1．3．1二项式定理
教学目标：
知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式
过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题
情感、态度与价值观：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。
教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用
教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用
授课类型：新授课
课时安排：3课时
教 具：多媒体、实物投影仪
内容分析：
二项式定理是初中乘法公式的推广，是排列组合知识的具体运用，是学习概率的重要基础．这部分知识具有较高应用价值和思维训练价值．中学教材中的二项式定理主要包括：定理本身，通项公式，杨辉三角，二项式系数的性质等．
通过二项式定理的学习应该让学生掌握有关知识，同时在求展开式、其通项、证恒等式、近似计算等方面形成技能或技巧；进一步体会过程分析与特殊化方法等等的运用；重视学生正确情感、态度和世界观的培养和形成．
二项式定理本身是教学重点，因为它是后面一切结果的基础．通项公式，杨辉三角，特殊化方法等意义重大而深远，所以也应该是重点．
二项式定理的证明是一个教学难点．这是因为，证明中符号比较抽象、需要恰当地运用组合数的性质2、需要用到不太熟悉的数学归纳法．
在教学中，努力把表现的机会让给学生，以发挥他们的自主精神；尽量创造让学生活动的机会，以让学生在直接体验中建构自己的知识体系；尽量引导学生的发展和创造意识，以使他们能在再创造的氛围中学习．
教学过程：
一、复习引入：
⑴；
⑵
⑶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：
⑴的展开式的各项都是次式，即展开式应有下面形式的各项：
，，…，，…，，
⑵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，⑶它有项，各项的系数叫二项式系数，
⑷叫二项展开式的通项，用表示，即通项．
⑸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，
，
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．
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）
∴
①若是常数项，则，即，
∵，这不可能，∴展开式中没有常数项；
②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
六、课后作业： P36 习题1.3A组1. 2. 3.4
七、板书设计（略）
八、教学反思：
(a+b) ｎ =
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)ｎ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′=nxn－1，同时=e≈2.718281…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eiθ=cosθ+isinθ，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)+(x－x0)2+…(x－x0)n+(θ∈(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.1．2．2组合
教学目标：
知识与技能：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与排列的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题。
过程与方法：了解组合数的意义，理解排列数与组合数 之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。
情感、态度与价值观：能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力。
教学重点：组合的概念和组合数公式
教学难点：组合的概念和组合数公式
授课类型：新授课
课时安排：2课时
教 具：多媒体、实物投影仪
内容分析：
排列与组合都是研究从一些不同元素中任取元素，或排成一排或并成一组，并求有多少种不同方法的问题.排列与组合的区别在于问题是否与顺序有关.与顺序有关的是排列问题，与顺序无关是组合问题，顺序对排列、组合问题的求解特别重要.排列与组合的区别，从定义上来说是简单的，但在具体求解过程中学生往往感到困惑，分不清到底与顺序有无关系.
指导学生根据生活经验和问题的内涵领悟其中体现出来的顺序.教的秘诀在于度，学的真谛在于悟，只有学生真正理解了，才能举一反三、融会贯通.
能列举出某种方法时，让学生通过交换元素位置的办法加以鉴别.
学生易于辨别组合、全排列问题，而排列问题就是先组合后全排列.在求解排列、组合问题时，可引导学生找出两定义的关系后，按以下两步思考：首先要考虑如何选出符合题意要求的元素来，选出元素后再去考虑是否要对元素进行排队，即第一步仅从组合的角度考虑，第二步则考虑元素是否需全排列，如果不需要，是组合问题；否则是排列问题.
排列、组合问题大都来源于同学们生活和学习中所熟悉的情景，解题思路通常是依据具体做事的过程，用数学的原理和语言加以表述.也可以说解排列、组合题就是从生活经验、知识经验、具体情景的出发，正确领会问题的实质，抽象出“按部就班”的处理问题的过程.据笔者观察，有些同学之所以学习中感到抽象，不知如何思考，并不是因为数学知识跟不上，而是因为平时做事、考虑问题就缺乏条理性，或解题思路是自己主观想象的做法（很可能是有悖于常理或常规的做法）.要解决这个问题，需要师生一道在分析问题时要根据实际情况，怎么做事就怎么分析，若能借助适当的工具，模拟做事的过程，则更能说明问题.久而久之，学生的逻辑思维能力将会大大提高.
教学过程：
一、复习引入：
1分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法
2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法
3．排列的概念：从个不同元素中，任取（）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，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
4．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
5．排列数公式：（）
6阶乘：表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定．
7．排列数的另一个计算公式：=
8.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．
二、讲解新课：
1组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
例1．判断下列问题是组合还是排列
（1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？
（2）高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？
（3）从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不同的选法？
（4）10个人互相通信一次，共写了多少封信？
（5）10个人互通电话一次，共多少个电话？
问题：（1）1、2、3和3、1、2是相同的组合吗？
（2）什么样的两个组合就叫相同的组合
2．组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3．组合数公式的推导：
（1）从4个不同元素中取出3个元素的组合数是多少呢？
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个元素的排列数可以求得，故我们可以考察一下和的关系，如下：
组 合 排列
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，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，共有个；② 对每一个组合的3个不同元素进行全排列，各有种方法．由分步计数原理得：＝，所以，．
（2）推广：一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：
① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；
② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（3）组合数的公式：
或
规定: .
三、讲解范例：
例2．用计算器计算．
解：由计算器可得
例3．计算：（1）； （2）；
（1）解： ＝35；
（2）解法1：＝120．
解法2：＝120．
例4．求证：．
证明：∵
＝
＝
∴
例5．设 求的值
解：由题意可得： ，解得，
∵， ∴或或，
当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．
∴所求值为4或7或11．
例6． 一位教练的足球队共有 17 名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：
(l)这位教练从这 17 名学员中可以形成多少种学员上场方案？
(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？
分析：对于（1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从 17 个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于（ 2 ) ，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．
解： (1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有 C ｝手＝ 12 376 （种） .
(2）教练员可以分两步完成这件事情：
第1步，从17名学员中选出 n 人组成上场小组，共有种选法；
第2步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有种选法．
所以教练员做这件事情的方法数有
=136136（种）.
例7．（1）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？
(2）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？
解：(1）以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有
（条）.
(2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每 2 个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段共有
（条）.
例8．在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品．从这 100 件产品中任意抽出 3 件 .
(1）有多少种不同的抽法？
(2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种？
(3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种？
解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有
= 161700 （种）.
(2）从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有种，因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有
=9506(种).
(3）解法 1 从 100 件产品抽出的 3 件中至少有 1 件是次品，包括有1件次品和有 2 件次品两种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有
+=9 604 （种） .
解法2 抽出的3 件产品中至少有 1 件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3 件的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数，即
=161 700-152 096 = 9 604 （种）.
说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。
变式：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？
（1）甲、乙、丙三人必须当选； （2）甲、乙、丙三人不能当选；
（3）甲必须当选，乙、丙不能当选； （4）甲、乙、丙三人只有一人当选；
（5）甲、乙、丙三人至多2人当选； （6）甲、乙、丙三人至少1人当选；
例9．（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？
解：．
（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求至少有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？
解：问题可以分成2类：
第一类 2名男生和2名女生参加，有中选法；
第二类 3名男生和1名女生参加，有中选法
依据分类计数原理，共有100种选法
错解：种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多
例10．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，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男2女，分别有，，，
所以，一共有++＝100种方法．
解法二：（间接法）
组合数的性质1：．
一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．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：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想
证明：∵
又 ，∴
说明：①规定：；
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：当时，计算可变为计算，能够使运算简化.
例如＝＝=2002；
④或．
2．组合数的性质2：＝+．
一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n个元素中取出m 1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，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．
证明：
∴＝+．
说明：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而上标与大的相同的一个组合数；
②此性质的作用：恒等变形，简化运算
例11．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，
（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
解：（1）,或，；（2）；（3）．
例12．（1）计算：；
（2）求证：＝++．
解：（1）原式；
证明：（2）右边左边
例13．解方程：（1）；（2）解方程：．
解：（1）由原方程得或，∴或，
又由得且，∴原方程的解为或
上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多.
（2）原方程可化为，即，∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解
例14．证明：。
证明：原式左端可看成一个班有个同学，从中选出个同学组成兴趣小组，在选出的个同学中，个同学参加数学兴趣小组，余下的个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在个同学中选出个同学参加数学兴趣小组，在余下的个同学中选出个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
例15．证明：…（其中）。
证明：设某班有个男同学、个女同学，从中选出个同学组成兴趣小组，可分为类：男同学0个，1个，…，个，则女同学分别为个，个，…，0个，共有选法数为…。又由组合定义知选法数为，故等式成立。
例16．证明：…。
证明：左边=…=…，
其中可表示先在个元素里选个，再从个元素里选一个的组合数。设某班有个同学，选出若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数分类（…），则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有种选法，再决定剩下的人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有种，所以选法总数为种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
例17．证明：…。
证明：由于可表示先在个元素里选个，再从个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有种选法。∴共有+种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
例18．第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？
答案是：，这题如果作为习题课应如何分析
解：可分为如下几类比赛：
⑴小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；
⑵八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；
⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8强中每两个队比赛一场，可以决出4强，共有4场；
⑷半决赛：根据抽签规则，4强中每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；
⑸决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两队比赛1场决出第三、四名 共有2场.
综上，共有场
四、课堂练习：
1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：
（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？
（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？
2．名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（ ）
． ． ． ．
3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（ ）
．对 ．对 ．对 ．对
4．设全集，集合、是的子集，若有个元素，有个元素，且，求集合、，则本题的解的个数为 （ ）
． ． ． ．
5．从位候选人中选出人分别担任班长和团支部书记，有 种不同的选法
6．从位同学中选出人去参加座谈会，有 种不同的选法
7．圆上有10个点：
（1）过每2个点画一条弦，一共可画 条弦；
（2）过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画 个圆内接三角形
8．（1）凸五边形有 条对角线；（2）凸五边形有 条对角线
9．计算：（1）；（2）．
10．个足球队进行单循环比赛，（1）共需比赛多少场？（2）若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能情况共有多少种？
11．空间有10个点，其中任何4点不共面，（1）过每3个点作一个平面，一共可作多少个平面？（2）以每4个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？
12．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？
13．写出从这个元素中每次取出个的所有不同的组合
答案：1. （1）组合, （2）排列 2. B 3. A 4. D 5. 30 6. 15
7. （1）45 （2） 120 8. （1）5（2）
9. ⑴455； ⑵ 10. ⑴10； ⑵20
11. ⑴； ⑵
12.
13. ； ； ； ；
五、小结 ：组合的意义与组合数公式；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
学生探究过程：（完成如下表格）
名称内容 分类原理 分步原理
定 义
相同点
不同点
名 称 排 列 组 合
定义
种数
符号
计算公式
关系
性质 ，
六、课后作业：
七、板书设计（略）
八、教学反思：
排列组合问题联系实际生动有趣，题型多样新颖且贴近生活，解法灵活独到但不易掌握，许多学生面对较难问题时一筹莫展、无计可施，尤其当从正面入手情况复杂、不易解决时，可考虑换位思考将其等价转化，使问题变得简单、明朗。
教科书在研究组合数的两个性质①，②时，给出了组合数定义的解释证明，即构造一个组合问题的模型，把等式两边看成同一个组合问题的两种计算方法，由组合个数相等证出要证明的组合等式。这种构造法证明构思精巧，把枯燥的公式还原为有趣的实例，能极大地激发学习兴趣。本文试给几例以说明。
教学反思：
1注意区别“恰好”与“至少”
从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的手套的不同取法共有多少种
2特殊元素（或位置）优先安排
将5列车停在5条不同的轨道上，其中a列车不停在第一轨道上，b列车不停在第二轨道上，那么不同的停放方法有种
3“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空”
七人排成一排，甲、乙两人必须相邻，且甲、乙都不与丙相邻，则不同的排法有多少种
4、混合问题，先“组”后“排”
对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？
5、分清排列、组合、等分的算法区别
(1)今有10件不同奖品,从中选6件分给甲一件,乙二件和丙三件,有多少种分法
(2) 今有10件不同奖品, 从中选6件分给三人,其中1人一件1人二件1人三件, 有多少种分法
(3) 今有10件不同奖品, 从中选6件分成三份,每份2件, 有多少种分法
6、分类组合,隔板处理
从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法 1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理
教学目标：
知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；
②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；
过程与方法：培养学生的归纳概括能力；
情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式
教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)
教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解
授课类型：新授课
课时安排：2课时
教 具：多媒体、实物投影仪
教学过程：
引入课题
先看下面的问题：
①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？
②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？
要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.
在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.
1 分类加法计数原理
（1）提出问题
问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？
问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
探究：你能说说以上两个问题的特征吗？
（2）发现新知
分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法. 那么完成这件事共有
种不同的方法.
（3）知识应用
例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学 B大学
生物学 数学
化学 会计学
医学 信息技术学
物理学 法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？
分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有
5+4=9（种）.
变式：若还有C大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？
探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，在第3类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
如果完成一件事情有类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？
一般归纳：
完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有种不同的方法，在第2类办法中有种不同的方法……在第n类办法中有种不同的方法.那么完成这件事共有
种不同的方法.
理解分类加法计数原理：
分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.
2 分步乘法计数原理
（1）提出问题
问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以,,…，,,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
用列举法可以列出所有可能的号码：
我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．
探究：你能说说这个问题的特征吗？
（2）发现新知
分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法. 那么完成这件事共有
种不同的方法.
（3）知识应用
例2.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？
分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．
解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；
第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．
根据分步乘法计数原理，共有
30×24 =720
种不同的选法．
探究：如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，做第3步有种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
如果完成一件事情需要个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？
一般归纳：
完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法……做第n步有种不同的方法.那么完成这件事共有
种不同的方法.
理解分步乘法计数原理：
分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.
3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点
①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题
②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.
3 综合应用
例3. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.
①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？
②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？
③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？
【分析】
①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.
②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.
③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这
件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.
解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是
=4+3+2=9;
( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是
=4×3×2=24 .
（3）。
例4. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？
解：从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第 1 步，从 3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上，有 3 种选法；第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上，有 2 种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是
N=3×2=6 .
6 种挂法可以表示如下：
分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．
练习
1．填空：
( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿ ;
( 2 ）从 A 村去 B 村的道路有 3 条，从 B 村去 C 村的道路有 2 条，从 A 村经 B 的路线有＿条．
2．现有高一年级的学生 3 名，高二年级的学生 5 名，高三年级的学生 4 名． ( 1 ）从中任选1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？村去 C 村，不同 ( 2 ）从 3 个年级的学生中各选 1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？
3．在例1中，如果数学也是 A 大学的强项专业，则 A 大学共有 6 个专业可以选择， B 大学共有4个专业可以选择，那么用分类加法计数原理，得到这名同学可能的专业选择共有
6 + 4 = 10 （种） .
这种算法有什么问题？
例5.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？
分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．
解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有
7 + 6 = 13
种选法．
再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有
13×9×9 = = 1053
个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．
例6. 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．
总共有 4 种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？
分析：用图1. 1一2 来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A , C , G , U 中任选一个来占据．
解：100个碱基组成的长链共有 100个位置，如图1 . 1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有
（个）
例7.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问：
(1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？
(2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
分析：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．
解：(1）用图1.1一3 来表示一个字节．
图 1 . 1 一 3
一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示 2×2×2×2×2×2×2×2= 28 =256 个不同的字符；
( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示 256×256 = 65536
个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示．
例8.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始到结束的路线），以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．如图1.1一4，它是一个具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？
另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？
图1.1一4
分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第 1 步是从开始执行到 A 点；第 2 步是从 A 点执行到结束．而第 1 步可由子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 来完成；第 2 步可由子模块 4 或子模块 5 来完成．因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理．
解：由分类加法计数原理，子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 中的子路径共有
18 + 45 + 28 = 91 （条） ;
子模块 4 或子模块 5 中的子路径共有
38 + 43 = 81 （条） .
又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有
91×81 = 7 371（条）.
在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块．这样，他可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为
18 + 45 + 28 + 38 + 43 =172.
再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1 步中的各个子模块和第 2 步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为
3×2=6 .
如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常．这样，测试整个模块的次数就变为
172 + 6=178（次）.
显然，178 与7371 的差距是非常大的．
你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗？
例9.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？
分析：按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．
解：将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：
第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；
第2步，从剩下的25个字母中选 1个，放在第2位，有25种选法；
第3步，从剩下的24个字母中选 1个，放在第3位，有24种选法；
第4步，从10个数字中选1个，放在第 4 位，有10种选法；
第5步，从剩下的 9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；
第6步，从剩下的 8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．
根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有
26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） .
同理，字母组合在右的牌照也有11232 000 个．
所以，共能给
11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .
辆汽车上牌照．
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ― 需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
练习
1．乘积展开后共有多少项？
2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都是。到 9 之间的一个数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？
3．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？
4．某商场有 6 个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
巩固练习：书本第9页 练习 1，2，3 习题1. 1 1，2
课外作业：第12页 习题 1. 1 3 , 4 , 5
例1.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？
解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以,
第一类, m1 = 1×2 = 2 条
第二类, m2 = 1×2 = 2 条
第三类, m3 = 1×2 = 2 条
所以, 根据加法原理, 从顶点A到顶点C1最近路线共有 N = 2 + 2 + 2 = 6 条
例2 .如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,
第一步, m1 = 3 种,
第二步, m2 = 2 种,
第三步, m3 = 1 种,
第四步, m4 = 1 种,
所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有N = 3 × 2 ×1×1 = 6
变式
1，如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
2若颜色是2种，4种，5种又会什么样的结果呢？
75600有多少个正约数 有多少个奇约数
解:由于 75600=24×33×52×7
(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,,,
于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
巩固练习：
1.如图,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？
2.书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．
（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？
（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？
（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？
3.如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为()
A. 180 B. 160 C. 96 D. 60
若变为图二,图三呢
5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？
6．（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ）
A．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分
课外作业：第10页 习题 1. 1 6 , 7 , 8
教学反思：
课堂小结
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.
2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别
分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事.
3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：
分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".
分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.
分配问题
把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题．因为这涉及到两类元素：被分配元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合的，于是遇到这类问题便手足无措了．
事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把10个全排列，可以理解为在10个人旁边，有序号为1，2，……，10的10把椅子，每把椅子坐一个人，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭乱的常见分配问题，可归结为以下小的“方法结构”：
①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是，这里.其中是“接受单位”的个数。至于谁是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要.个数为的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以简化为.这里的“多”只要“少”.
②.被分配元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以.
①
③
④
②
①
②
③
④
④
③
②
①
图一
图二
图三1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质
教学目标：
知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。
过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。
情感、态度与价值观：要启发学生认真分析书本图1－5－1提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。
教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
授课类型：新授课
课时安排：2课时
教 具：多媒体、实物投影仪
教学过程：
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， ①
令， ②
①② 得：，∴ .
（3）由展开式知：均为负，均为正，
∴由（2）中①+② 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
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 ①
又∵ ②
∵，∴，
由①+②得：，
∴，即．
（法二）：左边各组合数的通项为
，
∴ ．
例8．在的展开式中,求:
①二项式系数的和;
②各项系数的和;
③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;
④奇数项系数和与偶数项系数和;
⑤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①,③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.
①二项式系数和为.
②令,各项系数和为.
③奇数项的二项式系数和为,
偶数项的二项式系数和为.
④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.
⑤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.
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:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项.
解：由题意,解得.
①的展开式中第6项的二项式系数最大,
即.
②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.8
4．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5％～6％之间
C.在6％～8％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
五、课后作业：P36 习题1.3A组5. 6. 7.8 B组1. 2
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：① ②．
答案：①； ②
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
六、板书设计（略）
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n∈N，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
2007年高考题
1．（2007年江苏卷）若对于任意实数，有，则的值为（B）
A． B． C． D．
2．（2007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
A.3 B.5 C.6 D.10
【答案】：B.
【分析】：，
，（）。.
【高考考点】：本题主要考查二项式定理的有关知识和整除的知识,以及分析问题和解决问题的能力.
【易错点】：注意二项式定理的通项公式中项数与r的关系。
【高备考提示】：二项式定理是高考的常考内容，有时单独命题，有时与其它分支的知识相综合。
3．（2007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 ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
4．（2007年全国卷I）的展开式中，常数项为，则（ D ）
A． B． C． D．
5．（2007年全国卷Ⅱ）的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
6．（2007年天津卷）若的二项展开式中的系数为，则 2 （用数字作答）．
7．（2007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.120
8．（2007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．（2007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11．2．1排列
教学目标：
知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
教学重点：排列、排列数的概念
教学难点：排列数公式的推导
授课类型：新授课
课时安排：2课时
教 具：多媒体、实物投影仪
内容分析：
分类计数原理是对完成一件事的所有方法的一个划分，依分类计数原理解题，首先明确要做的这件事是什么，其次分类时要根据问题的特点确定分类的标准，最后在确定的标准下进行分类.分类要注意不重复、不遗漏，保证每类办法都能完成这件事.分步计数原理是指完成一件事的任何方法要按照一定的标准分成几个步骤，必须且只需连续完成这几个步骤后才算完成这件事，每步中的任何一种方法都不能完成这件事.分类计数原理和分步计数原理的地位是有区别的，分类计数原理更具有一般性，解决复杂问题时往往需要先分类，每类中再分成几步.在排列、组合教学的起始阶段，不能嫌罗嗦，教师一定要先做出表率并要求学生严格按原理去分析问题. 只有这样才能使学生认识深刻、理解到位、思路清晰，才会做到分类有据、分步有方，为排列、组合的学习奠定坚实的基础
分类计数原理和分步计数原理既是推导排列数公式、组合数公式的基础，也是解决排列、组合问题的主要依据，并且还常需要直接运用它们去解决问题，这两个原理贯穿排列、组合学习过程的始终.搞好排列、组合问题的教学从这两个原理入手带有根本性.
排列与组合都是研究从一些不同元素中任取元素，或排成一排或并成一组，并求有多少种不同方法的问题.排列与组合的区别在于问题是否与顺序有关.与顺序有关的是排列问题，与顺序无关是组合问题，顺序对排列、组合问题的求解特别重要.排列与组合的区别，从定义上来说是简单的，但在具体求解过程中学生往往感到困惑，分不清到底与顺序有无关系.
教学过程：
一、复习引入：
1分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法
2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法
分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,区别在于:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,每一种方法只属于某一类,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,某一步骤中的每一种方法都只能做完这件事的一个步骤,只有各个步骤都完成才算做完这件事 应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制
二、讲解新课：
1问题：
问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名同学参加下午的活动，有多少种不同的方法？
分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序排列，一共有多少种不同的排法的问题，共有6种不同的排法：甲乙 甲丙 乙甲 乙丙 丙甲 丙乙，其中被取的对象叫做元素
解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有 3×2=6 种，如图 1.2一1 所示．
图 1.2一1
把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素 a , b ，。中任取 2 个，然后按照一定的顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是 ab,ac,ba,bc,ca, cb,
共有 3×2=6 种．
问题2．从1,2,3,4这 4 个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
分析：解决这个问题分三个步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法
由分步计数原理共有：4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法
显然，从 4 个数字中，每次取出 3 个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三位数．因此有多少种不同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题：
第 1 步，确定百位上的数字，在 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个数字中任取 1 个，有 4 种方法；
第 2 步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的 3 个数字中去取，有 3 种方法；
第 3 步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的 2 个数字中去取，有 2 种方法．
根据分步乘法计数原理，从 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个不同的数字中，每次取出 3 个数字，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，共有
4×3×2=24
种不同的排法， 因而共可得到24个不同的三位数，如图1. 2一2 所示．
由此可写出所有的三位数：
123，124, 132, 134, 142, 143，
213，214, 231, 234, 241, 243，
312，314, 321, 324, 341, 342，
412，413, 421, 423, 431, 432 。
同样，问题 2 可以归结为：
从4个不同的元素a, b, c，d中任取 3 个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？
所有不同排列是
abc, abd, acb, acd, adb, adc,
bac, bad, bca, bcd, bda, bdc,
cab, cad, cba, cbd, cda, cdb,
dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.
共有4×3×2=24种.
树形图如下
a b ｃ ｄ
ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ａ ｂ ｃ
2．排列的概念：
从个不同元素中，任取（）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，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
3．排列数的定义：
从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
4．排列数公式及其推导：
由的意义：假定有排好顺序的2个空位，从个元素中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到，因此，所有不同的填法的种数就是排列数．由分步计数原理完成上述填空共有种填法，∴=
由此，求可以按依次填3个空位来考虑，∴=，
求以按依次填个空位来考虑，
排列数公式：
（）
说明：（1）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个
少1，最后一个因数是，共有个因数；
（2）全排列：当时即个不同元素全部取出的一个排列
全排列数：（叫做n的阶乘）
另外，我们规定 0! =1 .
例1．用计算器计算： (1）； (2）; (3）.
解：用计算器可得：
由（ 2 ) ( 3 ）我们看到，．那么，这个结果有没有一般性呢？即
.
排列数的另一个计算公式：
=.
即 =
例2．解方程：3．
解：由排列数公式得：，
∵，∴ ，即，
解得 或，∵，且，∴原方程的解为．
例3．解不等式：．
解：原不等式即，
也就是，化简得：，
解得或，又∵，且，
所以，原不等式的解集为．
例4．求证：（1）；（2）．
证明：（1），∴原式成立
（2）
右边
∴原式成立
说明：（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数中，且这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；
（2）公式常用来求值，特别是均为已知时，公式=，常用来证明或化简
例5．化简：⑴；⑵
⑴解：原式
⑵提示：由，得，
原式
说明：．
例7．(课本例2)．某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？
解：任意两队间进行1次主场比赛与 1 次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列．因此，比赛的总场次是=14×13=182.
例8．(课本例3)．(1）从5本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？
(2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解：(1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不同送法的种数是
=5×4×3=60.
(2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有 5 种不同的选购方法，因此送给 3 名同学每人各 1 本书的不同方法种数是
5×5×5=125.
例 8 中两个问题的区别在于： ( 1 ）是从 5 本不同的书中选出 3 本分送 3 名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而（ 2 ）中，由于不同的人得到的书可能相同，因此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理进行计算．
例9．(课本例4)．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到 9 这 10 个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置人手来考虑问题
解法 1 ：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是O，因此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9 这九个数字中任选 1 个，有种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有种选法（图1.2一 5) ．根据分步乘法计数原理，所求的三位数有
=9×9×8=648（个） .
解法 2 ：如图1.2 一6 所示，符合条件的三位数可分成 3 类．每一位数字都不是位数有 A 母个，个位数字是 O 的三位数有揭个，十位数字是 0 的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有
=648个．
解法 3 ：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中 O 在百位上的排列数是，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是
-=10×9×8-9×8=648.
对于例9 这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法 1 根据百位数字不能是。的要求，分步完成选 3 个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法 2 以 O 是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法 3 是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三位数的个数），就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出 m (m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．
1.1节中的例 9 是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？
四、课堂练习：
1．若，则 （ ）
2．与不等的是 （ ）
3．若，则的值为 （ ）
4．计算： ； ．
5．若，则的解集是 ．
6．（1）已知，那么 ；
（2）已知，那么= ；
（3）已知，那么 ；
（4）已知，那么 ．
7．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停放1列火车）？
8．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？
答案：1. B 2. B 3. A 4. 1,1 5.
6. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5 7. 1680 8. 24
巩固练习：书本20页１，２，３,4,5,6
课外作业：第27页 习题1.2 A组1 , 2 , 3,4,5
教学反思：
排列的特征：一个是“取出元素”；二是“按照一定顺序排列” ,“一定顺序”就是与位置有关，这也是判断一个问题是不是排列问题的重要标志。根据排列的定义，两个排列相同，且仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列顺序也相同. 了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指，按照要求，一点点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案剔出去．了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
补充例题
例1．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解：（1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：，所以，共有60种不同的送法
（2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：，所以，共有125种不同的送法
说明：本题两小题的区别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算
例2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
解：分3类：第一类用1面旗表示的信号有种；
第二类用2面旗表示的信号有种；
第三类用3面旗表示的信号有种，
由分类计数原理，所求的信号种数是：，
答：一共可以表示15种不同的信号
例3．将位司机、位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？
分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从个不同元素中取出个元素排成一列，有种方法；
第二步：把位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有种方法，
利用分步计数原理即得分配方案的种数
解：由分步计数原理，分配方案共有（种）
答：共有576种不同的分配方案
例4．用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解法1：用分步计数原理：
所求的三位数的个数是：
解法2：符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有个，个位数字是0的三位数有个，十位数字是0的三位数有个，
由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：．
解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是-．
说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏
例5．（1）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＝5040．
（2）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．
（3）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——=720．
（4）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、乙站在两端有种；
第二步 余下的5名同学进行全排列有种，所以，共有=240种排列方法
（5）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1（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）有种方法，所以一共有＝2400种排列方法
解法2：（排除法）若甲站在排头有种方法；若乙站在排尾有种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有－＋=2400种．
说明：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6.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？
解法一：（从特殊位置考虑）；
解法二：（从特殊元素考虑）若选：；若不选：，
则共有种；
解法三：（间接法）
例7． 7位同学站成一排，
（1）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）一起进行全排列有种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有种
（2）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＝720种
（3）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，有种方法；将剩下的4个元素进行全排列有种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法．所以这样的排法一共有＝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2种方法，
所以，丙不能站在排头和排尾的排法有种方法
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位置选择共有种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以，这样的排法一共有＝960种方法．
（4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起
解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有2个元素，∴一共有排法种数：（种）
说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）．
例8．7位同学站成一排，
（1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
解法一：（排除法）；
解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有种方法，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）有种方法，所以一共有种方法．
（2）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”有种方法，所以一共有＝1440种．
说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）．
例9．5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列
解：（1）先将男生排好，有种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡”（包括两端）中，有种排法
故本题的排法有（种）；
（2）方法1：；
方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有种排法；余下的5个位置排女生，因为女生的位置已经指定，所以她们只有一种排法
故本题的结论为（种）
2007年高考题
1．（2007年天津卷）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 390 种（用数字作答）．
2．（2007年江苏卷）某校开设9门课程供学生选修，其中三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有 75 种不同选修方案。（用数值作答）
3．（2007年北京卷）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（ Ｂ ）
Ａ．1440种 Ｂ．960种 Ｃ．720种 Ｄ．480种
4．（2007年广东卷）图３是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的某种配件各５０件，在使用前发现需将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的这批配件分别调整为４０、４５、５４、６１件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（ｎ个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为ｎ）为
（Ａ）１５ （Ｂ）１６ （Ｃ）１７ （Ｄ）１８
答案：B；
5．（2007年全国卷I）从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 种．（用数字作答）
6．（2007年全国卷Ⅱ）从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ B ）
A．40种 B．60种 C．100种 D．120种
7. （2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）
8．（2007年四川卷）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ ）
（A）288个 （B）240个 （C）144个 （D）126个
解析：选B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目．
9．（2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有____25_____种.（以数字作答）
10．（2007年宁夏卷）某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有 240 种．（用数字作答）
11．（2007年辽宁卷）将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第个数为，若，，，，则不同的排列方法有 种（用数字作答）．
解析：分两步：（1）先排，=2，有2种；=3有2种；=4有1种，共有5种；（2）再排，共有种，故不同的排列方法种数为5×6=30，填30．
