例1中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例2只要求选出2名同学，是与顺序无关的．
引出课题：组合问题． ．．
二、新授：
1．组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合． 注：1．不同元素 2．．相同组合：元素相同
判断下列问题哪个是排列问题哪个是组合问题：
⑴ 从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览；（组合） ⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．（排列）
2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．用符号C n m 表示．
例如：示例2中从3个同学选出2名同学的组合可以为：甲乙，甲丙，乙丙．即有C 32=3种组合．
又如：从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览的组合：AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD 一共6种组合，即：C 42=6
在讲解时一定要让学生去分析：要解决的问题是排列问题还是组合问题，关键是看是否与顺序有关．那么又如何计算C n m 呢？
3．组合数公式的推导
⑴提问：从4个不同元素a ，b ，c ，d 中取出3个元素的组合数C 43
是多少呢？
启发： 由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3．．．．．．．．．个元素的排列数A 43 可以求得，故我们可以考察一下C 43和A 43的关系，如下：
组 合 排列
abc
→→
→→
abc ,
bac ,
cab , dab , dac , dbc ,
acb , adb , adc , bdc ,
bca , bda , cda , cdb ,
cba dba dca dcb
abd acd bcd
abd , bad , acd , cad , bcd ,
cbd ,
由此可知：每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数A 43，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有C 43个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有A 33种方法．由分步计数原理得：
3
A 4
A ＝C ⋅A ，所以：C =3．
A 3
34343334
⑵ 推广： 一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数A n m ，可以分如下两步：① 先求从n 个不同元素中取出m 个元素的
m
组合数C n m ；② 求每一个组合中m 个元素全排列数A m ，根据分布计m 数原理得：A n m ＝C n m ⋅A m
⑶ 组合数的公式：
m A n n (n -1)(n -2) (n -m +1) C =m =
m ! A m m
n
或 C m n =
n !
(n , m ∈N *, 且m ≤n )
m ! (n -m )!
⑷ 巩固练习：
7
1．计算：⑴ C 74 ⑵ C 10
2．求证：C m n =
m +1m +1
⋅C n n -m
12x -3
3．设x ∈N +, 求C 2x x --3+C x +1的值．
2x -3≥x -1 解：由题意可得：⎧ 即：2≤x ≤4 ⎨
⎩x +1≥2x -3
∵x ∈N +, ∴x =2或3或4
当x =2时原式值为7；当x =3时原式值为7；当x =2时原式值为11．
∴所求值为4或7或11． 4．例题讲评
例1． 6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分
法？
略解：C 62⋅C 42⋅C 22=90
例2．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1
112112
男2女，分别有C 43，C 42⋅C 6，C 4，所以一共有C 43+C 42⋅C 6+C 4＝⋅C 6⋅C 6
100种方法．
33
解法二：（间接法）C 10-C 6=100
5．学生练习：（课本99练习） 三、小结：
此外，解决实际问题时首先要看是否与顺序有关，从而确定是排列问题还是组合问题，必要时要利用分类和分步计数原理．
四、作业：课堂作业：教学与测试75课 课外作业：课课练 课时7和8 组 合 ⑵
课题：组合的简单应用及组合数的两个性质
目的：深刻理解排列与组合的区别和联系，熟练掌握组合数的计算公式；掌握组合数的两个性质，并且能够运用它解决一些简单的应用问题．
过程： 一、复习回顾：
1．复习排列和组合的有关内容：
强调：排列——次序性；组合——无序性．
2．练习一： 练习1：求证：C n m =
n m -1m m -1C n -1． （本式也可变形为：mC n =nC n -1）m
4537
练习2：计算：① C 10和C 10； ② C 73-C 62与C 63；③ C 11 +C 11
答案：① 120，120 ② 20，20 ③ 792 （此练习的目的为下面学习组合数的两个性质打好基础．） 3．练习二：
⑴ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？
⑵ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？
22答案：⑴C 10=45 （组合问题） ⑵A 10=90（排列问题）
二、新授：
1．组合数的 C n m =C n n -m ．
理解： 一般地，从n 个不同元素中取出m 个元素后，剩下n - m 个元素．因
为从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合，与剩下的n - m 个元素的每一个组合一一对应，所以从n 个不同元素中取出m 个．．．．元素的组合数，等于从这n 个元素中取出n - m 个元素的组合数，即：
m n -m
．在这里，我们主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对C n =C n
应”的思想．
证明：∵C n n -m =
n ! n !
=
(n -m )! [n -(n -m )]!m ! (n -m )!
又
m C n =
n !
m ! (n -m )!
∴C n m =C n n -m
注：1︒ 我们规定 C n 0=1
2︒ 等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标． 3︒ 此性质作用：当m >n 时，计算C n m 可变为计算C n n -m ，能够使运
2
算简化．
20012002-20011
例如：C 2002＝C 2002＝C 2002=2002．
4︒ C n x =C n y ⇒x =y 或x +y =n
2．示例一：（课本101例4）一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．
⑴ 从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
⑵ 从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ ⑶ 从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解：⑴ C 83=56 ⑵ C 72=21 ⑶ C 73=35 引导学生发现：C 83=C 72+C 73．为什么呢？
我们可以这样解释：从口袋内的8个球中所取出的3个球，可以分为两类：一类含有1个黑球，一类不含有黑球．因此根据分类计数原理，上述等式成立．
一般地，从a 1, a 2, , a n +1这n +1个不同元素中取出m 个元素的组合数是C n m +1，这些组合可以分为两类：一类含有元素a 1，一类不含有a 1．含有a 1的组合是从a 2, a 3, , a n +1这n 个元素中取出m -1个元素与a 1组成的，共有C n m -1个；不含有a 1的组合是从a 2, a 3, , a n +1这n 个元素中取出m 个元素组成的，共有C n m 个．根据分类计数原理，可以得
到组合数的另一个性质．在这里，我们主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
3．组合数的 C n m +1＝C n m +C n m -1． 证明：
m m -1
C n +C n =
n ! n ! +
m ! (n -m )! (m -1)! [n -(m -1)]!
===
n ! (n -m +1) +n ! m m ! (n -m +1)! (n -m +1+m ) n ! m ! (n -m +1)! (n +1)! m ! (n -m +1)!
=C n m +1 ∴ C n m +1＝C n m +C n m -1．
注：1︒ 公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与高的相同的一个组合数．
2︒ 此性质的作用：恒等变形，简化运算．在今后学习“二项式定理”时，我们会看到它的主要应用．
4．示例二：
3456
⑴ 计算：C 7 +C 7+C 8+C 9
n n n -1n -2⑵ 求证：C m ＝++C 2C C +2m m m x +12x -3⑶ 解方程：C 13 =C 13-2x -3⑷ 解方程：C x x +2+C x +2=
13
A x +3 10
0123412345
⑸ 计算：C 4和C 50+C 5 +C 4+C 4+C 4+C 4+C 5+C 5+C 5+C 5
012n -1n 推广：C n +C n +C n + +C n +C n =2n
5．组合数性质的简单应用： 证明下列等式成立：
⑴ （讲解）C n k -1+C n k -2+C n k -3+ +C k k +1+C k k =C n k +1
+1
⑵ （练习）C k k +C k k +1+C k k +2+ +C k k +n =C n k +k +1 123n 01n
+2C n +3C n + +nC n =(C n +C n + +C n ) ⑶ C n
n
2
6．处理《教学与测试》76课例题 三、小结：1．组合数的两个性质； 2．从特殊到一般的归纳思想． 四、作业： 课堂作业：《教学与测试》76课 课外作业：课本习题10.3；课课练课时9 组 合 ⑶
课题：组合、组合数的综合应用⑴
目的：进一步巩固组合、组合数的概念及其性质，能够解决一些较为复杂的组合应用问题，提高合理选用知识的能力．
过程： 一、知识复习：
1．复习排列和组合的有关内容：
依然强调：排列——次序性；组合——无序性． 2．排列数、组合数的公式及有关性质
性质1：C n m =C n n -m 性质2：C n m +1＝C n m +C n m -1
+1 常用的等式：C k 0=C k 0+1=C k k =C k k +1=1
3．练习：处理《教学与测试》76课例题 二、例题评讲：
例1．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4
件检查．
⑴ 都不是次品的取法有多少种？ ⑵ 至少有1件次品的取法有多少种？ ⑶ 不都是次品的取法有多少种？
4
解：⑴ C 90； =2555190
441322314⑵ C 100； -C 90=C 10C 90+C 10C 90+C 10C 90+C 10=[**************]4⑶ C 100． -C 10=C 90C 10+C 90C 10+C 90C 10+C 90=3921015
例2．从编号为1，2，3，„，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
1432 解：分为三类：1奇4偶有C 6C 5 ；3奇2偶有C 6C 5；5奇1
偶有C 65
14325 所以一共有C 6C 5+C 6C 5+C 6=236．
例3．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻
译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
解：我们可以分为三类：
① 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有C 42C 32；
1② 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有C 43C 3； 32③ 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有C 4C 3．
132
所以一共有C 42C 32+C 43C 3+C 4C 3＝42种方法．
例4．甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
1211 解法一：（排除法）C 62C 42-2C 5C 4+C 4C 3=42
12 解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有C 4C 4；1222
另一类为甲不值周一，但值周六，有C 42C 32．所以一共有C 4C 4+C 4C 3＝
42种方法．
例5．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有C 62种方法；第二步将5个“不同元素（书）”分给5个人有
5
种方法．根据分步计数原理，一共有C 62A 55＝1800种方法． A 5
变题1：6本不同的书全部送给5人，有多少种不同的送书方法？ 变题2： 5本不同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同．的送书方法？
变题3： 5本相同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同．的送书方法？
55
答案：1．56=15625； 2．A 6=720； 3．C 6=6．
三、小结：1．组合的定义，组合数的公式及其两个性质；
2．组合的应用：分清是否要排序． 四、作业：《3+X》 组合基础训练 《课课练》课时10 组合四
组 合 ⑷
课题：组合、组合数的综合应用⑵
目的：对排列组合知识有一个系统的了解，掌握排列组合一些常见的题型及解题方法，能够运用两个原理及排列组合概念解决排列组合问题．
过程： 一、知识复习： 1．两个基本原理；
2．排列和组合的有关概念及相关性质． 二、例题评讲：
例1．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法： ⑴ 分给甲、乙、丙三人，每人两本； ⑵ 分为三份，每份两本；
⑶ 分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
⑷ 分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； ⑸ 分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． 解：⑴ 根据分步计数原理得到：C 62C 42C 22=90种．
⑵ 分给甲、乙、丙三人，每人两本有C 62C 42C 22种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x 种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A 33种方法．根据分步计数原
222
C 6C 4C 2
理可得：C C C =xC ，所以x ==15．因此分为三份，每份两3
A 3
26242233
本一共有15种方法．
注：本题是分组中的“均匀分组”问题． ．．．．
123⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有C 6C 5C 3=60种方法． 1233⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以一共有C 6C 5C 3A 3=360种方
法．
⑸ 可以分为三类情况：①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有C 62C 42C 22=90种方法；②“1、2、3型”即⑷中的分配情况，有
1233
，有C 64A 33=90种方法．所以C 6C 5C 3A 3=360种方法；③“1、1、4型”
一共有90+360+90＝540种方法．
例2．身高互不相同的7名运动员站成一排，甲、乙、丙三人自左向右从高到矮排列且互不相邻的排法有多少种？
解：（插空法）现将其余4个同学进行全排列一共有A 44种方法，再将甲、乙、丙三名同学插入5个空位置中（但无需要进行排列）有
3
种方法．根据分步计数原理，一共有A 44C 53＝240种方法． C 5
例3．⑴ 四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共有多少种不同的放法？
⑵ 四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？
解：⑴ 根据分步计数原理：一共有44=256种方法． ⑵（捆绑法）第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有C 42种方法，第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有A 43种方法．所以一共有C 42A 43＝144种方法．
例4．马路上有编号为1，2，3，„，10的十盏路灯，为节约用
电又不影响照明，可以把其中3盏灯关掉，但不可以同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，有多少种不同的关灯方法？
解：（插空法）本题等价于在7只亮着的路灯之间的6个空档中插入3只熄掉的灯，故所求方法总数为C 63=20种方法．
例5．九张卡片分别写着数字0，1，2，„，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？
111 解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有2(A 82+C 2C 7C 7) 种12
方法；②若不取6，则有C 7A 7种方法．根据分类计数原理，一共有111122(A 82+C 2C 7C 7) +C 7A 7＝602种方法．
三、小结：
排列与组合
一、教学目标
1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理 2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题
3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力
二、教材分析
1. 重点：加法原理，乘法原理。 解决方法：利用简单的举例得到一般的结论．
2. 难点：加法原理，乘法原理的区分。解决方法：运用对比的方法比较它们的异同．
三、活动设计
1. 活动：思考，讨论，对比，练习． 2. 教具：多媒体课件． 四、教学过程正 1．新课导入
随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。 排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键．
2．新课
我们先看下面两个问题．
(l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
板书：图
因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法．
一般地，有如下原理：
加法原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，„„，在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1十m 2十„十m n 种不同的方法．
(2) 我们再看下面的问题：
由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条．从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？
板书：图
这里，从A 村到B 村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一
种走法到达B 村后，再从B 村到C 村又有2种不同的走法．因此，从A 村经B 村去C 村共有 3X2=6种不同的走法．
一般地，有如下原理：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1 m2„m n 种不同的方法．
例1 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书．
1）从中任取一本，有多少种不同的取法？
2）从中任取数学书与语文书各一本，有多少的取法？ 解：（1）从书架上任取一本书，有两类办法：第一类办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6种方法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中任取一本，有5种方法．根据加法原理，得到不同的取法的种数是6十5=11．
答：从书架L 任取一本书，有11种不同的取法．
（2）从书架上任取数学书与语文书各一本，可以分成两个步骤完成：第一步取一本数学书，有6种方法；第二步取一本语文书，有5种方法．根据乘法原理，得到不同的取法的种数是 N＝6X5＝30．
答：从书架上取数学书与语文书各一本，有30种不同的方法． 练习： 一同学有4枚明朝不同古币和6枚清朝不同古币 1）从中任取一枚，有多少种不同取法？ 2）从中任取明清古币各一枚，有多少种不同取法？
例2：(1)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字允许重复三位数？
(2)由数字l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
(3)由数字0，l ，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
解：要组成一个三位数可以分成三个步骤完成：第一步确定百位上的数字，从5个数字中任选一个数字，共有5种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，
这仍有5种选法，第三步确定个位上的数字，同理，它也有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位数的个数是N=5X5X5=125．
答：可以组成125个三位数． 练习：
1、从甲地到乙地有2条陆路可走，从乙地到丙地有3条陆路可走，又从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．
（1）从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？ （2）从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
2．一名儿童做加法游戏．在一个红口袋中装着2O 张分别标有数1、2、„、19、20的红卡片，从中任抽一张，把上面的数作为被加数；在另一个黄口袋中装着10张分别标有数1、2、„、9、1O 的黄卡片，从中任抽一张，把上面的数作为加数．这名儿童一共可以列出
多少个加法式子？
3．题2的变形
4．由0－9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 小结：要解决某个此类问题，首先要判断是分类，还是分步？分类时用加法，分步时用乘法
其次要注意怎样分类和分步，以后会进一步学习 练习
1．（口答）一件工作可以用两种方法完成．有 5人会用第一种方法完成，另有4人会用第二种方法完成．选出一个人来完成这件工作，共有多少种选法？
2．在读书活动中，一个学生要从 2本科技书、 2本政治书、 3本文艺书里任选一本，共有多少种不同的选法？
3．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有多少项？
4．从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
5．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．
（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？ （2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？ 作业：
【复习基本原理】
1. 加法原理 做一件事，完成它可以有n 类办法，第一类办法中有m 1种不同的方法，第二办法中有m 2种不同的方法„„，第n 办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有
N=m1+m2+m3+„m n 种不同的方法.
2. 乘法原理 做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一 步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，„„，做第n 步有m n 种不同的方法，. 那么完成这件事共有
N=m1⨯m 2⨯m 3⨯„⨯m n 种不同的方法. 3. 两个原理的区别： 【练习1】
1. 北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，需要准备多少种不同的机票？
2. 由数字1、2、3可以组成多少个无重复数字的二位数？请一一列出.
【基本概念】 1.
什么叫排列？从n 个不同元素中，任取m(m ≤n ) 个元素（这
里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同．．．．．元素中取出m 个元素的一个排列 ．．．．
3. 4.
什么叫相同的排列？元素和顺序都相同的排列. 什么叫一个排列？
【例题与练习】 1.
由数字1、2、3、4可以组成多少个无重复数字的三位数？
2. 已知a 、b 、c 、d 四个元素，①写出每次取出3个元素的所有排列；②写出每次取出4个元素的所有排列.
【排列数】 1.
定义：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n ) 个元素的所有排
m
列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号p n 表示.
用符号表示上述各题中的排列数. 2.
m
排列数公式：p n =n(n-1)(n-2)„(n-m+1)
123
p n =p n =；p n =；4
p n =；
4
计算：p 52； p 5；2
； p 15
【课后检测】 1.
写出：
① 从五个元素a 、b 、c 、d 、e 中任意取出两个、三个元素的所有排列；
② 由1、2、3、4组成的无重复数字的所有3位数. ③ 由0、1、2、3组成的无重复数字的所有3位数.
① p
3100
8p 12
② p ③ p -2p ④ 7
p 12
364828
排 列
课题：排列的简单应用(1)
目的：进一步掌握排列、排列数的概念以及排列数的两个计算公式，会用排列数公式计算和解决简单的实际问题．
过程：
一、复习：（引导学生对上节课所学知识进行复习整理） 1．排列的定义，理解排列定义需要注意的几点问题； 2．排列数的定义，排列数的计算公式
m m
=A n =n (n -1)(n -2) (n -m +1) 或A n
n !
（其中
(n -m )!
m ≤n
m,n ∈Z ）
3．全排列、阶乘的意义；规定 0!=1
4．“分类”、“分步”思想在排列问题中的应用． 二、新授：
例1：⑴ 7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：7个元素的全排列——A 77＝5040 ⑵ 7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？ 解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040 ⑶ 7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？
解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——A 66=720 ⑷ 7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？ 解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有A 22种；第二步 余下的5名同学进行全排列有A 55种 则共有A 22A 55=240种排列方法
⑸ 7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？
解法一（直接法）：第一步 从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A 52种方法；第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有A 55种方法 所以一共有A 52A 55＝2400种排列方法．
解法二：（排除法）若甲站在排头有A 66种方法；若乙站在排尾有A 66种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有A 55种方法．所以甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有A 77－2A 66＋A 55=2400种．
小结一：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可以优先考虑．
例2 ： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有A 66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A 22种方法．所以这样的排法一共有A 66A 22＝1440
⑵甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？
解：方法同上，一共有A 55A 33＝720种．
⑶甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？
解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A 52种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A 44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A 22种方法．所以这样的排法一共有A 52A 44A 22＝960种方法．
解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，若丙站在排头或排尾有2A 55种方法，所以丙不能站在排头和排尾的排法有(A 66-2A 55) ⋅A 22=960种方法．
解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个
1
位置选择共有A 4种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有A 55种125方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以这样的排法一共有A 4A 2A 5
＝960种方法．
小结二：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）． 例3： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ 解法一：（排除法）A 77-A 66⋅A 22=3600
解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有A 55种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六
个位置（空）有A 62种方法，所以一共有A 55A 62 3600种方法．
⑵甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？ 解：先将其余四个同学排好有A 44种方法，此时他们留下五个“空”，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有A 53种方法，所以一共有A 44A 53＝1440种．
小结三：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）． 三、小结：
1．对有约束条件的排列问题，应注意如下类型： ⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置； ⑵某些元素要求连排（即必须相邻）； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）； 2．基本的解题方法：
⑴ 有特殊元素或特殊位置的排列问题，通常是先排特殊元素或特殊位置，称为优先处理特殊元素（位置）法（优限法）；
⑵ 某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看作一个元素，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排列，这种方法称为“捆绑法”；
⑶ 某些元素不相邻排列时，可以先排其他元素，再将这些不相邻元素插入空挡，这种方法称为“插空法”；
⑷ 在处理排列问题时，一般可采用直接和间接两种思维形式，从而寻求有效的解题途径，这是学好排列问题的根基．
四、作业：《课课练》之“排列 课时1—3”
课题：排列的简单应用(2)
目的：使学生切实学会用排列数公式计算和解决简单的实际问题，进一步培养分析问题、解决问题的能力，同时让学生学会一题多解．
过程： 一、复习：
1．排列、排列数的定义，排列数的两个计算公式； 2．常见的排队的三种题型：
⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置——优限法；
⑵某些元素要求连排（即必须相邻）——捆绑法； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）——插空法． 3．分类、分布思想的应用． 二、新授：
示例一： 从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？
15
解法一：（从特殊位置考虑）A 9 A 9=136080
解法二：（从特殊元素考虑）若选：5⋅A 95 若不选：A 96 则共有 5⋅A 95＋A 96＝136080
65解法三：（间接法）A 10-A 9=136080
示例二：
⑴ 八个人排成前后两排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，
丙要排在后排，则共有多少种不同的排法？
1
略解：甲、乙排在前排A 42；丙排在后排A 4；其余进行全排列A 55． 15所以一共有A 42A 4＝5760种方法． A 5
⑵ 不同的五种商品在货架上排成一排，其中a , b 两种商品必须排在一起，而c, d两种商品不排在一起, 则不同的排法共有多少种？ 略解：（“捆绑法”和“插空法”的综合应用）a , b 捆在一起与e 进行排列有A 22；
此时留下三个空，将c, d两种商品排进去一共有A 32；最后将a , b “松绑”有A 22．所以一共有A 22A 32A 22＝24种方法．
⑶ 6张同排连号的电影票，分给3名教师与3名学生，若要求师生相间而坐，则不同的坐法有多少种？
略解：（分类）若第一个为老师则有A 33A 33；若第一个为学生则有
33
A 3A 3
所以一共有2A 33A 33＝72种方法． 示例三：
⑴ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的正整数？
12345略解：A 5+A 5+A 5+A 5+A 5=325
⑵ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比13 000大的正整数？
解法一：分成两类，一类是首位为1时，十位必须大于等于3有
1413
A 4种方法．所以一共有A 3A 3种方法；另一类是首位不为1，有A 4
1413
A 4=114个数比13 000大． A 3A 3+A 4
解法二：（排除法）比13 000小的正整数有A 33个，所以比13 000大的正整数有A 55-A 33＝114个．
示例四： 用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．
⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？
解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有A 53=60个，所以第114个数的千位数应该是“3”，十位数字是“1”即“31”开头的四位数有A 42=12个；同理，以“36”、“37”、“38”开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“39”, 而“3 968”排在第6个位置上，所以“3 968” 是第114个数．
⑵ 由上可知“37”开头的数的前面有60＋12＋12＝84个，而3 796在“37”开头的四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数．
示例五： 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中 ⑴ 能被25整除的数有多少个？ ⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？
解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，
11
末尾为50的四位数有A 42个，末尾为25的有A 3所以一共有A 42＋A 3个，11A 3A 3＝21个．
注： 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种情况．
13
⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有A 5A 5=300
个．因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可．．
13
A A 5=150个． 能的”，所以十位数字比个位数字大的有5．．2
1
三、小结：能够根据题意选择适当的排列方法，同时注意考虑问题的全面性，此外能够借助一题多解检验答案的正确性．
四、作业：“3＋X ”之 排列 练习 组 合 ⑴
课题：组合、组合数的概念
目的：理解组合的意义，掌握组合数的计算公式． 过程：
一、复习、引入：
1．复习排列的有关内容：
以上由学生口答． 2．提出问题：
示例1： 从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？
示例2： 从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？
引导观察：示例1中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例2只要求选出2名同学，是与顺序无关的．
引出课题：组合问题． ．．
二、新授：
1．组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合． 注：1．不同元素 2．．相同组合：元素相同
判断下列问题哪个是排列问题哪个是组合问题：
⑴ 从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览；（组合） ⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．（排列）
2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．用符号C n m 表示．
例如：示例2中从3个同学选出2名同学的组合可以为：甲乙，甲丙，乙丙．即有C 32=3种组合．
又如：从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览的组合：AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD 一共6种组合，即：C 42=6
在讲解时一定要让学生去分析：要解决的问题是排列问题还是组合问题，关键是看是否与顺序有关．那么又如何计算C n m 呢？
3．组合数公式的推导
⑴提问：从4个不同元素a ，b ，c ，d 中取出3个元素的组合数C 43
是多少呢？
启发： 由于排列是先组合再排列，而从4个不同元素中取出3．．．．．．．．．个元素的排列数A 43 可以求得，故我们可以考察一下C 43和A 43的关系，如下：
组 合 排列
abc
→→
→→
abc ,
bac ,
cab , dab , dac , dbc ,
acb , adb , adc , bdc ,
bca , bda , cda , cdb ,
cba dba dca dcb
abd acd bcd
abd , bad , acd , cad , bcd ,
cbd ,
由此可知：每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同元素中取出3个元素的排列数A 43，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有C 43个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有A 33种方法．由分步计数原理得：
3
A 4
A ＝C ⋅A ，所以：C =3．
A 3
34343334
⑵ 推广： 一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数A n m ，可以分如下两步：① 先求从n 个不同元素中取出m 个元素的
m
组合数C n m ；② 求每一个组合中m 个元素全排列数A m ，根据分布计m 数原理得：A n m ＝C n m ⋅A m
⑶ 组合数的公式：
m A n n (n -1)(n -2) (n -m +1) C =m =
m ! A m m
n
或 C m n =
n !
(n , m ∈N *, 且m ≤n )
m ! (n -m )!
⑷ 巩固练习：
7
1．计算：⑴ C 74 ⑵ C 10
2．求证：C m n =
m +1m +1
⋅C n n -m
12x -3
3．设x ∈N +, 求C 2x x --3+C x +1的值．
2x -3≥x -1 解：由题意可得：⎧ 即：2≤x ≤4 ⎨
⎩x +1≥2x -3
∵x ∈N +, ∴x =2或3或4
当x =2时原式值为7；当x =3时原式值为7；当x =2时原式值为11．
∴所求值为4或7或11． 4．例题讲评
例1． 6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分
法？
略解：C 62⋅C 42⋅C 22=90
例2．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1
112112
男2女，分别有C 43，C 42⋅C 6，C 4，所以一共有C 43+C 42⋅C 6+C 4＝⋅C 6⋅C 6
100种方法．
33
解法二：（间接法）C 10-C 6=100
5．学生练习：（课本99练习） 三、小结：
此外，解决实际问题时首先要看是否与顺序有关，从而确定是排列问题还是组合问题，必要时要利用分类和分步计数原理．
四、作业：课堂作业：教学与测试75课 课外作业：课课练 课时7和8 组 合 ⑵
课题：组合的简单应用及组合数的两个性质
目的：深刻理解排列与组合的区别和联系，熟练掌握组合数的计算公式；掌握组合数的两个性质，并且能够运用它解决一些简单的应用问题．
过程： 一、复习回顾：
1．复习排列和组合的有关内容：
强调：排列——次序性；组合——无序性．
2．练习一： 练习1：求证：C n m =
n m -1m m -1C n -1． （本式也可变形为：mC n =nC n -1）m
4537
练习2：计算：① C 10和C 10； ② C 73-C 62与C 63；③ C 11 +C 11
答案：① 120，120 ② 20，20 ③ 792 （此练习的目的为下面学习组合数的两个性质打好基础．） 3．练习二：
⑴ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？
⑵ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？
22答案：⑴C 10=45 （组合问题） ⑵A 10=90（排列问题）
二、新授：
1．组合数的 C n m =C n n -m ．
理解： 一般地，从n 个不同元素中取出m 个元素后，剩下n - m 个元素．因
为从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合，与剩下的n - m 个元素的每一个组合一一对应，所以从n 个不同元素中取出m 个．．．．元素的组合数，等于从这n 个元素中取出n - m 个元素的组合数，即：
m n -m
．在这里，我们主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对C n =C n
应”的思想．
证明：∵C n n -m =
n ! n !
=
(n -m )! [n -(n -m )]!m ! (n -m )!
又
m C n =
n !
m ! (n -m )!
∴C n m =C n n -m
注：1︒ 我们规定 C n 0=1
2︒ 等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标． 3︒ 此性质作用：当m >n 时，计算C n m 可变为计算C n n -m ，能够使运
2
算简化．
20012002-20011
例如：C 2002＝C 2002＝C 2002=2002．
4︒ C n x =C n y ⇒x =y 或x +y =n
2．示例一：（课本101例4）一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．
⑴ 从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
⑵ 从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ ⑶ 从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解：⑴ C 83=56 ⑵ C 72=21 ⑶ C 73=35 引导学生发现：C 83=C 72+C 73．为什么呢？
我们可以这样解释：从口袋内的8个球中所取出的3个球，可以分为两类：一类含有1个黑球，一类不含有黑球．因此根据分类计数原理，上述等式成立．
一般地，从a 1, a 2, , a n +1这n +1个不同元素中取出m 个元素的组合数是C n m +1，这些组合可以分为两类：一类含有元素a 1，一类不含有a 1．含有a 1的组合是从a 2, a 3, , a n +1这n 个元素中取出m -1个元素与a 1组成的，共有C n m -1个；不含有a 1的组合是从a 2, a 3, , a n +1这n 个元素中取出m 个元素组成的，共有C n m 个．根据分类计数原理，可以得
到组合数的另一个性质．在这里，我们主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
3．组合数的 C n m +1＝C n m +C n m -1． 证明：
m m -1
C n +C n =
n ! n ! +
m ! (n -m )! (m -1)! [n -(m -1)]!
===
n ! (n -m +1) +n ! m m ! (n -m +1)! (n -m +1+m ) n ! m ! (n -m +1)! (n +1)! m ! (n -m +1)!
=C n m +1 ∴ C n m +1＝C n m +C n m -1．
注：1︒ 公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与高的相同的一个组合数．
2︒ 此性质的作用：恒等变形，简化运算．在今后学习“二项式定理”时，我们会看到它的主要应用．
4．示例二：
3456
⑴ 计算：C 7 +C 7+C 8+C 9
n n n -1n -2⑵ 求证：C m ＝++C 2C C +2m m m x +12x -3⑶ 解方程：C 13 =C 13-2x -3⑷ 解方程：C x x +2+C x +2=
13
A x +3 10
0123412345
⑸ 计算：C 4和C 50+C 5 +C 4+C 4+C 4+C 4+C 5+C 5+C 5+C 5
012n -1n 推广：C n +C n +C n + +C n +C n =2n
5．组合数性质的简单应用： 证明下列等式成立：
⑴ （讲解）C n k -1+C n k -2+C n k -3+ +C k k +1+C k k =C n k +1
+1
⑵ （练习）C k k +C k k +1+C k k +2+ +C k k +n =C n k +k +1 123n 01n
+2C n +3C n + +nC n =(C n +C n + +C n ) ⑶ C n
n
2
6．处理《教学与测试》76课例题 三、小结：1．组合数的两个性质； 2．从特殊到一般的归纳思想． 四、作业： 课堂作业：《教学与测试》76课 课外作业：课本习题10.3；课课练课时9 组 合 ⑶
课题：组合、组合数的综合应用⑴
目的：进一步巩固组合、组合数的概念及其性质，能够解决一些较为复杂的组合应用问题，提高合理选用知识的能力．
过程： 一、知识复习：
1．复习排列和组合的有关内容：
依然强调：排列——次序性；组合——无序性． 2．排列数、组合数的公式及有关性质
性质1：C n m =C n n -m 性质2：C n m +1＝C n m +C n m -1
+1 常用的等式：C k 0=C k 0+1=C k k =C k k +1=1
3．练习：处理《教学与测试》76课例题 二、例题评讲：
例1．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4
件检查．
⑴ 都不是次品的取法有多少种？ ⑵ 至少有1件次品的取法有多少种？ ⑶ 不都是次品的取法有多少种？
4
解：⑴ C 90； =2555190
441322314⑵ C 100； -C 90=C 10C 90+C 10C 90+C 10C 90+C 10=[**************]4⑶ C 100． -C 10=C 90C 10+C 90C 10+C 90C 10+C 90=3921015
例2．从编号为1，2，3，„，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
1432 解：分为三类：1奇4偶有C 6C 5 ；3奇2偶有C 6C 5；5奇1
偶有C 65
14325 所以一共有C 6C 5+C 6C 5+C 6=236．
例3．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻
译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
解：我们可以分为三类：
① 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有C 42C 32；
1② 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有C 43C 3； 32③ 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有C 4C 3．
132
所以一共有C 42C 32+C 43C 3+C 4C 3＝42种方法．
例4．甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
1211 解法一：（排除法）C 62C 42-2C 5C 4+C 4C 3=42
12 解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有C 4C 4；1222
另一类为甲不值周一，但值周六，有C 42C 32．所以一共有C 4C 4+C 4C 3＝
42种方法．
例5．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有C 62种方法；第二步将5个“不同元素（书）”分给5个人有
5
种方法．根据分步计数原理，一共有C 62A 55＝1800种方法． A 5
变题1：6本不同的书全部送给5人，有多少种不同的送书方法？ 变题2： 5本不同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同．的送书方法？
变题3： 5本相同的书全部送给6人，每人至多1本，有多少种不同．的送书方法？
55
答案：1．56=15625； 2．A 6=720； 3．C 6=6．
三、小结：1．组合的定义，组合数的公式及其两个性质；
2．组合的应用：分清是否要排序． 四、作业：《3+X》 组合基础训练 《课课练》课时10 组合四
组 合 ⑷
课题：组合、组合数的综合应用⑵
目的：对排列组合知识有一个系统的了解，掌握排列组合一些常见的题型及解题方法，能够运用两个原理及排列组合概念解决排列组合问题．
过程： 一、知识复习： 1．两个基本原理；
2．排列和组合的有关概念及相关性质． 二、例题评讲：
例1．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法： ⑴ 分给甲、乙、丙三人，每人两本； ⑵ 分为三份，每份两本；
⑶ 分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
⑷ 分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； ⑸ 分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． 解：⑴ 根据分步计数原理得到：C 62C 42C 22=90种．
⑵ 分给甲、乙、丙三人，每人两本有C 62C 42C 22种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x 种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A 33种方法．根据分步计数原
222
C 6C 4C 2
理可得：C C C =xC ，所以x ==15．因此分为三份，每份两3
A 3
26242233
本一共有15种方法．
注：本题是分组中的“均匀分组”问题． ．．．．
123⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有C 6C 5C 3=60种方法． 1233⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以一共有C 6C 5C 3A 3=360种方
法．
⑸ 可以分为三类情况：①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有C 62C 42C 22=90种方法；②“1、2、3型”即⑷中的分配情况，有
1233
，有C 64A 33=90种方法．所以C 6C 5C 3A 3=360种方法；③“1、1、4型”
一共有90+360+90＝540种方法．
例2．身高互不相同的7名运动员站成一排，甲、乙、丙三人自左向右从高到矮排列且互不相邻的排法有多少种？
解：（插空法）现将其余4个同学进行全排列一共有A 44种方法，再将甲、乙、丙三名同学插入5个空位置中（但无需要进行排列）有
3
种方法．根据分步计数原理，一共有A 44C 53＝240种方法． C 5
例3．⑴ 四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共有多少种不同的放法？
⑵ 四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？
解：⑴ 根据分步计数原理：一共有44=256种方法． ⑵（捆绑法）第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有C 42种方法，第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有A 43种方法．所以一共有C 42A 43＝144种方法．
例4．马路上有编号为1，2，3，„，10的十盏路灯，为节约用
电又不影响照明，可以把其中3盏灯关掉，但不可以同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，有多少种不同的关灯方法？
解：（插空法）本题等价于在7只亮着的路灯之间的6个空档中插入3只熄掉的灯，故所求方法总数为C 63=20种方法．
例5．九张卡片分别写着数字0，1，2，„，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？
111 解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有2(A 82+C 2C 7C 7) 种12
方法；②若不取6，则有C 7A 7种方法．根据分类计数原理，一共有111122(A 82+C 2C 7C 7) +C 7A 7＝602种方法．
三、小结：