第一章 计数原理教案及同步练习题

排列组合例题讲解
例1．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个不同的号合为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则此人把这种特殊要求的号买全，至少要花多少元？
解：此人选号应分为4步完成，第一步从01至10中选3个连续的号，可有01，02，03；02，03，04；…；08，09，10这8种选法；第二步从11至20中选2个连续的号，可有11，12；12，13；…；19，20这9种选法；第三步从21至30中选1个号可有10种解法．从31至36中选1个号可有6种选法；依据乘法原理，符合这种特殊要求的号共有8×9×10×6＝4320种，所以此人把这种特殊要求的号买全，至少要花8640元．
评述 这是一个直接用乘法原理求解的问题．确定完成选号需要分为4个步骤是关键，确定每一步骤中选号的各种情况则采用了一一列举的穷举法．
例2．a，b，c，d排成一行，其中a不排第一，b不排第二，c不排第3 ，d不排第四的不同排法共有多少种？
解：依题意，符合要求的排法可分为第一个排b，c，d中的某一个，共3类．每一类中不同排法可采用画“树图”的方法逐一列出如下：
b c d
d c
所以符合要求的不同排法共有9种．
评述 这是一个直接用加法原理求解的问题．依题意确定排第一个字母可分成3类是关键，而确定后几个字母的排法则采用了画“树图”的方式，也可以采用画“框图”的方式，树图和框图都是具有直观性的有效方式，实际上是一种数学模型，常用于分析和解决计数问题．
例3．解下列方程与不等式
（1）＋2n－８＝０（2）－n<7
解：（1）原方程且，
；
（2）原不等式且，
或．
评述 未知数出现在排列数或组合数的符号中，是方程和不等式的特定形式；除了按照排列数与组合数公式进行变形外，还要注意未知数的取值范围．
例4．化简－
解法一：原式＝－＝１
解法二：原式＝－＝１
评述 解法一选用了组合数公式的阶乘之商的形式，并利用了阶乘的性质．解法二选用了组合数的两个性质，两种解法都是到了化简的作用，熟练进行排列数与组合数的变形是有必要的，有助于提高变换的技能．
例5．求证：．
证法一：左＝
等式成立．
证法二：左＝m!
＝m!()
＝m!
等式成立．
评述 本题中证明的等式在结构上与组合数的性质2：十分相近，利用组合数性质的证法二比较简单．
a—b—c
a—b
b—a
a—d—b
a—d—c
c—d—a
d—a—c
b
b—a知识讲解
1．计算起来够麻烦．但是，肯动脑筋的同学，很可能想到：在100个元素中取99个构成一组，那么，同时剩下的1个自然也构成一组．不难想到，从100个元素中选99个元素的组合，与从100个元素中选1个元素的组合是一一对应的，因而二者的数量是相同的，也就是这样，就等于等于100．
如果再计算，你将怎么办？
请想一下：这是一种普遍规律吗？是．因为，所说的道理具有普遍性．
既然如此，我们当然可以称之为组合数的一个性质．一般地，可以写成
对于这个式子你能用组合数公式给以证明吗？（可以．教师给出具体证明．）
2．计算有了上述性质此题就容易了．可以计算如下：
请大家再计算一下发现等于这是偶然，还是必然？为了摸索规律，再试一下，如计算并对比：和．仍然正确．
原因何在？探究之：
欲求，可以把7个元素分成两类：一类含某一元素（如a），另一类不含该元素；再把两类计算的结果相加．第一类，只需再从余下的6个元素中取3个即可；第二类，只需从余下的6个元素中取4个即可．第一类，有种选法；第二类有种选法．总之，有种选法．于是，可以知道．
这一道理具有一般性，所以一般地有我们称它为组合数的又一个性质．
对于这个结论，能用组合数的公式给以推导吗？能．试着作一下．（然后，在同学试做的基础上教师给出推导过程．）
3．教师应该带领学生分析认识两个公式的结构．如，第二个公式中下标和上标各有何特点和关系．排列与组合疑难解析
1．解排列组合应用题的基本方法．
解排列组合应用题的方法很多，基本方法可以分成直接法与间接法两种．直接法，又常可以分为“先满足特殊元素”和“先满足特殊位置”两种．间接法，则是在补集思想的指导下千方百计地化归为直接法的两类去解．
例如，人教版的例题：用0到9这十个数字，可以组成多少个没有重复数字的二位数？教材中所给的三种方法，恰恰代表了上述各种方法．
我们应当先抓住分析位置、分析元素的基本方法，对解排列组合应用题有一定领悟、一定基础以后，再去变换各种花样．
例1．求1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的5位数的和．
解1：从位置考虑．
个位是1的数有个．同理，个位是2，3，4，5的都有个．
所以，个位上数字的和为（1+2+3+4+5）．
同理，十位、百位、千位、万位上数字之和均为(1+2+3+4+5)．
于是，所求的和为：
(1+2+3+4+5)×10000+(1+2+3+4+5)×1000+(1+2+3+4+5)×100+(1+2+3+4+5) ×10+(1+2+3+4+5)×1=3733296．
解2：从元素出发．
1 在个位、十位、百位、千位、万位各有个．
所以，仅由1产生数目的和为（1+10+100+1000+10000）×．
同理，由数字2，3，4，5所产生的和分别为
（2+20+200+2000+20000）×，
（3+30+300+3000+30000）×，
（4+40+400+4000+40000）×，
（5+50+500+5000+50000）× ．
相加，即得所求的和．
说明：从本例可以明显看出，分析位置、分析元素，是解决排列组合问题的基本方法．当然，这是由排列组合问题的两个基本方面（位置和元素）所决定的．
2．有条件的排列组合应用题的基本类型
排列组合应用题，在中学阶段主要应该先掌握“在”与“不在”、“邻”与“不邻”、“顺”与“不顺”和“含”与“不含”等几种基本情况．然后，再追求多种解法，讲究灵活运用．对几种基本情况的学习，也应该先抓住基本，再逐步引向综合．这里所谓“在”是指“某些元素一定在某些位置”，“邻”是指“某些元素必须相邻”，“顺”是指“某些元素必须按指定的顺序放置”，“含”是指“所要求的组合中必须含有某些元素”．
以“在”的情况为例．如，从a，b，c，d，e五个元素中，选取3个的排列，其中a必须在首位的有多少种？
这只需把a先放在首位，再从其余4个元素中选2个放在第2，3位即可．所以，有种，即有．一般地，如果从n个元素中取m 个元素的排列，要求有r个元素各自排在固定的位置上，那么，只需先让r个元素占据r个固定的位置，于是，问题转化为从n－r个元素中，选取m－r个排在其余m－r个位置上的问题．所以，其排列数为，即其上标和下标都减去r．先理解这种基本思想，再逐步去接触更复杂的情况，较为合理，效果较好．
其他，如，“不在”，总的思路是转化为“在”的问题：可以先让特殊元素在别的位置或根本不参加排队；或者，可以先让别的元素把特殊位置占上；或者，可以运用补集思想从总数中减去“在”的情况．“邻”，可以采取“粘合”，即“捆在一起”的方法．“不邻”，可以采取从总数中减去“邻”的情况；还可以采取“插空”的方法．“顺”，即某些元素有特殊顺序要求，这可以运用给几个特殊元素留下几个位置的方法，还可以运用除法去序等方法．“不顺”，实际，就是常规情况，只需采用常规方法就可以了．教学中，应该先让学生掌握这几种最基本的处理方法，同时又不停留于此，而是根据自己学生的情况，再适度地引向灵活．
例2．6个人排成一排照相，甲乙两人不能排在一起的排列种数是多少？
解1：先让除甲乙以外的4个人作全排列，有种排法．再在上述4个人的每一种排列的5个空隙中选两个让甲乙插入，有种方法．根据乘法原理，有种排法．（这里运用的是最基本的插空方法．）
解2：先让6个人作全排列，有种排法．其中，甲乙相邻的有种．运用补集思想可知，有(－)排法．（这里运用的间接方法，仍是基本方法．）
解3：除甲以外的5个人排列，有种排法．对于其中每一种排法，甲有除乙左右以外的4个位置可站，有种方法．依乘法原理，有种排法．
解4：依甲乙之间有1，2，3，4个人的情况，可以将所求排列分成4类．算出每一类的算式，并相加，有种排法．
说明：由于选择的角度不同，思路不同，设计的途径也不同，因而，一题多解，是排列组合问题的一大特点．这，一方面，可以起到相互验证的作用，更主要的是非常有利于学生发散思维的训练和培养．教学中，应该有意运用好这一特点．
解法当然多些好，但未必每个解法都最佳．教学中，还应该带领学生在得到多解之后，进行一番评论优劣的工作．这对建立学生的优化意识十分有益．
例3．6个人排成一列纵队，甲不在乙前，有多少种排法
解1：从6个位置中选4个位置，让除甲乙以外的4个人站上；剩下的两个位置，自然给甲乙，并且乙前甲后．前者，有种排法；后者，只能有1种站法．其实，前者确定以后，后者已经确定．所以，只需经过前者处理，其排法就已经可以确定．于是，总的就有种排法．
解2：先让6个人作全排列，有种排法．其中，甲乙在同样两个位置的情况，有种排法．而这种排法中，只算其中1种，即只算乙在前甲在后的1种．根据“去序”的想法，符合要求的排法有种 ．
解3：由于，甲在乙前与乙在甲前，是对等的，所以，其排法一样多．于是，只需让6 个人作全排列，再除以2 即可．因此，排法有种．
解4：（解释，略．）
解5：如果分别依甲在第2，3，4，5，6位的情况，把问题分成5类，可以有如下算式
．
其中，每一项的第一项是在甲的前面，给乙找一个位子的方法数，第二项是除甲乙以外的其余4个人在其余4个位子上排队的方法数．
上面，我们举了“邻”与“不邻”、“顺”与“不顺”的例子．有关“在”与“不在”、“含”与“不含”的例子将在后面出现．排列组合概念辨析
1．加法原理中，“完成一件事，有n类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．
乘法原理中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．
可以看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不相同．
两个原理的公式是
N= m1+ m2+…+mn，
N= m1×m2×…×mn．
这种变形还提醒人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因此，在这里我们大有用武之地：可以根据解题需要灵活而巧妙地分类或分步．
强调知识的综合是近年的一种可取的现象．两个原理，可以与物理中电路的串联、并联类比．
2．对于排列的定义要抓住两个要点，即（1）“从n个不同元素中任选m个”；（2）“按着一定的顺序排成一列”．这里，“按着一定的顺序排成一列”，可能是m个元素笔直地排在一条直线上，也可能是排在曲线上，或者排在几条线上，甚至于根本不成列．重要的不在于成排成列，而在于将m个元素放在m个不同位置上．这样，两个要点就可以简称为“一元素，二位置”．
排列与组合的区别表明人类对顺序的注意．排列与组合，都涉及对某一集合的子集个数的研究，但是，排列与顺序有关，组合则与顺序无关．例如，在直角坐标系中（2，3）与（3，2）是两个不同的点，是2和3的不同排列，但从组合角度来说，它们都是由2和3构成的同一组合．
3．两个公式是指
对于的推导，重要的是抓住根本，先理解，即先理解从n 个元素中取1个，放在第一个位置的方法数是多少（是n ）．其余情况，只是类似地从n－1个元素中取1个放在第二个位置，从n－2个位置取1个放在第三个位置，…，最后，从n－m+1个元素中取1个放在第m个位置而已．
递推，是数学中重要思考问题的方法，的推导可以从递推的角度思考：欲求可以分两步走，第一步放第一个位置，第二步放其余位置．第一步，有种方法，第二步，则转化为求．于是，得到一个递推关系．由此，递推下去，即可得到所求公式．
走分类的路子，还可以这样想：从n 元素中取出m个元素的排列，可以分成两类，某元素在某位置的，与某元素不在某位置的．两类分别有和（n－1）种．依加法原理有=+（n－1）．显然，这也是一个递推公式．由此，也可以得到所求公式．
从中可以看出，数学中解决问题的思路常常不唯一，因此，思维应该活跃，努力寻求多种解决问题的方法． 当然，思路是有优劣的，应该根据自己的情况进行辨别．
推导组合数公式，关键是抓住“化归”思想的运用．把求组合问题转化为已经会求的排列问题．为此，需要找到联结新与旧的桥梁．桥梁何处找？自然要从排列与组合的关系中去找．从局部看，一个含m 个元素的组合，可以派生出个排列；反之，含同样m个元素的个排列，在组合中只算一个组合．示意地，可以表示为
一个组合==个排列
从整体看，要想得到全部个排列，可以分两步走：“先分组，后排队”，即先作出从n 个元素中每次取m个的全部组合，后对每个组中的m个元素进行全排列．第一步，可以得到组合个；第二步，由上述局部关系知道，每一个组合可以派生个排列．由乘法原理可知=．变形，可得=．
顺便，从组合公式中还可以看出，除以具有除去顺序的作用．对此，人们简称为“去序”作用．
对于公式的学习，还应该注意几点：一是，要注意对公式结构的掌握．由于排列组合部分的公式较多，这一点显得更加突出，如中，右边，①有m个因式；②最大的因式是n；③因数依次小1；④最后一个因式是n－m+1．二要熟悉公式的各种变形，如，等等．三是要努力追究公式各种变形的实际背景．因为，公式的“形”与“实”是相互呼应、相互统一的．
4．两个性质．
两个性质，这里是指，定理1 ；定理2 ．
定理1，从式子及实际意义两个方面的推证都不难．应该从中体会更深刻的“补集思想”和“对应思想”才是．
定理2，可以更明确地引用集合的观点，并适当使用与等符号去予以解释，以便了解公式中包含的思维过程．的意义是从n+1个元素中取m个元素的组合数．设被取的n+1个元素的集合为把它分成两个子集： A=与B=.从n+1个元素中取m个元素的组合有且仅有两类：一类含，另一类不含．含的一类，可以分两个步骤得到：①从A中选1个元素，②从B中选m－1个元素．前者，有种方法，后者，有种方法．依乘法原理，含有含的组合有（即）种．不含的一类，从A中选0个元素，从B中选m个元素，有种．根据加法原理，两类相加得，即．前式整齐而意义更加明显：其每一项下标的和均为n+1，是被取元素有n+1个的标志；其每一项的上标的和均为m是所取元素有m 个的体现．
在上述解释中，如果不是分成只含与不含的两个集合，而是分成含有某r个元素与不含有这r个元素的两个集合，会有什么结果？如果不是分成两个集合，又会如何？这些问题，都可以引导学生思考．组合教案
●教学目标
（一）教学知识点
组合数公式、组合数性质.
（二）能力训练要求
1.进一步熟悉组合数的公式.
2.理解并掌握组合数的两个性质.
3.能够运用组合数公式及两个性质解决有关问题.
（三）德育渗透目标
通过组合数性质的推导过程，要求学生会用联系的观点看问题，用转化的思想解决问题.
●教学重点
组合数性质.
●教学难点
转化思想的应用.
●教学方法
启发式
本节重点研究组合数公式，要求大家在对同一问题不同角度、不同方法解决时，给出不同的解释，从而获得组合数的性质.
对于组合数的两个性质，不必要求学生记忆，而是启发学生理解与其相关的实际模型，并能从不同角度作出解释.
●教学准备
投影片
第一张：问题一及解答（记作§10.3.2 A）
第二张：性质一证明（记作§10.3.2 B）
第三张：性质二证明（记作§10.3.2 C）
第四张：本节例题（记作§10.3.2 D）
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
［师］上一节我们学习了组合数公式，下面我们来计算两个组合数.（给出投影片§10.3.2 A）
［师］为何不同组合数结果相同呢？怎样对这一结果进行解释呢？
［生］从10个元素中取出7个元素后，还剩下3个元素.就是说，从10个元素中每次取出7个元素的一个组合，与剩下的（10－7）个元素的组合是一一对应的.因此，从10个元素中取出7个元素的组合数，与从这10个元素中取出（10－7）个元素的组合数是相等的，即有C
［师］回答得很好，如果上述情况加以推广，我们就可以得到组合数的性质1.
性质1：
证明：由组合数性质有
∴
［师］针对性质1，我们说明两点：
（1）为简化计算，当m＞时，通常将计算改为计算.
（2）为了使性质1在m=n时也能成立，我们规定：C=1.
［师］下面，我们来看一道例题.
［例1］一个口袋内装有大小相同的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？
分析：此题三问只需将球取出即可，并无顺序，故对应的是组合数.
解：（1）从口袋内8球中取3个，取法是：=56.
（2）从口袋内取出的3个球中有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是：
=21.
（3）由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是：
=35.
［师］从此例题的结果我们能否发现什么？
［生］第（1）问的结果等于第（2）、（3）问的和，即C=C+C
［师］你能对这一结果作出解释吗？
［生］从口袋内的8个球中所取出的3个球，可分为两类：一类含1个黑球；另一类不含有黑球.由分类计数原理可知上述等式成立.
［师］下面，我们将此类情形推广，便可得到组合数的性质2.
性质2：.
证明：由组合数公式有：
∴
［师］对于这一性质的应用，我们将在下一小节看到.
评述：此证明要求灵活应用组合数的相关性质.
Ⅲ.课堂练习
课本P103练习 1、2、3、4、5、6.
Ⅳ.课时小结
［师］通过本节学习，要求在理解并掌握组合数的两个性质的基础上，能够运用组合数公式及两个性质解决相关问题，并简单了解组合知识在实际中的应用.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P104习题10.3 2、6、7、8.
（二）1.预习课本P100～P103例3、例5.
2.预习提纲
（1）试归纳组合问题的应用类型.
（2）逆向思考方法在哪些题目中有应用.
●板书设计
§10.3.2 组合（二）性质1 例1 例2 解答过程性质2 学习练习教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
排列组合知识内容和网络结构
排列和组合是高中数学中，从内容到方法都比较独特的组成部分，是解决计数问题和进一步学习概率与统计的基础知识．两个计数原理（加法原理和乘法原理）、两组基本概念（排列、排列数和组合、组合数）、两个基本公式（排列数公式和组合数公式）、两个基本性质（组合数的两个性质）、两项基本规定（0!＝1和＝1）、两项基本规则（不重复和不遗漏）等，构成了排列和组合的知识体系和思维方法．运用这些知识和方法分析和解决一些以计数为内容的实际应用问题，是排列和组合的学习重点，也是数学高考的考查重点．
二项式定理是乘法公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3的推广，用于揭示(a＋b)n（其中n是任意的正整数）展开的一般规律，也是进一步学习概率与统计的基础知识．(a＋b)n的展开式包含了次数、项数、系数、顺序等诸因素，其中内容最丰富的是二项式系数的性质，数学高考对二项式定理的考查，侧重于基本理论和基本方法，主要是选择题和填空题，但也有适度的综合题．
本章的知识内容呈现如下的网络结构
加法原理乘法原理
排列和组合
计数应用问题
二项式定理
排列数公式组合数公式
组合数的两个性质二项式系数的性质习题3

　　一、单选题
　　1. 在(a+b)12的展开式中，与第三项的二项式系数相等的是
[　　]
　　A．第九项的二项式系数　　　　　B．第十项的二项式系数
　　C．第十一项的二项式系数　　　　D．第十二项的二项式系数
　　
　　3. 在(x+2)1996的展开式中，以下结论正确的是
[　　 ]
　　A．二项式系数的和是21996　　 B．第r项的二项式系数是Cr1996
　　C．不含常数项　　　　　　　 D．共有1996项
　　
　　
　　二、填空题
　　
　　2. 若(2x+1)n的展开式的各项系数的和为243，则展开式的第一项是_____．
　　3. 从集合A={0，1，2，3，4，5}中，每次取两个元素相乘，以其积为元素组成集合B，则集合B的子集个数为__________．
　　4. 设(1-3x)5=a0+a1x+a2x2+……+a5x5，那么│a1│+│a2│+……+│a5│的值是__________．
　　三、解答题
　　1. 设(x2+x-1)n=a2nx2n+a2n-1x2n-1+…+a1x+a0，求a2n-a2n-1+a2n-2-a2n-3+…-a1+ao的值．
　　
　　
二项式系数的性质习题3答案

　　一、单选题
　　1. C
　　2. C
　　3. A
　　4. D (提示：原式=[(x+1)-1]n，令x=1)
　　5. C
　　二、填空题
　　1. 299
　　2. 32x5
　　3. 2048个(提示：集合B中有11个元素)
　　4. 1023 (提示：令x=-1，则│a1│+│a2│+……+│a5│＝1024－1)
　　三、解答题
　　
　　
　　例题讲解
［例1］从6名运动员中选出4人参加4×100　ｍ接力赛.如果甲乙两人都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案
解：因为甲乙两人都不能跑第一棒，所以跑第一棒的运动员只能从其余4名运动员中选定，有种方法.这时跑后三棒的运动员可从余下的5名运动员中任取3名进行排列，共有种方法.于是根据分步计数原理，不同的参赛方案有·＝240种.
［例2］用0，1，2，…9十个数字可组成多少个没有重复数字的：
(1)五位奇数
(2)大于30000的五位偶数
解：(1)要得到五位奇数，末位应从1，3，5，7，9五个数字中取，有种取法.取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的八种不同取法.首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位，百位与千位三个数位选取，共有种不同的安排方法.因此由分步计数原理共有5×8×＝13440个没有重复数字的五位奇数.
(2)要得偶数，末位应从0，2，4，6，8中选取.而要得比30000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0，2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个.共7种选取方法.其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共种取法.所以共有2×7×种不同情况.
②末位数字从4、6、8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有种选法，所以共有3×6×种不同情况.
由分类计数原理，共有2×7×＋3×6×＝107５2个比30000大的无重复数字的五位偶数.
［例3］5男5女共10个同学排成一行.
(1)女生都排在一起，有几种排法
(2)女生与男生相间，有几种排法
(3)任何两个男生都不相邻，有几种排法
(4)5名男生不排在一起，有几种排法
(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法
解：(1)将5名女生看作1人，就是6个元素的全排列，有种排法.又5名女生内部可有种排法，所以共有·＝86400种排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2·＝28800种排法.
(3)女生先排，女生之间及首尾共有6个空隙，任取其中5个安插男生即可.因而任何两个男生都不相邻的排法共有·＝86400种.
(4)直接法分类较复杂，可用间接法.即从10个人的排列总数中，减去5名男生排在一起的排法数，得5名男生不排在一起的排法数为=3542400.
(5)先安排2个女生排在男生甲乙之间，有种方法；又甲、乙之间还有A种排法.这样就有·A种排法.然后把他们4人看成一个元素，(相当于一个男生)，再从这一元素及另3名男生中，任选2人排在首尾，有A种排法.最后再将余下的2个“男”生、3个女生排在其间，有A种排法.故总排法为AAAA＝５7600种. 教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
杨辉三角
@解排列组合应用题的步骤
有人认为解排列组合应用题的第一步应该是“先分清是排列还是组合”．其实，这不应是第一步，而应是最后一步．因为解排列组合应用题的一般步骤是：
第一步，搞清完成所要求事件的方法可以分成几类．这表现在算式是有几项．
第二步，判断每一类中，完成所要求事件的方法可以分几步．这表现在算式中是每项有几个因式．
第三步，分清每一步处理的是排列问题还是组合问题．这表现在算式中是该计算还是．选择习题6
3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有（ ）
(A) 90种 (B) 180种 (C) 270种 (D)540种
答案：D
分析：
．(共13张PPT)
二项式系数的性质
X
复习
1。什么叫二项式定理？通项公式？
2。什么叫二项式系数？项的系数？它们之间有什么不同？
二项式系数的性质
( a + b )1 … … … … … … … … …1 1
( a + b )2 … … … … … … … 1 2 1
( a + b )3 … … … … … … 1 3 3 1
( a + b )4 … … … … … 1 4 6 4 1
( a + b )5 … … … … … 1 5 10 10 5 1
( a + b )6 … … … … 1 6 15 20 15 6 1
… … … … … … … … …
递推法
这样的二项式系数表，早在我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书里就已经出现了，在这本书里，记载着类似下面的表：
一
一 一
一 二 一
一 三 三 一
一 四 六 四 一
一 五 十 十 五 一
一 六 十五 二十 十五 六 一
这个表称为杨辉三角。在《详解九章算法》一书里，还说明了表里“一”以外的每一个数都等于它肩上两个数的和，杨辉指出这个方法出于《释锁》算书，且我国北宋数学家贾宪（约公元11世纪）已经用过它。这表明我国发现这个表不晚于11世纪。在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡（Blaise Pascal,1623年—1662年）首先发现的，他们把这个表叫做帕斯卡三角。这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早五百年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的。
定义域{0,1,2, … ,n}
6
14
20
O
6
3
r
f ( r )
令
当n= 6时,其图象是7个孤立点
1.对称性
在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等。
2.增减性与最大值
3.各二项式系数和
当 时，二项式系数是逐渐增大的，由对称性知它的后半部是逐渐减小的，且在中间取得最大值。
当n是偶数时，中间的一项 取得最大时 ；
当n是奇数时，中间的两项 ， 相等，且同时取得最大值。
例一、选择填空：
1.( 1﹣x ) 13 的展开式中系数最小的项是 （ ）
(A)第六项 (B)第七项 （C）第八项 (D)第九项
2.一串装饰彩灯由灯泡串联而成，每串有20个灯泡，只要有一个灯泡坏了，整串灯泡就不亮，则因灯泡损坏致使一串彩灯不亮的可能性的种数为 （ ）
(A)20 (B)219 （C）220 (D)220 － 1
C
D
4或5
-2
-1094
1093
例二、已知 的展开式中只有第10项系数
最大，求第五项。
解：依题意， 为偶数，且
变式：若将“只有第10项”改为“第10项”呢？
解：（1） 中间项有两项：
（2）T3， T7 ， T12 ， T13 的系数分别为：
例三、已知二项式 ( a + b )15
（1）求二项展开式中的中间项；
（2）比较T3， T7 ， T12 ， T13各项系数的大小，并说明理由。
例四、已知a,b∈N，m,n ∈Z ，且2m + n = 0，如果二项式( ax m + bx n )12 的展开式中系数最大的项恰好是常数项，求 a : b 的取值范围。
解：
令m (12 – r )+ nr = 0，将 n =﹣2m 代入，解得 r = 4
故T5 为常数项，且系数最大。
作业　　书P111习题10.4 8,9,10
　　　　苏大P126 73课 1—8
小结
（1） 二项式系数的三个性质。
（2） 数学思想：函数思想。
a 单调性；
b 图象；
c 最值。
（3） 数学方法 ： 赋值法 、递推法
研究题：求二项式 ( x + 2) 7 展开式中系数最大的项，试归纳出求形如( ax + b) n 展开式中系数最大项的方法或步骤。
解：设最大项为 ，则：
即
即
则展开式中最大项为习题
求
解：原式=
讲评：对于公式应该做到“会三用”：会正用，会反用，会变用，即会从左用到右，会从右用到左，会在变形、换元等各种变化中用．本题不能直接运用性质1和2，但是在变化以后，运用两个性质却可以顺利解决．排列教案
【教材】10.2排列
【目的】1.能运用分类计数原理和与分步计数原理和排列数公式解决较简单的排列应用题.
2.初步学会解带有简单限制条件的排列应用题,提高分析问题和解决实际问题的能力.
【过程】：
一、复习引入
1.排列与排列数公式.
2.引入 上节课我们学习了利用排列数公式解决简单的应用题,解题的关键是把实际问题化归为排列问题,这节课继续研究有关排列的应用题.
二、新课
有关排列的应用题可分为两大类
1.无条件限制的排列问题
解题关键:(1)确定该题是否为排列问题;
(2)正确地找出,的值;
(3)准确地运用两个基本原理.
例1 (教材93页例4)
分析:(1)要做一件什么事 怎样就叫把这件事做完了
(2)什么是信号 为什么是排列问题
(3)如何求解
解:信号可分为三类,第一类:挂1面旗的信号有种;第二类,挂2面旗的信号有种;挂3面旗的信号有种,根据分类计数原理,共有信号++=15种.
引伸:由1,2,3,4这4个数字可组成多少个无重复数字的正整数
分析:把所要排的正整数分为三类:一位数有个,二位数有个,三位数有 个,四位数有个,根据分类计数原理,共可组成无重复数字的正整数的个数为+++=64个.
例2 10个人走进放有6张椅子的屋子,若每张椅子必须且只能坐一个人,问有多少种不同的坐法 ( )
指出:在这一类问题中有两种不同的对象:人和椅子.一般处理的方法是:把其中某一种对象(数量较多的)作为元素,另一种对象作为位置.
引伸:(1)在7本不同的书中任选5本借给5名学生,每人必须且只能借1本,问有多少种不同的借法
(2)6个人走进放有10张椅子的屋子,若每张椅子必须且只能坐一个人,问有多少种不同的坐法
2.有限制条件的排列问题
这里所说的限制为:某位置不能排某元素,或某元素只能排在某位置等.这一类问题常用的不同解法有:(1)特殊位置先排;(2)特殊元素先排;(3)排除法.
例3 (教材第93页例5)用0到9这10个数字可组成多少个无重复数字的三位数
分析:本题中有一个限制元素“0”,有一个受限位置“首位”,因此我们应从限制条件出发去考虑.
解一:(特殊位置先排)先画出数字框图.
(1)受限位置百位上的数字有几种排法 (种)
(2)十位、个位上的数字又有几种排法 (种或种)
(3)本解法中数字的组成是分类完成还是分步完成 (×=648个)
解二:(特殊元素先排)根据受限元素0出现的位置把符合条件的三位数分成3类(如下框图),由分类计数原理,共有不同的三位数++=648个.
解三:(排除法)从0到9这十个数字中任取3个数字的排列数为,其中0在百位上的排列数为,故所求的三位数的个数为-=648个.
指出:用排除法解题时,特别要注意不合要求的排列有哪几种 要做到不重不漏.
引伸:(1)7个人排成一排拍照留念,其中甲不站在中间也不站在两端,问有多少种不同的排法
(或或种)
(2)由数字1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数,其中小于5000的偶数共有多少个
(或个)
三、小结:
1.注意弄清分类计数原理和分步计数原理的区别:分类时,每类中的任一种方法都可独立完成事件;分步时,必须依次完成所有步骤才能完成事件.
2.解有限制条件的排列应用题时,通常可从特殊元素和特殊位置入手分析,或用排除法,解题时可根据具体情况灵活运用.
四、作业:教材第95页 习题第5、6题.
百 位
个 位
十 位
百 位
0
十 位
百 位
个 位
十 位
百 位
个 位
0选择习题9
10名高三学生报考4所高等院校，每人报且仅报一所，不同的报名方法共有
A．种 B．种 C．种 D．种
答案：B排列数公式
=n（n－1）（n－2）（n－m+1）这里n，m∈N*，并且m≤n．这个公式叫做排列数公式．解答题1
某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%．如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）
（粮食单产=，人均粮食占有量=）
答案：
设耕地平均每年至多只能减少x公顷，又设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷．
依题意得不等式
——5分
化简得 ——7分
∵
—— 9分
∴x≤4（公顷）．
答：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷． ——10分选择习题11
用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为（ ）
(A)99000 (B)99002 (C) 99004 (D) 99005
答案：C
分析：
9.985 = (10－0.02)5 ≈105－5×104×0.02＋10×103×(0.02)2．排列与组合课题引入
1.请大家计算
2.请大家再计算例题讲解
［例1］某校数学课外活动小组有高一学生10人，高二学生8人，高三学生7人.
(1)选其中1人为总负责人，有多少种不同的选法
(2)每一年级各选1名组长，有多少种不同的选法
(3)推选出其中2人去外校参观学习，要求这2人来自不同年级，有多少种不同的选法
选题意图：本例旨在让学生理解两个基本原理.
解：(1)若从高一学生中选，则有10种不同选法；若从高二学生中选，则有8种不同选法；若从高三学生中选，则有7种不同选法；所以由分类计数原理共有10+8+7=25种不同选法.
(2)三个年级分别有10种，8种，7种不同选法，由分步计数原理共有10×8×7＝５60种不同选法.
(3)选法可分三类：一类是1人选自高一，1人选自高二，有10×8＝80种选法.第二类是1人选自高一，1人选自高三，有10×7＝70种选法.第三类是1人选自高二，1人选自高三，有8×7＝５6种选法，所以共有80＋70＋５6＝206种不同选法.
［例2］用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于500且没有重复数字的自然数.
选题意图：本例主要让学生学会利用两个基本原理分析解决有关数的问题.
解：(1)由于“0”不能作首位，所以首位数字有9种选法，十位与个位数字均有10种选法，所以不同的三位数共有9×10×10＝900个.
(2)百位数字有9种选法，十位数字有除百位数字以外的9种选法，个位数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数.
(3)一位自然数有9个，二位自然数有9×9＝81个，三位自然数有4×9×8＝288个，所以共有9＋81＋288＝378个小于500且无重复数字的自然数.
［例3］(1)某教学楼有三个不同的楼梯，4名学生要下楼，共有多少种不同的下楼方法
(2)有4名同学要争夺3个比赛项目的冠军，冠军获得者共有多少种可能
选题意图：本例主要是让学生学会运用分步计数原理时如何进行分步.
解：(1)4名学生分别下楼，即问题分4步完成。每名学生都有3种不同的下楼方法，根据分步计数原理，不同的下楼方法共有3×3×3×3＝34＝81种.
(2)确定3项冠军人选可逐项完成.即分3步，第1项冠军人选有4种可能，第2项与第3项也均有4种可能，根据分步计数原理：冠军获得者共有4×4×4＝43＝64种可能.组合、组合数公式习题2

　　一、单选题
　　
　　A．3　　 B．5　　　　　　 C．7　　　　 D．10
　　
　　A．55　　 B．56　　　　　　 C．56或55　　　　 D．111
　　
　　
　　[　　 ]
　　A．5　　　　 B．4　　　　　　 C．3　　　　 D．1
　　5. 某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现要挑选5名队员参加比赛，种子选手都必须在内，那么不同的选法共有
[　　 ]
　　A．126种　　 B．84种　　　　 C．35种　　　　　　 D．21种
　　6. 从1到9这九个数字中，任取三个组成数组(a，b，c)，并且a>b>c,那么可组成不同的数组共有
[　　 ]
　　A．21组　　 B．28组　　　　　　 C．84组　　　　　　 D．343组
　　二、填空题
　　
　　2.10人两两握手，共握手_____________次；若他们相互赠照片一张，共赠照片____________张．
　　3.从1，2，3，…，9这九个数字中选出3个不同的数作为函数y=ax2+bx+c的系数，且要求a>b>c，这样的函数共有___________个．
　　
　　三、解答题(每道小题 8分共 16分 )
　　
　　
组合、组合数公式习题2答案

　　一、单选题
　　1.D
　　2.C
　　3.D
　　4.C
　　5.C
　　6.C
　　二、填空题
　　
　　2.45,90．
　　
　　4.x=3或x=6
　　三、解答题
　　
　　基本原理习题2

　　解答题
　　有91个乒乓球运动员进行冠军赛，采取每输一场即淘汰出局的淘汰制，问决出冠军1人，需要比赛多少场
基本原理习题2答案

　　一、解答题
　　1. 解：依比赛规则第一轮比赛45(场)还有一人轮空而直接进入第二轮比赛，所以第二轮比赛23(场)……
　　所以共进行：45+23+11+6+3+1+1=90(场)填空题8
在(3－x)7的展开式中，x5的系数是 ．(用数字作答)
答案：
－189排列与组合设计思想
引入时，注意情境的创设，用贴近学生的事实，引起学生的认知冲突，引发对所学知识产生兴趣；同时引导学生关注现实，用心思考发生在自己身边的各种现象．
适当给学生“留白”，即给学生留下必要的时间和空间，尽量让学生多活动，让学生在体验中建构自己的认知结构．
“反思”是人类理性水平一种标志．教学中，努力组织学生的“反思”，使学生的认识在反思中不断升华．两个基本原理教案
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m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1十m2十…十mn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m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1 m2…mn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：（略）排列与组合知识系统及其结构
两个原理 排列组合的综合应用
组合数的性质
组合数公式
排列
组合
排列数公式参考答案
一、选择题
(1) B (2) B (3) B (4) B (5) D
提示：
(1) 由于x2乘以任何项都不会产生一次项x，所以，只需考虑（3x+2）5中的x项：．或者，由于（x2+3x+2）5=（x2+3x+2）（x2+3x+2）（x2+3x+2）（x2+3x+2）（x2+3x+2），所以x项可以看成从上面五个括号中任取一个括号中的3x，从其余四个括号中取2，相乘可得，即
(2) 由等比数列求和公式得，原式=．所以， a3 即（1+x）51中x4的系数．于是，a3=．
(3) 通项为,如系数为有理数，则r既为2的倍数，又为3的倍数，可知r应为6 的倍数．所以，系数为有理数的项数即在0－－100之间的非负整数中6 的倍数的个数，即r=0，6，12，18，…，96，共17项．
二、填空题
(6) －2
(7) －2 提示：当x=1时， a0+a1 +a2 +…+a7 =(1－2)7=－1．并且当x=0时，a0=1．所以，a1 +a2 +…+a7 =－2。
(8) 343
(9) 54．
三、解答题
(10)
9192=（100－9）92
又
其中，除最后两项外，都可以被100整除．最后两项的和为－920+1=－919．而
－919÷100商－10余8 1．所以，所求余数为81．
(11)
（1）依题意得前者的无整数解解．解后者得r=4．
（2）T4r=－15504x30，Tr+2=－15504x10．
(12)
设耕地平均每年至多只能减少x公顷，又设该地区现在人口为P人，粮食单产为M吨/公顷．依题意得不等式
∵
,
∴ ．教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
习题1
1．利用杨辉三角展开
2．利用二项式定理展开
可以介绍，这个式子的展开很有用．同时，可以介绍，在数学中同一个式子可以有多种不同的看法，如中的两个字母可以看成是对等的，括号中的两项则可以看成有主从，括号中的两项则有常数与变数之分．
3．求 证教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项式系数的性质
首先应明确，二项展开式中，第r＋1项的二项式系数与第r＋1项的系数不同．前者专指，后者则除外还可能含化简后得出的其他因数．
二项式系数的如下两性质呼应：
（1）在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，
（2）如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．
此外，教材中以例题方式给出的几个结论，实际也是二项式系数的性质．如
＋＋＋…＋＝2n
＋＋＋…＝＋＋＋…选择习题3
排一张有5个独唱节目和3个合唱节目的节目表，如果合唱节目不排第一个，且任何两个节目不相邻，则不同的排法总数是（ ）
(A) (B) (C) (D)
答案：C
分析：
先排5个独唱，再在5个空档中安排3个合唱节目．排列例题讲解
例1．一种钥匙和数码并用的锁，有3把钥匙可以直接开锁，另有3个拨盘，每个拨盘上有从0到9这十个数字，可供忘带钥匙时以号码锁的方式开门（每个盘上拨一个数），那么，总共可以有多少种开锁的方法？
解：分类．可以分成两类，用钥匙的一类，用号码的一类．其中，用钥匙的方法有3种．
分步．对于第二种，可以分成3步：第一步，在第一盘中从0到9这十个数字中取1个，有10种可能 ；第二步，在第二盘中从0到9这十个数字中取1个，有10种可能；第三步类似地也有10 种可能．所以，共有3＋10×10×10=1003（种）方法．
例2．从3，5，7，11，13，17这6个数字中取两个数组成假分数，共有多少个？
思路1 以6 个数分别做分母进行分类：
3 做分母的有6－1=5（个）；5做分母的有6－2=4（个）；7做分母的有3个；11做分母的有2个；13做分母的有1 个，总共有6+4+3+2+1=15（个）
思路2 从6个数字中每次取2个，让其中大的一个做分子，必定产生一个假分数．总共有个．
例3．证明
本题可以看成：甲书库有书n本，乙书库有书m本，从两个书库种取出k本书（k≤m，n），共有多少种取法？
解：一方面可以知道从m+n本书中取k本书的取法有
另方面，把选书的方法，可以分成k类，即从甲书库中每次选出0，1，2，…，k本；分步，第二步相应地从乙书库中选出k，k－1，…，2，1本．于是，总的取法有两者是同一件事，所以有
例4．3000与8000之间，数字不重复的奇数有多少
解：首先，分析元素．根据题意，分析元素间的关系，并画出文氏图：
其次，分类．以个位为准，可以分成两类：个位是1或9的；个位是3或5或7的．
第三，分步，即对于每一类设计合理的步骤．对第一类，第一步从1或9中选一个放在个位，第二步，从3，5，7，4，6中选一个放在千位，第三步，从其余的8个数字中选两个放在百位及十位；对第二类，第一步从3，5，7中选一个放在个位，第二步从3，5，7中被选中的一个以外的两个，加上4与6，共4个数字中选一个放在千位，第三步从其余8 个数字中选两个放在百位及十位．
第四，判断，是排列还是组合．由于与顺序有关，所以，每一步都可以看成是排列问题．
最后，计算．根据两个原理列出算式并计算得（个）．
本题，还可以按其他方式分类和分步．请读者自己做一些探索．
例5．知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数(1)CA∪B，且C中含有3个元素，(2)C∩A≠．
解 第一，分析元素．根据题意，可以画出如下的集合图形，以表明元素间的关系：
第二，分类．抓住某以标准，如依含A中元素的个数分类，有次序地分为含A中1个、2个、3个三类．
第三，分步．选定某一次序，如依A→B－A的次序，依次考虑．
在A中选1 个，则第二步必须在B－A中选2个；在A中选2个，第二步必须在B－A中选一个；在A中选3个，在B－A中必须选0个．
第四，判断．因为选取元素与顺序无关，所以是组合问题．
最后，列式，得=1084．
此题还有等多种方法排列与组合例题分析
例1．计算和．（意在直接套用公式，巩固所学公式；并认识在时，使用性质1才方便．）
例2．计算并观察其中有何规律？（在变式中巩固性质1；渗透二项式系数的某些性质；引起学生的好奇和兴趣．）
顺便提及：如果出现，我们规定它为1．
例3．计算（意在在变式中巩固性质2；渗透学数学应该具有强烈的“变”的意识．）
例4．求（强化“变”的意识；渗透一定的发展意识：可以问“如果依此规律写到第10项，会如何？”“你能写出表示它的公式吗？”）测试题
1、从自然数1，2，3…，99，100这100个数中，任取两个数，其和为偶数的不同取法有 ( )
(A) 1225种 (B) 2450种 (C) 2475种 (D) 3725种
2、5人排成一行，要求甲、乙两人之间至少有1人，则不同排法的种数是 ( )
(A)48 (B) 72 (C) 96 (D)144
3、从0，1，2，3，4中取出3个不同的数字组成三位数，则这些三位数的个位数字之和等于 ( )
(A)80 (B) 90 (C)110 (D)120
4、某小组有8名学生，从中选出2名男生，1名女生，分别参加数、理、化单科竞赛，每人参加一种，共有90种不同的参赛方案，则男女生的人数应是 ( )
(A) 男生6名，女生2名 (B) 男生5名，女 生3名
(C) 男生3名，女生5名 (D) 男生2名，女生5名
5、从集合{1，2，3…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中任何两个数的不等于11，则这样子集共有 ( )
(A)10个 (B) 16个 (C) 20个 (D) 32个
6、在的展开式中的常数项是 ( )
(A)7 (B)－7 (C) 28 (D)－28
7、的值等于 ( )
(A) 4n (B) 3－4n (C) －1 (D)
8、(1－)5(2x－1)6的展开式中x3的系数是 ( )
(A) －760 (B) 760 (C) －600 (D) 600
9、(2x＋)2n的展开式中，x2的系数是224，则的系数是 ( )
(A)14 (B) 28 (C) 56 (D)112
10、在的展开式中，倒数第三项的系数的绝对值是45，则展开式中a3项的系数是 ( )
(A) 120 (B) －120 (C) 210 (D) －210
11、满足的所有自然数x的和等于 ．
12、在一次考试中，要求考生作试卷中9个试题中的6个，并且要求前5题中至少做3个，则考生答题的不同选法有 种．
13、以四棱台的顶点为顶点的三棱锥共有 ．
14、把4名学生插入2个班，每班至少1名，则不同的插班方法共有 种．
15、5人站成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同站法共有 种．
16、若＝306，＝153，则的展开式中，的系数是 ．
17、设＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a99)2＝ ．
18、在的展开式中，x4的系数与的系数的差是 ．
19、(1＋x＋)10的展开式中的常数项等于 ．
20、n是正奇数，则除以9的余数是 ．
答案与提示
1、B．提示：两个奇数与两个偶数：2＝2450．
2、B．提示：甲、乙不相邻，有种．
3、B．提示：非0的各个数字为末位数，各9个，9(1＋2＋3＋4)为所求．
4、C．提示：＝90，代入检验，得x＝3．
5、D．提示：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6五对数中必取而且只取一个数，共有25种取法．
6、A．提示：Tr＋1＝，8－＝0，r＝6．
7、D．提示：原式＝．
8、A．提示：(……160x3＋60x2……)，所求x3系数是－160＋(－10)×60＝－760.
9、A．提示：Tr＋1＝，当2n－2r＝2，即n－r＝1时，22·＝224，则当2n－2r＝－2，即n－r＝－1时，2－2·＝14
10、C．提示：＝45，n＝10，Tr＋1＝，＝3，r＝6
11、45．提示：x＝7，8，9，10，11
12、74．提示：前5题可做3道题、4道题，5道题，共有＝74种不同选法．
13、58．提示：应将四点共底面、侧面、对角面的情形除外，共有－6－6＝58个．
14、14．提示：分两类：每班2名：种分法；一班3名、另一班1名：种分法．
15、36．提示：甲与除乙、丙外的2人先排，有种排法，然后乙、丙插入不与甲相邻的一个或两个“空”内，有种排法．
16、153．提示：n＝18，m＝2．Tr＋1＝(－1)r，9－＝6，r＝2．
17、1．提示：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100＝，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…－a99＋a100＝，相乘可得·＝1为所求．
18、0．提示：Tr＋1＝(－1)r，r＝2，r＝6．
19、4351．提示：Tr＋1＝（0≤r≤10），
故常数项为＝4351.
20、7．提示：原式＝(7＋1)n－1=(9－1)n－1，其中n是正奇数，故原式＝9m－2（m∈N）余数是7．选择题22
展开式中的常数项是 ( )
(A) 20 (B) －20 (C) 160 (D) －160
答案：D教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
测试题
1．请写出杨辉三角的第8个横行．
2．利用二项式定理展开
3．计算
4．求证：能被16整除．全排列
n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．二项式定理的应用教案

教学目标
1．利用二项式定理及二项式系数的性质解决某些关于组合数的恒等式的证明；近似计算；求余数或证明某些整除或余数的问题等．
2．渗透类比与联想的思想方法，能运用这个思想处理问题．
3．培养学生运算能力，分析能力和综合能力．
教学重点与难点
数学是一门工具，学数学的目的就是为了应用．怎样建立起要解决的问题与数学知识之间的联系（如一个近似计算问题与二项式定理有没有联系，怎样联系），是这节课的难点，也是重点所在．
教学过程设计
师：我们已经学习了二项式定理及二项式系数，请大家用6分时间完成以下三道题：
（1）在（1-x3）（1+x）10的展开式中，x5的系数是多少？
（2）求（1+x-x2）6展开式中含x5的项．
（全体学生参加笔试练习）
6分钟后，用投影仪公布以上三题的解答：
（1）原式=（1+x）10-x3（1+x）10，可知x5的系数是（1+x）
（2）原式=[1+（x-x2）]6=1+6（x-x2）+15（x-x2）2+20（x-x2）3+15（x-x2）4+6（x-x2）5+（x-x2）6．
其中含x5的项为：20·3x5+15（-4）x5+6x5=6x5．
师：解（1），（2）两题运用了变换和化归思想，第（2）题把三项式化为二项式，创造了使用二项式定理的条件．
第（3）题的解法是根据恒等式的概念，a，b取任何数时，等式都成立．根据习题结构特征选择a，b的取值．这种用概念解题的思想经常使用．
下面我们看二项式定理的一些应用．
师：请同学们想一想，例1怎样解？
生甲：从结构上观察，则与练习的第（3）题有相似之处，只是组合数的系数成等比数列，是否根据二项式定理令a=1，b=3，即可得到证明．
师：请同学们根据生甲所讲，写出证明．
（找一位同学板演）
证明：在（a+b）n的展开式中令a=1，b=3得：
师：显然，适当选取a，b之值是解这一类题的关键，再看练习题．
练习
生乙：这题与例1类比有共同点，仍是组合数的运算，不同点是缺
我考虑如能用二项式定理解，应对原题做以下变换：
师：分析得很透彻．这种敢想、会想精神是每位同学都要培养的．首先是敢字，不要一见题目有些生疏就采取放弃态度；要敢于分析，才能善于分析，将来才敢于创新，善于创新．
请大家把解题过程写在笔记本上．
（教师请一名同学板演）
在（a＋b）6的展开式中令a=1，b=3，得
师：解题过程从“在（a+b）6的展开式中令 a=1，b=3”写起就可以了．希望同学们再接再励，完成下个练习．
练习
师：大家议论一下，这道题能用二项式定理来解吗？
生丙：初步观察，与上节课我们学刁的：“在（a＋b）n的展开式
解决．我们注意到组合数代数和的值为余弦值或正弦值，又注意到正项
…）或r=4m＋1（m=0，1，2，…），负项出现在r=4m＋2（m=0，1，2，…）或r=4m＋3（m=0，1，2，…），而虚数单位i有以下性质：
i4m=1，i4m+1=i，i4m+2=-1，i4m+3=-i（m∈Z）．
于是想在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i．
师：分析得有道理，请同学们按生丙同学的意见进行演算．
（教师找一位同学板演）
证明：设i是虚数单位，在（a＋b）n的展开式中令a=1，b=i中得：
另一方面，又有
由此得到
根据复数相等定义，有
师：认真分析习题的结构，运用类比与联想的思想方法，可以帮助我们找到解题的思路，下面我们研究二项式定理在数字计算方面的应用．
例2 计算：1.9975（精确到0.001）．
生丁：这道题若用二项式定理计算，必须把1.997看作1+0.997，这样，1.9975=（1+0.997）5．
师：计算简单吗？
生戊：把1.9975化为（2-0.003）5，再展开，由于精确到0.001，不必各项都计算．
师：按生戊所谈的方法，大家在自己的笔记本上计算一下．
（教师找一位同学板演）
解：1.9975=（2-0.003）5
=25-5×24×0.003+10×23×0.0032-10×22×0.003＋…
由于|T6|＜|T5|＜|T4|≈1.08×10-6，则|T4|＋T5＋T6|＜0.000004．
所以1.9975≈32-0.24+0.000 72≈31.761．
师：1996年全国高考有这样一道应用题：
（用投影仪示出，老师读题）
某地现有耕地10 000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22％，人均粮食占有量比现在提高10％．如果人口年增长率为1％，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？
稍候，教师问：
谁想出解法了，请讲一讲．
生己：设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷，耕地平均每年至多只能减少x公顷．
十年后耕地亩数：104-10x，
十年后总产量：M×（1+22％）（104-10x）．
十年后人口：P×（1＋1％）10，
依题意可以得到不等式
师：实际计算时，会遇到（1＋0.01）10的计算问题，请全体同学在笔记本上迅速计算出来．
（教师请一同学板演）
师：真迅速啊！请同学们课下把这道高考题完成．
（答案：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷）
现在，我们再讨论一个新的问题．
例3 如果今天是星期一，那么对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5天后的那一天是星期几？
生庚：先将此题转化为数学问题，即本题实际上寻求对于任意自然数n，23n+3+7n＋5被7除的余数．
受近似计算题目启发，23n+3=8n+1=（7＋1）n+1，这样可以运用
数，7n也是7的倍数，最后余数是1加上5，是6了．
师：请同学们在笔记本上完成此题的解答
（教师请一名同学板演）
解：由于23n+3＋7n＋5=8n+1＋7n＋5=（7＋1）n+1＋7n+5
则 23n+3＋7n＋5被7除所得余数为6
所以对于任意自然数n，经过23n+3＋7n＋5后的一天是星期日．
师：请每位同学在笔记本上完成这样一个习题：7777-1能被19整除吗？
（教师在教室内巡视，3分钟后找学生到黑板板演）
解：7777-1=（76+1）77
由于76能被19整除，因此7777-1能被19整除．
师：请生辛谈谈他怎样想到这个解法的？
生辛：这是个幂的计算问题，可以用二项式定理解决．如果把7777改成（19＋58）77，显然展开式中最后一项5877仍然不易判断是否能被19整除，于是我想到若7777-1能被38，或能被57，或能被76，或能被95整除，必能被19整除，而76与77只差1，故欲证7777-1被19整除，只需证（76+1）77被76整除．得到了以上的解法．
师：二项式定理解决的是乘方运算问题，因此幂的问题可以考虑二项式定理．下面我们解一些综合运用的习题
例4 求证：3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．
师：仍然由同学先谈谈自己的想法．
生壬：我觉得这道题仍可以用二项式定理解，为了把左式与右式发生联系，将3换成2＋1．
注意到：
① 2n+n·2n-1=2n-1（2＋n）=2n-1（n+2）；
② n≥2，右式至少三项；
这样，可以得到3n＞2n-1（n＋2）（n∈N，且n≥2）．
生癸：根据题设条件有n∈N，且n≥2．用数学归纳法应当可以证明．
师：由于观察习题时思维起点不同，得到了习题不同解法，生×同学从乘方运算这点考虑，想到二项式定理，生×同学从题设条件n∈N考虑，想到数学归纳法．大家要养成习惯，每遇一题，从不同角度观察思考，得到更多解法，使我们思考问题更全面．
用二项式定理证明，生×同学已经讲清楚了证明过程，大家课下在笔记本上整理好，现在请同学们在笔记本上完成数学归纳法的证明．
（教师请一名同学板演）
证明：①当n=2时，左式=32=9，右式=22-1（2＋2）=2×4=8，显然9＞8．故不等式成立．
②假设n=k（k∈N且k≥2）时，不等式成立，即3k＞2k-1（k＋2），则当n=k＋1时，
由于 左式=3k+1=3·3k＞3·2k-1（k＋2）=3k·2k-1＋3·2k．
右式=2(k+1)-1[（k＋1）＋2]=2k（k＋3）=k·2k＋3·2k，
则 左式-右式=（3k·2k-1＋3·2k）-（k·2k＋3·2k）
=3k·2k-1-2k·2k-1=k·2k-1＞0．
所以 左式＞有式．故当n=k＋1时，不等式也成立．
由①，②不等式对n≥2，n∈N都成立．
师：为了培养综合能力，同学们在笔记本再演算一道习题：
设n∈N且n＞1，求证：
（证明过程中可以运用公式：对n个正数a1，a2，…，an，总有
（教师在教室巡视，过2分钟找一名同学到黑板板演第（1）小题，再过3分钟找另一名同学板演第（2）小题）
师：哪位同学谈一谈此题应怎样分析？
生寅：第（1）小题左式与右式没有直接联系，应把它们分别转化，
列前n项的和，由求和公式也能得到2n-1．因此得到证明．
第（2）小题左式与右式也没有直接联系．根据题目给出的公式要
师：根据式子的结构想有关知识和思考方法是分析问题的一种重要方法，要在解题实践中掌握．
本节课讨论了二项式定理主要应用，包括组合数的计算、近似计算、整除和求余数的计算以及与其他数学知识的综合应用．当然，二项式定理的运用不止这些，凡是涉及到乘方运算（指数是自然数或转化为自然数）都可能用到二项式定理．认真分析习题的结构，类比、联想、转化是重要的找到解题途径的思考方法，希望引起同学们的重视．
作业
1．课本习题：P253习题三十一：6，7，10；
2．课本习题：P256复习参考题九：15（2）．
3．补充题：
课堂教学设计说明
1．开始练习起着承上启下的作用．这三题既复习了二项式定理及其性质，又考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，利于本节课进行，又培养了学生预习复习的学习习惯．
2．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．
3．学生的回答不会像教案写的那样标准，教师要因势利导，帮助学生提高分析能力．组合
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．二项式定理习题1
　　一、单选题
　　1. 二项式(a+b)5的展开式的第3项是
[　　 ]
　　
　　2. (1+x)6展开式的第三项是
　[　　 ]
　　A．20x3　　　　　B．20x4　　　　　 C．15x2　　　　　　　D．15x4
　　3. (x-2)6的二项展开式中含x3项的系数是　　　　　　　　　　　　 [　　 ]
　　A．-60　　 B．60　　　　C．-160　　 D．160
　　
　　二、填空题
　　1. 已知(x+a)7的展开式中，x4项的系数是-280，则a=　　　　　　 ．
　　2. (10+xlgx)5展开式中，第4项为106，则x的值为．
　　3. (x2+x-2)4展开式中x2项的系数是　　　　　　 ．
　　三、解答题
　　1.
　　
　　2. 求二项式x10-3被(x-1)2除所得的余式．
　　四、证明题
　　1. 利用二项式定理证明：122n+1+11n+2能被133整除．
　　
二项式定理习题1答案

　　一、单选题
　　1. A
　　2. C
　　3. C
　　4. A
　　二、填空题
　　1. -2
　　
　　3. -8
　　三、解答题
　　
　　2.
　　
　　四、证明题
　　1.
　　
　　2.
　　设计思想
引入时，注意情境的创设，用贴近学生的事实，引起学生的认知冲突，引发对所学知识产生兴趣；同时引导学生关注现实，用心思考发生在自己身边的各种现象．
适当给学生“留白”，即给学生留下必要的时间和空间，尽量让学生多活动，让学生在体验中建构自己的认知结构．
“反思”是人类理性水平一种标志．教学中，努力组织学生的“反思”，使学生的认识在反思中不断升华．二项式系数的性质教案1
　　教学目标
　　1．掌握二项式系数性质，并会应用其解决一些简单问题．
　　2．培养学生观察、归纳、发现的能力以及分析问题与解决问题的能力．
　　3．培养学生从特殊到一般、从一般到特殊的认知能力．
　　教学重点与难点
　　二项式系数的性质及应用．
　　教学过程设计
　　师：二项式定理的内容是什么？
　　
　　
　　(教师板书)
　　师：上一节课，我们已经学会了如何将二项式展开及求展开式中指定项或指定项系数、二项式系数的方法．今天，我们来研究一下二项式系数的性质．二项展开式中的二项式系数指的是谁？共有多少个？
　　
　　
　　师：要研究它的一般规律，我们先通过杨辉三角看看n为特殊值时，二项展开式中二项式系数有什么特点？(出示幻灯片，内容如下)(从特殊到一般的思想由此引发)
　　杨辉三角：
　　(引导学生猜想，猜想是发现的开始)
　　生：第一项与第末项二项式系数相等．
　　(诱导一下)
　　师：这位同学找的是等量关系，是否完善呢？(用笔尖指杨辉三角中的二项式系数)
　　生：第二项与倒数第二项的二项式系数相等，第三项与倒数第三项的二项式系数相等
　　……．
　　师：你能把你的想法概括成一句话吗？
　　生：……
　　师：在研究等差数列性质时，我们也发现了首末两项，第二项与倒数第二项，……它们和相等的规律，当时我们使用了什么术语呢？(学生顿悟)
　　生：在二项展开式中，与首末两端“等距”的两项的二项式系数相等．
　　师：有一定理由，当n取1～6时，均可验证此规律正确，但如果就肯定它正确，未免太草率．谁能论证一下这个结论是否正确呢？
　　
　　
　　师：由此“猜想”得到证明，可以写成性质形式．(板书)
　　性质1 在二项展开式中，与首末两端“等距”的两项的二项式系数相等．即：
　　
　　师：发现了这个性质对解题的帮助体现在哪儿呢？我们来看两个小题．(出示幻灯片)
　　1．求(a＋b)6展开式中的倒数第三项的二项式系数．
　　2．若(a＋b)n的展开式中，第三项的二项式系数与第五项的二项式系数相等，则n=？
　　师：谁愿意回答这两个题目．(给学生1～2分钟考虑一下)
　　
　　现第五项就是倒数第三项，所以n＋1=7，即n=6．
　　(此时，给出这两个小题，可使学生及时的理解性质1，并学会简单应用，有利于知识的巩固、概念的记忆)
　　师：再看杨辉三角，找特点．
　　生：二项式系数先增加后减小．
　　师：有最值吗？
　　生：有，中间位置可能最大．
　　师：能再具体一些吗？是哪些项二项式系数最大？
　　(学生未必一下能说清楚，尽量鼓励学生说，积极参与)
　　
　　
　　未必简捷，只要正确就要鼓励他往下说，以免打消学生的积极性)
　　师：这个猜想是否正确呢？我可以告诉大家是正确的，但对它的严格证明，不是本节课的重点，有兴趣的同学可在课下研究证明．(板书)
　　性质2 二项式系数最大的项：
　　
　　(性质2的证明不给出，有利于突出本节课的重点，使内容合理，紧凑)
　　师：性质2记忆一定要准确，如有疑问时，可以依靠杨辉三角，使特点法验证，下面我们再来看两个小题．(出示幻灯片)
　　3．分别指出(a＋b)20与(x＋5y)15的展开式中哪些项的二项式系数最大，并分别求出其最大的二项式系数(用组合数表示)
　　4．已知(a＋b)n的展开式中第十项和第十一项的二项式系数最大，求n的值．
　　
　　
　　
　　(以上两个小题也是对性质2的巩固)
　　师：目前我们已经发现了二项式系数的两个性质，二项式系数还有没有其它规律呢？在排列组合中，我们做过这样一个题目：(出示幻灯片)
　　已知集合A={0，1，2｝，求它的所有子集的个数．
　　师：当时，我们是怎么做的呢？
　　
　　
　　生：是，刚才求的就是二项式系数的和．(学生呼应，达到前后知识的联系，前一节中出这个题的一个目的就是为这一节作铺垫)
　　
　　再相加，但如果集合A中元素个数很多，我们该如何计算呢？二项式系数的和是否也有规律呢？
　　(学生思考，诱导一下)
　　师：不妨再从杨辉三角中挖掘．
　　
　　
　　
　　生：2n，对吗？
　　师：大家是否也同意这个同学的想法呢？如果认可，请给予例1(板书)严格地证明．
　　
　　
　　师：例1是一个等式，可以通过证明等式的几条途径来考虑．
　　(诱导一下)
　　师：现在我们学习的是二项式定理，等号的两边都可以从这个角度来考虑．(将2n换成(1＋1)n)
　　学生甲：(板演)
　　
　　师：还有没有其它方法呢？这个等式与二项式定理(黑板上有)比较一下有什么发现呢？
　　生：将二项式定理中的a，b都取成1，因为二项式定理对a，b取任意值都是成立的．
　　生：(板演)
　　在二项展开式中，
　　
　　令a=1，b=1，得
　　
　　师：第二种方法是赋值法，是解决与二项展开系数有关问题的重要手段．我们已经发现并证明了二项式系数的三个性质，它还有一个性质，也是很常用的，我直接给出，大家看看怎样证明．(板书)
　　例2 证明在(a＋b)n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．
　　师：先翻译成数学语言．(容易发现目标，减少盲目性)
　　
　　(鼓励学生继续往下进行)
　　
　　(到了这一步，由于有例1的铺垫，学生很容易想到赋值法)
　　生：(板演)
　　证明：在二项展开式
　　
　　中令a=1，b=－1，得
　　
　　
　　
　　师：例1与例2是二项式系数(或组合数)的两个常用的性质，它们的证明方法和结论都有相当重要的意义．
　　(例1、例2体现了由一般到特殊的思想)
　　师：例2得到了奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，但这并不意味着等号两边的个数相同．当n为偶数时，奇数项的二项式系数多一个；当n为奇数时，奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数个数相同．下面我们来看两个小题：(出示幻灯片)(考查一下学生是否会算)
　　5．求(a＋b)10的展开式中的各项的二项式系数和及奇数项的二项式系数和．
　　
　　学生甲：算5题(a＋b)10展开式中各项二项式系数和为1024，奇数项二项式系数和为512．
　　
　　(以上两个小题训练，加深学生对例1、例2结论的记忆，遇到问题时，可直接转化为简单的数学语言或得到具体值)
　　师：现在我们要来解决一个问题．(板书)
　　练习 已知(1－2x)n展开式中，奇数项的二项式系数之和为32，求展开式中哪项二项式系数最大，并求该项．
　　生：(板演)
　　
　　
　　(此题不难，可由学生独立完成，自我检查)
　　师：今天这堂课的关键是利用杨辉三角形直观性发现并证明二项式系数的性质．(由学生叙述这四个性质)我们可以把第一个性质简记为二项式系数对称规律，性质2简记为最大二项式系数规律，后两个性质所采取的方法——赋值法是解决与二项展开系数有关问题的重要手段．
　　师：今天课下的作业是课本P257练习：1，2，3；P258：9，10，补充三
　　
　　2)已知：(1－2x)5=a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5的值．
　　3)若二项式(x3＋x－2)n的展开式中，只有第六项系数最大，则展开式中的常数项是什么？
　　课堂教学设计说明
　　这份教案的教学过程可简记为以下几个环节：
　　1．提出问题：寻求二项式系数的性质；
　　2．观察杨辉三角发现二项式系数的特点；
　　3．得三个猜想(性质1，2，例1)并逐一证明(除性质2)，证明后紧跟小练习；
　　4．用赋值法，证明例2；
　　5．练习，加强记忆；
　　6．小结、作业．
　　我之所以这样设计这堂课，主要有以下几个原因：
　　第一，二项式定理这部分内容比较枯燥，需要记忆的知识点也比较多，更要求教师不断地挖掘规律简化学生的记忆负担．但即使如此，学生的学习仍处于被动状态，所以这节课，我想充分发挥学生的积极性，化被动为主动，因此我引入了杨辉三角，利用它图表的直观性很容易发现规律，这个规律是由学生自己发现的，当然也就容易记忆．
　　第二，以往我们处理二项式系数的性质这一节时，总是将性质用定论的形式直接呈现在学生面前，然后自己再说出证明方法，紧接着就是上例题做练习．这样，似乎是开门见山，直截了当，节约时间，但忽视了很重要的一点．数学教学的实质是思维过程的教学，“直截了当”则掩盖了“思维过程”，把知识和方法不是作为思维过程暴露在学生面前，而是作为结果抛给学生，这种“奉送”的做法势必回避了数学思想的培养．长此以往，学生的数学素质很难得到提高．
　　第三，分别在得到性质1，2，例1，例2后马上出几个小题加以巩固，题目的深浅是根据学生的程度不同而定的．但我觉得一定得有，否则四个结论全出来后，学生再见题目，会有手足无措的感觉，效果不佳．
　　第四，性质2的证明是本节的难点，本教案回避了这一点，没有给予证明，因为本教案是为普通班设计的．而“好班”对性质2应给予证明，性质2，证明如下：
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　最好，再补充下面一个例题：
　　例3 求(1＋2x＋x2)10·(1－x)5的展开式中各项系数的和．
　　解：原式=(1＋x)20·(1－x)5
　　=(a0＋a1x＋a2x2＋…＋a20x20)·(b0＋b1x＋b2x2＋…＋b5x5)
　　=C0＋C1x＋C2x2＋…＋C25x25．
　　由于展开式(1＋2x＋x2)10·(1－x)5=C0＋C1x＋C2x2＋C3x3＋…＋C25x25中对于任意的x均成立，
　　则令x=1，得C1＋C2＋…＋C25=0，
　　所以(1＋2x＋x2)10·(1－x)5的展开式中各项系数和为零．排列应用习题2

　　一、单选题
　　1.由数字2，3，5，7组成没有重复数字的四位数，其中偶数共有 [　　 ]
　　A．6个　　 B．8个　　 C．12个　　 D．24个
　　2. 要排一张有5个独唱和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不打头，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同排法的种数是 [　　 ]
　　
　　3. 5个人排成一列，其中甲在乙之前（不一定相邻）的排法种数是[　　 ]
　　
　　4. 有5张卡片的正反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成不重复的三位数的个数为 [　　 ]
　　A．480　　 B．432　　 C．48　　 D．192
　　二、 填空题
　　1. 七人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同排法的种数是___________(要求结果用数字表示)
　　2. 10个人排成一排，要求甲、乙、丙三人必须排在一起的不同的排法总数是_______种．甲、乙、丙三人不能排在一起的不同的排法有__________种(用排列数符号表示)
　　3. a，b，c，d，e，f六人排一列纵队，若限定a在b之前，且c在d之前，则共有排法种数是_______．
　　三、 解答题
　　用1，7，8，9四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各个数字的和是多少 所有这些四位数的和是多少
排列应用习题2 答案

　　一、单选题
　　1. A
　　2. D
　　3. B
　　
　　1. 3600
　　2.
　　3. 180种
　　三、 解答题
　　
　　∴24个四位数的各个数字之和为24×(1+7+8+9)=600．
　　又∵四位数中的各个数字在各位上出现的次数相同
　　∴四位数的和为6×(1+7+8+9)(1000+100+10+1)=6×27775=166650二项式定理教案
一、教学目标：
使学生掌握二项式定理及其证明(数学归纳法)，培养学生发现和揭示事物内在客观规律能力和逻辑推理能力。通过介绍“杨辉三角”，对学生进行爱国主义教育。
二、教学重、难点：
重点：二项式定理的推导及证明
难点：二项式定理的证明
三、教学过程：
(一)新课引入：
(提问)：若今天是星期一，再过810天后的那一天是星期几？
在初中，我们已经学过了
(a+b)2=a2+2ab+b2
(a+b)3＝(a+b)2(a+b)＝a3+3a2b+3ab2+b3
(提问)：对于(a+b)4，(a+b)5 如何展开 (利用多项式乘法)
(再提问)：(a+b)100又怎么办？ (a+b)n(n∈N+)呢？
我们知道，事物之间或多或少存在着规律。这节课，我们就来研究(a+b)n的二项展开式的规律性
(二)新课：
(如何着手研究它的规律呢)？采用从特殊到一般（不完全归纳）的方法。
规律：(a+b)1=a+b
(a+b)2=(a+b)(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=a2+2ab+b2
(a+b)3=(a+b)2(a+b)=(a2+2ab+b2)(a+b)=a3+3a2b+3ab2+b3
(a+b)4=(a+b)3(a+b)=(a3+3a2b+3ab2+b3)(a+b)=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4
根据以上的归纳，可以想到(a+b)n的展开式的各项是齐次的，它们分别为an, an-1b, an-2b2,…，bn,展开式中各项系数的规律，可以列表：
(a+b)1 1 1
(a+b)2 1 2 1
(a+b)3 1 3 3 1
(a+b)4 1 4 6 4 1
(a+b)5 1 5 10 10 5 1
（这表是我国宋代杨辉于1261年首次发现的，称为杨辉三角，比欧洲至少早了三百年。）
如何从组合知识得到(a+b)4展开式中各项的系数
(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)
(1)若每个括号都不取b，只有一种取法得到a4即种
(2)若只有一个括号取b，共有种取法得到a3b
(3)若只有两个括号取b，共有种取法得到a2b2
(4)若只有三个括号取b，共有种取法得到ab3
(5)若每个括号都取b，共有种取法得b4
…………
∴ (a+b)n=an+an-1b+…+an-rbr+…+bn(n∈N+)
以上我们采用不完全归纳法得到，不一定可靠，若要说明正确，须加以证明(数学归纳法)。
证明：(1)当n=1时，左边＝(a+b)1=a+b 右边＝a1+b1=a+b
∴ 等式成立
(2)假设n=k时，等式成立，即(a+b)k=ak+·ak-1b+…+ak-rbr+…·bk
那么当n=k+1时
(分散难点作法)
以 (a+b)4(a+b)与(a+b)k(a+b)进行类比
(a+b)4(a+b)＝(a4+a3b+a2b2+ab3+b4)(a+b)
=（a5+a4b+a3b2+a2b3+ab4）+（a4b+a3b2+
a2b3+ab4+b5）
由组合数性质知 ＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＝
则(a+b)5=a5+a4b+a3b2+a2b3+ab4+b5
(a+b)k+1=(a+b)k·(a+b)=(ak+·ak-1b+…+ak-rbr+…+·bk)(a+b)
＝(·ak+1+akb+…+ak-r+1br+…+abk)+(akb+ak-1b2+…+·ak-rbr+1＋…＋·bk+1)
＝ak+1+(+)akb+…+(+)ak-rbr+1+…+(+)abk+·bk+1
由组合数性质得，= +=，…+=，+=，=
∴(a+b)k+1=ak+1+akb1+…+ak-rbr+1+…+abk+bk+1，即等式成立。
根据（1）（2）可知，等式对于任意n∈N+都成立。
一、指出：这个公式叫做二项式定理（板书），它的特点：
1．项数：共有(n+1)项
2．系数：依次为，，，…，…，其中(r＝0，1，2，…n)称为二项式系数
说明：二项式系数与展开中某一项系数是有区别的。例如：(1＋2x)6展开式中第3项中系数为·22＝60而第三项的二项式系数是＝15。
3．指数：an-r·br指数和为n，a的指数依次从n递减到0，b的指数依次从0递增到n。
三、小结：
（1）二项式定理(a+b)n=an+an-1b+…+an-rbr+…+bn是通过不完全归纳法，并结合组合的概念得到展开式的规律性，然后用数学归纳法加以证明。
（2）二项式定理的特点：1．项数 2．系数 3．指数
四、作业：P253 T2 .T3
810＝(7+1)10＝710+79+…+7+
＝2(733＋c133732+…+c3233·7+2
1
4整除问题与组合数公式之缘
　　创造性教学，教活知识，灵活解题是教师的基本功．解答整除问题一般会想到余数定理及其性质，其实用高中代数课本中的组合数公式就可以简捷解答很多有关的整除问题．
　　定理 m个连续整数之积能被m！整除．
　　证明：(1)若相乘的m个连续整数中有一个是零，则其积为零，显然其积能被m！整除．
　　
　　能被m！整除．由此知，m个连续负整数之积也能被m！整除．
　　由(1)、(2)，定理获证．
　　推论1 设m、n∈Z，则mn(m2－n2)能被6整除．
　　证明：mn(m2－n2)=mn[(m2－1)－(n2－1)]
　　=n(m－1)m(m＋1)－m(n－1)n(n＋1)．
　　依定理，三个连续整数之积(m－1)m(m＋1)、(n－1)n(n＋1)能被3！整除，因此mn(m2－n2)能被6整除．
　　特殊情况，若n=1，则mn(m2－n2)=m(m2－1)．
　　这就是说，两个整数与这两个整数的平方差之积(或整数与这个整数平方减1之积)能被6整除．
　　推论2 设n∈Z，则n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
　　证明：n(n＋1)(2n＋1)=n(n＋1)[(n＋1)2－n2]．
　　依推论1获证．
　　这就是说，两个连续整数与其和之积能被6整除．
　　推论3 设n∈Z，则2n(2n＋1)(2n＋2)能被24整除．
　　证明：2n(2n＋1)(2n＋2)=4n(n＋1)(2n＋1)．
　　依推论2，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
　　因此4n(n＋1)(2n＋1)即2n(2n＋1)(2n＋2)能被24整除．
　　这就是说，中间一个乘数是奇数的三个连续整数之积能被24整除．
　　例1 设x∈Z，求证x5－5x3－116x能被120整除．
　　证明：x5－5x3－116x=x(x4－5x2＋4－120)=x[(x2－1)(x2－4)－120]=(x－2)(x－1)x(x＋1)(x＋2)－120x．
　　依定理，(x－2)(x－1)x(x＋1)(x＋2)能被5！=120整除，又120x也能被120整除．
　　因此x5－5x3－116x能被120整除．
　　例2 已知m∈Z，求证m3＋5m能被6整除．
　　证明：m3＋5m=m(m2－1＋6)=m(m2－1)＋6m．
　　依推论1，m(m2－1)能被6整除，又6m也能被6整除．因此m3＋5m能被6整除．
　　例3 设a为给定的整数，且a≠2，试证方程(a－2)x2＋7(a－2)x＋12a=87没有整数解．
　　证明：a(x2＋7x＋12)－2(x2＋7x＋12)=63．(a－2)(x2＋7x＋12)=63，
　　(a－2)(x＋3)(x＋4)=63．
　　依定理知，此方程左边能被2整除，而右边的63不能被2整除，因此方程没有整数解．
　　测试题
一、选择题
1．已知集合M={1，－2，3}，N={－4，5，6，－7}．从两个集合中各取一个元素做点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同的点的个数是 （ ）
(A) 18 (B) 16 (C) 14 (D) 10
2．用0,1,2,…,9,十个数字组成四位数，其中任何两个相邻的数字都不同的有 （ ）种．
(A) (B)
(C) (D)
3．如果把两条异面直线看成“一对”，那么，六棱锥中12条棱所在直线，彼此异面的直线共有 （ ）
(A) 12对 (B) 24对 (C) 36对 (D) 48对
4．同室4个人各写1 张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿1张别人送的贺年卡，则4 张贺年卡不同的分配方式有 （ ）
(A) 6种 (B) 9种 (C) 11种 (D) 23种
5．A，B，C，D，E五位同学参加速算比赛，如果每个同学计算的速度各不相同，则A同学比B同学先算完的比赛结果共有 （ ）
(A) 260种 (B) 120种 (C) 60种 (D) 30种
二、填空题
6． 某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4 种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少准备不同的素菜品种_______种．
7．四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有___种．
8．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有___ 条．
9．设含有10 个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则T/S的值为______．
三、解答题
10．如图，用5种不同的颜色给这个图形着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，不同的着色方法有多少种
11．用0，1， 2，…，9这十个数字组成4位数，其中任何两个相邻的数字都不相同的有多少
12．5个成年人，2个小孩，排成一排．两头都是成年人，每个小孩两边都是成年人，且某母女俩一定要相邻的排法有多少种？选择习题5
展开式的所有二项式系数的和为128，则展开式中二项式系数最大的项是（ ）
(A) 35x2 (B) 35x5
(C) －35x2 和35x5 (D) －35x5和35x2
答案：D
分析：
n = 7，第4，5项二项式系数最大．求二项展开式中系数最大项的简化方法
　　这是高中数学中一类常见的习题．
　　已知：a、b∈R+，n∈N，问(ax＋by)n的展开式中系数最大的项是第几项？通常解法是，设第r＋1项系数最大，记第r＋1项的系数为T'r+1，则
　　
　　显然上述不等式组可经约分化简，然后可求得最终结果，但根据笔者多年的教学体会，不少同学在接下去的计算步骤中较易产生错误，即使做对的同学也是花费较长时间，所以笔者想到探求一种与(Ⅰ)式等价的又形式较简单的条件式．
　　
　　得 (r＋1)b≥(n－r)a．
　　∴ (a＋b)r≥na－b，
　　
　　
　　(r = 0，1，2，3，…，n)
　　今后，我们在一些客观性习题(选择题、填空题)碰到求解此类问题时，不妨直接用(Ⅱ)式来解．当然，这又要多记一个公式．是选择运算的简化，还是选择不多记一个公式，哪一种做法好是因人而异的，本文给读者一个选择的权利．教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项展开式的通项
二项展开式
中，第r＋1项（r＝0，1，2，…，n）叫二项展开式的通项．记作Tr＋1．二项展开式的通项公式为Tr＋1＝，（r＝0，1，2，3…，n）教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
杨辉三角
在二项式定理中，当n分别取0，1，2，3，…时，其二项式系数可以排成一个由自然数构成三角形．这个三角形的数表，称为杨辉三角．
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理设计思想
先熟悉定理中展开式各项系数的规律，后一节再用数学归纳法证明，以分散难点．
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．教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理引申与提高
对于人们最常用的推广，一是括号内的项数，二是括号外的指数．
1．项数的推广．以为例．我们知道
＝
展开合并以后，每一项的指数都是5，其中含的项是从5个因式中选2个出，在余下的3个因式中选2个出，再在又余下的1个因式中选1个出，其系数就是三步的选法数，即其他项，类似．
仿此，我们可以得到多项式定理
其中
显然，二项式定理是它的特例．
2．指数的推广．在中学学习的二项式定理
中，指数n是正整数．其实，对于n是分数、负数、实数，甚至于复数都可以成立．当然，其逐步推广经过了几代人、几百年的努力才得以实现．有兴趣的同学可以参看有关书籍．二项式展开式的系数最大问题
　　二项式展开式的系数最大问题，一直是高中学生学习在二项式定理的内容时感到困惑的问题，本文举例说明此类问题的解法．
　　例1 求(x＋y)16展开式中系数最大项．
　　
　　因为二项式的幂指数16为偶数，所以展开式共有17项，正中仅有一项即第9项，且它的系数(即二项式系数)最大，是
　　(注：本文中Tr+1表示展开式第r＋1项)．
　　例2 在(a＋b)2n+1的展开式中，系数最大的项是
[ ]
　　A．第n项． B．第n项和第n＋1项．
　　C．第n＋2项． D．第n＋1项和第n＋2项．
　　解 由二项式定理知，这里的系数就是二项式系数，因为二项式幂的指数为奇数，故展开式共有偶数项，正中间是两项，它们的二项式系数相等且最大，分别是
　　
　　小结 由例1、例2知，在二项式(x＋y)n的展开式中，各项系数就是二项式系
　　
　　
[ ]
　　A．第5项 B．第6项
　　C．第5项和第6项 D．第5项和第7项．
　　
　　
　　例4 求(1＋5x)15展开式中系数最大的项．
　　解 设第r＋1项为Tr+1，该项系数为Ar+1，且设Ar+1为最大，则有下列不等式组
Ar+1≥Ar ①，Ar+1≥Ar+2 ②
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　由例3、例4知，如系数不是二项式系数，求最大系数方法是：
　　(1)当二项式幂指数不是很大时，可由二项式定理一一展开得到，此为列举法．
　　(2)当n较大时，用建立上面水等式①、②的方法获得．
　　练习
　　1．求下列二项式展开式的系数最大项．
　　
　　2．求(2x－3y)10展开式中系数绝对值最大的项．
　　3．在(axm＋bxn)12中，a，b，m，n∈N，且2m＋n = 0，且它的展开式
　　填空题11
已知展开式的常数项是80，则常数的值为 。
答案：
2教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
排列与组合设计思想
先熟悉定理中展开式各项系数的规律，后一节再用数学归纳法证明，以分散难点．
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．排列、排列数公式习题习题1

　　 一、 单选题
　　
　　2. 把3张不同的电影票分给10人中的3人，不同分法的种数是　　 [　　 ]
　　A．2160　　 B．240　　 C．720　　 D．12960
　　二、 填空题
　　由1，2，3，4，5，6六个数字组成的没有重复数字的三位数中，3的倍数共有_____个．
　　三、 解答题
　　
排列、排列数公式习题1答案

　　一、单选题
　　1. D
　　2. C
　　二、填空题
　　1. 48
　　提示：数字之和能被3整除的数是3的倍数．
　　三、解答题
　　1. n=5挪威天才数学家
阿贝尔

1978年夏天的一个黄昏，我在挪威首都奥斯陆（Oslo）的皇家公园散步。从公园的“阿贝尔丘”可以看到底下不远的热闹街市的一角，天还没有黑，可是五颜六色的霓虹灯已亮。
天刚下一场雨，半边天是黑沉沉，另外一边却是清澈明净。一条彩虹出现在黑云的一边，红、橙、黄、绿、青、蓝、紫的颜色在黑灰的天空的背景衬托下显得非常的漂亮。
我走向园里挪威著名雕塑家古斯达夫·维克朗（Gustav Vige-land 1869—1943）的著名作品——阿贝尔纪念像。看看这个艺术家遗留下来的艺术巨构。
阿贝尔是19世纪挪威出现的最伟大数学家，一生在贫穷的环境挣扎，他在生之日希望能有一个固定的职业使他能安定生活和做研究，并且希望能和他喜爱的一个女郎结婚。可是命运像是要和他作对，他所期望的东西全落空，最后肺病夺去了他的生命，死时才26岁！
维克朗是一个木匠的儿子，年青时也曾经在贫穷困苦的环境中学习艺术。当后来成名了，知道阿贝尔的故事非常感人，于是要为这个悲惨的天才立像，在1908年整个铸成。维克朗在奥斯陆城北的Frogner公园留下的“生命之树”的雕塑，使奥斯陆在世界上以这公园闻名，吸引了许多旅客。
我看看天边的彩虹，颜色已渐渐消淡，太阳是快下去了。难道说世界美丽的东西就像彩虹是不能长久留下来吗？我躺在草地上，看那高大的铜像及它上面的蓝空。回想阿贝尔的一生，我像听到他在倾述他的悲惨的身世，像是控诉这人世间对他的冷漠。……

穷人孩子多奇志

阿贝尔（N．H．Abel）生在一个大家庭里，家里有七个兄弟姊妹，父亲是挪威芬杜（Findo）小乡村的穷牧师。阿贝尔在家里排行第二，小时和哥哥由他父亲教导识字，小学教育基本上是由父亲教，因为他们没有钱像其他人请家庭教师来教。
在13岁时他和哥哥被送到克里斯汀尼亚（Christinia，后来就是挪威的奥斯陆）市的天主教学校读书。这是一间古老的学校，一些官员把孩子送到这里读书，而且有一些奖学金给无法交学费的人，阿贝尔也得到一点奖学金。
在阿贝尔进入学校时这学校已降低水准，因为这里刚成立一所新大学，大部份好的教师和有经验的教师转到大学去教书了，学校只剩下水准较差和新的教师。在最初的一二年他们兄弟的成绩还算不错，而且获得书奖。可是后来教师枯燥的教学方式，高压的手法，使得他们兄弟的成绩下降了，哥哥更糟是神经衰弱起来，最后不能读书要送回家去，以后恶化起来一生不能做事。
1817年发生的一件事情，可说是阿贝尔一生的转折点。教数学的教师是一个好酒如命但又粗暴的家伙，对于成绩不好的学生常讥笑嘲讽，而且常体罚，有一个学生被严重打伤，最后病倒而死去。在许多人向学校当局抗议下，这教师被解职，而由一个比阿贝尔大七岁的非常年青的教师洪波义（Bernt Michael Holm- boe）代替。
洪波义学过一些纯数学，而且曾当过挪威著名天文学家汉斯丁教授（Chrisoffer Hansteen）的助教。对中学数学课他是驾轻就熟，他和以前的教师不一样，采用较新颖不死板的方法教书：他采取让学生发挥独立的工作能力的教学方法，并且给一些适合他们的数学问题鼓励他们去解决。
阿贝尔很喜欢这个新来的教师，他发现数学并不像以前那样枯燥无味，而且很高兴他能解决一些同学不能解决的问题。第一学年末，洪波义在学生的报告书上对阿贝尔的批评是：“一个优秀的数学天才”。
阿贝尔对数学的热忱越来越高，洪波义鼓励他，给他一些特别问题，而且借给他看他在大学时学习的课本。洪波义后来回忆道：“从这时开始阿贝尔沉迷进数学，他以惊人的热忱和速率向这门科学进军。在短期间他学了大部分的初级数学，在他的要求下，我私人教授他高等数学。过了不久他自己读法国数学家泊松（Poisson）的作品，念德国数学家高斯（Gauss）的书，特别是拉格朗日的书。他已经开始研究几门数学分支。”
对一个16岁的孩子，小说和诗歌再不吸引他的兴趣了，他到图书馆只找纯数学和应用数学的书来看：牛顿的书，天文学的书，达朗贝尔（d’Alembert）的力学的书，他把自己研究的一些东西记在一本大簿子里。这时他发现欧拉对二项式定理只证明有理数指数的情形，于是他给了对一般情形都成立的证明。
在学校他和同学相处很好，他并不因为教师对他的称赞而恃才傲物。由于他身体不太好，脸色苍白衣服破旧像长期工作的裁缝，同学给他的外号是：“裁缝阿贝尔”。

敢于着手解难题

在他中学的最后一年，他开始考虑当时出名的数学难题——五次方程的一般解问题。
求一元四次方程的根的公式是16世纪的热门问题，这被意大利的数学家Ferro，Tartaglia，Cardeno和Ferrari解决了。
可是以后的几百年数学家们摸索找寻一元五次或者更高次方程的根的一般公式。条件是：用加、减、乘、除和开几次方的代数运算及方程的系数来表示这公式。但没有人能成功。
阿贝尔考虑不久，他觉得他得到了答案，可是教师洪波义看不懂，也不知道有什么地方错误，拿去大学找他的教授看，挪威也没有人能了解他的东西。当时北欧只有丹麦的数学水平较高，于是汉斯丁教授把他的手稿寄给丹麦著名的数学家达根（De－gen），希望能由丹麦科学院出版。
达根教授也看不出阿贝尔论证有什么错误的地方，可是由他的经验他知道以前的一些大数学家对这问题都解决不出，这问题不会这么简单的解决出来。他要求阿贝尔用一些实际的例子来说明他的方法。在给汉斯丁教授的回信，他说就算阿贝尔的结果最后证明是错的，但也显示出他是一个有数学才能的人，他建议：“把注意力放在一门对于分析和力学会有大影响的数学，我建议研究椭圆积分 （elliptic integral），一个用功和有才能的研究者不会局限在具有美丽性质的函数，而且会发现了Magellan海峡由此进入广阔无际的分析海洋。”
达根劝告阿贝尔研究底下一类函数的性质
前者在解单摆运动（motion of a simple pendulum）的微分方程出现，后者是在求椭圆的弧长出现。达根的劝告是很诚恳并且是有建设性的。阿贝尔后来对实际的例子来验证，证明他的发现是错误的。
可是洪波义先生在学习结束的报告书对阿贝尔的批评是：“一个数学天才……如果他活下去他可能会成为大数学家。”
洪波义本身在数学上没有什么成就，但他在科学上的贡献，就是：发掘阿贝尔的数学才能。而且成为他的忠诚朋友，给他许多帮忙。阿贝尔死后洪还收集出版他的研究成果。

分文全无进大学

1820年他18岁，父亲去世了。家里没有什么财产，母亲只有一点养老金来养育几个孩子，最小的弟弟才6岁，而大哥却精神不大正常不能工作，还要靠妈妈照顾。他瘦弱的肩膀是要承担家庭的重担，他爱他的弟弟妹妹，希望他们能读点书。可是在当时贫穷的挪威，这样的少年能找到什么事呢？
洪波义希望他能去读大学，并且找几个他以前的教授，希望能对这个“很有希望的青年数学家”帮忙。在当时大学没有奖学金或助学金，但在宿舍供给一两间免费房间给较清贫的人。阿贝尔写信给大学当局要求“我父亲已去世，母亲除了我还要照顾其他五个小孩子，在那种情况下她不能给我一点帮忙。”希望能获得免费宿舍。教授们和朋友筹钱给他读书，经济是有一点来源。他还幸运获得了免费宿舍，而且还特准他的弟弟和他同住。
阿贝尔对那些把他们薪水的一部分拿出来供他生活和学习的教授很感激，他时常到他们家里作客，特别是汉斯丁教授的太太就像母亲和姐姐般关怀他。
在大学他首先要取得初级学位，以后就可以自由研究他感兴趣的东西，他一年就取得这学位。在大学当时没有高等数学，可是以后他回想这对他也有好处，他可以自己读他喜欢的数学，不受束缚。
在大学和城里阿贝尔是出名的，人家知道：“一个天才，教授们都出钱给他读书。”可是他却很谦虚，在朋友当中从来不吹嘘自己的才能。有一些方面他还不成熟，可是他并不是完全不知世故，他是很友善的人，很愿意帮忙他的朋友。
1823年汉斯丁教授创办了一份新的科学杂志。阿贝尔以挪威文写了一篇关于泛函方程的文章。他的第二篇文章是考虑力学问题，研究质点在重力场作用下在一曲线运动的情形。这篇文章在数学史上是很重要，因为这是第一个给出了积分方程的解。可是在当时却没有受到其他数学家的重视。
1822—1823年的冬天他写了一篇长论文给大学发表，可惜原稿却给弄失了。
教天文学的拉斯穆辛（Rasmusen）教授在1823年夏天给阿贝尔一笔钱去哥本哈根见达根，希望他能在外面见识和扩大眼界。从丹麦回来后阿贝尔重新考虑一元五次方程解的问题，结果总算正确的解决了几百年来的难题：不可能用+、-、×、÷及开几次方的代数运算和方程的系数来表示五次方程的根的一般解。这结果在1799年被意大利数学家鲁芬尼（Paulo Ruffini1765—1822）得到，但他的证明并不充分完整，但是现在数学上把以上的结果称为《阿贝尔——鲁芬尼定理》。
阿贝尔觉得这结果很重要，因此自掏腰包在当地的印刷馆印刷他的论文，为了使更多人知道，这论文是用法文写的，可是因为穷，为了减少印刷费他把结果紧缩成只有六页的小册子。
然后满怀信心把这小册子寄给外国的数学家，包括当时德国著名的老数学家高斯，希望能得到一些反应。可惜文章太简洁了，没有人看懂。而高斯收到这小册子时觉得不可能用这么短的篇幅证明这个世界著名的问题——包括他也还没法子解决的问题，于是连拿起刀来裁开书页来看内容也懒得做，就把他搁在他的其他书堆里。
阿贝尔的工作就是这样被人忽略掉了。

飘洋过海求学问

阿贝尔毕业，可是没有地方可以教书，他不能再靠教授朋友捐钱过日子。而且他订婚了。上次他在丹麦时被朋友拉去参加一个跳舞会，他看到一个姑娘，他心里有些喜欢她，就请她跳舞，两个人跳不到2分钟就停下来相对哈哈大笑：原来两个人都不懂得跳舞。
这个姑娘叫克里斯汀（Christine Kemp），穷人的女儿，可是她却很自立，在人家家里作女家庭教师和缝纫的工作。她并不漂亮，可是阿贝尔爱上她的纯洁和善良。回到挪威就介绍她来奥斯陆附近乡镇里工作并且和她订婚。没有钱怎样生活呢？
他向政府申请旅行研究金，可以到外国做二年的研究。希望回来后环境会改善，他可以找到一份正式职业。
在1825年他和朋友离开挪威，到汉堡并在柏林住了6个月。这一段时间是他一生最快乐的时光。他和朋友住在一间公寓里，刚好是和德国的著名哲学家黑格尔是邻居，这一群青年在周末就是逛博物馆、名胜古迹，剧院或者郊游，晚上有时就喝酒谈天，这对喜欢晚上安静研究的黑格尔是个讨厌的事。有一天他忍不住去找房东想了解这一班人是谁，房东讲：“是一群年青的挪威学生。”黑格尔讲：“啊！我以为是一群俄国熊。”
阿贝尔在德国认识了著名的工程师克勒（A．L．Crelle1780—1855）。克勒从事一些公路和铁路的建筑，可是在空闲时间喜欢读和写数学文章，他的数学是自学成功。阿贝尔知道他是数学爱好者就去找他，可是由于德文讲得结结巴巴，克勒最初听不出他的来意，猜想他是想要来考城里的一间商业学校的学生。最后阿贝尔失望的说：“NiX考试（正确的德文是nicht），而是数学。”
克勒后来了解了阿贝尔，对这个青年有一些认识，就很喜欢他，虽然对阿贝尔的工作不完全明白，但是觉得在数学上是重要的工作。克勒觉得德国没有一份数学杂志的出版，对数学发展的推进不大，很想出一份纯数学和应用数学的杂志，并且拉阿贝尔写稿。阿贝尔赞成他的计划并且答应写稿。
克勒的数学杂志：《Journal fur die reine und angewandteMathematik》（纯粹和应用数学杂志）果然在1826年出版，到现在仍然是世界著名的数学杂志。它的第一卷就登了阿贝尔的五篇重要文章。
阿贝尔在德国并没有去找在哥庭根的高斯。可能他觉得这个大数学家是难以接近，也难有帮助。（因为他以前的作品寄给他却完全得不到回音。）
1826年7月他离开德国到法国去，他留在巴黎期间觉得很难和法国数学家谈论他研究的成果，他们年纪太大对年青人的工作并不重视。泊松（Poisson）在忙他的热学、电学和概率论。傅里叶和安培研究电学。而当时74岁的勒让得（Legendre）虽在数论、几何、测地学和天文有研究，但对新的数学思想接受能力很低。而阿贝尔认为搞纯数学的权威柯西（Cauchy），虽说是复变函数论的创立者，但是一个保皇党，思想极端反动，而且很自私自利，其他的数学工作者不喜欢他。
在巴黎感到孤独的阿贝尔给在挪威的洪波义写了一封信：“总而言之，我不喜欢法国人和德国人。对于陌生者法国人是非常的缄默，非常的难以接近他们，而我也不希望这样。他们每个人只顾自己的工作，而不照顾别人，每个人想要教别人，可是不愿意学习。绝对的自私统帅一切。……每个人只想到自己，只是他自己可以发明理论东西，这是他们的想法。所以你可明白，对于初学者是难予注意的！”
在法国时，阿贝尔希望他的一份长篇论文给法国科学研究院发表，他把这论文交给勒让得。勒让得看不大懂，就转给柯西，可是这个“朝扣富儿门，暮随肥马尘”的家伙却不重视这东西，随便翻翻就随手丢在一个角落里去。
阿贝尔这论文是数学上重要的工作，他长久希望有消息，可是一点音讯也无，最后只好失望回去。在回到柏林时，他病倒了，他不知道他已患上了肺结核病。他想可能是法国的孤寂生活使他身体衰弱。

前途渺茫回家转

在1825年底那个曾帮助阿贝尔到丹麦去旅行的老教授拉斯穆辛退休了。奥斯陆大学要聘请人接替他的工作。只有两个人是足以应付：一个是阿贝尔，另外一个就是他的老师洪波义。
考虑人选时汉斯丁教授是有最大决定性，他知道洪波义在数学上并不是一个人材，但是他教书教了八年，而且长期的忠诚协助他搞地磁的测定工作，如果给阿贝尔这职位，洪波义这就没有机会在大学里。汉斯丁想到西伯利亚测定地球重力场和电磁场二年，他可以把自己的教书职位让给阿贝尔，等二年后情况好转就可以要求政府再设立一个职位给阿贝尔。他认为这个安排是最妥善，于是就把拉斯穆辛的职位给了洪波义。但是没有想到阿贝尔没有一点家产，这个决定使阿贝尔回来完全没有工作！
当阿贝尔在外国知道他的老师中选为教授而不是他时，他心里有些难过，在给他的未婚妻的信中他表示婚期是有些遥遥无期了，虽然说他是多么的爱她，没有钱二个人怎么生活呢？“有情饮水饱”在这现实世界只不过是幻想罢了！
1827年5月底阿贝尔回到了奥斯陆，他不只身上分文全无，还欠了朋友一些钱。他的弟弟用他的名字无所事事借了一些钱，他必须还清。大学给他一些奖学金可是太少了，不够生活和还债。为了还债他不得不通过汉斯丁教授和洪波义的担保向银行借钱。
阿贝尔重操学生时代的旧业——教补习。从小学生到准备入大学的学生，从德文、法文、到初级数学。德国的克勒很了解阿贝尔的处境，他想要给这个纯良的天才在柏林找到一个永久职位，他把希望放在一间新建的工艺学院，他想通过他对普鲁士政府的影响给阿贝尔获得这工作。
汉斯丁教授在要离开西伯利亚之前，向他担任教学的军事学院，推荐阿贝尔替他的课——力学和理论天文学。很幸运的阿贝尔被批准，他可以得到汉斯丁教授的薪水的三分之二，这对他来讲是一件重要的事。他可以安心写他的关于椭圆函数理论的工作了。
椭圆函数最早欧拉就确定了。它可以看成三角函数的推广，但它具有特别的性质：三角函数只有一个实周期（周期2π，如Sin（2π+x）
（u）具有双周期性，即存在二个复数m和n，使得f（u）=f（u＋m）=f（u＋n）。这个性质德国数学家高斯早在1800年已发现，可是却没有发表。在1827和1828年之间阿贝尔在这方面的工作发表在克勒办的杂志上，而同时德国一个年青的犹太数学家雅可比（C．G．Jacobi）也在德国杂志发表同样的结果，最初高斯是很生气，觉得这些人从他那里抄袭到这方面的知识就发表，可是在详细读了阿贝尔的文章，他才认为阿贝尔的想法和思路是和他以前考虑一样，他也从没有和阿贝尔有过接触，阿贝尔的发现是他自己努力的成果。
阿贝尔的身体越来越衰弱了，在1828年夏天他一直生病发烧，而且咳嗽，在朋友面前他表现得很乐观，可是他一个人在的时候，他就消沉，感到前途真是暗淡无光。
他不知道在法国的勒让得对他的工作很欣赏，而且知道他的困境后，亲自写信给瑞典国王，要求弄一个职位给这世纪的天才。勒让得写信给他称赞他工作的完美和先进。阿贝尔非常的高兴，在回信中说：“当我看到我的工作能值得本世纪的大数学家之一的注意，是我一生中最快乐的时刻之一。”他也谈到他想出版他正在著作中的数学文章，可惜没有一个出版商会冒险出版，他自己又没有钱。
1828年的圣诞节快到了，阿贝尔被邀请到Froland去渡假，他的未婚妻就在那里工作。挪威的冬天是很冷的，他穿上了所有的衣服，可是身体还是觉得冷。他咳嗽，发抖，而且觉得胸部不适，但是在朋友和爱人面前他装作无事，而且常开玩笑，以掩饰他身体的不舒服。

雪中送炭已太迟

在德国的克勒是很关心及同情阿贝尔的处境，他想法子弄一笔钱给阿贝尔，作为发表在他办的数学杂志的文章“稿费”，以减轻阿贝尔的精神负担。并且常写信给他鼓励他，并把德国年青数学家雅可比的工作告诉他。当他知道阿贝尔有一份关于椭圆函数的著作没钱给出版商出版时，他主动建议阿贝尔把稿件寄给他，他会全部在他的杂志上发表，不管这论文是多么的长。
当他收到阿贝尔的回信：“……我已经病了一个时期，而且被迫要躺在床上了。我很想工作，但是即使我现在复原，我的医生警告我，任何操心事都对我有极大的伤害。”克勒心中非常难过，他觉得那些高高在上的官员对于学术人材的征聘是太不关心了，做起事来拖拖拉拉，真是岂有此理。
在圣诞节和新年之间，他尽力去为阿贝尔的工作奔走和写信，他拉到了著名科学家阿历山大·封·诺波特做后盾，并且收集到了高斯和勒让得的称赞阿贝尔工作的信。他并以激将法的方式写给教育部长：“尊贵的先生，我希望你能尽快批准阿贝尔的职业，现在这个伟大的天才已经是出名了，他可能被聘请到别的地方工作。我刚得到消息丹麦哥本哈根的大学想要礼聘他，那么他就不会在这里服务了。”
1829年4月8日克勒很高兴的给阿贝尔写信：“我已经从教育部的负责人知道你的职业是肯定有了。……我是想快点让你知道这好消息，可以肯定你现在是可以不必忧虑了，你属于我们而且安全有保障。我非常的高兴，就像是我获得了这职业。你可以准备旅程来这里。……”
但是克勒不知道从三月开始阿贝尔的病已经恶化了，他不止胸痛而且还吐血，他常常咳嗽而且极度的衰弱，要一直躺在床上。有时他想做点数学，可是却不能提笔写东西。有时他昏迷，他像在过去的日子生活，他谈到他的贫穷，他谈到汉斯丁夫人对他的善意的关怀。
在四月五日的晚上他感到非常的痛苦，到第二天清晨和中午才稍微好转。到了下午他的未婚妻克里斯汀守候在他的床边，阿贝尔正和死神挣扎，他的神智是有些不清了：“……我要活下去！我还有许多工作没有做完。要照顾妈妈、弟弟、妹妹。……克勒帮我找工作，为什么这样久没有消息？……可怜的克里斯汀，我亲爱的我们的家是多么的远。……我美丽的姑娘，你像是春天迎春的雏菊，你是高贵和纯洁。……我去了怎么办？……不！我会好的，春天来了，我们的日子会变好的……”
阿贝尔紧握着克里斯汀的手突然松弛了，他的张大的眼睛还含着泪水呢！克里斯汀伏在他身上号啕大哭，她最心爱的人已去世了。
克勒的消息来的太迟，这个世上少有的奇才就这样怀着沉重的心情离开人世间。阿贝尔埋在Froland的公墓。
在第二年的6月法国科学院颁给著名的Grand Prix奖给阿贝尔和雅可比，这是当时数学上最有成就的两个数学家。奖给3000法郎的一半就给阿贝尔的母亲作生活费用。
阿贝尔的弟弟也开始能自立了，他们像哥哥一样教补习。那个吊儿郎当的弟弟也改变了作风。
阿贝尔在生前曾写信给他的好朋友凯浩（Keilhau），希望他能够照顾和给予他的未婚妻的帮忙。凯浩在阿贝尔死后写信给克里斯汀，说明他虽然从来没有见过她，但是从阿贝尔的信和谈话中对她很了解，他冒昧的建议是否能当他的妻子，克里斯汀后来答应了。

去世后的余波

1829年阿贝尔在法国的朋友赛克（Saigey）听到阿贝尔去世的消息后，觉得法国科学院对他的死要负一些责任。于是愤怒的提起笔在杂志上写文章猛烈攻击科学院里陈腐的官僚作风，而且呼吁：“可是我们说：年青的科学家不要听除了自己内心的声音外其他权威的话，因为这更能适合你的志趣和能力。读和沉思那些天才的工作，可是不要成为温柔敦厚的学生或者自私的赞美者。我们的劝告是：在事实面前要采取客观的态度，而且要敢于自由的选择观点。”
对科学院成员最猛烈的抨击该是40年后在国民众议院的拉斯拜尔（Francois Vincent Raspail）的演讲。拉斯拜尔是法国家传户晓的人物，许多城市的街道用他的名字命名，特别是在巴黎的一条大道就称为拉斯拜尔大道。
拉斯拜尔最初是个牧师和神学教师，可是由于教会认为他具有异端思想而把他的职位解除。结果他反而成为卓越的生物学家以及为无产者争取福利的革命家。他写植物学的评论文章，也是植物生理学的开辟者，还对有机化学做研究，在1830年和1840年的法国革命时还是工人方面的领袖。法国人最知道他的是一本用通俗的语言写的家庭治疗疾病的方法的书。他比巴斯特（Pas- teur）早有“细菌”的概念。他年老时还是和年青一样不畏权贵，不怕坐牢，大胆抨击法国不合理的事和当权者的贪污腐败。
现在让我们到1870年巴黎的众议院听听拉斯拜尔这位年老的激进者激动人心攻击那个《自私的资本家吸血鬼的社会的罪恶》的演讲：
“……这已是40年前了，正是当时科学研究院的贪婪的成员高高在上的时候，一个年青的瑞典人来找我的朋友。我的朋友读他想要呈上研究所的数学手稿，他觉得这论文存在着异常的幻想。（听众大笑。）
“他对他说：我的朋友，拿你的手稿给傅里叶（Fourier）先生，但不要给其他人，你亲自找他，他会读完整篇论文，然后再约时间和你谈。可是这青年把这论文交给了柯西，在那时这位先生靠他的位置领取5万法郎公薪的收入，差不多和古生物学家谷维叶（Cuvier）收入6万法郎一样。可是这时许多年青人死于饥饿。（听众有人喊：是的，我们工人做到半死一天才只有一个法郎的收入。）
“这年青人然后再去找傅里叶，傅里叶就在他的小居室接见他，就像平时接见任何从事科学工作者一样。他对他们都很关心而且不拒绝和他们讨论他们研究的问题。柯西这个贵族资本家，却把这个青年的论文搁置在他自己论文的一边没有拿来看；泊松（Poisson）他自己同样获得一份论文但也是失掉了。
“这年青人受到我的朋友的接待，在关怀和照顾需要帮忙的人这方面他是专家。可是到今天他仍需要靠自己的劳力来维持自己的生活，他仍是过着贫穷困苦的日子。（听众喊：大声点！大声点！我们听不到。有些人喊：他的名字，他叫什么名字？）
“他是赛克先生，他的名字对你们许多人是陌生吧！可是从事科学工作者多知道他，我相信出席这里的一些人是认识他。
“赛克给他一些金钱，并邀他来家里吃饭；可是这年青瑞典人觉得靠别人的收入过日子是羞耻的，有一天他向他讲要回瑞典了。事实上他回去瑞典了，可是却徒步回去！（听众发出一些惊叹声音。）
“他留下了论文给勒让得，你们都知道这个人。勒让得看了这文章就说：‘看，这年青人怎么这样的吹牛。他相信他找到了一个问题的答案，而我花了40年还没法子解决。’于是他就把这文章丢在桌上了。
“可是当这青年旅经柏林时，他把他的工作留给一个科学家办的科学杂志。这科学家对他更善意和理解。勒让得是个宽大的人，当他念到发表的论文，他的良知烦恼他。他回家后就寻找这青年留下的论文，然后惊呼：‘事实上，他真的找到我长期想要解决的东西。他已经做了世界上最困难的发现，他已经找到了我40年来想找的答案！’”
“勒让得提起笔来，他心里充满了悲伤，正义来得太迟，写了封信给瑞典的教育部长，要求对这青年关照，因为他刚得到消息他正在挨饿。可是他获得的回答是：这年轻的科学家已死去了，死于饥饿！”
听众们发出了叹息的声音，可敬的满头白发的拉斯拜尔用手揩掉流下来的眼泪，环看全场的听众，然后以较高但带点颤抖的声调问道：“你们知道这人是谁吗？这就是到处被人赞美的阿贝尔！因为全世界都知道他的论文，他死时才25岁。”
“现在你们可以看到科学院的那些成员，由于喜爱金钱，一点慈悲都显不出。如果他们不被允许敛积钱财，他们就会像我的朋友那样，会关心这个青年人，这个显示出了优秀的，非常超卓的才能的人。”
拉斯拜尔讲的话是不错的，因为有人就是因为知道阿贝尔文章的价值，就把他的手稿偷掉，准备以后能善价待沽。
原来雅可比在克勒的杂志看到阿贝尔一篇文章的附言有提到他给法国科学院的一篇论文的结果。于是雅可比就要求勒让得给他看这篇论文，并问这篇论文怎么样？勒让得说这文章给柯西拿去了。
于是他要柯西拿出这稿件来，柯西从他的旧书堆找出了这积满灰尘的阿贝尔的手稿，但是对于阿贝尔推广欧拉的积分的意义还是不大明白。结果在1829年底雅可比到巴黎细读这原稿，认为是数学上重要的著作，要求赶快出版。可是不久七月革命爆发，柯西溜到国外去，八年后才回来巴黎。
雅可比在1832年于克勒的杂志发表关于阿贝尔超越函数的文章，里面遗憾的表示法国科学院还延迟发表阿贝尔的手稿。这手稿就在1841年发表，（这是在阿贝尔呈上15年之后才出现！）可是在排字后原稿就神秘失踪。
这原稿却是被一个原籍意大利的法国数学家李比（Libri）偷掉。这家伙利用所谓历史专家的身分，在编排法国文物时，盗卖了一些文物到外国去赚钱。李比这个家伙是巴黎大学教授，还是科学院的成员。他知道阿贝尔手稿的价值，盗取了三份。这个关于阿贝尔积分的重要手稿，要到1952年才在意大利的佛罗伦斯（Florence）被发现。

阿贝尔对后来数学家的影响

法国数学家厄米特（Hermite 1822—1901）在谈到阿贝尔的贡献时曾说过：“阿贝尔留下的工作，可以使以后的数学家足够忙碌150年！”他的这句话并不夸大。
勒让得晚年忙于完成他的关于椭圆函数理论的巨著。在1832年全部完成后，他把这巨著送了一部给德国的克勒要求批评，他并附上了一封信，其中有这样一句话：“你将会看到，利用了阿贝尔漂亮的定理，我已经成功创造了一门新的数学理论——这个我称为超椭圆函数论。它们比椭圆函数更一般，可是却有密切的关系。我感到很高兴能够用它来说明阿贝尔发现的那卓越定理的价值来表示对阿贝尔天才的尊敬，这定理或者可以说是阿贝尔的纪念碑。”
可是雅可比并不同意勒让得的命名超椭圆函数论，他认为应该称为阿贝尔函数论（Theory of Abelian functions）因为这一类函数是阿贝尔第一次引进分析学里来。雅可比认为：“阿贝尔的定理以没有计算的简单形式，表达了最深入和效果远大的数学思想。我们认为这是我们这个时代最伟大的数学发现，只有靠以后深入的研究，可能还需要一些时间，才可以完全明了它所包含的其他意义。”
在和阿贝尔同时期的一个法国少年读到了他的著作，于是在不到20岁的时候在代数方程论推陈出新创立了一门新的数学理论——伽罗华理论（Theory of Galois），这个发现者伽罗华（E－variste Galois）还建立了群论的基础理论。很可惜伽罗华过不久就被人害死。
阿贝尔虽然在级数理论上有重要的贡献，可是他有一些看法是不正确的。例如他在1828年写给他老师的信就这么说：“发散级数是魔鬼创造的东西，任何靠它证明的东西都是可耻的。利用它人们可以证明他们所想要的东西。它们引起许多灾难和悖论（Paradox），你可以想像比下面这个更可怕的结果吗？
散级数是很值得研究的对象。到了20世纪的英国数学家哈地（H．Hardy）和李特物（Littlewood）在发散级数有深湛的理论的贡献。这证明了发散级数也是有一些特征，也有值得注意的地方，阿贝尔对它全盘否定的态度是错误的。
这个世纪的日本大数学家冈洁先生（K．Oka），他在多元复变函数论（Theory of Several Complex Variables）有重要的工作和发现。在他读大学时期，很幸运的看到阿贝尔的著作，非常着迷，每天抱着它来读，睡觉时这书还当作枕头放在床上，他和同学谈话就是阿贝尔如何如何伟大，他的定理如何如何的漂亮，结果同学戏弄他就叫他：“阿贝尔”。
可是他们却不知道就是阿贝尔的这些工作指引了冈洁先生研究的路，也替他打好了基础，以后使他能在数学上有非凡的贡献，为日本人在数学上争光不少。
阿贝尔的函数论的确是一门漂亮的抽象数学理论，目前还很难在科学上有实际的应用。但是我相信俄国数学家罗巴切夫斯基（非欧几里德几何学的创立者之一）讲过的一句话：“数学的任何一个分枝，不管它是怎么样的抽象，总有一天会在这实际的世界上有应用。”这是正确的，我相信这门数学有很大的应用价值，在电磁学、流体力学、弹性学、塑性学、原子物理等都有应用的地方，是一门值得研究的数学。”
可惜中国人在这方面研究者不多，我谨希望年青一代能注意到这门数学。有机会时学习阿贝尔和雅可比的原著，然后再来一个突破推陈出新。赋值法在二项式定理中的应用
　　赋值法是给代数式(或方程或函数表达式)中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的．实际上赋值法所体现的是从一般到特殊的转化思想，在高考题中屡见不鲜，特别是在二项式定理中的应用尤为明显，现以例说明．
　　一、用赋值法解决二项式系数的有关问题
　　利用二项式定理的展开式与所求问题进行类比转换，实现从一般到特殊的转化，用来证明或求值．
　　
　　思路 设法从已知等式中求出n．
　　
　　
　　(1＋2)n = 729，即3n = 36，解得n = 6．
　　
　　
　　注意：所求式子中缺少一项，不能直接等于26．
　　二、用赋值法解决项的系数的有关问题
　　例2 (1997年上海高考题)(3x＋1)n(n∈N*)展开式中各项系数和为256，求x2的系数．
　　
　　设(3x＋1)n = a0xn＋a1xn-1＋a2xn-2＋…＋an． ①
　　由题意：a0＋a1＋a2＋…＋an = 256．
　　在①式中令x = 1得
　　4n = a0＋a1＋a2＋…＋an = 256，解得n = 4．
　　
　　
　　a3)2－(a1＋a3)2 =
[ ]
　　A．1
　　B．－1
　　C．0
　　D．2
　　解 (a0＋a2＋a3)2－(a1＋a3)2
　　= (a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
　　上式左边中的两个式子分别是所给展开式中x取1和－1时的表达式．
　　
　　
　　故选A．
　　三、综合应用
　　在综合应用中要求学生能严格区别二项式系数与项的系数，注意项的系数的符号与式子的结构，灵活应用其他相关知识解题．
　　例4 若(1－3x)9 = a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = ________．
　　解 由二项式的展开式可知a0，a2，…，a8为正，a1，a3，…，a9为负，于是|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9| = a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9．
　　在所给的展开式中，令x = －1得
　　|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|= a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9 = [1－3(－1)]9 = 49．
　　例5 (1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…bnxn，且b0＋b1＋b2＋…＋bn = 62，则n = ________．
　　解 在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n = b0＋b1x＋b2x2＋…＋bnxn中，令x = 1，得
　　2＋22＋23＋…＋2n = b0＋b1＋b2＋…＋bn = 62，
　　
　　赋值法是由一般到特殊的一种处理方法，在其他章节中也有广泛应用，望同学们在学习中能举一反三．关于组合数的一项性质
　　
　　证明 (1)当n=2时，k=1
　　
　　(2)假设当n=t时，对于1≤k≤t－1 k∈N等式均成立，那么当n=t＋1时：
　　
　　
　　
　　当1≤u≤k－1时∵k≤t∴1≤u≤t－1
　　
　　∴左边=0，等式成立．
　　(3)综合(1)(2)可知对于一切n∈N等式均成立，证毕．
　　
　　
　　
　　
　　
　　选择题9
有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担．从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有（ ）
(A) 1260种 (B) 2025种 (C) 2520种 (D) 5040种
答案：C选择题12
6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有 ( )
(A) 720种 (B) 360种 (C) 240种 (D) 120种
答案：C选择题18
在(1－x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是（ ）
(A) －297 (B) －252 (C) 297 (D) 207
答案：D分类计数原理与分步计数原理教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.分类计数原理.
2.分步计数原理.
（二）能力训练要求
1.正确理解分类计数原理与分步计数原理的内容.
2.正确运用两个基本原理分析、解决一些简单问题.
3.了解基本原理在实际生产、生活中的应用.
4.提高分析问题、解决问题的能力.
（三）德育渗透目标
要求学生在现实生活中面对复杂的事物和现象，能够作出正确的分析，准确的判断，进而拿出完善的处理方案，提高实际的应变能力，从而认识数学知识与现实生活的内在联系及不可分割性.
●教学重点
分类计数原理与分步计数原理.
●教学难点
正确运用分类计数原理与分步计数原理.
●教学方法
启发引导式
在两个基本原理的教学过程中，应启发学生由特殊情形归纳出一般原理，这一过程遵循由简单到复杂的认知规律，而且在基本原理的语言叙述上，也采用了生活化的语言，使学生易于理解.其次，要引导学生通过寻求两个原理的区别来理解原理.其一，认识到理解分类计数原理的关键是分类标准的确定，然后在确定的标准下分类，而完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法都是不同的方法.其二，分步计数原理应根据问题的特点先确定一个分步的标准，还要注意满足完成一件事必须并且只需连续完成这n个步骤后这件事才算完成.
●教学准备
投影片三张
第一张：问题一及图示（记作§10.1.1 A）
第二张：问题二及图示（记作§10.1.1 B）
第三张：本节例题（记作§10.1.1 C）
●教学过程
Ⅰ.课题导入
［师］从引言部分大家了解到，排列组合是完成某项工作的方法种数的知识，在实际生产生活中有着十分广泛的应用，而学习排列组合知识，首先要熟悉分类计数原理与分步计数原理这两个关于计数的基本原理，它们是在人们大量实践经验的基础上归纳出来的基本规律.它们不仅是指导排列数、组合数计算公式的依据，而且其基本思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.
下面，我们将通过实例给出两个基本原理，并结合实例进一步熟悉两个原理.
Ⅱ.讲授新课
［师］首先，我们来看问题一.（给出投影片§10.1.1 A）
问题一：
从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.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？
图示：
［师生共析］要完成从甲地到乙地这件事，从交通工具上可以有两类选择，即乘火车或者乘汽车，无论乘坐哪一类都可达到目的.若乘火车有3种走法，若乘汽车有2种走法.由于每一种走法都可以从甲地到乙地，所以共有3+2=5种不同的走法，如图所示.
［师］在上述的分析过程中，就体现了分类计数原理.（板书原理内容）
分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有
N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
［师］对于分类计数原理，我们应注意以下几点.
（1）从分类计数原理中可以看出，各类之间相互独立，都能完成这件事，且各类方法数相加，所以分类计数原理又称加法原理；
（2）分类时，首先要根据问题的特点确定一个分类的标准，然后在确定的分类标准下进行分类；
（3）完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法都是不同的方法.
［师］接下来，我们再看问题二.（给出投影片§10.1.1 B）
问题二：
从甲地到乙地，要从甲地先乘火车到丙地，再于次日从丙地乘汽车到乙地.一天中，火车有3班，汽车有2班，那么两天中，从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
［师］问题二与问题一同是研究从甲地到乙地的不同走法，但是，我们要注意找出这两个问题的不同之处.
［生］在前一问题中，采用乘火车或乘汽车中的任何一种方式，都可以从甲地到乙地.而在这个问题中，必须经过先乘火车，后乘汽车两个步骤，才能从甲地到达乙地.
［师］很好，下面我们就按照上述思路来完成问题二的解答.
［师生共析］要完成从甲地到乙地这件事，需要分成两个步骤，即第一步乘火车，第二步乘汽车.因为乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，并且两步依次完成后才能达到目的，所以乘一次火车再接乘一次汽车从甲地到乙地，共有3×2=6种不同的走法.
［师］从如下的图示中，我们可以具体地看到这6种走法.
图示：
所有走法
火车1——汽车1
火车1——汽车2
火车2——汽车1
火车2——汽车2
火车3——汽车1
火车3——汽车2
［师］在问题二的分析过程中，就体现了分步计数原理.（板书原理内容）
分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有
N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
［师］对于分步计数原理，我们还应注意以下几点.
（1）分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤完成了，这件事才算完成；
（2）分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；
（3）分步时还要注意满足完成一件事必须并且只需连续完成n个步骤后这件事才算完成.
［师］下面，我们结合例题来一起体会两个基本原理的正确运用.
［例1］电视台在“欢乐大本营”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多种不同的结果？
分析：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑.
解：分两大类：
（1）幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有：
30×29×20=17400种结果；
（2）幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30=11400种结果，
因此共有不同结果17400+11400=28800种.
［师］大家在综合运用两个原理时，既要会合理分类，又能合理分步，一般情形是先分类后分步.
［例2］4张卡片的正、反面分别有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
分析：分三步确定百位、十位、个位，注意到首位不能为0，且正反两面可用.
解：分三个步骤：
第一步：首位可放8－1=7个数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数.
根据分步计数原理，可以组成
N=7×6×4=168个数.
［师］分类计数原理和分步计数原理是排列组合的理论基础，这两个原理的本质区别在于分类与分步，分类用分类计数原理，分步用分步计数原理.用分类计数原理的关键在于恰当分类，分类要做到“不重不漏”，应用分步计数原理的关键在于分步，要正确设计分步程序.
［师］下面我们通过课堂练习来进一步熟悉基本原理的应用.
Ⅲ.课堂练习
课本P86练习：
1.解：（1）分两类：
第一类：从5人中选1人，有5种选法；
第二类：从4人中选1人，有4种选法；
根据分类计数原理，共有不同选法：N=5+4=9种.
（2）分两步：
第一步：从A村去B村，有3种走法；
第二步：从B村去C村，有2种走法；
根据分步计数原理，共有不同走法：N=3×2=6种.
2.解：（1）分三类：
第一类：从高一学生中选，有3种选法；
第二类：从高二学生中选，有5种选法；
第三类：从高三学生中选，有4种选法.
根据分类计数原理，共有：N=3+5+4=12种.
（2）分三步：
第一步：从高一学生中选，有3种选法；
第二步：从高二学生中选，有5种选法；
第三步：从高三学生中选，有4种选法.
根据分步计数原理，共有：
N=3×5×4=60种.
3.解：分三步：
第一步：从第一个括号中选，有3种选法；
第二步：从第二个括号中选，有4种选法；
第三步：从第三个括号中选，有5种选法；
根据分步计数原理，共有：N=3×4×5=60种不同项.
Ⅳ.课时小结
［师］通过本节学习，要求大家正确理解分类计数原理与分步计数原理，并能正确运用两个基本原理分析、解决生产、生活中的实际应用.
Ⅴ.课后作业
（一）课本习题10.1
1.解：分两类：
第一类：选本地产品有4种选法；
第二类：选外地产品有7种选法；
根据分类计数原理有：N=4+7=11种选法.
2.解：分两大类：
第一大类：由甲地经乙地到丁地，又可分为两步：第一步：甲到乙有2种走法；
第二步：由乙到丁有3种走法；
由分步计数原理，第一类共有2×3=6种走法；
第二大类：由甲地经丙地到丁地，又可分为两步：第一步：甲到丙有4种走法；
第二步：由丙到丁有2种走法；
由分步计数原理，第二类共有
4×2=8种走法；
再根据分类计数原理，从甲到丁共有：
N=6+8=14种不同走法.
3.解：构造分数分两步：
第一步：分子从1，5，9，13中选取，有4种选法；
第二步：从4，8，12，16中选分母，有4种选法.
由分步计数原理，有不同分数N=4×4=16种.
构造真分数分四类：
第一类：1作分子，分母有4种选法；
第二类：5作分子，分母有3种选法；
第三类：9作分子，分母有2种选法；
第四类：13作分子，分母有1种选法.
由分类计数原理，共有
N=4+3+2+1=10个不同真分数.
（二）1.预习课本P85例1～例3.
2.预习题纲：
（1）熟悉基本原理应用；
（2）各例题中分类或分步的标准是什么.
●板书设计
§10.1.1 分类计数原理与分步计数原理1.分类计数原理: 2.分步计数原理：完成一件事有n类办法： 完成一件事分n步：第1类：有m1种不同方法； 第1步：有m1种不同方法；第2类：有m2种不同方法； 第2步：有m2种不同方法；…… ……第n类：有mn种不同方法； 第n步：有mn种不同方法.则完成这件事，共有 则完成这件事，共有N=m1+m2+…+mn N=m1×m2×…×mn种不同方法. 种不同方法.3.例题解析：例1 例2解答过程 解答过程选择习题1
某运输公司有7个车队，每个车队的车辆都多于4辆，现从这7个车队中抽出10辆车，且每队至少抽一辆，组成运输队，则不同的抽法有（ ）
(A) 84种 (B) 120种 (C) 63种 (D) 301种
答案：A
分析：
．例题讲解
例1.4张卡片的正、反面分别有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
解：分三步完成：
第一步：首先不能放0有7种放法；
第二步：十位有6种放法；
第三步：个位可放4个数.
根据分步计数原理，可组成
N=7×6×4=168个不同三位数.
例2.如图，在某个城市中，M、N两地之间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N不同的走法总数为多少种？
解：如图，从M到N分两步完成：
第一步：从M到A1，A2，A3，A4，A5的走法分别有1，2，3，4，5种；
第二步：从A1，A2，A3，A4，A5到N的走法分别有1种；
根据分步计数与分类计数原理得：
从M到N的不同走法总数
N=1×1+2×1+3×1+4×1+5×1=15种.
例3.现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？
解：分五步完成：
第一步：先排第一天，有5种排法；
第二步：再排第二天，不能排第一天的人，有4种排法；
第三步：再排第三天，有4种排法；
第四步：再排第四天，有4种排法；
第五步：再排第五天，有4种排法.
根据分步计数原理，共有
N=5×4×4×4×4=1280种不同排法.
例4.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则不同投放方法有多少种？
解：分两步完成：
第一步：先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同盒子内，有C=10种放法；
第二步：放剩下三个球，不失一般性，不妨设编号为3，4，5，投放3号球有2种放法，投放4，5号球方法只有一种.
根据分步计数原理，共有
N=10×2=20种不同放法.
例5.电视台在电视节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
解：分两类完成：
第一类：幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴，共有30×29×20=17400种结果；
第二类：幸运之星在乙箱中抽，有20×19×30=11400种结果.
根据分类计数原理，共有
17400+11400=28800种不同结果.排列
一般地，从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，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．基本原理习题1

　　一、单选题
　　1.
　　A．11 B．16 C．8 D．10
　　2. 若直线ax+by=0的系数a、b可以从0、1、2、3、4、5这六个数字中取不同的值，则这些直线所表示的不同直线的条数是 [ ]
　　A．22 B．30 C．12 D．20
　　A ．24种 B．18种 C．12种 D．96种
　　4.四名同学，争夺100米跑、跳高、跳远三项冠军，获得冠军的所有可能情况有 [ ]
　　二、填空题
　　从｛1，2，3，……20｝中选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有______个．
基本原理习题1答案

　　一、单选题
　　1. A
　　2. D
　　3. B
　　4.C
　　二、填空题
　　1. 解：以连续的3个数所构成的等差数列共有18×2=36个；以相隔一个数的3个连续数所构成的等差数列共有16×2=32个；以相隔两个数的3个连续数所构成的等差数列共有14×2=28个；……
　　所以最多有(18+16+14+……+2)×2=180(个)．选择题21
展开式中的第四项是 ( )
(A) 20 (B) 15 (C) 10 (D) 18
答案：A二项式定理教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.二项式定理：
（a+b）n=Can+Can－1b1+…+Can－rbr+…+Cbn（n∈N*）
2.通项公式：
Tr+1=Can－rbn（r=0,1,…,n）
（二）能力训练要求
1.理解并掌握二项式定理，从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式.
2.能运用展开式中的通项公式求展开式中的特定项.
（三）德育渗透目标
1.提高学生的归纳推理能力.
2.树立由特殊到一般的归纳意识.
●教学重点
1.二项式定理及结构特征
二项式定理（a+b）n=Can+Can－1b+…+Can－rbr+…+Cbn有以下特征：
（1）展开式共有n+1项.
（2）字母a按降幂排列，次数由n递减到0；字母b按升幂排列，次数由0递增到n.
（3）各项的系数C,C,C…Cnn称为二项式系数.
2.展开式的通项公式Tr+1=Can－rbr,其中r=0,1,2,…n表示展开式中第r+1项.
3.当a=1,b=x时，（1+x）n=1+Cx+C x2+…+Cxr+…+xn.
●教学难点
1.展开式中某一项的二项式系数与该项的系数区别.
2.通项公式的灵活应用.
●教学方法
启发引导法
●教学过程
Ⅰ.课题导入
［师］在初中，我们学过两个重要公式，即
（a+b）2=a2+2ab+b2;
（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3.
那么，将（a+b）4,以至于（a+b）5,（a+b）6…展开后，它的各项是什么呢？
Ⅱ.讲授新课
［师］不妨，我们来研究一下这两式的特点，看它们的展开式是否有什么规律可循？
不难发现，（a+b）2=a2+2ab+b2=Ca2+Cab+Cb2
（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3=Ca3+Ca2b+Cab2+b3.
即，等号右边的展开式的每一项，是从每个括号里任取一个字母的乘积，因而各项的次数相同.
这样看来，（a+b）4的展开式应有下面形式的各项：a4,a3b,a2b2,ab3,b4.
这些项在展开式中出现的次数，也就是展开式中各项的系数是什么呢？
［生］（讨论）
（a+b）4=（a+b）（a+b）（a+b）（a+b）
在上面4个括号中：
每个都不取b的情况有1种，即C种，所以a4的系数是C；
恰有1个取b的情况有C种，所以a3b的系数是C；
恰有2个取b的情况有C种，所以a2b2的系数是C;
恰有3个取b的情况有C种，所以ab3的系数是C；
4个都取b的情况有C种，所以b4的系数是C.
［师］也就是说，（a+b）4=Ca4+Ca3b+Ca2b2+Cab3+Cb4.
依此类推，对于任意正整数n，上面的关系也是成立的.
即：（a+b）n=Can+Can－1b1+…+Can－rbr+…+Cbn（n∈N*）
此公式所表示的定理.我们称为二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式，它一共有n+1项，其中各项的系数C（r=0,1,2,…,n）叫做二项式系数.式中的Can－rbr叫做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：
Tr+1=Can－rbr.
另外，在二项式定理中，如果设a=1,b=x,则得到：
（1+x）n=1+Cx+Cx2+…+Cxr+…+xn.
［师］下面我们结合几例来熟练此定理.
［例1］展开（1+）4.
分析：只需设a=1,b=，用二项式定理即可展开.
解：（1+）4=1+C（）+C（）2+C（）3+C（）4
.
［例2］展开6.
分析：可先将括号内的式子化简，整理，然后再利用二项式定理.
评述：应注意灵活应用二项式定理.
［例3］求（x+a）12的展开式中的倒数第4项.
分析：应先确定其项数，然后再利用通项公式求得.
解：（x+a）12的展开式共有13项，所以倒数第4项是它的第10项，由通项公式得
.
［例4］（1）求（1+2x）7的展开式的第4项的系数；
（2）求（x－）9的展开式中x3的系数.
解：（1）（1+2x）7的展开式的第4项是T3+1=C·17－3·（2x）3
=C·23·x3=35×8x3=280x3.
所以展开式第4项的系数是280.
注：（1+2x）7的展开式的第4项的二项式系数是C=35.
（2）（x－）9的展开式的通项是.
由题意得：9－2r=3,即:r=3
∴x3的系数是（－1）3C=－84.
评述：此类问题一般由通项公式入手分析，要注意系数和二项式系数的概念区别.
Ⅲ.课堂练习
［生］（自练）课本P107练习1～6.
1.（p+q）7=p7+7p6q+21p5q2+35p4q3+35p3q4+21p2q5+7pq6+q7.
2.T3=C（2a）4·（3b）2=2160a4b2.
3.T3=C（3b）4·（2a）2=4860b4a2.
6.D
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要掌握二项式定理及其通项公式.
Ⅴ.课后作业
（一）1.课本P110习题10.4 2、3.
（二）1.预习：课本P108～P110.
2.预习提纲
二项式系数有哪些性质？
●板书设计
§10.4.1 二项式定理（一）二项式定理及其推导过程 例题解析选择习题6
的展开式中，常数项是（ ）
(A) 12 (B) －12 (C) 20 (D)－20
答案：D
分析：
原式，常数项为．教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项式系数
在二项展开式
中，，，，…，是二项式系数．选择题2
某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务，要求甲和乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出，那么不同的调度方法种数为 ( )
(A) 240种 (B) 120种 (C) 60种 (D) 30种
答案：B选择习题9
设(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)50 = a0＋a1 x＋a2 x 2＋…＋a50 x 50，则a2的值为（ ）
(A)1225 (B)1275 (C) 19600 (D)20825
答案：D
分析：
原式只需求(1＋x)51展开式中，x3的系数．例题讲解
［例1］求(x-1+)５的展开式中含x的项.
解：∵(x-1+)５=［（ｘ2－ｘ）＋1］５
∴要求展开式中含x的项，只须求［（ｘ2－ｘ）＋1］５中含x6的项.
∵［(x2－x)＋1］５＝（ｘ2－ｘ）５＋５（ｘ2－ｘ）4＋10（ｘ2－ｘ）3＋10（ｘ2－ｘ）2＋５（ｘ2－ｘ）＋1
∴只有(x2－x)５，５（x2－x）4与10(x2－ｘ)3中才可能含有x6的项.
又(x2－x)５=x５（ｘ－1）5，展开式中x6的系数为＝５，５（ｘ2－ｘ）4＝５ｘ4（ｘ－1）4，展开式中x6的系数为5＝30，10(x2－ｘ)3＝10ｘ3（ｘ－1）3，展开式中x6的系数为10.
∴原式的展开式中含x的项为(5+30+10)x=45x.
［例2］求证：32ｎ＋2－8ｎ－9能被64整除.
证明：∵32ｎ＋2－8ｎ－9＝9ｎ＋1－8ｎ－9
＝（1＋8）ｎ＋1－8ｎ－9
＝＋·8＋·82＋83＋…
＋·8ｎ＋·8ｎ＋1－8ｎ－9
＝1＋（ｎ＋1）·8＋82＋·83＋…
＋·8ｎ＋8ｎ＋1－8ｎ－9
＝·82＋·83＋…＋·8ｎ＋8ｎ＋1
＝82（＋·8＋…＋·8ｎ－2＋8ｎ－1）
又＋·8＋…＋8ｎ－2＋8ｎ－1是整数.
∴32ｎ＋2－8ｎ－9能被64整除.
［例3］计算(1.009)５的近似值(精确到0.001)
解：(1.009)５＝（1＋0.009）５＝1＋５×0.009＋10×0.0092＋10×0.0093＋…
＝1＋0.04５＋0.00081＋…≈1.046
［例4］求证：＋＋…＋＝.
证明：∵（1＋ｘ）ｎ·（1＋ｘ）ｍ＝（1＋ｘ）n+m
又（1＋ｘ）ｎ=＋ｘ＋ｘ2＋…＋ｘｐ＋…＋ｘｎ
(1+x)ｍ=＋ｘ＋ｘ2＋…＋ｘｐ＋…＋ｘｍ
(1+x)ｎ＋ｍ＝+x+x2＋…＋ｘｐ＋…＋xn+m
而为(1+x)n+m展开式中xp的系数.
(1+x)ｎ（1＋ｘ）ｍ中xp的系数为
＋＋…＋
∴＋+…＋＝二项式系数的性质习题2

　　一、单选题
　　1. 在(a+b)12的展开式中，与第三项的二项式系数相等的是
[　　 ]
　　A．第九项的二项式系数　　　　　B．第十项的二项式系数
　　C．第十一项的二项式系数　　　　D．第十二项的二项式系数
　　2. 二项式(1+x)2n-1(n为自然数)的展开式中，系数最大的项是
[　　 ]
　　
　　3. 关于(1+x)12的展开式，下列论断正确的是：
[　　 ]
　　A．第六项与第七项的系数相等　　 　　 B．各项系数的和为213
　　C．所有奇数项系数的和为2　　 　 　　 D．各项系数中第七项的系数最大
　　4. 某电子元件的电路中，有一个由三节电阻串联成的回路，共有6个焊点，若其中某一焊点脱落，电路就不通了．现电路不通，焊点脱落的可能性种数是
[　　]
　　A．18　　　B．36　　　C．63　　　D．64
　　5. 用1，3，5这三个数字组成无重复数字的自然数，再用这些自然数中的若干个为元素，组成非空集合，这样的集合的个数为
[　　 ]
　　A．26　　B．215　　C．26-1　　D．215-1
　　二、填空题
　　
　　2. (1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+axn中，含x的偶次方项的系数之和为S，且2000　　
　　三、解答题
　　1. 用2，3，5，7，11这五个数中的若干个作因数，组成没有重复因数的合数共有多少个 其中能被15整除的有多少个
　　2. 已知(1+2x)100=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+……+a100(x-1)100，求a1+a3+a5+……+a99的值．
　　
二项式系数的性质习题2答案

　　一、单选题
　　1. C
　　2. B
　　3. D
　　4. C
　　5. D
　　二、填空题
　　1. 3·22n-1
　　2. 12(提示：S=2n-1)
　　
　　三、解答题
　　
　　
　　填空题7
已知的展开式中的系数为,常数a的值为_________．
答案：
4填空题6
(x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数为____________（用数字作答）．
答案：
179加法原理与乘法原理
加法原理：一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中用mn 种方法．那么完成这件事共有N＝m1＋ m2＋…＋mn种方法．
乘法原理：一件事，完成它需要n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种方法．那么完成这件事共有
N＝m1×m2×…×mn
运用两个原理时，要特别注意二者的区别．加法原理的叙述中，用的是“n类方法”，是指用每类方法中的任何一种方法完成所要做的事；乘法原理中，用的是“n个步骤”，是指每个步骤都完成后才能做完这件事．排列与组合复习课教案1
　　教学目的
　　(1)通过复习，使学生进一步理解并掌握有关排列组合问题的基本解法，提高分析问题与解决问题的能力．
　　(2)通过对典型错误的剖析，使学生克服解题中的“重复”与“遗漏”等常见错误．
　　教学过程
　
一、提要
　
　　师：今天这节课的内容是“排列组合复习”(在黑板上写出)，要求同学们开动脑筋，积极思索我所提出的每一个问题．现在，每人先思考如下的问题：
　　(1)排列组合数计算公式；(2)组合数性质；(3)解排列组合题的一般方法；(4)解排列组合题应注意的问题．
　　(学生相互讨论后请一位同学口答．教师边听，边写在黑板上．)
　　
　　=n！/m！(n－m)！．
　　
　　(3)方法：分类法、位置法、排除法等．
　　(4)注意：防止“重复”与“遗漏”．
　　师：不错！对解排列组合题的方法，我补充两点：
　　(1)一般方法的选择：问题分成互斥各类，根据加法原理，可用分类法；问题考虑先后次序，根据乘法原理，可用位置法；问题反面简单明瞭，根据减法原理，可用排除法．
　　(2)特殊方法的运用：(1)复杂排列用转化法，先取后排，转化为组合问题，利用
　　
　　的粘成小组，组内外分别排列；(iii)某些元素必须不在一起的分离排列用间隔法，无需分离的站好实位，在空位上进行排列．
　
二、范例
　
　　师：有了上述准备，掌握了解决排列组合问题的一般及特殊方法，接下来我们来解几个范例．
　　[例1] 求不同分法的种数：
　　(1)6人平分为甲、乙、丙 3组；
　　(2)6人平分为3组；
　　(3)6本不同书分给甲、乙、丙3人，甲1本，乙2本，丙3本；
　　(4)6本不同书分给甲、乙、丙3人，一人1本，一人2本，一人3本．
　　(教师挂出事先写好例1的小黑板并朗读一遍；要求每一学生看清题意，独立解题，教师巡视．下面三例作同样处理．)
　　[这是有层次的组合题，(1)、(2)属均匀分配，(3)、(4)属不均分配，其中(1)、(3)指明甲、乙、丙，(2)、(4)却未指明．因此各小题都有区别，便于比较．]
　　师：请同学(班级里中下水平)回答．
　　
　　师：从这个解答中，说明他对位置法是能掌握的，但要请大家注意：(2)、(4)是否分别与(1)、(3)一样？是否产生了“重复”、“遗漏”错误？
　　生：(自动举手要求解答)(2)与(1)不一样，(4)与(3)也不一样．(2)、(4)答案都不对，分别产生“重复”、“遗漏”错误．
　　师：说得对！继续说下去，作具体分析．
　　生：对第(2)小题， 6人平分为 3组；组别指明甲、乙、丙时，分法种数为
　　
　　分法种数
　　
　　师：他分析得很透彻！ 我们应当认识到：例 1中是否指明甲、乙、丙是有区别的．倘不加区别，就会产生“重复”、“遗漏”的错误．这是解排列组合题必须引起高度重视的问题．现在我将例1(2)一般化：n人均匀分成m组(n=mk，k∈N)，问分法种数如何？
　　
　　师：对！如果10人分成3组，一组4人，另两组都是3人，如何计算分法种数？有均匀(两组都是3人)，又有不均匀(一组4人)，怎么办？先考虑均匀，还是先考虑不均匀？
　　
　　师：很好！你们已理解了不均匀分组的计算，实质是均匀要商除，先考虑不均匀，剩下的就均匀了．这样，分组问题已经彻底解决了．现在看下面的例题：
　　[例2] 数集 A=｛1，2，3，4，5｝，B=｛6，7，8｝，问：
　　(1)A 到B的不同映射有几个？
　　(2)B的每个元素都是像的不同映射有几个？
　　[把排列组合题与映射结合起来，通过解排列组合题，复习映射的要求——像存在且唯一．但像可以相同．做到知识串联、“温故知新”．]
　　师：做好第(1)小题的请举手！(大多数同学举手，请一位同学说出答案．)
　　生：映射个数是N1=3·3·3·3·3=35 =243(个)．
　　师：对！
　　(经巡视，知大多数学生都能用位置法顺利、正确得出例2(1)结果．第(2)小题请一中等水平的学生解答．)
　　生：(分析不出，难于下手．)
　　师：(启示)6、7、8都是像，五个原像与三个像的对应关系如何？
　　生：只能是
　　○○○→□ ○○→□
　　○→□ 或 ○○→□
　　○→□ ○→□
　　(这表明启示奏效．学生们认识到解例2(2)要用分类法，分成3、1、1与2、2、1两类．)
　　师：(继续发问)怎样计算每一类映射的个数？它与上题的分组有关系吗？
　　生：可以将本题转化为一个熟悉的分组问题．因为是映射，像 6、 7、 8可变化顺序，要再排，还需利用转化法，便得到 B的每个元素都是像的映射个数为
　　
　　=60+90=150(个)．
　　[教师的两次发问、启发、诱导，使学生找到了正确的思路与正确的计算方法，难题化易，学生的分析能力有了提高．因此教师发问必须言之有物，针对性强．]
　　师：现在请看下一例．
　　[例3] 求不同坐法的种数：
　　(1)6男2女坐成一排，2女不得相邻；
　　(2) 4男4女坐成一排，男女均不得相邻．
　　师：请同学(中等水平)说出第①小题答案．
　　
　　师：完全正确！她是用粘合法结合排除法来解的，其解题思路为“先紧密排列，
　　
　　[教师这样复述是必要的，使学得较差的学生也能看清解题思路，从而做到真正理解消化．]
　　师：例3(1)有没有更简单的方法？2女不得相邻，也就是必须分开，这意味着什么？
　　(经教师启发，学生们意识到解决此题无需兜圈子，题意本身就是分离排列，自然可用间隔法——6男先坐实位，再在七个空位中排列2女．)
　　
　　都是正确的．现在请一位同学总结解题方法．
　　生：解决分离排列的问题可以用粘合法结合排除法，也可直接用间隔法．
　　师：大家认为这一小结对不对？
　　生：(大多数)对！
　　(这个错误小结竟得到学生们的赞同．为了澄清学生的模糊认识，教师可以适当地将问题变化一下．)
　　师：例3(1)改为“5男3女坐成一排，3女都不得相邻”，问：“两种答案：
　　
　　生：这两答案分别为36000、14400，可肯定其中一个是错的．但到底哪一个错？搞不清！”
　　师：(继续启发)请注意条件：“3女都不得相邻”的含意．
　　生：(恍然大悟)前一答案用排除法，排除了都相邻，得到的是“3女不都相邻”的坐法种数，其中自然包含有2女相邻的情形，因此把题意理解错了，把不符合条件的种数也算进去了，导致失误；而间隔法在六个空位中排3女，保证了3女都不相邻，题意理解正确，答案显然也对．解决分离排列的问题应该用间隔法，既直接又不易出错．
　　[错误往往是正确的先导，学生提高了认识：解决排列组合问时，要充分重视审题，充分重视条件中关键词的作用，如“都是”的否定语应是“不都是”，而并非“都不是”．]
　　
　　[课内强调用间隔法，而舍去用粘合法结合排除法，不再讨论“后一解法为什么错了？但如继续做下去，能得出正确结果吗？那个多出来的21600种排法是怎么一回事”等等问题．作为老师，备课时就必须找出后一解法错误的原因．这不仅有助于今后对问题进行分析，而且也可为肯钻研、爱提问的优等生解答此问题时作好准备．
　　题目要求3女都不相邻，而后一解法仅仅排除3女都相邻．“都相邻”并不是“都不相邻”的反面，“都不相邻”的反面除了“都相邻”之外，还有“两个相邻、另一个不相邻”．
　　计算“两个相邻、另一个不相邻”有多少种排法，首先是哪两个相邻？这是组合
　　
　　这正是前面两解法的两个结果之差．因此，如果在用粘合法结合排除法的基础上继续做下去，仍能得出正确结果：
　　
　　师：他知道用间隔法，应肯定；但这一结果正确吗？先坐男的，空位坐女，对吗？
　　生：不对！这样排法，女的不相邻了，男的就不一定不相邻．
　　师：那么先坐女的，空位坐男，对吗？
　　生：同样错的！(都笑了！)
　　生：(在笑中领悟到)男不得相邻；女也不得相邻；必须男女都坐好，即男坐奇数位、女坐偶数位，或者对调．
　　
　　[通过例3的分析、讨论，学生对较难的分离排列问题与间隔法有了较清楚的认识，就会有合理的解法．因此例3设计是成功的，达到了预期的目的．]
　　师：答得实在好！现在转到最后一例．
　　[例4] 直线与圆相离，直线上六点A1、A2、A3、A4、A5、A6，圆上四点B1、B2、B3、B4，任两点连成直线，问所得直线最多几条？最少几条？
　　(请一位中下水平的学生回答第一个问题．)
　　生：所成直线可分为两类：已知直线上与圆上各取一点或圆上取两点、得到直线
　　
　　师：有没有遗漏？！
　　生：漏掉了一条已知直线．直线最多条数应为
　　
　　(请一位学生回答第二个问题，学生答不出．)
　　师：(启发)在直线条数最少时，重合的直线最多，需要用排除法减去重合的直线条数．因此时由已知直线上与圆上各取一点连成的直线已经有重复，而重复的直线即
　　
　　(例4涉及到排列组合的最值问题，我在化繁为易的问题上作了些尝试，但很难说是成功的．因为学生的思维不够流畅，有突兀感．)
　
三、作业
　
　　1．4男5女排成一行，求排法种数：
　　(1)甲、乙两人必须排在两头；
　　(2)男不能相邻；
　　(3)男女各在一边；
　　(4)男女必须相间．
　　2．天平有七个砝码，质量分别为1、2、4、8、16、32、64克．此天平可称量多少种不同质量的物体？
　　3．(1)平面上有十个点，其中四个点共线，其余不再有三个点共线，通过这些点可确定多少条直线？以其中一点为端点，通过另一点的不同射线有几条？
　　(2)平面上n 个点，其中k个点共线(3≤k≤n)，其余不再有三个点共线，回答与(1)同样的问题．
　　4．某班40人，教室分5排，每排坐8人，班中4人近视需坐第一排，5人高个需坐末排，共几种坐法．
　　5．红、黄、绿三色卡片，每色有分别写上字母：A、B、C、D、E的各一张，现从中取5张，要求字母不同．三色齐备．共多少种取法？
　　6．由1、2、…9组成没有重复数字的五位数，从高位到低位依次看作是第1、2、3、4、5位置．求：
　　(1)奇数位置上的数字是奇数的五位数有多少个？
　　(2)奇数必须在奇数位置上的五位数有多少个？
　　教案说明
　　1．选择复习课范例的几条原则
　　对本节排列组合复习课范例的选择遵循四条原则：有层次，便于区别、比较；有方法，便于选择、运用；有诱错，可供分析、解剖；有经验，可供总结、提高．我觉得一堂好的数学课(特别是复习课)，范例的设计非常重要，它必须“新”(新颖，以激发兴趣，如例2、4)；“广”(广思，以流通思维，如例3)；“诱”(诱错，可分析解剖，如例1 )；“深”(深挖，可总结经验，加深理解，如例1、3)．这样，通过讨论分析，学生的思维积极、活跃，教师的启发及时得法，时间不知不觉地流逝，数学的内在美感却长留心头，以致回味无穷．
　　2．应强调培养学生的能力
　　古人云：“授人以鱼，只供一饭；教人以渔，终身受用．”这是很有道理、值得人们深思的．在数学教学中，不能只满足于教给前人总结出来的现成知识，更重要的是要努力培养学生独立思考、敢于提问题的习惯，发展学生的思维和能力．这节课着重分析范例，不仅传授给学生一些知识，更重要的是通过诱导、共同剖析，引导学生正确思维，培养分析问题、解决问题的能力．
　　选择习题12
已知展开式后三项系数之和为22，二项式系数最大的项是20000，则x等于（ ）
(A) 10 (B) (C) 10或 (D) 任意实数
答案：C排列组合概念辨析
1、加法原理也叫分类计数原理，乘法原理也叫分步计数原理，完成一件事共有多少种不同的方法，是两个原理所要回答的同一问题，而两个原理的区别在于完成一件事可以分几类办法和需要分几个步骤．
在应用加法原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性；在应用乘法原理时，要注意“步”与“步”之间的连续性．
2、“选元”（从n类个不同元素中每次取出m个元素）是排列和组合两个概念的共同属性，而“排序”（是否将取出的m个元素按照一定的顺序排成一列）是排列和组合两个概念的不同属性．
将选出的元素排成一列或合成一组，所得到的每一种可能的结果分别叫做一个排列和一个组合；而所有可能的排列或组合的总个数分别叫做排列数和组合数，并分别记作和．由此可见，排列和排列数，组合和组合数是既有联系，又有区别的概念．
3、排列数公式和组合数公式各有两种表示形式——连乘积和连乘积之商的形式及阶乘之商的形式：
＝n·(n－1)·…·(n－m＋1)＝
两种表示形式都有各自的作用．
这两个公式之间还有一个重要的关系：
＝·m!，
应当指出，为使上述公式能适用于m＝n的情况，还需补充两项规定：
0!=1，组合教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.基本概念：组合、组合数.
2.基本公式：组合数公式.
（二）能力训练要求
1.正确理解组合的意义.
2.明确组合与排列的区别与联系.
3.掌握组合数公式.
4.能够应用组合数公式解决一些简单的问题.
（三）德育渗透目标
通过组合数公式的推导过程，要求学生学会用联系的观点看问题，从排列与组合概念中找到区别与联系，加深对概念的认识，增强对组合数公式的记忆效果.
●教学重点
组合数公式.
●教学难点
组合数公式的推导.
●教学方法
启发式、自学辅导法
针对本节内容，要求学生通过自学探求组合与排列之间的联系，进而找到它们的区别，为进一步推导组合数公式作好铺垫.
在组合数公式的推导过程中，启发学生从排列与组合的联系中找到推导公式的突破口.引导学生掌握由特殊到一般的研究方法，增强学生的探究能力.
●教学准备
投影片
第一张：问题一（记作§10.3.1 A）
第二张：问题二（记作§10.3.1 B）
第三张：组合数公式推导（记作§10.3.1 C）
第四张：本节例题（记作§10.3.1 D）
●教学过程
Ⅰ.课题导入
［师］前面几节课，我们一起学习了排列及其应用，下面，我们来看下面两个问题.（给出投影片§10.3.1 A）
1.甲、乙、丙三人作为元旦晚会的候选人，需要选2名作主持人，其中1名作正式主持人，一名作候补主持人，有多少种不同的方法？
2.甲、乙、丙三人作为元旦晚会的候选人，需要选2名共同主持节目，有多少种不同的选法？
［师］大家注意一下，这两个问题有何区别？
［生］第1个问题就是我们所学的排列问题，对应于从3个不同元素中选2个不同元素的排列，选出的2个元素有顺序之分；第2个问题只需2个人选出来即可，无顺序的差别.
［师］第2个问题中，所选2名主持人无顺序关系，因而它是从3个不同的元素中取出2个，不管怎样的顺序并成一组，求一共有多少个不同的组.这就是本节所要研究的组合问题.
Ⅱ.讲授新课
1.组合（板书）
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.
［师］下面大家比较一下排列与组合的概念，试说出它们的区别.
［生］排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关.如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合.
［师］这位同学回答得很好，针对上述情况，我们可以试举一例：ab与ba是两个不同的排列，但它们却是同一个组合.
2.组合数（板书）
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表示.
［师］有了上述概念，我们就可将问题2的结论用组合数表示.
［生］由问题2可知：
不同选法有甲、乙，乙、丙，甲、丙三种，故有C=3.
［师］有了组合数的概念，我们可以从另一个角度来解决问题一.完成这件事可分两步：
第一步：先从三人选出2名，有C种方法.
第二步：再将选出的2人排列，有A种方法.
由分步计数原理可知不同方法有C·A种.
而根据排列知识，所求不同方法为A.
故可得：A=C·A.
这一式子揭示了排列数与组合数的关系：即C=.
［师］如果将上述关系加以推广，我们就可得到组合数公式.（给出投影片§10.3.1 A）
3.组合数公式（板书）
（n,m∈N*,m≤n）
［师］下面，我们做例题来熟悉组合数的运算.
［例1］计算：
（1）C；（2）C.
解：（1）C==35;
（2）C==120.
［例2］已知,求C.
解：由组合数公式得
化简得：n2－23n+42=0
∴n=21或n=2
∵n≤5 ∴n=2
∴C=C==28.
［例3］求证：.
评述：上述三个例题，目的都在于使学生熟悉组合数公式的应用.
［师］我们接下来进行课堂练习.
Ⅲ.课堂练习
课本P99练习1，2，3，4，5，6.
Ⅳ.课时小结
［师］通过本节学习，要求大家通过寻求排列、组合的区别，加深对组合概念的理解，通过排列、组合的联系，理解排列数、组合数公式之间的联系，并掌握组合数公式，并且能应用它分析解决一些简单问题.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P104习题10.3 1，3，4，5.
（二）1.预习课本P100～P103.
2.预习提纲
（1）组合数的两个性质.
（2）组合问题在实际中有哪些应用？
（3）注意组合数等式的实际模型.
●板书设计
§10.3.1 组合（一）1.组合从n个不同元素中取出m个元素并成一组.2.组合数从n个不同元素中取出m个元素的所有组合个数. 3.组合数公式例1 例2 例3解答过程学生练习基本原理应用教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.分类计数原理.
2.分步计数原理.
（二）能力训练要求
1.进一步熟悉分类计数原理与分步计数原理的内容.
2.归纳总结分类或分步标准的确定.
3.正确运用两个基本原理分析、解决一些实际应用题.
4.了解基本原理在实际生产、生活中的应用.
5.提高分析、解决问题的能力.
（三）德育渗透目标
通过了解基本原理在生产、生活实际中的应用，使得学生认识数学知识与现实生活的内在联系，增强在现实生活中面对复杂的事物和现象时作出正确分析和准确判断的能力.
●教学重点
基本原理的应用.
●教学难点
分类或分步标准的确定及基本原理的正确运用.
●教学方法
启发式
启发学生认识到基本原理应用的关键是分类、分步标准的确定，然后在确定的标准下分类或分步.
另外，体现基本原理应用的题目还可以结合生活经验，从实际出发，把事物发展的根本规律作为考虑问题的切入点，也可帮助学生理清头绪，达到正确运用原理的目的.
●教学准备
投影片两张
第一张：两个基本原理（记作§10.1.2 A）
第二张：本节例题（记作§10.1.2 B）
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
［师］上一节课，我们一起学习了分类计数原理与分步计数原理，并简单接触了两个基本原理的应用.
下面，我们大家先回顾一下两个基本原理的基本内容.（给出投影片§10.1.2 A）
分类或分步标准的确定是基本原理应用的关键，下面，我们通过例题评析来进一步体会基本原理的应用.
Ⅱ.讲授新课
［师］同学们，我们先来看例题1（本节例题依次以投影片给出）.
［例1］四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己送出的贺卡，共有多少种不同的方法？
［师生共析］我们可排出所有的分配方案：
（1）甲取得乙卡，然后类推，按甲、乙、丙、丁各取得的贺卡列出方案如下：乙丙丁甲、乙甲丁丙、乙丁甲丙；
（2）甲取得丙卡，方案为：
丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲；
（3）甲取得丁卡，方案为：
丁甲乙丙，丁丙甲乙，丁丙乙甲.
由分类计数原理，共有3+3+3=9种.
另外，此题也可分步解决：
第一步：甲取一张，有3种取法；
第二步：由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法；
第三步：由剩余两人中任一人取，有一种取法；
第四步：最后一人取，只有一种取法.
由分步计数原理得不同取法有3×3×1×1=9种.
［师］若采用分步的思路，必须注意顺序.第一步中，甲若取走乙卡，第二步由乙取，则有3种取法.若由剩余三人中的一人取，则很难断定是3种还是2种取法，从而给解题带来一定的麻烦.
［例2］5张1元币、4张1角币、1张5分币，2张2分币，可组成多少种不同的币值（一张不取，即0元0角0分不计在内）？
分析：此题若分类，则情形较多，不易排除重复，若分步组合，则思路较为清晰，但应排除0元0角0分的情况.
解：分为三种币值的不同组合：
元：0元，1元，2元，3元，4元，5元；
角：0角，1角，2角，3角，4角；
分：0分，2分，4分，5分，7分，9分；
然后分三步进行：
第一步：从元中选取有6种取法；
第二步：从角中选取有5种取法；
第三步：从分中选取有6种取法；
由分步计数原理可得：6×5×6=180
但应除去0元0角0分这种情况，故有不同币值180－1=179（种）.
［师］接下来，我们通过课堂练习进一步熟悉基本原理的应用.
Ⅲ.课堂练习
课本P86练习
4.解：分四步：
每步都可从0～9之间选取，有10种取法；
由分步计数原理，共有不同号码：
10×10×10×10=10000（个）.
5.解：分两步：
第一步：从5位同学中选1名组长，有5种不同的选法；
第二步：从剩下的4位同学中选1名副组长，有4种不同的选法；
由分步计数原理，共有5×4=20（种）.
补充题：
1.现要排一份5天的值班表，每天有1个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？
解：分五步进行：
第一步：先排第一天，可排5人中的任一个，有5种排法；
第二步：再排第二天，此时不能排第一天的人，有4种排法；
第三步：再排第三天，此时不能排第二天的人，仍有4种排法；
第四步：同理有4种排法；
第五步：同理有4种排法.
由分步计数原理可得不同排法有5×4×4×4×4=1280种.
Ⅳ.课时小结
［师］通过本节学习，要求大家进一步熟悉基本原理的应用，正确运用两个基本原理分析解决应用题，提高分析、解决问题的能力，体会数学知识在实际生产生活中的应用.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P87习题10.1
4.解：分三类完成：
第一类：有3种不同选择；
第二类：有1种选择；
第三类：分两步，第1步有两种选择；第2步也有两种选择，
由分步计数原理第三类有2×2=4种
再由分类计数原理共有3+1+4=8种不同线路.
5.解：（1）分两步完成：
第一步：确定横坐标，有6种选择；
第二步：确定纵坐标，有6种选择；
由分步计数原理可得不同点有6×6=36个.
（2）分两步完成：
第一步：确定斜率有4种选择.
第二步：确定截距有4种选择.
由分步计数原理可得：4×4=16条不同直线.
6.解：（1）分四步完成：
每一个同学都有3种选择，由分步计数原理可得：
3×3×3×3=34
故不同报名方法是34.
（2）分三步完成
每一班都是从5个风景点中任选一个，都有5种选法.
由分步计数原理得：5×5×5=53.
故不同选法是53.
（二）1.预习课本P88～P92.
2.预习提纲
（1）有关排列的基本概念有哪些？
（2）排列数公式的推导体现了怎样的研究问题的方法？
（3）运用科学计算器如何进行阶乘等运算.
（4）对排列的概念，你自己如何理解？
●板书设计
§10.1.2 基本原理应用Ⅰ.分类计数原理 例1 例2Ⅱ.分步计数原理 解答过程 解答过程 学生练习1 练习2 练习3教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
排列组合重点难点分析
1、加法原理和乘法原理是两个基本的计数原理，不仅是推导排列数公式和组合数公式的依据，也是直接用以解决有关计数的应用问题的依据，是本节也是全章的重点．
2、排列与排列数，组合与组合数是两组既有区别，又有联系的概念，既是推导排列数公式和组合数公式的依据，也是正确地分析和解决有关计数的应用问题的基本思路，也是本节的重点．
3、排列数公式和组合数公式解决计数问题的基本公式，它是在分析一些具体的计数问题的过程抽象出来的，又在更大范围内解决计数问题中得到应用，理所当然是本节乃至全章的重点．
4、组合数的两个性质是组合数公式的推论，在简化组合数的计算，推证二项式定理中都有重要的应用．备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理教学内容与教学目标1
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．
课时安排
约6个课时：
定理1课时；
通项公式1课时；
二项展开式性质2课时（杨辉三角．对称性，增减性，系数和等）；
综合运用2课时（证等式及特殊化方法；证整除，求近似值等）．组合数的性质
定理1：＝
定理2：C＝＋．习题
1.某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买方案有（ ）
A.3种 B.6种 C.7种 D.9种
2.某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有（ ）
A.510种 B.10５种 C.50种 D.以上都不对
3.多项式(a1＋a2＋a3)·（ｂ1＋ｂ2）＋（ａ4＋ａ５）·（ｂ3＋ｂ4）展开后共有 项.
4.有不同颜色的上衣5件，裤子3条，从中选一样送给某人，共有 种不同的选法，从中选出一套送给某人，共有 种不同的选法.
5.有4封不同的信投入3个不同的邮筒，可有 种不同的投入方法.
6.若x,y∈N，且x+y≤6，则有序自然数对(x,y)共有 个.
7.有三个袋子，其中一个袋子装有红色小球20个，每个球上标有1至20中的一个号码.一个袋子装有白色小球15个，每个球上标有1至15中的一个号码，第三个袋子装有黄色小球8个，每个球上标有1至8中的一个号码.
(1)从袋子里任取一个小球，有多少种不同的取法
(2)从袋子里任取红、白、黄色球各一个，有多少种不同的取法
8.设集合A={2,4,6,8},B={1,3,5,7,9}，今从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，问：
(1)能组成多少个不同的两位数
(2)能组成多少个十位数字小于个位数字的两位数
9.用1到9九个数字能组成多少个：
(1)没有重复数字的三位数
(2)能被5整除的没有重复数字的三位数
(3)大于500且没有重复数字的三位数
参考答案：
1.C 2.A 3. 10 4. 8 15 5. 81 6. 15?
7.（1）43 （2）2400?
8.（1）20 （2）10?
9.（1）504 （2）56 （3）280?组合应用题习题1

　　一、单选题
　　1. 从含有2件次品的100件产品中，任意抽出3件，至少有一件是次品的不同抽法种数为 [　　 ]
　　A．9600　　 B．9604　　　　 C．9608　　　　 D．9700
　　2. 以三棱柱的六个顶点中的四点为顶点的三棱锥有 [　　 ]
　　A．18个 B．15个　　　　 C．12个　　　　 D．9个
　　3. 把半圆弧分成9等份，以这些分点(包括直径的两个端点)为顶点，作出的钝角三角形的个数是 [　　 ]
　　
　　4. 从平面a上取6个点，从平面b上取4个点，这10个点最多可以确定三棱锥的个数是 [　　 ]
　　A．214　　 B．194　　　　 C．186　　　　 D．172
　　5.9支排球队，其中有5支亚洲队，4支非洲队进行单循环赛，则一队是亚洲队，一队是非洲队这样的比赛占总比赛场数的百分比是 [　　 ]
　　
　　二、填空题
　　1.有8支足球队参加比赛，比赛时先分成两组，每组4支队，各组都进行单循环赛(即每队都要与本组其他各队比赛一场)，然后由两组的第一名比赛，决定冠亚军，共需比赛_________场(结果用数表示)．
　　2.从集合A={0，1，2，3，4，5}中任取不同的两数，分别作复数z的实部与虚部，│z│的集合为B，则B中有_________个元素．
　　3.正七边形的顶点及各边中点可以确定___________条直线，可以确定______个三角形．
　　三、解答题
　　1.30名同学分成三个小组，每组10人，共有多少种不同的分组方法 (列出式子，不计算)
　　2.在参加劳动的学生中，若选出4个组长的方法的种数与只选出正、副组长的方法的种数之比是13:2，求参加劳动的学生的人数．
　　3.以正方体的顶点为棱锥的顶点，可以作多少个不同的棱锥
组合应用题习题1答案

　　一、单选题
　　1.B
　　2.C
　　3.A
　　4.B
　　5.D
　　二、填空题
　　1.13
　　
　　3. (1)77　　　　 (2)357
　　三、解答题
　　
　　2.15
　　习题
一、复习填空：
(a+b) n= （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，通项是指展开式的第 项，展开式共有 个项.
二、应用举例：
1.的展开式中，第五项是………………………………………………（ ）
A. B. C. D.
2.的展开式中，不含a的项是第……………………………………（ ）项
A.7 B.8 C.9 D.6
3.二项式(z-2)6的展开式中第5项是-480，求复数z.
4.求二项式的展开式中的有理项.
三、练习及课后检测
1. 的展开式中含x3的项是 .
2.二项式的展开式中的第八项是……………………………………………（ ）
A.-135x3 B.3645x2 C. D.
3.的展开式中的整数项是…………………………………………………（ ）
A.第12项 B. 第13项 C. 第14项 D. 第15项
4.展开式中第9项是常数项，则n的值是……………………………… （ ）
A.13 B.12 C.11 D.10
5.的展开式中的第7项是……………………………………………………（ ）
A. B. - C.-672d3i D.672d3i
6.展开式的常数项是 .
7. 展开式的常数项是 .
8.在的展开式中，第 项是中间项，中间项是 .
9.已知（10+xlgx）5的展开式中第4项为106，求x的值.
*10.若（1-2x）5展开式中的第2项小于第1项，且不小于第3项，求实数x的取值范围.测试题
第Ⅰ卷(选择题，共30分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
1.以一个三棱柱的顶点为顶点的四面体个数共有（ ）
A.6 B.9 C.12 D.15
解析：-3=15-3=12.
答案：C
2.集合A和B各有4个元素，A∩B有一个元素，集合C A∪B,C含有3个元素且其中至少有一个A的元素，符合上述条件的集合C的个数有（ ）
A.31 B.34 C.35 D.52
解析：∵A∪B总共有7个元素，
∴C共有: -1=34.
答案：B
3.把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，则不同的分法种数有（ ）
A.15 B.120 C.180 D.1560
分析：采取“分组”分配法.
解析：将6本分成4组，有两种办法：
①有一组为3本，有种分法，
②有二组为2本，有分法，
∴共有=1560.
答案：D
4.有3位老师和6位学生，到三个城市进行社会调查，要求每个城市有1位老师和2位学生，则不同的分配方案数为（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
5.已知a、b为相交直线，除交点外，a上还有4个点，b上还有5个点，以这10个点中的三个点为顶点，可作三角形的个数为（ ）
A. B.
C. D.
解析：①含有a、b的交点 有个三角形，
②不含a、b的交点，a上选两点、b上选一点或a上选一点、
b上选两点，可作三角形个.
答案：D
6.从5名男生和4名女生中，选3名男生和两名女生，分别担任五门学科的科代表，不同方法的种数为（ ）
A. B.
C. D.(
解析：先从中选出3名男生和2名女生.
有种选法，然后再全排.
答案：C
7.在6名男生和5名女生中，选出3名男生和3名女生排成男女相间的一排，不同排法的种数为（ ）
A.2 B.2
C.2 D.
分析：“先选后排”，然后再相间而坐（不相邻）.
解析：共有.
答案：A
8.已知集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，其中含有5个元素且至少含有2个偶数的子集的种数为（ ）
A. B.
C. D.
解析：共有：.
答案：D
9.从五名学生中选出四名参加数学、物理、生物、化学竞赛，其中甲不参加物理，化学竞赛，则不同的参赛方案的种数是（ ）
A.24 B.48 C.120 D.72
解析：（1）选出的4名学生中不含甲，则有种
（2）选出的4名学生中有甲，则有：
=48种.
答案：D
10.4个足球和5个排球编有不同的号码，从中任取3个球，其中至少有1 个足球和1个排球，则不同的取法种数有（ ）
A.140 B.84 C.70 D.35
分析：注意分类讨论问题.
解析：=70.
答案：C
第Ⅱ卷（非选择题，共70分）
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)
11.八边形有 条对角线.
解析：-8=20.
答案：20
12.解方程，则x= .
解析：x=2x-3或x+2x-3=18
∴x=3或7.
答案：3或7
13.10个人站成一排，选互不相邻的3个人，选法有 种.
解析：共有=56种.
答案：56
14.从1、2、3、…、19、20这20个数字中，取出3个数，能成等差数列的取法有 种.
解析：a、b、c成等差数列时，a+c=2b可知：
a+c是一偶数，即a与c同奇同偶
于是将20个数分成1、3、5、…、19和2、4、…、20两组各10个，所以不同的取法有：=90种.
答案：90
三、解答题（本大题5小题，共54分，解答题应写出文字说明证明、过程或演算步骤）
15.（本小题满分10分）
某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示0或1，若每次显示其中3个孔，但相邻的两个孔不能同时显示，问共能显示多少种不同的信号？
分析：用“插空档”法.
解：在4个不显示的小孔的左右5个空位上显示3个小孔的显示方法有种，每一种都显示23种信号，所以共可显示：
×23=80（种）.
答：共能显示80种不同信号.
16.（本小题满分10分）
设有4个不同的红球和6个不同的白球，每次取出4个球，取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，要使总分不小于5分，不同的取球方法有多少种？
解：∵总分小于5分的取法是取出的4个球全是白球，
∴总分不小于5分的不同取球的方法共有：
=195（种）.
答：共有195种不同方法.
17.（本小题满分10分）
空间有8个点，任意3点不共线，任意4点不共面，每两点连一条直线，其中可得几对异面直线？
解法一：注意互换的重复性.
=210（对）
解法二：每4点可组成一个四面体，而一个四面体有异面直线3对.
∴3=210(对).
答：可得210对异面直线.
18.（本小题满分12分）
有红、黄、蓝三色的卡片各5张，且同色的5张卡片上都标有A、B、C、D、E五个字母，现从这15张卡片上中任取4张，要求字互不相同且三色齐全的取法有多少种？
解：第一步选定2张同色卡片的颜色有种.
第二步选定各同色卡片的字母有种.
第三步余下两种颜色各1张及字母的选法有.
∴共有: =180（种）.
19.（本小题满分12分）
从1、2、…、100这100个自然数中任取出两个数，
（1）其乘积为3的倍数的取法有多少种？
（2）其和为3的倍数的取法有多少种？
解：（1）在题给的100个自然数中，是3的倍数的有33个，故所求取法有：
=2739（种）
（2）在这100个自然数中，被3除，余数为0、1、2的数分别有33个、34个、33个.因此和为3的倍数的取法有：=1582（种）“装错信封问题”的数学模型与求解
　　1 问题的提出
　　1)同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡．则四张贺年卡的不同分配方式有
[ ]
　　A．6种 B．9种
　　C．11种 D．23种
　　(1993年全国高考题理科17题)
　　2)有5个客人参加宴会，他们把帽子放在衣帽寄放室内，宴会结束后每人戴了一顶帽子回家．回家后，他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子．问5个客人都不戴自己帽子的戴法有多少种？
　　上述两个问题，实质上是完全一样的．是被著名数学家欧拉(Leonhard Euler，1707－1783)称为“组合数论的一个妙题”的“装错信封问题”的两个特例．“装错信封问题”是由当时最有名的数学家约翰·伯努利(Johann Bernoulli，1667－1748)的儿子丹尼尔·伯努利(DanidBernoulli，1700－1782)提出来的，大意如下：
　　一个人写了n封不同的信及相应的n个不同的信封，他把这n封信都装错了信封，问都装错信封的装法有多少种？
　　2 建立数学模型
　　“装错信封问题”及两个特例，其实就是n个不同元素的一类特殊排列问题，本文试就给出这类问题的数学模型及求解公式．为方便，我们先把n个不同的元素及相应的位置都编上序号1，2，…，n，并且约定：在n个不同元素的排列中
　　1° 若编号为i(i=1，2，…，n)的元素排在第i个位置，则称元素i在原位；否则称元素i不在原位．
　　2° 若所有的元素都不在原位，则称这种排列为n个不同元素的一个错排(若每个元素都在原位则称为序排)．
　　按照上面约定，“装错信封问题”即为n个不同元素的错排问题，则可构建“装错信封问题”的数学模型为
　　在n个不同元素的全排列中，有多少种不同的错排？
　　3 模型求解
　　应用集合中的容斥原理，我们就可得到“装错信封问题”的数学模型的求解公式．
　　设I表示n个不同元素的全排列的集合
　　Ai(i=1，2，…，n)为元素i在原位的排列的集合．
　　Ai∩Aj(1≤i＜j≤n)为元素i与j在原位的排列的集合．
　　……
　　
　　……
　　A1∩A2∩…∩An为n个元素的序排的集合．
　　则它们的排列数(即各个集合中元素的个数)分别为
　　|I|=n！
　　|Ai|=(n－1)！
　　|Ai∩Aj|=(n－2)！
　　……
　　
　　……
　　|A1∩A2∩…∩An|=(n－n)！=0！
　　
　　所以，根据容斥原理即得“装错信封问题”的数学模型的求解公式(即n个不同元素的错排数)为
　　
　　
　　
　　4 应用举例
　　一个元素的错排数显然为0，二个不同元素的错排数为1，三个不同元素的错排数为2，均可由公式验证，由公式还可求得四个不同元素的错排数为
　　五个不同元素的错排数为
　　则本文开头的问题1)共有9种不同的分配方式，故选(B)．问题2)共有44种不同的戴法，下面再举几例说明公式的应用．
　　例1 (1991年上海高考题)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为
[ ]
　　A．20种 B．30种
　　C．60种 D．120种
　　解 本题实质上是三个元素的错排问题，但由于题中未指明是哪三个元素进行的错排，故本题可分两步求解．
　　
　　第二步，对已选出的三个元素进行错排，有2种．
　　
　　例2 某省决定对所辖8个城市的党政一把手进行任职交流，要求把每个干部都调到另一个城市去担任相应的职务．问共有多少种不同的干部调配方案？
　　解 实质上本题即为8个不同元素的错排问题，一种干部调配方法对应于8个不同元素的一个错排．故由公式可求得不同的干部调配方案数为(共1张PPT)
…………………………………………
高三数学复习课
在欧洲，人们认为这个表是法国数学家帕斯卡（Blaise Pascal. 1623—1662年）首先发现的，
他们把这个表叫做帕斯卡三角。然而，类似这样的表，早在我国宋朝数学家杨辉1261年所
著的《详解九章算法》一书里就已出现，我们称它为杨辉三角。
高级中学课本《代数》DAISHU下册(必修)第九章排列、组合、二项式定理人民教育出版社
杨辉三角
二项式定理及其应用
二项式定理及其应用教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
二项式定理重、难点分析
1、二项式定理是乘法公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3的推广，在概率与统计中有重要的应用，熟记其结论及结构特征是本节的一个重点．
2、二项式定理可记为(a＋b)n＝的形式，Tr＋1＝叫做二项展开式的通项公式．把握好二项展开式及其通项公式之间整体与局部的联系是正确理解和应用二项式定理的关键．
3、二项式系数的性质与组合数的关系十分密切，成为知识网络的一个交汇点，在数学考试题中经常出现，应成为复习的重点．测试题
盒中有100个铁钉，其中90个是合格的10个是不合格的，从中任意抽取10个，其中没有一个是不合格铁钉的概率是（）
A、0.9 B、 C、0.1 D、
某小组有成员3人，每人在一个星期中参加一天劳动，如果劳动日期可随机安排，则3人在不同的3天参加劳动的概率为（）
A、 B、 C、 D、
十个人站成一排，其中甲乙丙三人恰巧站在一起的概率为（）
A、 B、 C、 D、
从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这两位数大于40的概率是（）
A、1/5 B、2/5 C、3/5 D、4/5
5、200名青年工人，250名大学生，300名青年农民在一起联欢，如果任意找其中一名青年谈话，这个青年是大学生的概率是 。
6、袋中有10个球，其中7个是红球，3个是白球，从中任意取出3个，则取出的3个都是红球的概率是 。
7、圆周上有十个等分圆周的点，从这十个点中，任取三点为顶点作一个三角形，则所作的三角形是直角三角形的概率是 。
8、6位同学参加百米赛跑初赛，赛场共有6条跑道，其中甲同学恰好被排在第一道，乙同学恰好被排在第二道的概率为 。
9、从6双规格相同颜色不同的手套任取4只，其中恰有两只成双的概率是多少？
（提示：先取一种颜色，保证两只成双，然后再取两种颜色，从每种颜色中各取一只。）
答案：
10、从1，2，3，4，5五个数字中，任意有放回地连续抽取三个数字，求下列事件的概率
三个数字完全不同；
三个数字中不含1和5；
三个数字中5恰好出现两次
11、从0，1，2，…，9这十个数字中任取不同的三个数字，求三个数字之和等于10的概率。
12、9国乒乓球队，内有3个亚洲球队，抽签分成三组进行预赛（每组3个队）试求：
三个组中各有一个亚洲球队的概率；
3个亚洲球队集中在某一组的概率。
答案：1、D 2、C 3、A 4、B 5、1/3 6、7/24 7、1/3 8、1/30 9、16/33
10、（1）12/25 （2）27/125 （3）12/125
11、1/15 13、（1）9/28 （2）1/28排列练习与讲评
求
解：原式=
讲评：对于公式应该做到“会三用”：会正用，会反用，会变用，即会从左用到右，会从右用到左，会在变形、换元等各种变化中用．本题不能直接运用性质1和2，但是在变化以后，运用两个性质却可以顺利解决．加法原理
完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m1 +m2+……mn种不同的方法．参考答案
一、选择题
(1) C (2) D (3) B (4) B (5) C
提示：
(1) 分两类． 以M中元素为横坐标，以N中元素为纵坐标的有6个；以N中元素为横坐标，以M中元素为纵坐标的有8个．共有14个．
(2) 要得到要求的四位数，可以分成四个步骤：选千位，选百位，选十位，选个位．
千位数字有9种选法．千位数字选定以后，百位数字有9种选法．千百位数字选定以后，十位数字有9种选法．千百十位数字选定以后，个位数字有9种选法．
四步都完成以后，就可以得到所要求的数字．根据乘法原理，选法有9×9×9×9＝94 （种）．说明：这里，除了正确运用原理以外，还有个合理设计次序的问题．本题，如果不是依千、百、十、个的次序，而是依其他次序，则难度大大增加．所以，要十分注意学习“设计”功夫．
(3) 思路1：以底面的棱为线索．底面有6条棱，每条棱与6 条侧棱中的4 条异面，所以，彼此异面的棱共有6×4=24（对）．思路2：以侧棱为线索．侧棱有6条，每条与底面的4条棱异面，所以，彼此异面的棱共有6×4=24（对）．如果不局限于底面的棱，而是侧棱与由底面的6个点中任两个点所连的直线异面的情况？
二、填空题
(6) 7；
(7) 144种．提示：选2个小球捆在一起，有种方法．从４个盒子中选3个，放两个独立的小球和这一捆，共3的元素，有种方法．依乘法原理，二者相乘，有144种方法．
(8) 30．
(9) S=210=1024，T=120．所以，．
三、解答题
(10)
给A着色，有5种方法；给B着色有4种方法(A处用过的颜色不能用)；给C 着色有3种方法(A，B两处用过的，不能用)；给D着色，有3种方法( 需与B，C两处不同)，给E着色，有3种方法(需与C，D两处不同)．根据乘法原理，有5×4×3×3×3=540种方法．
(11)
解 要得到所要求的4 位数，可以分成4个步骤：选千位，选百位，选十位，选个位．千位有9种选法．千位数字选定以后，百位数字有9种选法．千百位数字选定以后，十位数字有9种选法，千百十位数字选定以后，个位数字有9 种选法．四步完成以后，就可以得到所求数字．根据乘法原理， 所求数字有9×9×9×9=81(种)
(12)
某母女俩一定相邻，同时与这个女孩相邻的还应该有一个成年人．第一步，从除这位母亲以外的4个成年人中选1人，准备排在这个女孩旁边，这有种选法．第二步，选出的这个成年人与那位母亲，排在女孩两侧，有种方法．第三步，把“母、女、另一成年人”这个3人小组看成一个整体．因为这个小组左右全是成年人，所以，可以看成“一个成年人”．这个小组和其余的3 个成年人做全排列，有种方法．第四步，让1个小孩插入四个成年人的3个间隔中的1个，有种方法．总之，方法种数为=576．教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理例题讲解2
例1．利用二项式定理展开
（意在：在变式中熟悉二项式定理．）
例2．利用二项式定理展开
（意在：突出系数和各项字母的变化．原题中间是减号，为逐步增加难度，改为+号．）
可以启发地问：1.如果应用杨辉三角需要注意什么？（系数！可以在这里讲解：二项式系数与二项式展开式某一项系数的区别．）；2.能否使运算简单些？如，把括号内的式子变一变形．
例3．利用二项式定理展开
（意在：出现中间是－号的情况．）
引导发现：符号相间的规律．
例4．求
（意在：体现公式应该会逆用．同时，注意向已知方向化归．）
解：
原式=排列组合综合问题教案
　　教学目标
　　通过教学，学生在进一步加深对排列、组合意义理解的基础上，掌握有关排列、组合综合题的基本解法，提高分析问题和解决问题的能力，学会分类讨论的思想．
　　教学重点与难点
　　重点：排列、组合综合题的解法．
　　难点：正确的分类、分步．
　　教学用具
　　投影仪．
　　教学过程设计
　　(一)引入
　　师：现在我们大家已经学习和掌握了一些排列问题和组合问题的求解方法．今天我们要在复习、巩固已掌握的方法的基础上，来学习和讨论排列、组合综合题的一般解法．
　　先请一位同学帮我们把解排列问题和组合问题的一般方法及注意事项说一下吧！
　　生：解排列问题和组合问题的一般方法有直接法、间接法、捆绑法、插空法等．求解过程中要注意做到“不重”与“不漏”．
　　师：回答的不错！解排列问题和组合问题时，当问题分成互斥各类时，根据分类计数原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据分步计数原理，可用位置法；这两种方法又称作直接法．当问题的反面简单明了时，可通过求差排除采用间接法求解；另外，排列中“相邻”问题可以用“捆绑法”；“分离”问题可能用“插空法”等．解排列问题和组合问题，一定要防止“重复”与“遗漏”．
　　(教师边讲，边板书)
　　互斥分类——分类法
　　先后有序——位置法
　　反面明了——排除法
　　相邻排列——捆绑法
　　分离排列——插空法
　　(二)举例
　　师：下面我们来分析和解决一些例题．
　　(打出片子——例1)
　　例1 有12个人，按照下列要求分配，求不同的分法种数．
　　(1)分为两组，一组7人，一组5人；
　　(2)分为甲、乙两组，甲组7人，乙组5人；
　　(3)分为甲、乙两组，一组7人，一组5人；
　　(4)分为甲、乙两组，每组6人；
　　(5)分为两组，每组6人；
　　(6)分为三组，一组5人，一组4人，一组3人；
　　(7)分为甲、乙、丙三组，甲组5人，乙组4人，丙组3人；
　　(8)分为甲、乙、丙三组，一组5人，一组4人，一组3人；
　　(9)分为甲、乙、丙三组，每组4人；
　　(10)分为三组，每组4人．
　　(教师慢速连续读一遍例1，同时要求学生审清题意，仔细分析，周密考虑，独立地求解．
　　这是一个层次分明的排列、组合题，涉及非平均分配、平均分配和排列组合综合．各小题之间有区别、有联系，便于学生分析、比较、归纳，有利于学生加深理解，提高能力)
　　师：请一位同学说一下各题的答案(只需要列式)．
　　
　　
　　师：从这个同学的解答中，我们可以看出他对问题的考虑分先后次序，用位置法求解是掌握了的．但是还请大家审清题意，看(3)与(1)，(2)；(5)与(4)；(8)与(6)，(7)；(10)与(9)是否分别相同，有没有出现“重复”和“遗漏”的问题．
　　(找班里水平较高的一位学生回答)
　　生：(3)和(1)，(2)；(5)和(4)；(8)和(6)，(7)；(10)和(9)并不相同．(3)，(5)，(8)，(10)的答案都错了，既出现了“重复”也出现了“遗漏”的问题．(3)的答案是
　　
　　(教师在学生回答时板书各题答案)
　　师：回答的正确，请说出具体的分析．
　　生：(3)把12人分成甲、乙两组，一组7人，一组5人，但并没有指明甲、乙谁
　　
　　
　　是(5)只要求平均分成两组，这样甲、乙组两元素的所有不同排列顺序，甲乙、乙甲
　　
　　师：分析的很好！我们大家必须认识到，题目中具体指明甲、乙与没有具体指明是有区别的．如果在解题过程中不加以区别，就会出现“重复”和“遗漏”的问题，这是解决排列、组合题时要特别注意的．
　　例1中，(1)，(2)，(6)，(7)都是非平均分配问题，虽然(1)，(6)都没有指出组名，而(2)，(7)给出了组名，但是在非平均分配中是一样的．这是因为(2)，(7)不仅给出了组名，而且还指明了谁是几个人，这一点上又与(3)，(8)有差异．(3)，(8)给了组名却没有指明谁是几个人．
　　题中(4)，(5)，(9)，(10)都属于平均分配问题，在平均分配中，如果没有给出组名，一定要除以组数的阶乘！
　　如果12个人分成三组，其中一组2人，另外两组都是5人，求所有不同的分法种数．这里有不平均(一组2人)，又有平均(两组都是5人)．怎么办？
　　
　　
　　师：很好！大家已经理解了不平均分配的、平均分配，以及部分平均分配的计算，部分平均分配问题先考虑不平均分配，剩下的仍是平均分配，平均分配要商除．这样分配问题已彻底解决了．
　　请看例题2．
　　(打出片子——例2)
　　例2 求不同的排法种数：
　　(1)6男2女排成一排，2女相邻；(2)6男2女排成一排，2女不能相邻；(3)4男4女排成一排，同性者相邻；(4)4男4女排成一排，同性者不能相邻．
　　(教师读题、巡视)
　　师：请一位同学说出(1)，(2)的答案．
　　
　　师：完全正确！他是用捆绑法解决“相邻”问题的，把2女“捆绑”在一起看成
　　
　　(教师的复述是为了使水平较差学生明白解题思路，了解分析方法，真正理解解法)
　　师：(2)的不相邻的分离排列还有没有其它解法？
　　生乙：可以用插空法直接求解．6男先排实位，再在7个空位中排2女，共有
　　
　　(板书(1)，(2)算式)
　　师：对于(2)的两种解法思路不同，但殊途同归，结果一样，都是正确的．两种解法解决分离问题是否都很方便呢？试想，如果“5男3女排成一排，3女都不能相
　　
　　生：前者是36000，后者是14400，不一样，肯定有问题．
　　
　　生：3女相邻．
　　师：3女相邻的反面是什么？
　　
　　师：这一例题说明什么？
　　生：不相邻的分离排列还是用插空法要稳妥一些．
　　师：请大家下课后想一想，用捆绑法结合排除法能否解决上述问题，如果能解决，应该怎么做？我们继续分析和解决(3)，(4)两小题．
　　
　　(板书(3)，(4)的算式)
　　
　　
　　(板书)
　　(女男男女男女男女)两男或两女相邻的问题．这时同性不相邻必须男女都排好，即男奇数位，女偶数位，或者对调．
　　(通过对例2的讨论和分析，能够帮助学生对于分离排列、排除法以及插空法有更清楚的认识，只有这样学生才会找到合理的解法，提高分析问题和解决问题的能力．)
　　师：我们再来看一个例题．
　　(打出片子——例3)
　　例3某乒乓球队有8男7女共15名队员，现进行混合双打练习，两边都必须是1男1女，共有多少种不同的搭配方法？
　　(教师朗读一遍例3后巡视)
　　师：请同学说一下答案．
　　
　　师：怎么分析的呢？
　　
　　
　　师：选出的4名队员做全排列，那么(板书)男A男B、女A女B行吗？
　　生：不行，有“重复”了，应该乘以什么呢？
　　师：这就需要我们再把问题想想清楚了，当选出2男2女队员进行混合双打时，有几种搭配方法呢？
　　(板书)男女——男女
　　①Aa Bb
　　②Ab Ba
　　③Ba Ab
　　④Bb Aa
　　以上四种吗？
　　生：不是！③与②，④与①属于同一种，只有2种搭配，应该乘以2．
　　
　　
　　(板书)
　　
　　师：最后看例4．
　　(打出片子——例4)
　　例4高二(1)班要从7名运动员中选出4名组成4×100米接力队，参加校运会，其中甲、乙二人都不跑中间两棒的安排方法有多少种？
　　(教师读题，引导分析)
　　师：从7人中选4人分别安排第一、二、三、四棒这四个不同任务，一定与组合和排列有关，对甲、乙有特殊要求，这就有了不同情况．要分类相加了．先不考虑谁跑哪棒，就说4人的选择有几类情况呢？
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　师：很好，这个排列组合综合题在求解中的分类十分重要，大家要认真体会，了解其思路和方法．
　　(三)小结
　　我们通过对4个例题的分析和讨论，总结了分配问题，分离排列问题的解法，以及排列、组合综合题的解法．
　　解排列、组合综合题，一般应遵循：先组后排的原则．
　　解题时一定要注意不重复、不遗漏．
　　(四)作业
　　1．四名优秀生保送到三所学校去，每所学校至少得1名，则不同的保送方案总
　　
　　2．有印着0，1，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9当作6用，那么从
　　
　　课堂教学设计说明
　　关于排列组合的应用题，由于其内容独特，自成体系；种类繁多，题目多变；解法别致，思维抽象；条件隐晦，难以捉摸；得数较大，不易检验．所以这一课历来是学生学习中的难点．
　　为了降低解题的难度，在教会学生基本方法的同时，一定要使学生学会转化，分类的思想方法，将复杂的排列、组合综合题转化为若干个简单的排列、组合问题．基于这一点，在例题的选排上，特别安排了例1，在复习巩固前面所学基本解法的基础上，总结了分配问题的解法，并引出了简单的排列组合综合问题．通过例2来讨论排列中常见的相邻排列和分离排列问题，以及排除法、插空法等解法在应用中需注意的事项．例3、例4是典型的排列、组合综合题，分别侧重了分步和分类两个难点．
　　教学方法上，以问答形式，通过讨论分析，引导学生正确思维，培养学生分析问题和解决问题的能力．操作过程中也要根据学生的具体情况，采取多变的方式．学生配合的好，就以学生为主，学生回答问题不尽如人意时，就需要教师在提高语言、方式等方面多做文章，或以教师的讲授为主．
　　备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理教学内容与教学目标
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．
课时安排
约6个课时：
定理1课时；
通项公式1课时；
二项展开式性质2课时（杨辉三角．对称性，增减性，系数和等）；
综合运用2课时（证等式及特殊化方法；证整除，求近似值等）．排列与组合典例讲解
例1．一种钥匙和数码并用的锁，有3把钥匙可以直接开锁，另有3个拨盘，每个拨盘上有从0到9这十个数字，可供忘带钥匙时以号码锁的方式开锁（每个盘上拨一个数），那么，总共可以有多少种开锁的方法？
解：分类．可以分成两类，用钥匙的一类，用号码的一类．其中，用钥匙的方法有3种．
分步．对于第二种，可以分成3步：第一步，在第一盘中从0到9这十个数字中取1个，有10种可能 ；第二步，在第二盘中从0到9这十个数字中取1个，有10种可能；第三步类似地也有10 种可能．
所以，共有3＋10×10×10=1003（种）方法．
例2．从3，5，7，11，13，17这6个数字中取两个数组成假分数，共有多少个？
思路1 以6 个数分别做分母进行分类：
3 做分母的有6－1=5（个）；5做分母的有6－2=4（个）；7做分母的有3个；11做分母的有2个；13做分母的有1 个，总共有6+4+3+2+1=15（个）
思路2 从6个数字中每次取2个，让其中大的一个做分子，必定产生一个假分数．总共有个．
例3．证明
本题可以看成：甲书库有书n本，乙书库有书m本，从两个书库种取出k本书（k≤m，n），共有多少种取法？
解：一方面可以知道从m+n本书中取k本书的取法有
另方面，把选书的方法，可以分成k类，即从甲书库中每次选出0，1，2，…，k本；分步，第二步相应地从乙书库中选出k，k－1，…，2，1本．于是，总的取法有两者是同一件事，所以有
例4．3000与8000之间，数字不重复的奇数有多少
解：首先，分析元素．根据题意，分析元素间的关系，并画出文氏图：
其次，分类．以个位为准，可以分成两类：个位是1或9的；个位是3或5或7的．
第三，分步，即对于每一类设计合理的步骤．对第一类，第一步从1或9中选一个放在个位，第二步，从3，5，7，4，6中选一个放在千位，第三步，从其余的8个数字中选两个放在百位及十位；对第二类，第一步从3，5，7中选一个放在个位，第二步从3，5，7中被选中的一个以外的两个，加上4与6，共4个数字中选一个放在千位，第三步从其余8 个数字中选两个放在百位及十位．
第四，判断，是排列还是组合．由于与顺序有关，所以，每一步都可以看成是排列问题．
最后，计算．根据两个原理列出算式并计算得（个）．
本题，还可以按其他方式分类和分步．请读者自己做一些探索．
例5．知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数(1)CA∪B，且C中含有3个元素，(2)C∩A≠．
解 第一，分析元素．根据题意，可以画出如下的集合图形，以表明元素间的关系：
第二，分类．抓住某以标准，如依含A中元素的个数分类，有次序地分为含A中1个、2个、3个三类．
第三，分步．选定某一次序，如依A→B－A的次序，依次考虑．
在A中选1 个，则第二步必须在B－A中选2个；在A中选2个，第二步必须在B－A中选一个；在A中选3个，在B－A中必须选0个．
第四，判断．因为选取元素与顺序无关，所以是组合问题．
最后，列式，得=1084．
此题还有等多种方法选择习题4
以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
(A) 58个 (B) 62个 (C) 64个 (D)70个
答案：A
分析：
．选择题10
将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（ ）
(A) 6种 (B) 9种 (C) 11种 (D) 23种
答案：B牛顿
牛顿（Newton 1643-1727）牛顿是生活在地球上的影响最大的科学家之一。他是遗腹子，生于伽利略逝世的那一天。
牛顿少年时代即表现出手工制作精巧机械的才能。虽然他是个聪明伶俐的孩子，但并未引起他的老师们的注意。
成年时，母亲令其退学，因为希望儿子成为一名出色的农夫。十分幸运的是他的主要天赋不满足于他在农业方面发挥，因此，他18岁时入剑侨大学，极快地通晓了当时已知的自然与数学知识，之后转入个人的专门研究。
自21岁至27岁，奠定了某些学科理论基础，导致以后世界上的一次科学革命。他的第一个轰动科学世界的发现就是光的本质。经过—系列的严格试验，牛顿发现普通白光是由七色光组成的。经过—番光学研究，制造了第一架反射天文望远镜；这架天文望远镜一直在天文台使用到今天。
莱布尼茨曾说："在从世界开始到牛顿生活的时代的全部数学中，牛顿的工作超过了一半"，的确牛顿除了在天文及物理上取得伟大的成就，在数学方面，他从二项式定理到微积分，从代数和数论到古典几何和解析几何、有限差分、曲线分类、计算方法和逼近论，甚至在概率论等方面，都有创造性的成就和贡献。
牛顿在数学上的成果要有以下四个方面：
1.发现二项式定理
在一六六五年，刚好二十二岁的牛顿发现了二项式定理，这对於微积分的充分发展是必不可少的一步。二项式定理把能为直接计算所发现的二项式级数展开式是研究级数论、函数论、数学分析、方程理论的有力工具。在今天我们会发觉这个方法只适用於ｎ是正整数，当ｎ是正整数１，２，３，....... ，级数终止在正好是ｎ＋１项。如果ｎ不是正整数，级数就不会终止，这个方法就不适用了。但是我们要知道那时，莱布尼茨在一六九四年才引进函数这个词，在微积分早期阶段，研究超越函数时用它们的级来处理是所用方法中最逼有成效的。
2.创建微积分
牛顿在数学上最卓越的成就是创建微积分。他超越前人的功绩在於，他将古希腊以来求解无限小问题的各种特殊技巧统一为两类普遍的算法－－微分和积分，并确立了这两类运算的互逆关系，如：面积计算可以看作求切线的逆过程。
那时莱布尼兹刚好亦提出微积分研究报告，更因此引发了一埸微积分发明专利权的争论，直到莱氏去世才停熄。而後世己认定微积是他们同时发明的。
微积分方法上，牛顿所作出的极端重要的贡献是，他不但清楚地看到，而且大赡地运用了代数所提供的大大优越於几何的方法论。他以代数方法取代了卡瓦列里、格雷哥里、惠更斯和巴罗的几何方法，完成了积分的代数化。从此，数学逐渐从感觉的学科转向思维的学科。微积产生的初期，由於还没有建立起巩固的理论基础，被有受别有用心者钻空子。更因此而引发了着名的第二次数学危机。这个问题直到十九世纪极限理论建立，才得到解决。
3.引进极坐标，发展三次曲线理论
牛顿对解析几何作出了意义深远的贡献，他是极坐标的创始人。第一个对高次平面曲线进行广泛的研究。牛顿证明了怎样能够把一般的三次方程:所代表的一切曲线通过标轴的变换化为以下四种形式之一：在《三次曲线》一书牛顿列举了三次曲线可能的７８种形式中的７２种。这些中最吸引人；
最难的是：正如所有曲线能作为圆的中心射影被得到一样；所有三次曲线都能作为曲线:
的中心射影而得到。这一定理，在１９７３年发现其证明之前，一直是个谜。
牛顿的三次曲线奠定了研究高次平面线的基础，阐明了渐近线、结点、共点的重要性。牛顿的关於三次曲线的工作激发了关於高次平面曲线的许多其他研究工作。
4.推进方程论，开拓变分法
牛顿在代数方面也作出了经典的贡献，他的《广义算术》大大推动了方程论。他发现实多项式的虚根必定成双出现，求多项式根的上界的规则，他以多项式的系数表示多项式的根ｎ次幂之和公式，给出实多项式虚根个数的限制的笛卡儿符号规则的一个推广。
牛顿在还设计了求数值方程的实根近似值的对数和超越方程都适用的一种方法，该方法的修正，现称为牛顿方法。
牛顿在力学领域也有伟大的发现，这是说明物体运动的科学。第—运动定律是伽利略发现的。这个定律阐明，如果物体处于静止或作恒速直线运动，那么只要没有外力作用，它就仍将保持静止或继续作匀速直线运动。这个定律也称惯性定律，它描述了力的一种性质：力可以使物体由静止到运动和由运动到静止，也可以使物体由一种运动形式变化为另一种形式。此被称为牛顿第一定律。力学中最重要的问题是物体在类似情况下如何运动。牛顿第二定律解决了这个问题；该定律被看作是古典物理学中最重要的基本定律。牛顿第二定律定量地描述了力能使物体的运动产生变化。它说明速度的时间变化率（即加速度a与力F成正比，而与物体的质量里成反比，即a=F/m或F＝ma；力越大，加速度也越大；质量越大，加速度就越小。力与加速度都既有量值又有方向。加速度由力引起，方向与力相同；如果有几个力作用在物体上，就由合力产生加速度，第二定律是最重要的，动力的所有基本方程都可由它通过微积分推导出来。
此外，牛顿根据这两个定律制定出第三定律。牛顿第三定律指出，两个物体的相互作用总是大小相等而方向相反。对于两个直接接触的物体，这个定律比较易于理解。书本对子桌子向下的压力等于桌子对书本的向上的托力，即作用力等于反作用力。引力也是如此，飞行中的飞机向上拉地球的力在数值上等于地球向下拉飞机的力。牛顿运动定律广泛用于科学和动力学问题上。
填空题10
设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则的值为___________________________．
答案：填空题10
()10的二项展开式中x 3的系数为 ．
答案：
15组合应用题习题3

　　一、单选题
　　1. 某小组有10位同学，男、女各5名，现从中选出4人组成宣传小分队，要求必须有男、女成员，那么不同选法的种数是[　　 ]
　　A．100　　 B．150　　 C．200　　　　 D．210
　　2. 甲、乙、丙、丁四种不同的种子，在三块不同土地上试种，共中种子甲必须试种，那么不同的种法有[　　 ]
　　A．12种　　 B．18种　　　　 C．24种　　　　 D．96种
　　3. 从4台甲型和5台乙型且标有不同号码的电视机中取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有[　　 ]
　　A．140种　　 B．84种　　　　 C．70种　　　　 D．35种
　　4. 从1至9这九个数码中每次取出两个做为对数的底数和真数，能组成对数值不等且大于1的对数[　　 ]
　　A．26个　　 B．27个　　　　 C．28个　　　　 D．56个
　　5. 将8名同学平均分成两组，分别搞室内和室外卫生，每组选正付组长各1人，则有多少种不同的分配方法[　　 ]
　　二、填空题
　　1.在一次考试中，要求考生做试卷中9个考题中的6个，并且要求至少包含前5题中的3个，则考生答题的不同选法种数是________．
　　2.已知50件产品中有5件是次品，现从中任取4件，其中至少有次品1件的不同选法有______________种(列式)．
　　3.从1，2，……，10这十个数中取出四个数，使它们的和为奇数，共有_____种取法(用数字答)．
　　三、解答题
　　1.有15本不同的小说，送给5名学生，每人3本，共有多少种不同的分送方
　　法 (列式，不计算)
　　2.30名同学分成三个小组，每组10人，共有多少种不同的分组方法 (列出式子，不计算)
　　3.已知平面a内有5个点，其中有三个点共线，平面β内有4个点，问最多可确定多少个以这些点为顶点的三棱锥
组合应用题习题3答案

　　一、单选题
　　1.C
　　2.B
　　3.C
　　4.A(提示：log23=log49，log24=log39)
　　5.B
　　二、填空题
　　1.74
　　
　　3.100
　　三、解答题
　　
　　
　　选择题10
10名高三学生报考4所高等院校，每人报且仅报一所，不同的报名方法共有 ( )
(A) 种 (B) 种 (C) 种 (D) 种
答案：B填空习题4
设(1－3x)8 = a0＋a1 x＋a2 x2＋…＋a8 x8，那么______________．
答案：
48
分析：
令x = －1．阶乘
正整数1到n的连乘积，叫做n 的阶乘，用=n!．选择习题8
某仪表显示屏上有一排7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个小孔，且相邻的两个小孔不能同时显示，则这个显示屏可以显示的不同信号的种数为 （ ）
A. 10 B. 48 C. 60 D. 80
答案：D排列组合应用问题教案1
　　教学目标
　　1．掌握有关排列组合问题的基本解法，提高分析问题与解决问题的能力．
　　2．通过对典型错误的剖析，学生克服解题中的“重复”与“遗漏”等常见错误．培养思维的深刻性与批判性品质．
　　教学的重点与难点
　　有条件限制的排列组合应用问题．
　　教学过程设计
　　(一)有条件限制的排列问题
　　例1 5个不同的元素a，b，c，d，e每次取全排列．
　　(1)a，e必须排在首位或末位，有多少种排法？
　　(2)a，e既不在首位也不在末位，有多少种排法？
　　(3)a，e排在一起有多少种排法？
　　(4)a，e不相邻有多少种排法？
　　(5)a在e的左边(可不相邻)有多少种排法？
　　(教师出题后向学生提出要求：开动脑筋，积极思维，畅所欲言，鼓励提出不同解法，包括错误的解法)
　　师：请同学回答(1)并说出解题思路．
　　
　　
　　
　　师：很好！问题(1)是排列问题中某几个元素必须“在”某些位置的问题．处理这类问题的原则是：有条件限制的元素或位置优先考虑．
　　师：请同学回答(2)，并说出解题思路．
　　
　　
　　
　　师：在上面解题过程中，很好的运用了有条件限制的位置优先的原则，这种解法是直接法还有其他方法吗？
　　
　　
　　头、排尾的4种情况．
　　
　　
　　生丙：前一种解法对，后一种解法排列数少了．
　　师：遗漏在什么地方呢？
　　
　　
　　减去a排头，即a××××；减去a排尾，即××××a；减去e排头，即e××××；减去e排尾，即××××e．
　　具体一排可以看出，在这四种情况中，a排头e排尾，e排头a排尾各多减了一次．学生明白了思维上的错误，教师提出能否把上面错误的解法改造成正确的解法呢？
　　
　　由分析思维上的错误得到正确的认识，学生十分高兴．但认识并没有完结．
　　师：由上面的分析对我们有什么启发？
　　生丁：在解题过程中具体排一排使我们想的更清楚．
　　师：好！“具体排”是一个好方法．这是抽象转化为具体的一种思维方法．
　　师：请同学回答问题(3)，并说出解题思路．
　　
　　解题思路是：a，e排在一起，可将a，e看成一个整体，作为1个元素与其它
　　
　　师：好！排在一起的元素用“粘合法”看作一个元素．
　　师：请同学回答问题(4)，并说出解题思路．
　　
　　解题思路是：用5个元素的全排列数减去a，e排在一起的，就是a，e不相邻的．
　　师：这是间接法，还有其他方法吗？
　　
　　
　　
　　师：这是一个很好的设计．“插空档”的方法对解决排列问题中某几个元素不相邻的问题有普遍性．这也是解决这类问题的通法，对多个元素不相邻的问题，第一种解法(间接法)容易产生“重复”或“遗漏”．
　　师：请同学回答问题(5)，并说出解题思路．
　　
　　师：为什么要除以2．
　　生：要求a在e的左边(可不相邻)即a，e有序，而a，e间的排列数有2种，所以要除以2．
　　师：问题变换为3个元素按一定顺序呢？
　　
　　教师小结：排列应用题是实际问题的一种，解应用问题的指导思想，弄清题意、联系实际、合理设计．调动相关的知识和方法是合理设计的基础．例1是排列的典型问题，解题方法可借鉴．排列问题思考起来比较抽象，“具体排”是一种把抽象转化具体的好方法．
　　例2同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有．
[ ]
　　A．6种
　　B．9种
　　C．11种
　　D．23种
　　先让学生独立作，教师巡视，然后归纳不同的解法．
　　解法1：列举法(具体排、填方格)
　　设4人为A，B，C，D，他们自己所写的贺卡分别为a，b，c，d，满足条件的分配方式列举如下：
　　因此，共有3×3=9种不同的分配方式，故选B．
　　解法2：直接法．
　　分两步完成，第一步让A先拿，他可拿b，c，d中的任意一张，有3种方法；假定A拿b，第二步就让B拿，他可拿a，c，d中任意1张，也有3种方法．一旦B拿定了，假定B拿a，那么C，D两人的拿法也就随之确定了，只能C拿d且D拿c这1种方法．根据分步计数原理，共有3×3=9种不同的分配方式，故选B．
　　解法3：间接法．
　　
　　其中4人都拿自己送出的贺卡的分配方式只有1种；
　　
　　所以，4个人都不拿自己送出的贺卡的分配方式共有
　　
　　教师小结：在巡视过程中，我观察许多同学解排列组合应用题的思维模式是，首
　　
　　(二)有条件限制的组合问题
　　例3 已知集合A={1，2，3，4，5，6，7，8，9｝，求含有5个元素，且其中至少有两个是偶数的子集的个数．
　　通过分析讨论学生有以下解法．
　　
　　解题思路是：从正面考虑分类，将含5个元素，且其中至少有两个是偶数的子集分为三类：
　　
　　
　　
　　
　　师：很好！这两种解法都是正确的，直接法、间接法是两类很重要的思考方法和解题方法．
　　生甲：我还有一种解法，现在看来是错误的，但不知错在哪？
　　师：这更需要我们一起研究．请说说你的列式和解题思路．
　　
　　解题思路是：先由4个偶数选2个偶数，再由剩下的7个数(2个偶数，5个奇数)
　　
　　师：错在哪？指出做题中的错误比做对一道题更有价值．
　　
　　
　　
　　组成集合｛4，6，1，2，3｝，这是同一个集合，但在记数中却记了2次，这就重复了．
　　师：分析的很好！看来“具体排”的方法很有用．重复的原因是分类不独立．在使用分类计数原理时分类一定要遵循下列原则：
　　设全集为I，把I分为A1，A2…，An，n个子集，满足以下两条：
　　①A1，A2，A3，…，An任何两个的交集为空集；
　　②A1∪A2∪A3…∪An=I．
　　(三)排列组合混合问题
　　例4 从6名男同学和4名女同学中，选出3名男同学和2名女同学分别承担A，B，C，D，E5项工作，一共有多少种分配方案．
　　师：如何设计，请说出你的解法．
　　
　　
　　
　　
　　师：这是一个排列组合混合问题，解题的关键是要合理分步．一般说来，先组合
　　
　　另解：把工作当元素，同学看作位子，第一步，从5种工作中任选3种(组合问
　　
　　
　　小结 排列组合混合问题，解题思路是：在分步时通常先组合后排列．
　　例5 方程x1＋x2＋x3＋x4=7的正整数解的个数是______．
　　师：这个方程问题和排列组合有什么关系呢？求方程正整数解的个数，等式左边会有4个未知数且次数是1次，右边是7(数字较小)，问题可转化成把7分成4个正整数(允许取相同数字)，x1，x2，x3，x4分别取这4个数字，请同学考虑如何列式．
　　生甲：将7拆成下面3组：
　　
　　分别将每组的4个数排在x1，x2，x3，x4这4个位置上，每个位置上分别有
　　
　　
　　师：这是用分类的方法处理问题，很好！还有其他的解法吗？
　　
　　解题思路是：将7分成7个1(1是最小的正整数单位)，于是问题转化为将它们分
　　
　　用下图表示它的一种分割方法
　　
　　师：这是一道比较新颖的题目，解题中用到的都是基本知识和基本方法，但要通过分析、构想、设计，调动基本知识和基本方法解题．第一种解法要有分类讨论处理问题的意识；第二种解法是转化成熟悉的插空档问题．
　　(四)课堂小结
　　解排列组合应用问题，首先要抓典型问题．如例1是排列常见的典型问题，例3是组合问题，例4是排列组合混合问题．通过典型问题掌握基本方法，这是解排列组合应用问题首先要做到的．
　　排列组合应用题与实际是紧密相连的，但思考起来又比较抽象．“具体排”是抽象转化为具体的桥梁，是解题的重要思考方法之一．“具体排”可以帮助思考，可以找出重复、遗漏的原因．有同学总结解排列组合应用题的方法是：“想透、排够不重不漏，”是很有道理的．
　　解排列组合应用题最重要的是，通过分析构想设计合理的解题方案，在这里抽象与具体、直接法与间接法、全面分类与合理分步等思维方法和解题策略得到广泛运用．
　　(五)作业
　　1．设有4个不同的红球，6个不同的白球，每次取出4个球，取1个红球记2分，取1个白球记1分，使得总分不大于5分的取球方法数为．
[ ]
　　
　　
　　2．由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有．
[ ]
　　A．60个
　　B．48个
　　C．36个
　　D．24个
　　3．用0，1，2，3，4排成无重复数字的五位数，要求奇数字相邻、偶数字也相邻，这样的五位数的个数是．
[ ]
　　A．20
　　B．24
　　C．32
　　D．36
　　4．从1，3，5，7，9中任取三个数字，从0，2，4，6，8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数共有．
[ ]
　　A．11040个
　　B．12000个
　　C．8160个
　　D．14000个
　　5．设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样投放的方法总数为．
[ ]
　　A．20
　　B．30
　　C．60
　　D．120
　　6．3个人坐在一排9个座位上，每人左、右两边都有空位子，这样的排法有_______种．
　　7．将5名学生分配到4个不同的科技小组、每组至少1人的分配方案有_____种．
　　8．从1，2，5，7，8，9中取四个不同的数，排成四位数，在这些四位数中从小到大排列，则1987年第_____个．
　　作业答案或提示
　　1．B．
　　2．C．
　　3．A．
　　4．A．
　　5．A．
　　
　　
　　8．60个．
　　课堂教学设计说明
　　1．发挥典型题的作用，发展学生思维、排列组合应用问题是教学的重点也是难点，更是发展学生思维的好素材．如何抓住重点突破难点，首先要发挥典型问题的作用，因此，例1、例3、例4都是典型题，通过典型题掌握基础知识、基本方法．但仅仅这样是不够的，“数学教学是数学思维活动的教学”．只有发展思维，分析问题解决问题的能力才能提高，基础知识、基本方法才能在解决数学问题中用得上，用得好．
　　2．让学生通过自己的思维学习数学，让学生在积极思维中得到乐趣．
　　高中数学的学习与教学是有难度的．如何使学生有兴趣，有乐趣．我认为对高中学生来说，兴趣的产生并不在于认识一眼就能看透的问题，而在于认识深藏在数学问题中的奥秘；在于积极思维中，通过思维把知识和方法加以运用，又在运用中发展思维，教师力求通过自己的教学让学生在积极思维中得到乐趣．
　　本节课通过课堂讨论，促使学生的思维不断调整．教师的主导作用则表现在把学生的认识引向更高的阶段．本节课教师和学生一起总结了抽象与具体，直接法与间接法，全面分类与合理分步等思维方法，这些思维方法就是深藏在题目中的奥秘．掌握了思维方法学生就有驾驭知识的能力．我期望通过精心培养，学生在解数学题时不是单纯的模仿也不是无目的的乱撞，而是带着一种高涨的情绪去研究，去探索，并且在积极思维中得到乐趣．
　　组合应用题习题2

　　一、单选题
　　1. 甲、乙、丙、丁四种不同的种子，在三块不同土地上试种，共中种子甲必须试种，那么不同的种法有[　　 ]
　　A．12种　　 B．18种　　　　 C．24种　　　　 D．96种
　　2. 据技术监督局报道，在35种进口商品中有25种是假货．现从这35种商品中任意抽取3种，其中至少有2种是假货的抽法种数是[　　 ]
　　
　　3.七人排成一列，要求甲、乙两人之间恰好间隔两人的排法共有[ 　　]
　　A．960种 B．480种　　　　 C．240种　　　　 D．120种
　　4. 以平行六面体的顶点为顶点，可以构成的三棱锥的个数等于[　　 ]
　　
　　二、填空题
　　1.平面上，四条平行直线与另外五条平行直线互相垂直，则它们构成的矩形共有____________个．
　　2.已知50件产品中有5件是次品，现从中任取4件，其中至少有次品1件的不同选法有______________种(列式)．
　　3.12个学生中有3名女生，现在要选5人参加劳动，且至多有2名女生当选，那么一共有_______________________种不同选法．
　　4.从0，2，3，5，7这5个数字中每次不重复地取若干个相乘，可得到__________个不同的积．
　　三、解答题
　　1.设数列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中恰好有5个1和2个0，问互不相同的数列一共有多少个
　　2.在参加劳动的学生中，若选出4个组长的方法的种数与只选出正、副组长的方法的种数之比是13:2，求参加劳动的学生的人数．
　　3.5个人之间通信，其中3个人各发出一封信，3个人各收到一封信，且每个人必须收到或发出一封信，则不同的通信方式的种数是多少？(收信人不收自己的信)
组合应用题习题2答案

　　一、单选题
　　1.B
　　2.D
　　3.A
　　4.D
　　二、填空题
　　1.60
　　
　　
　　4.12
　　三、解答题
　　1.21个
　　2.15
　　3.
　　选择题1
如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递．则单位时间内传递的最大信息量为 ( )
(A) 26 (B) 24 (C) 20 (D) 19
答案：D测试题1
一、选择题
1．已知集合M={1，－2，3}，N={－4，5，6，－7}．从两个集合中各取一个元素做点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同的点的个数是 ( )
(A) 18 (B) 16 (C) 14 (D) 10
2．用0，1，2，…，9，十个数字组成四位数，其中任何两个相邻的数字都不同的有( )种．
(A) (B) (C) (D)
3．如果把两条异面直线看成“一对”，那么，六棱锥中12条棱所在直线，彼此异面的直线共有 ( )
(A) 12对 (B) 24对 (C) 36对 (D) 48对
4．同室4个人各写1 张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿1张别人送的贺年卡，则4 张贺年卡不同的分配方式有 ( )
(A) 6种 (B) 9种 (C) 11种 (D) 23种
5．A，B，C，D，E五位同学参加速算比赛，如果每个同学计算的速度各不相同，则A同学比B同学先算完的比赛结果共有 ( )
(A) 260种 (B) 120种 (C) 60种 (D) 30种
二、填空题
6．某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4 种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少准备不同的素菜品种_______种．
7．四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有______种．
8．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有__ _条．
9．设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则T/S的值为______．
三、解答题
10．如图，用5种不同的颜色给这个图形着色相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，不同的着色方法有多少种
11．用0，1， 2，…，9这十个数字组成4位数，其中任何两个相邻的数字都不相同的有多少
12．5个成年人，2个小孩，排成一排．两头都是成年人，每个小孩两边都是成年人，且某母女俩一定要相邻的排法有多少种？
答案与提示
一、选择题
1．C 2．D 3．B 4．B 5．C
提示：
1．分两类．以M中元素为横坐标，以N中元素为纵坐标的有6个；以N中元素为横坐标，以M中元素为纵坐标的有8个．共有14个．
2．要得到要求的四位数，可以分成四个步骤：选千位，选百位，选十位，选个位．千位数字有9种选法．千位数字选定以后，百位数字有9种选法．千百位数字选定以后，十位数字有9种选法．千百十位数字选定以后，个位数字有9种选法．
四步都完成以后，就可以得到所要求的数字．根据乘法原理，选法有9×9×9×9＝94 （种）．
所以，应选D．
说明：这里，除了正确运用原理以外，还有个合理设计次序的问题．本题，如果不是依千、百、十、个的次序，而是依其他次序，则难度大大增加．所以，要十分注意学习“设计”功夫．
3．思路1：以底面的棱为线索．底面有6条棱，每条棱与6 条侧棱中的4 条异面，所以，彼此异面的棱共有6×4=24（对）．思路2：以侧棱为线索．侧棱有6条，每条与底面的4条棱异面，所以，彼此异面的棱共有6×4=24（对）．如果不局限于底面的棱，而是侧棱与由底面的6个点中任两个点所连的直线异面的情况？
二、填空题
6．7；
7．144种．
解1 选2个小球捆在一起，有种方法．从4个盒子中选3个，放两个独立的小球和这一捆，共3的元素，有种方法．依乘法原理，二者相乘，有144种方法．
8．30．
9．S=210=1024，T=120．所以，．
三、解答题
10．给A着色，有5种方法；给B着色有4种方法(A处用过的颜色不能用)；给C 着色有3种方法(A，B两处用过的，不能用)；给D着色，有3种方法( 需与B，C两处不同)，给E着色，有3种方法(需与C，D两处不同)．根据乘法原理，有5×4×3×3×3=540种方法．
11．解 要得到所要求的4 位数，可以分成4个步骤：选千位，选百位，选十位，选个位．千位有9种选法．千位数字选定以后，百位数字有9种选法．千百位数字选定以后，十位数字有9种选法，千百十位数字选定以后，个位数字有9 种选法．四步完成以后，就可以得到所求数字．根据乘法原理， 所求数字有9×9×9×9=81(种)．
12．某母女俩一定相邻，同时与这个女孩相邻的还应该有一个成年人．第一步，从除这位母亲以外的4个成年人中选1人，准备排在这个女孩旁边，这有种选法．第二步，选出的这个成年人与那位母亲，排在女孩两侧，有种方法．第三步，把“母、女、另一成年人”这个3人小组看成一个整体．因为这个小组左右全是成年人，所以，可以看成“一个成年人”．这个小组和其余的3 个成年人做全排列，有种方法．第四步，让1个小孩插入四个成年人的3个间隔中的1个，有种方法．总之，方法种数为=576．填空习题2
f（n）= 4·6n＋5n＋1（n∈N）被20除，所得余数是___________．
答案：
9
分析：
考虑n = 1．第十一教时 二项式定理(一)
【教材】10.4二项式定理
【目的】1.掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式.
2.会利用二项展开式及通项公式解决有关问题.
【过程】：
一、新课引入
初中我们学习了完全平方公式和立方公式,前一节我们又学习了组合数公式,容易得到
问题:的展开式中的各项是什么
二、新课
1.二项式定理
思考:在的展开式中是怎样来的 有多少个
引导:即,是从上面四个括号中各选一个而来,3个自四个括号中给出,四个括号中选3个,有种可能.由于选出的括号的同时自然剩下1个括号选出.因此,与是同时得到的,所以在计算的数目时,只需考虑的数目就可以了,而不必考虑的数目.所以的个数是,即的系数是.
练习:按刚才的道理分别写出,,,的系数.
由以上探索我们可以得到
问题:,的展开式如何
归纳:一般地,对于任意正整数,我们有
()
指出:这个公式所表示的定理叫做二项式定理,右边的多项式叫做的二项展开式,,各项系数()叫做二项式系数,式中叫做二项展开式的通项,记作.
特例:在二项展开式中令,则得到公式:
2.定理的应用
例1 (教材106页例1)
例2 (教材106页例2)
指出:当二项式较复杂时,可先将式子化简,然后再展开.
例3 (教材106页例3)
指出:本题是利用通项公式求给定项,这时应避免出错的关键是弄清共有多少项,所求的是第项,相应的是多少.
引伸:求展开式的①第3项;②第3项的系数;③第3项的二项式系数.
指出:注意系数与二项式系数的区别.
3.练习:
教材第107页练习1、2、3、4题
三、小结:
1.二项式定理的探索思路:观察——归纳——猜想——证明.
2.二项式定理及通项公式的特点.
四、作业:教材第111页 习题第1(2)、2、4(1)(2)题.二项式系数习题
复习、思考、填空：
1.(a+b)n的展开式的二项式系数是 ；
2.组合数的性质1是 ；
3.写出(a+b)10的展开式：
观察二项式系数的变化规律；
二项式系数最大的是 项.
4.下面二项展开式中，那些项的二项式系数最大？是多少？分别填在相应的横线上
（1）(a+b)19 第 项的二项式系数最大，是 ；
（2）(a+b)20 第 项的二项式系数最大，是 .
二项式系数的性质：
请阅读课本P251页----P252页证明下列二项式系数的性质：
性质1：在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等
即 其中m=0,1,2,3,……,n
性质2：如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数最大；
性质3：
性质4：(a+b)n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和.即=2n-1
[注意] 二项展开式中各项的系数与各项的二项式系数的区别.
例题与练习
1.(1-x2)9展开式中系数最大的项是 ，系数最小的项是 ，二项式系数最大的项是 .
说明：注意项与项数的区别；系数与二项式系数的区别.
2.若的展开式中，所有奇数项的系数之和为1024，求它的中间项.
四、课后检测
1.(a+b)n展开式中第四项与第六项的系数相等，则n为……………………………（ ）
A.8 B.9 C.10 D.11
2.二项式(1-x)4n+1的展开式系数最大的项是…………………………………………（ ）
A.第2n+1项 B. 第2n+2项 C. 第2n项 D第2n+1项或2n+2项
3.若(a+b)n的展开式中，各项的二项式系数和为8192，则n的值为………………（ ）
A16 B.15 C.14 D.13
4.(a+b)2n的展开式中二项式系数最大的是…………………………………………（ ）
A.第n项 B.第n项或第n+1项 C.第n+1项
D.当n为偶数时，是第n+1项；当n为奇数时，是第n项.
5.(a-b)99的展开式中，系数最小的项是………………………………………………（ ）
A.第1项 B.第50项 C.第51项 D.第50项与第51项
6. .
7.= .
8.若(a+)n的展开式中，奇数项的系数和等于512，求第八项.
9.的展开式的各项系数和为32，求这个展开式的常数项.组合(二)
【教材】组合
【目的】1.掌握组合数的两个性质,并能运用它解决一些简单的应用问题.
2.初步掌握“一一对应”与“归纳”的思想.
3.进一步训练用组合数公式及分类(步)计数原理解决实际问题.
【过程】：
一、复习引入
1.复习:(1)组合数的计算公式的两种表示怎样 有何用途
(2)用组合数公式计算,它们有何关系 (相等)
2.引入:这种相等并非偶然,它正是本节课我们要学习的组合数的性质之一.
(出示课题)
二、新课
1.组合数的性质一
(1)提出问题:为什么或呢 吗 将其推广到呢
(2)解决问题:引导学生分三个层次解决.
a.用“取法”与“剩法”和组合的概念解释:从10个元素中取出7个元素后,还剩下3个元素.就是说,从10个元素中每次取出7个元素的一个组合,与剩下的(10-7)个元素的组合是一一对应的,因此,.(可再举几个例子)
b.推广到一般: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.因此,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,故
c.用组合数公式证明:(见教材)
(3)几点说明:
a.这时组合数的性质一,当时,用,可将组合数计算大大简化.
b.为了使公式在时也成立,规定.
c.公式特征:两边下标同,上标之和等于下标.
2.组合数的性质二
(1)提出问题:见教材101页例4.
分析:本题是一个典型的抽球问题.口袋内7个白球虽然大小相同,但它们仍是不同的元素,为了便于理解可以看成它们编上了号码:白1,白2,…白7,从而让学生理解(1)即是从8个不同元素中每次取出3个的组合,取法为种.对于(2)可启发学生:取出的3个球中含有1个黑球,则只考虑在7个白球中取2个,因而有种取法.对于(3)可让学生分析得出.
启发:三个问题结果有何关系呢 =+,你能对此作出合理解释吗
(2)解决问题:引导学生分三个层次解决.
a.用组合数定义解释:=+,即从口袋内的8个球中所取出的3个球,可以分成两类:一类含1个黑球,一类不含黑球.故根据分类计数原理,等式成立.
b.推广到一般:一般地,从,,…这个不同的元素中取出个的组合数是,这些组合可分成两类:一类含,一类不含,含有的组合是从,,…这个元素中取出()个元素与组成的,共有个, 不含是从,,…这个元素中取出个元素组成的,共有个,由分类计数原理得: =+.
c.用组合数公式证明:(见教材)
(3)几点说明:
a.这是组合数的第二个性质,在下节“二项式定理”中,将会看到它的重要应用.
b.此公式在计算、证明的过程中,同样能简化运算.
c.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上标与高的相同的一个组合数.
d.此公式的引入过程,用到了“分类”的思想,“分类”是处理排列组合问题的重要方法.
3.例题:
例1 计算 (1) (2) ( 210 )
(3)
例2 求证
例3 解方程
例4 求的值. (先求出,代入的所求值为466)
4.练习:
教材第103页练习1、2、3
三、小结:
1.组合数的性质:(1) (2) =+
2.应用组合数的性质时,要点是当时,可由简化运算;性质二可正用,即裂项,也可逆用,即并项.
3.三个思想:“取法”与“剩法”一一对应的思想,特殊到一般的归纳思想,“含与不含其元素”的分类思想.
四、作业:教材第104页 习题第2、4题.填空题9
(ax+1)7的展开式中，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项．若实数a>1，那么a= ．
答案：
1+排列
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一事实上的顺序排成一列，叫做从n个不同的元素中取出m个不同元素的一个排列，就是集合A＝{1,2,…,m}到集合B＝{a1,a2,…an}（m≤n）的一个单射．（单射，即对A中两个不同的元素在B中对应元素也不同的映射．）
两个排列是否相同，一要看所含元素的异同；二要考虑所含元素顺序的异同．
从n个元素中取出全部n个元素的排列，叫全排列，当取出的元素个数m小于n时，所得到的排列，叫做选排列．从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．填空习题3
计划在某画廊展出10幅不同的画，其中水彩画1幅，油画4幅，国画5幅，把它们排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，且水彩画不放在两端，那么不同的陈列方式有__________________种（用数字作答）．
答案：
5760
分析：
．排列数
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示．选择习题10
如果展开(1＋x)2 (1－x＋x2)k，x2的系数是3，那么自然数k的值是（ ）
(A)2 (B)3 (C) 4 (D) 5
答案：C
分析：
原式 = (1＋x)3·(1＋x)·[(1－x)＋x2] k－1，展开式中，x2的系数为
．分类计数原理和分步计数原理教案1
　　教学目标
　　正确理解和掌握分类计数原理和分步计数原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而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．
　　教学重点和难点
　　重点：分类计数原理和分步计数原理．
　　难点：分类计数原理和分步计数原理的准确应用．
　　教学用具
　　投影仪．
　　教学过程设计
　　(一)引入新课
　　师：从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．
　　今天我们先学习两个基本原理．
　　(这是排列、组合、二项式定理的第一节课，是起始课．讲起始课时，把这一学科的内容作一个大概的介绍，能使学生从一开始就对将要学习的知识有一个初步的了解，并为下面的学习研究打下思想基础)
　　师：(板书课题)
　　(二)讲授新课
　　1．介绍两个基本原理
　　师：请大家先考虑下面的问题(找出片子——问题1)．
　　问题1：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个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．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？
　　师：(启发学生回答后，作补充说明)
　　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，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有
4＋2＋3=9
　　种不同的走法．
　　这个问题可以总结为下面的一个基本原理．
　　(打出片子——分类计数原理)
　　分类计数原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
　　(教师放慢速度读一遍分类计数原理)
　　师：请大家再来考虑下面的问题(打出片子——问题2)．
　　问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条(见图9－1)，从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？
　　师：(启发学生回答后加以说明)
　　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村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．
　　一般地，有如下基本原理：
　　(找出片子——分步计数原理)
　　分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有
N＝m1×m2×…×mn
　　种不同的方法．
　　(教师要读一遍分步计数原理)
　　2．浅释两个基本原理
　　师：两个基本原理是干什么用的呢？
　　生：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．
　　(如果学生不能较准确地回答，教师可以加以提示)
　　师：比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别呢？
　　(学生经过思考后可以得出：各类的方法数相加，各步的方法数相乘．)
　　两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．
　　师：请看下面的分析是否正确．
　　(打出片子——题1，题2)
　　题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．
　　1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．
　　题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？
　　第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．
　　
　　生乙：从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．
　　(此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力)
　　师：为什么会出现错误呢？
　　生：题1的分类可能有问题吧，题2都走北路不符合要求．
　　师：(教师归纳)
　　进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用分类计数原理，否则不可以．
　　如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用分步计数原理．
　　也就是说：类类互斥，步步独立．
　　(在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质)
　　(三)应用举例
　　师：现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．请看例题1．(板书)
　　例1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？
　　(让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法)
　　师：(1)从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据分类计数原理，得到的取法种数是
N=m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．
　　故从书架上任取一本书的不同取法有14种．
　　师：(2)从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据分步计数原理，得到不同的取法种数是
N＝m1×m2×m3＝3×5×6＝90．
　　故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．
　　师：(3)从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是
N=3×5＋3×6＋5×6=63．
　　即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．
　　师：请大家再来分析和解决例题2．
　　(板书)
　　例2由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数(各位上的数字允许重复)？
　　师：每一个三位整数是由什么构成的呢？
　　生：三个整数字．
　　师：023是一个三位整数吗？
　　生：不是，百位上不能是0．
　　师：对！百位的数字不能是0，也就是说，一个三位整数是由百位、十位、个位三位数字组成的，其中最高位不能是0．那么要组成一个三位数需要怎么做呢？
　　生：分成三个步骤来完成：第一步确定百位上的数字；第二步确定十位上的数字；第三步确定个位上的数字．
　　师：很好！怎样表述呢？
　　(教师巡视指导、并归纳)
　　解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据分步计数原理，得到可以组成的三位整数的个数是N=4×5×5=100．
　　答：可以组成100个三位整数．
　　(教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．
　　教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础)
　　(四)归纳小结
　　师：什么时候用分类计数原理、什么时候用分步计数原理呢？
　　生：分类时用分类计数原理，分步时用分步计数原理．
　　师：应用两个基本原理时需要注意什么呢？
　　生：分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．
　　(五)课堂练习
　　P222：练习1～4．
　　(对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示)
　　(六)布置作业
　　P222：练习5，6，7．
　　补充题：
　　1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？
　　(提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数)
　　2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．
　　(提示：需要按三个志愿分成三步．共有m(m－1)(m－2)种填写方式)
　　3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？
　　(提示：可以用下面方法来求解：(1)△△□，(2)△□△，(3)□△□，(1)，(2)，(3)类中每类都是9×9种，共有9×9＋9×9＋9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数)
　　4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，(1)从中任选一个会外语的人，有多少种选法？(2)从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？
　　(提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．(1)N=5＋2＋3；(2)N=5×2＋5×3＋2×3)
　　课堂教学设计说明
　　两个基本原理一课是排列、组合、二项式定理的开头课，学习它所需的先行知识跟学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头．中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以分步计数原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本原理，学会正确地使用这两个基本原理是这一章教学中必须抓住的一个关键．所以在教学目标中特别提出要使学生学会准确地应用两个基本原理分析和解决一些简单的问题．对于学生陌生的知识，在开头课中首先作一个大概的介绍，使学生有一个大致的了解是十分必要的．基于这一想法，在引入新课时，首先是把这一章将要学习的内容，以及与其它科目的关系做了介绍，同时也引入了课题．
　　正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件．而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立．教学过程中的题1和题2，就是为了解决这一问题而提出的．
　　分类用分类计数原理，分步用分步计数原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练．教学中给出了例题1、例题2．这两个题目都是在课本例题的基础上稍加改动过的，目的就是要帮助学生发展思维能力，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯．为了帮助学生在今后能正确运用两个基本原理解决其它排列组合问题，特别给出了4个补充习题，为下面将要进行的课打下一个基础．
　　考虑到这节课无论是两个基本原理，还是例题都是文字较多的，因此特别设计了使用教具——投影仪．要是有实物投影仪那就更方便了．排列教案
【教材】10.2排列
【目的】1.理解全排列、阶乘的意义,会求一个正整数的阶乘.
2.掌握排列数的另一个计算公式
3.能用排列数公式计算和解决简单的实际问题,提高分析问题和解决问题的能力.
【过程】：
一、复习引入
1.排列与排列数公式.
2.计算:,.
由,的意义导入新课.
二、新课
1.全排列、阶乘的概念
一般地,个不同元素全部取出的一个排列,叫做个不同元素的一个全排列.这时在排列数公式中,即有
正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用表示,所以.
问题:与相等吗 与呢
2.排列数的另一个公式的推导
由已经学习果的排列数公式
得公式
指出:(1)为使此公式在时也成立,规定0!=1;
(2)此公式的作用,一是当、较大时,可从计算器上直接按出相应阶乘数,计算较方便;二是当对含字母的排列数的公式进行变形、讨论时,用这种形式相互转化.
3.例题:
例1 (1)证明:① ②
(2)解方程或不等式:① ② ( ① 5;② 8 )
例2 (教材例2)
问题:2个足球对之间进行比赛,要进行几场比赛
(与顺序无关,1场比赛)
2个足球队之间在主、客场分别进行比赛,要进行几场比赛
(与顺序有关,2场比赛)
分析:本题转化为排列问题,它是与两队的顺序有关的问题,所以比赛的场数,对应于从14个元素中任取2个的一个排列,即场.
引伸:某段铁路上有12个车站,共需要准备多少种不同的车票
例3 (教材例3)
分析一:(1)设有三位同学(下左图中三个空位),要完成每个人送1本书,分为3步.第1步,送1本书给第一位同学有5种方法,第2步,送1本书给第二位同学有4种方法,第3步,送1本书给第三位同学有3种方法,由分步计数原理共有5×4×3=60种方法.
(2)设有三位同学(下右图中三个空位),要完成每人买1本书,分为3步,第1步,第一位同学有5种买法,第2步,第二位同学仍有4种买法,第3步,第三位同学还是有5种买法,由分步计数原理共有5×5×5=125种.
引伸:1.车上有7个座位,5名乘客就座,有多少种就座方式 (排列问题)
2.四个同学,争夺3项竞赛冠军,冠军获得者的可能种数有多少 (不是排列问题,用分步计数原理有4×4×4=43种)
4.练习:
教材第95页练习4、5、6、7、8题
三、小结:
1.全排列、阶乘的意义,排列数的阶乘形式.
2.解决排列问题的一般思路:
(1)把问题分步来完成,用分步计数原理求解;
(2)转化为求排列数问题来解决.
四、作业:教材第95页 习题第5、6题.
5
第1位
第2位
第3位
4
3
第1位
第2位
第3位
5
5
5排列、排列数公式习题2

　　一、单选题
　　1. 若x为正整数(x<55)，则(55-x)(56-x)……(68-x)(69-x)用排列符号表示应为 [ ]
　　2. 有四位司机,四位售票员分配到四辆公共汽车上,使每辆车分别有一位司机和一位售票员,则可能有的分配方案数是 [ ]
　　二、填空题
　　1. 用1、2、3、4、5这五个数字，可组成______个没有重复数字的四位数．
　　
　　3. (x-5)(x-6)(x-7)(x-8)(x-9)=___________．(x∈N且0　　
　　三、解答题
　　
　　
　　四、证明题
　　
排列、排列数公式习题2答案

　　一、单选题
　　1. B
　　2. C
　　二、填空题
　　1. 120
　　
　　
　　4. 3
　　三、解答题
　　1. n=5
　　2. n=4
　　四、证明题
　　(共10张PPT)
第一部分：
注意：〈1〉“特殊”元素，应优先安排
（1）0,1,2,3,4,5这六个数字可组成多少个无重复数字的五位数？
（2）0，1，2，3，4，5可组成多少个无重复数字的五位奇数？
变式：0，1，2，3，4，5可组成多少个无重复数字的五位偶数？
个位数为零：
个位数为2或4：
〈2〉合理分类，准确分步
（3）0，1，2，3，4，5可组成多少个无重复数字且能被五整除的五位数？
分类：个位数为零：
变式：0，1，2，3，4，5可组成多少个无重复数字且能被二十五整除的五位数？
个位数为五：
后两位数字为25：
分类：后两位数字为50：
（4）0，1，2，3，4，5可组成多少个无重复数字且大于31250的五位数？
分类：
变式：31250是由0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数中从小到大第几个数？
方法一：（排除法）
方法二：（直接法）
分类讨论的思想
第二部分：几种重要的解题方法
（1）三个男生，四个女生排成一排，甲不能在中间，也不在两头，有几种不同方法？
变式：甲只能在中间或两头，有几种不同排法？
找位置：
找位置：
（2）三个男生，四个女生排成一排，甲不在最左，乙不在最右，有几种不同方法？
方法一：
方法二：
（3）三个男生，四个女生排成一排，男生、女生各站一起，有几种不同方法？
变式：〈1〉男生之间、女生之间不相邻，有几种不同排法？
变式： 〈3〉甲、乙、丙三人的次序不变，有几种不同排法？
捆绑法：
除甲乙丙外的4个人：在7个位置中找4个排列
插空法：
变式： 〈2〉如果有两个男生、四个女生排成一排，要 求男生之间不相邻，有几种不同排法？
插空法：
（4）三个男生，四个女生排成两排，前排三人、后排四人，有几种不同排法？
思考：七个人可以在前后两排随意就坐，再无其他条件，
所以？
两排可看作一排来处理
不同的坐法有 种
变式：八个人排成两排，有几种不同排法？
小 结
《1》学习了分类讨论的思想
《2》介绍几种重要的解题方法 :相邻问题的解决方法捆绑法；不相邻问题的解决方法插空法……选择题14
五个人排成一排照相，其中甲必须排在正中间的不同排法的种数是 ( )
(A) 4种 (B) 8种 (C) 24种 (D) 120种
答案：C测试题1
1．某单位要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，不同送放的种数共有 ( )
(A) 10 (B) 9 (C) 8 (D)6
2．某邮电所只有0.60元，0.80元，1.10元三种面值的邮票，现在要办理一件邮资为7.50元邮件业务，为使粘贴的邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则购买邮票的张数是 ( )
(A) 7 (B) 9 (C) 9 (D)10
3．把6名同学排成前后两排，每排3个人，则不同排法的种数是 ( )
(A) 36 (B) 120 (C)720 (D)1440
4．4名学生和3名教师站成一排照相，任何两名教师都不相邻的不同排法的种数是 ( )
(A) · (B) (C) (D)
5．用0，1，2，3四个数字组成个位数上的数字不是1的无重复数字的四位数共有 ( )
(A) 16个 (B) 14个 (C) 12个 (D) 10个
6．由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数中，小于50000的偶数共有 ( )
(A) 60个 (B) 48个 (C) 36个 (D) 24个
7．以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有 ( )
(A) 70个 (B) 64个 (C) 58个 (D) 52个
8．若把两条异面直线看成一对，则六棱锥的侧棱与底面各边所在的12条直线中，异面直线共有 ( )
(A) 12对 (B) 24对 (C) 36对 (D) 48对
9．从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个数字中，每次取出两个数字，分别作为对数式中的底和真数，共得到不同的对数值 ( )
(A) 53个 (B) 55个 (C) 57个 (D) 59个
10．某商场开展促销抽奖活动，摇奖器摇出的一组中奖号码是1，2，3，5，7，8．参加抽奖的每位顾客从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个号码中任意抽出六个组成一组．若顾客抽出的六个号码中至少有5个与摇奖器摇出的号码相同（不计顺序）就可以得奖，一位顾客可能抽出的不同号码组共有m组，其中可中奖的号码共有n组，则的值等于 ( )
(A) (B) (C) (D)
11．把体育器械室9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不少于其编号数，则不同放法共有 种．
12．5名运动员参加比赛，争夺3个项目的冠军，则没有并列冠军的不同结果有 种．
13．A，B，C，D，E五位同学参加速算比赛，他们的计算速度各不相同，则A比B先算完的比赛结果共有 种．
14．2名教师和5名学生站成一排照相，教师不站两端，且不相邻的不同排法共有 种．
15．用1，2，3，4，5五个数字组成没有重复数字且被6整除的四位数共有 个．
16．有3张卡片，正反面分别写有数字1和2，3和4，7和8，将这3张卡片上的数字排成3位数，共能组成不同的三位数 个．
17．圆周上有2n个等分点（n>1），以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
18．设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则的值是 ．
19．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作直线方程Ax＋By＋C＝0中的A，B，C，则所得经过坐标原点的直线有 条．
20．4个不同的小球放入3个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法有 种．
21．现有分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片，若可将6反过来看作9，用它们组成的没有重复数字的两位数共有 个．
22．楼道里共有10盏灯，为节约用电，在一定时间内可关掉其中的3盏灯，但关掉的灯不能相邻，且不在楼道两端，则不同的关灯方法共有 种．
23．书架上的一格内有排好顺序的6本书，若保持这6本书的相对顺序不变，再放上3本书，则不同放法共有 种．
24．某车队有编号1，2，3，4，5的五辆车，现在需要派三辆车按不同时间出车，若2号车与3号车都被派出时，则2号车一定要在3号车之前出车，符合要求的不同的派车方法共有种．
答案与提示
1．A． 提示：有3台可以机动，分法有三类：每校各1台；两校分别得1台，2台；一校得3台．
2．B． 提示：1.10元5张 ，0.80元1张，0.60元2张．
3．C． 提示：＝．
4．D． 提示：先排学生，后教师插空．
5．B． 提示：×××0有个，×××2，×××3各4个．
6．C． 提示：1××××，3××××各2个，2××××，4××××各个．
7．C． 提示：－12．
8．B． 提示：每一条侧棱与底面的4条边所在直线为异面直线．
9．A． 提示：1不能作底；真数为1对数均为0；此外log23＝log49，log24＝log39，共有 －8－7－4．
10．D．提示： m＝，n＝25．
11．D．提示：用穷举法．
12．53＝125．提示：每项冠军均有5种选法．
13．60．提示：．
14．1440．提示：先排学生，后教师插空，．
15．96．提示：不能被整除的四位数是由1，2，4，5四个数字组成的四位数，因而合条件的共有个．
16．48．提示：23·．
17．2n(n－1) ．提示：共有n条直径．
18．．提示：．
19．30．提示：C＝0，A，B的选法为种．
20．36．提示：先把小球并成3个元素，．
21．40．提示：个．
22．40．提示：，从不关的7盏灯形成的不计两侧的6个“空”中插入3盏关掉．
23．504．提示：＋（）·．
24．51．提示：＋2·＋．
【讲评】
这一组题目设置的情境各不相同，要求既能熟知一些常见的典型问题的基本思路和基本方法，又能对一些陌生的情境作具体分析，搞清楚是只选元、不排序，还是又选元、又排序，是分类，还是分步，特别要注意对附加的限制条件的分析，审题是正确解题的前提条件，设计解题方案是核心环节，切忌生搬硬套，防止顾此失彼，但又要充分发挥基本思路和基本方法的可迁移性．分类计数原理与分步计数原理教案
【教材】10.1分类计数原理与分步计数原理
【目的】1.进一步理解两个基本原理.
2.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.
【过程】：
一、复习引入
分类计数原理与分步计数原理.
二、新课
例1 平面上的直线上的三点、、及外一点,过这四点中的两点连直线,可连得多少条不同的直线
引伸1:在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种
分析:取与取是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由分步计数原理得(10×9)/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有(10×9)/2=45种取法.根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法.
引伸2:在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和大于20的不同取法共有多少种
分析:分类标准一,固定小加数.小加数为1时,大加数只有20这1种取法;小加数为2时,大加数有19或20两种取法;小加数为3时,大加数为18,19或20共3种取法…小加数为10时,大加数为11,12,…,20共10种取法;小加数为11时,大加数有9种取法…小加数取19时,大加数有1种取法.由分类计数原理,得不同取法共有1+2+…+9+10+9+…+2+1=100种.
分类标准二:固定和的值.有和为21,22,…,39这几类,依次有取法10,9,9,8,8,
…,2,2,1,1种.由分类计数原理得不同取法共有10+9+9+…+2+2+1+1=100种.
例2 (教材例2,3) 分析两例的共同点和不同点
共同点:都要分步计数
不同点:例2分四步,每步确定一个拨盘上的数码,并且数码可重复使用;例3分两步,每步安排一个工人值班,第1步排定的工人,第2步不再排此人.
引伸1:用1,2,3,4,5可组成多少个三位数 (各位上的数字允许重复)
(5×5×5×5=625)
引伸2:用数字1,2,3可写出多少个小于1000的正整数 (各位上的数字允许重复)
(3+32+33=39)
引伸3:集合A=｛a,b,c,d,e｝,集合B=｛1,2,3｝,问A到B的不同映射f共有多少个 B到A的映射g共有多少个 (35,53)
引伸4:将3封信投入4个不同的邮筒的投法共有多少种 (43)
引伸5:4名学生从3个不同的楼梯下楼的方法数. (34)
例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
引伸:若变为图二,图三呢 (240种,5×4×4×4=320种)
例4 如下图,共有多少个不同的三角形
分析:所有不同的三角形可分为三类”
第一类:其中有两条边是原五边形的边,
这样的三角形共有5个
第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,
这样的三角形共有5×4=20个
第三类:没有一条边是原五边形的边,
即由五条对角线围成的三角形,共有5+5=10个
由分类计数原理得,不同的三角形共有5+20+10=35个.
例5 75600有多少个正约数 有多少个奇约数
分析:75600的约数就是能整除75600的整数,所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数.
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.
(2)奇约数中步含有2的因数,因此75600的每个奇约数都可以写成的形式,同上奇约数的个数为4×3×2=24个.
引伸1:4名学生分配到3个车间去劳动,共有多少中不同的分配方案 ( 34 )
引伸2:求集合｛1,2,3,4,5｝的子集的个数.
在集合｛1,2,3,4,5｝的子集中,每个元素都只有出现和不出现这2种可能,所以这个集合的子集的个数为2×2×2×2×2=25=32个.
三、小结:
分类计数原理和分步计数原理,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.
四、作业:教材第87～88页 习题第4、5题.
①
③
④
②
①
②
③
④
④
③
②
①
图一
图二
图三备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理重难点分析
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．组合、组合数公式习题3

　　一、单选题
　　
　　
　　A．0　　 B．1　　　　　　 C．2　　　　　　 D．3
　　
　　A．6　　 B．7　　　　　　 C．8　　　　　　 D．9
　　
　　5. (2x+y-z)6展开式中，x3y2z的系数是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [　　 ]
　　A．480　　 B．160　　　　 C．-480　　　　 D．-160
　　二、填空题
　　
　　
　　
　　4.从8个学生中，分配一人去浇花，两人去除草，共有不同的分配方法_______种．
　　5.某年级有6个班,分派3位数学老师任教,每人教2个班的分配方法有____种．
　　
　　7.(x+12)·(x+14)·(x+16)·…·(x+30)的展开式中，x9项的系数是______．
　　三、解答题
　　
　　四、证明题
　　
组合、组合数公式习题3答案

　　一、单选题
　　1.D
　　2.C
　　3.B
　　4.D
　　5.C
　　二、填空题
　　1.1
　　2. N=161699
　　3.（n+k）2
　　4.168
　　5.90
　　6.6
　　7.210
　　三、解答题
　　x=9
　　四、证明题
　　略选择题13
2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士．不同的分配方法共（ ）
(A) 6种 (B) 12种 (C) 18种 (D) 24种
答案：B第十二教时 二项式定理
【教材】10.4二项式定理
【目的】1.正确运用二项式定理,解决与之相关的恒等式证明问题,进一步熟悉二项展开式通项公式,灵活地应用于复杂的多项式中,求某些项系数的问题.
2.会利用二项式定理解决某些近似计算以及整除性问题.
【过程】：
一、复习引入
提问:写出二项式定理及其展开式的通项公式
引入:今天这节课我们学习运用二项式定理.
二、新课
1.二项式定理的应用
例1 ①计算:
②计算:
指出:本例是二项式定理的逆用.若正用二项式定理,亦可求解,但过程较繁.
① ②
例2 证明恒等式:
指出:本题的证明方法值得注意,它是对二项式定理中的、取某些特殊值.
引伸:化简 答案:
例3 计算的近似值.(精确到0.001)
分析:
由于展开式中第三项为,小于,从而以后各项的绝对值更小,故可以忽略不计,则
.
例4 求证能被64整除.
分析:考虑到用二项式定理证明,就需要多项式展开后的各项尽量多的含有的式子.因此,可将化成再进行展开,化简即可证得.
引伸:①求证能被10整除;②求除以9的余数.
2.通项公式的应用
例5 求的展开式中第四项的二项式系数及第四项的系数.
例6 求的展开式中的系数及的二项式系数.
例7 求的展开式中的系数.
思路:利用通项公式,则
的通项公式,
的通项公式,
令,则或或
从而的系数为
引伸:求的展开式中的系数. ( 答案:207 )
例8 求的展开式中的常数项和有理项.
分析:设展开式中的常数项为第项,则
(*)
由题意得,解得,
所以展开式中的常数项为第7项.
由题意可得,即是6的倍数,又因为,所以=0,6,12故展开式中的有理项为,,.
例9 已知的展开式的第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为14:3,求展开式中的常数项.
分析:由题意,即,∴或(舍去)
∵,
由题意得,得,∴常数项为第3项.
引伸:条件变为第5项的系数与的3项的系数之比为56:3,求展开式的中间项.
分析:由题意,可得,展开式共11项,故展开式的中间项为第6项,即.
例10求的展开式中含项的系数.
分析:注意到和式是以为首项,为公比的等比数列的前10项之和,应该先求和,再求项的系数;也可以分别求二项式,,…展开式中项的系数,再求和.
三、小结:
1.二项式定理的应用:①近似计算;②证明整除问题.
2.通项公式的应用:①通项公式是第项,而不是第项;②运用通项公式可以求出展开式中任意指定的项或具有某种条件的项.
四、作业:教材第111页 习题第3、4(3)(4)、5题.组合(三)
【教材】组合
【目的】1.进一步巩固组合数的两个性质,并能用性质解题.
2.复习巩固组合的概念、公式,解决一些较复杂的组合应用题.
3.掌握两个原理及排列与组合概念的区别,提高合理选用知识的能力.
【过程】：
一、复习引入
1.复习:(1)组合数的两个性质是什么 各有何作用
(2)排列与组合概念的区别是什么 (“有序与无序”)
2.引入:本课我们将进一步巩固组合数的性质,并结合组合概念解决一些实际问题.
二、新课
1.组合数及组合数性质的应用
例1 已知,求的值.
分析:由得,或,∴或
指出:(1)组合数方程要注意组合数的意义,即中,、∈.
(2)方程等价于或
引伸:(1)已知,求. ( 190 )
(2)已知,求的值.
分析:直接用组合数公式求较繁,题目中的已知和要求的式子,都与性质二相似,因此要灵活运用性质解题.(,原式=78)
2.无条件限制的组合问题
解题关键:(1)正确区分排列与组合;(2)确定、的值.
例2 平面内有10个点,无三点共线.
(1)过任意两点可连多少条线段 ()
(2)过任意两点可连多少条有向线段 ()
(3)过任意三点可作多少个三角形 ()
例3 集合A=｛a,b,c,d,e｝有多少个不同的子集
3.有条件限制的组合问题
条件限制一般为:组合中必含某元素或组合中不含某元素
例4 100件产品中有3件次品,任意抽取5件进行产品检验.
(1)抽出的5件都是正品的抽法有多少种
(2)抽出的5件恰有2件是次品的抽法有多少种
(3)抽出的5件最多有2件是次品的抽法有多少种
分析:本题是一个典型的产品抽样问题,这类问题在产品检验等实验问题中经常碰到,这里抽取的100件产品是互不相同的.
(1)正品数量为100-3=97件,故共有种抽法.
(2)“恰有”即是“有且只有”的意思,结合分步计数原理完成.分两步完成:第一步,从3件次品中抽2件有种抽法;第二步,从97件正品中抽3件有种抽法,由分步计数原理共有种抽法.
(3)“最多有2件”包括三类情况:
第一类,恰有2件次品的抽法有种抽法;
第二类,恰有1件次品的抽法有种抽法;
第三类,没有次品的抽法有
由分类计数原理,共有++种抽法.
指出:(1)对于有约束条件的排列或组合问题,常有两种思考方法:一是优先条件,直接求解,二是不管条件,找到反面,间接求解.
(2)“至多”、“至少”的问题,通常用分类的方法或间接排除法求解.
例5 平面上有12个点,其中5个点在同一条直线上,其余无三点共线,则以其中
任意3点为顶点,可画多少个三角形
分析:取出的3点不能都是同一直线上的5点,即取出的3点至多有2点在这5个点中,这样可分三类,故共有(++)个三角形(或-)
三、小结:
1.方程等价于或
2.解决组合问题的方法与排列问题相似,常用方法有:条件优先法,间接排除法等.
四、作业:教材第104页 习题第9、11题.教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项式定理
……（N*）
这个公式所表示的定理叫做二项式定理．第十三教时 二项式定理(三)
【教材】10.4二项式定理
【目的】1.掌握二项式系数的性质,进一步认识组合数、组合数的性质.
2.能运用函数观点分析处理二项式系数的性质,提高学生分析问题、发现问题、解决问题的能力,激发学生的创新意识.
【过程】：
一、新课引入
1.提出提问
展开式中的二项式系数,当依次取1,2,3,…时,如下表所示:
………………………………………1 1
……………………………………1 2 1
…………………………………1 3 3 1
………………………………1 4 6 4 1
……………………………1 5 10 10 5 1
…………………………1 6 15 20 15 6 1
…… …… ……
(1)上述的表叫做二项式系数的表,观察表中二项式系数的规律,并加以归纳.
(2)这个表也称杨辉三角(在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角),阅读教材上这一段话,借以向学生弘扬我国古代优秀文化成就,对学生进行爱国主义教育.
(3)继续观察杨辉三角,归纳每行二项式系数的特点(即二项式系数的性质),猜测出二项式系数的性质.
二、新课
1.二项式系数的性质
运用函数观点,把的展开式中各项的系数、、…,看作函数,为自变量,定义域为{0,1,2,…,n},进而研究函数的图象——孤立点的规律,即通过函数的性质来推导二项式系数的性质.
性质1:对称性.可观察杨辉三角及的图象,并结合组合数的性质 进行证明.
性质2:增减性与最大值.可仿照性质1先观察得出先增后减,且当是偶数时,最大值是中间一项,当是奇数时,最大值是中间两项,然后用单调性定义比较与的大小来推导.
性质3:各二项式系数的和.即:,其推导方法是:在二项式定理中令,即可证得.
2.例题与巩固练习
例题 证明在的展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和.
指出:赋值法在求二项式系数和是一种有效的常规方法.
练习 教材第110页练习
三、小结:
1.二项式系数的性质:①对称性;②增减性与最大值;③各二项式系数的和.
2.可依据“杨辉三角”的规律来求二项式系数,进而求二项展开式.
3.可依据二项式系数的性质及推导方法解决与二项式有关的恒等式的证明,求系数之和,最大值等较为简单的数学问题.
四、作业:教材第111页 习题第9、10题.组合、组合数公式习题1

　　一、 单选题
A．x=11，y=6 B．x=11，y=7 C．x=10，y=6 D．x=10，y=8
A．1 B．2 C．3 D．4
　　二、填空题
2. (x+12)·(x+14)·(x+16)·…·(x+30)的展开式中，x9项的系数是______．
3. 10人两两握手，共握手_____________次；若他们相互赠照片一张，共赠照片____________张．
4. 从1，2，3，…，9这九个数字中选出3个不同的数作为函数y=ax2+bx+c的
系数，且要求a b c，这样的函数共有___________个．
　　三、解答题
　　四、证明题

组合、组合数公式习题1答案

　　一、单选题
　　1.A
　　2.C
　　3.B
　　二、填空题
　　1.6
　　2.210
　　3.45,90．
　　
　　5.1
　　三、解答题
　　
　　四、证明题
　　略教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
测试题
1、在的展开式中常数项是 ( )
(A) －160 (B) 160 (C) －40 (D) 40
2、已知（2a3＋）n的展开式中的常数项是第七项，则n等于 ( )
(A) 7 (B) 8 (C) 9 (D) 10
3、的展开式中是整式的项共有 ( )
(A) 3项 (B) 4项 (C) 5项 (D) 6项
4、若的展开式中会有x4的项，则n的一个值是 ( )
(A) 11 (B) 10 (C) 9 (D)8
5、的展开式中倒数第三项的系数的绝对值是45，则展开式中的系数 是 ( )
(A)21 (B) 28 (C) 120 (D)210
6、设(1＋x)5(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a1＋a2＋a3＋…＋a12的值等于 ( )
(A) －31 (B) －32 (C) －33 (D) 30
7、(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数是 ( )
(A) 160 (B) 240 (C) 360 (D)800
8、设(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)50＝ a0＋a1x＋a2x2＋…＋a50x50则a3等于 ( )
(A) (B) (C) (D) 2
9、已知(x＋a)7的展开式中，x4的系数是－280，则a＝ ．
10、已知在(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则前三项的系数和等于 ．
11、在的展开式中，第四项和第七项的二项式系数相等，则展开式中不含a的项等于 ．
12、已知(x－)n的展开式中，第三项与第六项的系数互为相反数，则展开式中系数最小的项等于 ．
13、的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中x4的系数是 ．
14、(1＋x)＋(1＋x)2＋…+(1＋x)n的展开式的所有各项的系数和等于 ．
15、在的展开式中，各有理项的系数和等于 ．
16、9192除以100的余数是 ．
17、(1＋3x)6的展开式中系数最大的项是第 项．
18、多项式f(x)＝(n≥10)的展开式中，x6的系数是 ．
19、已知a>0，n∈N，且(ax＋1)2n和(x＋a)2n＋1展开式中xn项的系数相等，则a的取值范围是 ．
20、若(1＋x)n的展开式中相邻两项系数之比为8：15，则n的最小值是 ．
答案与提示
1、A．提示：T4＝＝－160．
2、B．提示：T7＝2n－6，解3n－24＝0
3、B．提示：Tr＋1＝，r＝0，4，8
4、B．提示：Tr＋1＝(－1)r，n＝11，r＝3
5、D．提示：＝45，n＝10，Tr＋1＝(－1)r，令－＋r＝，得r＝4，故＝210为所求．
6、C．提示：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝－32，a0＝1
7、B．提示：(x＋1)5(x＋2)5＝(…＋5x＋1)(…＋80x＋32)
8、C．提示：原式＝
9、－2．提示：＝－280
10、991．提示：，n＝15，
11、126．提示：n＝9，r＝3
12、－35x．提示：n＝7，T4为所求
13、1．提示：n＝8，r＝0
14、2n＋1－2．提示：令x＝1
15、0．提示：Tr＋1＝(－1)r，不存在有理项．
16、81．提示：9192＝(90＋1)92，展开式的后两项和是92×90＋1＝8281
17、六 ．提示：T5，T6，T7的系数分别是1215，1458，729
18、0． 提示：f(x)＝xn＋1(n≥10)
19、(，)．提示：a＝，其中0<≤
20、22． 提示：，得8(n＋1)＝23r.
【讲评】
二项式定理在高中数学中只要求掌握基础知识，在数学高考试题中多以选择题和填空题的形式出现，对综合能力的要求比较一般，复习时要重在基础，重在落实，确保正确理解题意，正确进行变换和计算．小结与总结
1．我们这节课学了些什么？两个性质．
2．这节课上，哪些思想和方法对我们颇有启发？如，追究背景；如，分类讨论；如，公式的变用．选择习题2
展开式中，x6的系数是（ ）
(A) (B) (C) (D)
答案：D
分析：
－．解答习题2
已知：(x＋y)n的展开式中的第2，3，4项的值分别是240，720，1080．求x，y，n．
答案：
依已知，得
∶
∶
∶，n = 5．
n = 5代入①，②解之，x = 2， y = 3．
①
②
③
③
②
②
①
④
⑤二项式定理教案1
　　教学目的
　　(1)使学生掌握(a+b)n的二项展开式．
　　(2)使学生掌握二项式定理的数学归纳法证明．
　　(3)培养学生分析、归纳、发现事物内在客观规律的能力以及严格的逻辑推理能力．
　　教学过程
　
一、点明课题
　
　　师：在初中，我们已经学习过乘法公式：
　　(a+b)2=a2+2ab+b2；
　　(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3．
　　当然，如果要求(a+b)4或(a+b)5 的展开式，利用多项式乘法也不困难，可是如果需要求(a+b)100的展开式，我们都不愿意一次次地做乘法，那么如何解决呢？
　　我们知道，一切客观事物都具有规律性，科学研究首先在于发现客观事物的规律性．我们的问题就是要研究(a+b)n (n∈N)的展开式的规律，这就是本节课的主要内容．
　
二、学生讨论
　
　　师：大家课前已经做了预习，现在就请前后四个同学为一组进行讨论，内容有两个：(1)教材上是如何探索(a+b)n的展开式规律的？使用了什么方法？其解决问题的关键是什么？(2)请大家按照自己的思路去探索解决问题的方法．
　
三、学生发言
　
　　(让学生上讲台发言．可以让学生自由讲述，也可按老师提问进行讲述．)
　　师：首先请说出教材上是如何探索(a+b)n的展开式规律的？
　　生：教材上是通过对(a+b)4的展开式进行观察，各项分别具有a4，a3b，a2b2，
　　
　　然后通过归纳得出
　　
(n∈N)
　　师：仅仅分析了一个(a+b)4的展开式怎么能归纳上面等式呢？
　　生：对于(a+b)2，(a+b)3，(a+b)5等，都可以用组合知识去研究其系数规律，然后才去归纳的．
　　师：请具体说一说所采用的方法和解决问题的关键．
　　生：探索方法是归纳法，因此得到的结论还需要证明．解决问题的关键是发现各项系数能用组合数来表示．
　　师：请其他同学谈谈自己的想法．
　　生：我们小组觉得教材上直接用组合知识做工具是由于预先知道了结果，否则不容易想到，不知道编教材的人是怎么想到的？
　　按照我们的思路，应该多试验几个展开式，把系数排出来，从中去研究规律．当然，课本上已经提到了“杨辉三角”，这对我们是一个启发，根据我们的思路，用组合数去表示“杨辉三角”，更直接，更容易想到．
　　师：为什么？
　　生：因为“杨辉三角”有规律性，容易引起联想，比如两边都是1，容易想到
　　
　　师：在讨论中还有什么问题吗？
　　生：我们对(a+b)4的展开式各项系数如何用组合数表达还不大明白．
　
四、教师讲解
　
　　师：同学们的发言很好，尤其最后谈到思维中的联想，非常好．我再进一步做些分析和讲解．
　　我们在学习数学的时候，不仅要学习和掌握知识，而且要探索数学的思维过程，这对于培养我们的创造性思维能力是十分有益的．
　　下面分析两个问题：
　　1．分析(a+b)n的展开式规律
　　按照刚才同学的想法，我们可以作如下表述：
　　由 (a+b)1=a+b；
　　(a+b)2=a2+2ab+b2；
　　(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3；
　　………………
　　根据归纳法，可以想到(a+b)n的展开式的各项是齐次的，它们分别是：an，an-1b，an-2b2，…，bn．展开式中各项系数的规律，可以列成下表：
　　这个图表可以给我们不少启发．刚才同学已经很好分析过了．由两边的1，联想
　　
　　展开式中各项系数．这种联想在考虑问题的过程中起了很好的作用，它促使思维产生飞跃，有利于问题得到解决．
　　还应提到的是，“杨辉三角”是我国数学发展史上的一个光荣，比欧洲至少早了五百年．
　　2．分析教材
　　教材的处理方法是直接运用组合知识去分析(a+b)4的展开式中各项的系数．
　　具体地说，在(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)中，如果每个括号都不取 b，只有一种
　　
　　
　　
　　(有的同学可能感到较难理解，我再以a3b的系数为例详细说明：(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)的展开式中有四项都是a3b，也就是每个括号中的b与其余三个括号中的a相乘都得到a3b，自然要合并成4a3b，这个过程相当于从四个b中任选一
　　
　　其余几个请大家回去照我一样进行分析．)
　　教材的这种处理是严格的，也抓住了问题的实质，同学们的疑问是编教材的人为什么会想到用组合知识来研究(a+b)4的展开式的各项系数．事实上，教材的处理方法也包含了上述的思维过程：它是把(a+b)4写成(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)，其展开式为a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4．这就启发人们去思考各项系数是如何得到的？例如对4a3b，也就容易联想到这实际上是从四组元素(每组含一个a，一个b)中各取一个元素相乘，每个乘积中只含一个b，问可以得到多少个乘积？这就与前面学过的排列、组合的知识联系起来了．教材中隐去了这一过程，直接使用组合知识，大家有些疑问，这是很自然的．
　　因此，教材的处理是对整个认识过程高度概括的结果，隐去了一些思维过程，突
　　
　　得教材更加简明扼要，至于思维过程，可以留给我们思考和分析．
　
五、证明定理
　
　　师：上面我们从(a+b)1，(a+b)2，(a+b)3，(a+b)4的展开式归纳出(a+b)n的展开式，现在我们用数学归纳法来证明这一公式．
　　[第一步，由一个学生和老师同时在黑板上分别证明，其余同学在练习本上试证．
　　第二步，老师重点讲解．
　　学生在试证中的主要问题是：由于式子比较复杂，符号抽象，在证明中条理不清，特别是在推理过程中，前后不能呼应，不能在欲证的结果中得到启发．主要表现在把(a+b)k(a+b)展开之后，抓不住关键，找不到突破口．针对学生的问题，老师着重对此进行分析．]
　　师：(1)(a+b)k+1=(a+b)k(a+b)
　　
　　请同学们注意：在这一步中，把归纳假设部分分离开来，然后代入假设部分，是数学归纳法证题的基本出发点．
　　
　　请同学们考虑这样排序的目的，比较自然的想法是为了合并同类项，其实不仅如此，应该综观全局，为下一步奠定基础．
　　我们的目的是要证明n=k+1时，有
　　
　　因此，应先把各项按照ak+1，akb，ak-1b2，…， bk+1的顺序排列，然后考察各项系数
　　
　　
　　感到式子复杂，不知如何下手．其实根据上面一步的分析，如果能够综观全局，为了
　　
　　
　
六、小结
　
　　师：这节课我们研究了(a+b)n的展开式的规律，证明了二项式定理，大家不仅要记住定理的结论，同时还应掌握数学研究问题的思想与方法．
　　探索二项展开式的思想方法是从特殊到一般，正确归纳的关键在于发现了展开式系数与组合数之间的联系．证明时虽然符号比较抽象，式子比较复杂，但是只要正确运用数学归纳法，做到条理清楚，前后呼应，抓住关键，顺其自然，那么证明是不困难的．
　
七、布置思考题和作业
　
　　思考题：
　　研究(a+b)n的展开式规律的途径是不是唯一的？还有没有其他的途径？
　　[提示学生：仍然可以从乘法公式出发考虑．学生经过思考，如果能想到(a+b)2是(a+b1)(a+b2)的特例，从而推广开去，那是再好不过了，否则也不要紧，可以进一步提示：如果想不出来，请大家注意下面的式子：
　　(a+b1)(a+b2)=a2+(b1+b2)a+b1b2．
　　从中可以得到什么启示，请大家课后思考和讨论，找出一个新的途径．]
　　布置作业：略．
　　自我评述
　　1．点明课题
　　问题是数学的心脏，思维自问题始．本节开始从乘法公式出发，开门见山提出问题，使学生的思维立即集中到如何求出(a+b)n的展开式．
　　2．学生讨论
　　(1)课前预习是学习的一个重要环节．对于本节课的预习可以使学生初步认识教材内容，为课上讨论奠定基础，同时可使课堂教学时间得到充分利用．
　　(2)安排学生讨论，目的在于活跃学生的思维，发展创造性思维能力．
　　爱因斯坦说过：“单纯的专业知识灌输只能产生机器，而不可能造就一个和谐发展的人材．”因此学习的核心是思考，离开了思考便没有真正的智力劳动．在教学过程中让学生独立思考、相互讨论是达到发展智力、能力的重要手段．
　　3．学生发言
　　(1)《数学教育学》的作者斯托利亚尔认为：“数学教学就是数学活动的教学．”学生讨论和学生发言，就是使学生参加到数学教学的活动中去，使得学生兴趣盎然，思维活跃，同时对自己也充满了信心．这样，才有利于发挥学生的主动性，才有利于培养学生独立思考的习惯，发展学生的创造性思维能力．因此在数学教学中要有一定的时间让学生充分地发表自己的见解，从而来提高他们的兴趣，发展他们的能力．
　　(2)学生对教材中为什么要运用组合知识提出疑问，这是十分自然的．因为学生还不能深入地认识探索二项展开式的全过程，也就不能了解教材上是如何概括这一全过程的．同时，由于教材中提到了“杨辉三角”，这在客观上给予学生一个提示，为学生提供了联想的可能．
　　鉴于这两点，我们安排学生按照自己的思路去探索二项展开式的展开规律并对教材进行分析，然后由学生讲解分析结果．这样做有利于学生深化思维，加深对教材的理解，促进学生的智力发展．
　　4．教师讲解
　　对学生的发言，教师有必要进行分析和概括．一是分析二项展开式规律的认识过程，二是分析教材的处理方法．这一环节突出了教师讲解的作用，时间虽然不长，但是要体现居高临下、综观全局、思路清晰、条理清楚的特点，注意分析思维过程，引导学生认识科学的思维规律，同时也应适当地向学生进行爱国主义教育，激励学生勤奋学习．
　　5．证明定理
　　(1)二项式定理的数学归纳法证明是本节教学的难点，为了增强教学效果，采用先练后讲的方式，把这一过程分成两个步骤完成．
　　(2)虽然二项式定理的证明过程比较复杂，但是学生已经学习过数学归纳法及组合的知识，这时先安排学生独立试证是有益处的，可以锻炼学生综合运用知识和逻辑推理的能力．即使不能全部完成证明过程，也能得到锻炼，同时还可暴露出薄弱环节，促使学生有针对性地听老师讲解．
　　教师和学生同时试证，可以节省时间并及时发现学生的弱点．同时教师还可在书写规范，推理严谨，运算速度等方面为学生做出表率．
　　在学生独立试证的基础上，教师的讲解可以抓住关键，突出思路，前后呼应，有的放矢，使讲课效果得到加强．
　　6．布置思考题
　　我们的教学工作必须使学生具有学习和研究问题的基本态度和思想方法，促使学生掌握独立获取知识的技能和本领．教师必须把思想方法传授给学生，启发学生利用教材和教师所提供的某些材料，亲自去探索问题的结论或规律，使学生成为“发现者”．
　　学生在完成了对二项展开式的规律的探索之后，需要再有一个练习的机会，这时恰当地选择思考题，唤起学生的兴趣和好奇心，使学生有机会去继续进行这种探索，无疑是对这节课的很好的补充，也可以说构成了这节课的重要一环．选择习题7
某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，不同的选购方式共有（ ）
(A)5种 (B) 6种 (C)7种 (D)8种
答案：C
分析：
具体排一下．二项式定理教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.二项式系数的性质：对称性，增减性与最大值，各二项式系数的和.
2.“赋值法”.
（二）能力训练要求
1.掌握二项式系数的性质，并会简单应用.
2.学会用“赋值法”解决与二项式系数有关的问题.
（三）德育渗透目标
1.提高学生的数学素质.
2.树立由一般到特殊的意识.
●教学重点
1.二项式系数的性质
（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.
（2）增减性：∵C
∴当k＜时，二项式系数逐渐增大，由对称性知后半部分是逐渐减小的.
（3）最大值：当n为偶数时，中间一项（第+1项）的二项式系数最大，最大值为
C.
当n为奇数时，中间两项（第项和第+1项）的二项式系数相等，且同时取最大值，最大值为C或C.
（4）各二项式系数和
C+C+C+…+C+…+C=2n.
2.“赋值法”在解题中的运用.
●教学难点
与二项展开式中系数最大项有关问题的求解.
●教学方法
发现法
●教学准备
投影片一张
内容：课本P108图10—9.
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
［师生共同活动］
（a+b）n=Can+Can－1b1+…+Can－rbr+…Cbn.
Tr+1=Can－rbr.
Ⅱ.讲授新课
［师］通项公式中的C，我们称其为二项式系数.（a+b）n展开式的二项式系数，当n依次取1，2，3…时，如下表所示：
不难发现，它有这样的规律：每行两端都是1，而且除1以外的每1个数都等于它肩上两个数的和.
［师］能用我们所学知识解释一下吗？
［生］设这一数为C,其肩上的数则为C和C，由组合数知识可知：
C=C+C.
［师］上表可称为二项式系数表，早在我国南宋数学家1261年所著的《详解九章算术》中就有所记载，又称为杨辉三角.此表将二项式系数的性质表现的淋漓尽致.
（打出投影片）
［师］下面结合此表，来看一下二项式系数的主要性质.
同学们看出哪些性质？
［生］对称性.即与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.
［师］可知为什么呢？
［生］∵.
［师］还有什么性质？
［生］增减性与最大值.
当k＜时，二项式系数是逐渐增大的.
当k＞时，二项式系数是逐渐减小的.
当n是偶数时，最大.
当n是奇数时,相等，且最大.
［师］上述性质与我们所学二次函数性质有相似之处，因此C可看成是以r为自变量的函数f（r）,其定义域是{0,1,2,…,n}.
［师］可以解释上述性质吗？
［生］∵C
∴当＞1，即k＜时,＞1,即＞.
当＜1,即k＞时，＜1,即＜.
［师］还有其他性质吗？
［生］∵（1+x）n=C+Cx+Cx2+…+Cxr+…+Cxn,
当x=1时，2n=C+C+C+…+C +…+C.
即（a+b）n的展开式的各个二项式系数的和等于2n.
［师］是否还可发现其他性质呢？
［生］在（a+b）n的展开式中，
令a=1,b=－1,则可得：
0=C－C+C－C+…=（C+C+…）－（C+C+…）
即C+C+…=C+C+…
也就是说，在（a+b）n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的和.
［师］下面看怎样应用这些性质.
［例］已知（）n展开式的系数之和比（a+b）2n展开式的系数之和小240，求（）n展开式中系数最大的项.
分析：由于（）n,（a+b）2n展开式的系数之和都是它们的二项式系数的和.另外，（）n展开式的系数最大项也是其展开式中二项式系数最大项.
解：由题意得：2n=22n－240
∴22n－2n－240=0
即（2n－16）（2n+15）=0
又∵2n+15＞0,∴2n－16=0∴n=4.
∴（）n=（）4
∴（）4展开式中二项式系数最大项为第3项.
即T3=C（）2（）2=6
∴（）n展开式中系数最大的项为6.
Ⅲ.课堂练习
（学生练习，老师讲评）
课本P110练习1～3.
评述：注意灵活利用二项式系数性质.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，需掌握二项式系数的三大性质：即对称性、增减性和最大值，及二项式系数之和.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P111习题10.4 4，5.
（二）1.预习提纲
如何利用二项式定理，通项公式及二项式系数性质解决相关问题？
●板书设计
§10.4.2 二项式定理（二）二项式系数性质： 例题讲解①对称性②增减性及最大值③二项式系数之和
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
（a+b）1
（a+b）2
（a+b）3
（a+b）4
（a+b）5
（a+b）6
……教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
二项式定理例题讲解
例1．试求：
（1）(x3－)5的展开式中x5的系数；
（2）(2x2－)6的展开式中的常数项；
（3）(x－1)9的展开式中系数最大的项；
（4）在的展开式中，系数为有理数的项的个数．
解：（1）Tr＋1＝
依题意15－5r＝5，解得r＝2
故(－2)2＝40为所求x5的系数
（2）Tr＋1＝(2x2)6－ r＝(－1)r·26－ r·
依题意12－3r＝0，解得r＝4
故·22＝60为所求的常数项．
（3）Tr＋1＝
∵，而(－1)4＝1，(－1)5＝-1
∴ T5＝126x5是所求系数最大的项
（4）Tr＋1＝,
要使x的系数为有理数，指数50－与都必须是整数，
因此r应是6的倍数，即r＝6k（k∈Z），
又0≤6k≤100，解得0≤k≤16（k∈Z）
∴x的系数为有理数的项共有17项．
评述 求二项展开式中具有某特定性质的项，关键是确定r的值或取值范围．应当注意的是二项式系数与二项展开式中各项的系数不是同一概念，要加以区分．
例2．试求：
（1）(x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数；
（2）(x－1)－(x－1)2＋(x－1)3－(x－1)4＋(x－1)5的展开式中x2的系数；
（3）的展开式中的常数项.
解：（1）∵ (x＋2)10＝x10＋20x9＋180x8＋…
∴ (x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数是－1＋180＝179
（2）∵ (x－1)－(x－1)2＋(x－1)3－(x－1)4＋(x－1)5
＝
∴所求展开式中x2的系数就是(x－1)6的展开式中x3的系数＝-20
（3）∵ =
∴ 所求展开式中的常数项是-＝－20
评述 这是一组将一个二项式扩展为若干个二项式相乘或相加，或扩展为简单的三项展开式，求解的关键在于转化为二项展开式的问题，转化时要注意分析题目中式子的结构特征．
例3．（1）已知(1＋x)n的展开式中，x3的系数是x的系数的7倍，求n的值；
（2）已知(ax＋1)7（a≠0）的展开式中，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，求a的值；
(3)已知(2x＋)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x的值．
解：（1）依题意，即＝7n
由于n∈N，整理得n2－3n－40＝0，解得n＝8
(2) 依题意
由于a≠0，整理得5a2－10a＋3＝0，解得a＝1±
（3）依题意T5＝＝1120，
整理得x4(1＋lgx)＝1，两边取对数，得
lg2x＋lgx＝0，解得lgx＝0或lgx＝－1
∴x＝1或x＝
评述 (a＋b)n的展开式及其通项公式是a，b，n，r，Tr＋1五个量的统一体，已知与未知相对的，运用函数与方程的思想方法，应会求其中居于不同位置，具有不同意义的未知数．
例4．（1）若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4
则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值等于 ；
（2）1＋2＝ ．
解（1）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝()4，
令x＝-1，得a0-a1＋a2-a3＋a4＝，
由此可得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2
＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)( a0－a1＋a2－a3＋a4)
＝[]4＝1
（2）在(1＋x)10＝中，
令x＝2，得1＋2
评述 这是一组求二项式系数组成的式子的值的问题，其理论依据是(a＋b)n＝为恒等式．选择习题6
一次换届选举中，要从甲、乙、丙、丁四个人中，选出3个人担任三种不同的职务，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职结果是（ ）
(A) 23种 (B) 14种 (C) 11种 (D) 5种
答案：C
分析：
具体排一下．填空题8
正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有 个（用数字作答）
答案：
32加法原理和乘法原理教案

教学目标
正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而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．
教学重点和难点
重点：加法原理和乘法原理．
难点：加法原理和乘法原理的准确应用．
教学用具
投影仪．
教学过程设计
（一）引入新课
师：从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．
今天我们先学习两个基本原理．
（这是排列、组合、二项式定理的第一节课，是起始课．讲起始课时，把这一学科的内容作一个大概的介绍，能使学生从一开始就对将要学习的知识有一个初步的了解，并为下面的学习研究打下思想基础）
师：（板书课题）
（二）讲授新课
1．介绍两个基本原理
师：请大家先考虑下面的问题（找出片子——问题1）．
问题1：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个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．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？
师：（启发学生回答后，作补充说明）
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，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有
4+2+3=9
种不同的走法．
这个问题可以总结为下面的一个基本原理．
（打出片子——加法原理）
加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．
（教师放慢速度读一遍加法原理）
师：请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）．
问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见图9－1），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？
师：（启发学生回答后加以说明）
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村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．
一般地，有如下基本原理：
（找出片子——乘法原理）
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有
N＝m1×m2×…×mn
种不同的方法．
（教师要读一遍乘法原理）
2．浅释两个基本原理
师：两个基本原理是干什么用的呢？
生：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．
（如果学生不能较准确地回答，教师可以加以提示）
师：比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别呢？
（学生经过思考后可以得出：各类的方法数相加，各步的方法数相乘．）
两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．
师：请看下面的分析是否正确．
（打出片子——题1，题2）
题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．
1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．
题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？
第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．
生甲：9-2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．
生乙：从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．
（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）
师：为什么会出现错误呢？
生：题1的分类可能有问题吧，题2都走北路不符合要求．
师：（教师归纳）
进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．
如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．
也就是说：类类互斥，步步独立．
（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）
（三）应用举例
师：现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．请看例题1．（板书）
例1 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？
（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）
师：（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是
N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．
故从书架上任取一本书的不同取法有14种．
师：（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是
N=m1×m2×m3=3×5×6=90．
故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．
师：（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是
N=3×5＋3×6＋5×6=63．
即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．
师：请大家再来分析和解决例题2．
（板书）
例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？
师：每一个三位整数是由什么构成的呢？
生：三个整数字．
师：023是一个三位整数吗？
生：不是，百位上不能是0．
师：对！百位的数字不能是0，也就是说，一个三位整数是由百位、十位、个位三位数字组成的，其中最高位不能是0．那么要组成一个三位数需要怎么做呢？
生：分成三个步骤来完成：第一步确定百位上的数字；第二步确定十位上的数字；第三步确定个位上的数字．
师：很好！怎样表述呢？
（教师巡视指导、并归纳）
解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是 N=4×5×5=100．
答：可以组成100个三位整数．
（教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．
教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础）
（四）归纳小结
师：什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理呢？
生：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．
师：应用两个基本原理时需要注意什么呢？
生：分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．
（五）课堂练习
P222：练习1～4．
（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）
（六）布置作业
P222：练习5，6，7．
补充题：
1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？
（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）
2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．
（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）
3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？
（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）
4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？
（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）
课堂教学设计说明
两个基本原理一课是排列、组合、二项式定理的开头课，学习它所需的先行知识跟学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头．中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以乘法原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本原理，学会正确地使用这两个基本原理是这一章教学中必须抓住的一个关键．所以在教学目标中特别提出要使学生学会准备地应用两个基本原理分析和解决一些简单的问题．对于学生陌生的知识，在开头课中首先作一个大概的介绍，使学生有一个大致的了解是十分必要的．基于这一想法，在引入新课时，首先是把这一章将要学习的内容，以及与其它科目的关系做了介绍，同时也引入了课题．
正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件．而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立．教学过程中的题1和题2，就是为了解决这一问题而提出的．
分类用加法原理，分步用乘法原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练．教学中给出了例题1、例题2．这两个题目都是在课本例题的基础上稍加改动过的，目的就是要帮助学生发展思维能力，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯．为了帮助学生在今后能正确运用两个基本原理解决其它排列组合问题，特别给出了4个补充习题，为下面将要进行的课打下一个基础．
考虑到这节课无论是两个基本原理，还是例题都是文字较多的，因此特别设计了使用教具——投影仪．要是有实物投影仪那就更方便了．组合数公式
==
还可以写成：选择题11
用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
(A) 24个 (B) 30个 (C) 40个 (D) 60个
答案：A教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理教学内容与教学目标
1．教学内容
二项式定理及杨辉三角．
2．教学目标
(1)初步掌握二项展开式及杨辉三角的特点；
(2)培养从具体到一般以及抽象与概括的能力；
(3)引导学生发展与创新的意识．解答习题1
已知：(x＋1)6·(ax－1)2的展开式中含x3项的系数为20．求a的值．
答案：
原式 = （a2 x2－2ax＋1）·(x＋1)6．
展开后，x3项的系数是，
令6a2－30a＋20 = 20，得a = 0或a = 5．排列应用习题1

　　一、 单选题
　　1. 用0，1，2，3这四个数字，组成没有重复数字的三位数共有
[　　 ]
　　A．24个 B．20个 C．18个 D．16个
　　2. 以0，1，2，3，4，5组成无重复数字的六位偶数的个数是
[　　 ]
　　
　　3. 3名男生，2名女生排成一排，若2名女生不能排在一起，则不同的排法种数为
[　　 ]
　　A．10 B．48 C．64 D．72
　　4. 五人排成一排，甲只能排在第一、二两个位置，乙只能排在第二、三两个位置的不同排法种数是
[　　 ]
　　A．12 B．18 C．24 D．36
　　5. 某单位进行换届选举，要从甲、乙、丙、丁四人中选出3人担任3种不同职务，规定上届任职的甲、乙、丙三人都不能任原职，则不同的任职按排有
[　　 ]
　　A．5种 B．11种 C．14种 D．23种
　　二、 填空题
　　1. 由1，2，3，4组成的没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则a18=________．
　　2. 用1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，其中3、5不许相邻的排法种数是____________．
　　3. a，b，c，d，e，f六人排一列纵队，若限定a在b之前，且c在d之前，则共有排法种数是_______．
　　三、 解答题
　　1. 书架上有3本不同的数学书，4本不同的物理书，7本不同的文学书，全部排成一列．
　　(1)如果各类书必须放在一起，问有多少种不同的排法
　　(2)如果各类书互不相邻，问一共有多少种排法
　　2. 甲，乙，丙等七人排成一排，
　　(1)甲，乙，丙三人按“甲—乙—丙”的顺序排列的不同排法有多少种
　　(2)甲不在排头且乙亦不在排尾的不同排法有多少种
排列应用习题1答案

　　一、 单选题
　　1. C
　　2. C
　　3. D
　　4. B
　　
　　二、 填空题
　　1. 3421
　　2. 480
　　3. 180种
　　三、 解答题
　　
　　选择题20
在()8的展开式中常数项是（ ）
(A) －28 (B) －7 (C) 7 (D) 28
答案：C选择习题3
已知展开式中，第五项是常数项，则n等于 （ ）
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7
答案：C
分析：
，其中m = 4，2n－3m = 0．选择习题7
(x2＋3x＋2)5的展开式中，x的系数是（ ）
(A) 800 (B) 360 (C) 240 (D)180
答案：C
分析：
原式 = (x＋1)5·(x＋2)5 ，x的系数为5·25＋5·24．二项式系数的性质习题1

　　一、单选题
　　1. 6本不同的书全部分给甲、乙两人，要求每人至少1本，则不同的分法共有
[　　 ]
　　A．30种　　 B．42种　　C．62种　　 D．64种
　　2. 用1，3，5这三个数字组成无重复数字的自然数，再用这些自然数中的若干个为元素，组成非空集合，这样的集合的个数为
[　　 ]
　　A．26　　 B．215　　 C．26-1　　 D．215-1
　　
　　二、填空题
　　1. (x-y)n展开式中，若第4项和第13项的系数之和为零，则展开式中系数最小的项是第_______项．
　　
　　三、解答题
　　1.
　　
　　2. 已知(1+2x)100=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+……+a100(x-1)100，求a1+a3+a5+……+a99的值．
　　3. 已知(a+b2)n的展开式中，第5，6，7三项系数成等差数列，求展开式中余数最大的项．
　　4. 求在杨辉三角形的前n行中，所有不是1的数之和．
二项式系数的性质习题1答案

　　一、单选题
　　1. C
　　2. D
　　3. B
　　二、填空题
　　1. 8
　　2. 64
　　三、解答题
　　
　　
　　
　　解答题2
已知i，m，n是正整数，且1＜i≤m＜n．
（Ⅰ）证明；
（Ⅱ）证明(1＋m) n＞ (1＋n) m．
解：
（Ⅰ）证明： 对于1＜i≤m有
= m·…·(m－i＋1)，
…，
同理 …， ……4分
由于 m＜n，对整数k = 1，2…，i－1，有，
所以 ，即． ……6分
（Ⅱ）证明由二项式定理有
，
， ……8分
由 (Ⅰ)知＞(1＜i≤m＜n＝，
而 ，， ……10分
所以， (1＜i≤m＜n＝．
因此，．
又 ，，．
∴ ．
即 (1＋m)n＞(1＋n)m． ……12分排列例题讲解
例1．计算和．（意在直接套用公式，巩固所学公式；并认识在时，使用性质1才方便．）
例2．计算并观察其中有何规律？（在变式中巩固性质1；渗透二项式系数的某些性质；引起学生的好奇和兴趣．）
顺便提及：如果出现，我们规定它为1．
例3．计算（意在在变式中巩固性质2；渗透学数学应该具有强烈的“变”的意识．）
例4．求（强化“变”的意识；渗透一定的发展意识：可以问“如果依此规律写到第10项，会如何？”“你能写出表示它的公式吗？”）组合
从n个不同元素中，任取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．
组合与排列的区别在于只考虑所含元素的异同，而“不计较顺序”二项式定理习题2

　　一、单选题
　　1. 已知f(n)=(n+1)n-1(n>1，n>N)，则f(n) [　　 ]
　　A．只能被n整除　　　　B．能被n2整除
　　C．能被n3整除　　　　 D．不能被n整除
　　
　　
　　
　　
　　6. 233除以9的余数是
[　　 ]
　　A．-1　　 B．1　　 C．2　　D．8
　　
　　二、填空题
　　1. 在(1+x)6(1-x)4的展开式中，x3的系数是(结果用数值表示)　　 ．
　　
　　
　　4. (1+x)2n展开式中含xn项的系数与(1+x)2n-1展开式中含xn项的系数的比值是______．
　　5. 已知(x+a)7的展开式中，x4项的系数是-280，则a=　　 ．
　　三、解答题
　　求二项式x10-3被(x-1)2除所得的余式．
　　四、证明题
　　
二项式定理习题2答案

　　一、单选题
　　1. B
　　2. A
　　3. A
　　4. A
　　5. D
　　6. D
　　7. A
　　二、填空题
　　1. -8
　　2. 35
　　3. -84
　　4. 2
　　5. -2
　　三、解答题
　　
　　四、证明题
　　备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理常见问题汇总
要注意区分“二项式系数”和一般二项展开式中“某项的系数”．
如，（3－2x）5展开式的第4项为，其第4 项系数为，其二项式系数为，不难看出，二项式系数乃是一组有规律的组合数．二项式系数的性质教案2
　　1 引导学生利用直觉思维发现二项式系数的性质1
　　教师：请同学们利用杨辉三角形分别写出(a＋b)1，(a＋b)2，(a＋b)3，(a＋b)4，(a＋b)5，(a＋b)6的二项式系数．然后观察对应的二项式系数具有哪些性质？
　　抽一名中上水平的学生A将结果写在黑板上，如图1所示．再由这位学生A回答上述问题．
　　学生A：从图1可以看出：在二项展开式中，第一项和倒数第一项的二项式系数都是1，第二项和倒数第二项的二项式系数相等，第三项和倒数第三项的二项式系数也相等．
　
　　教师：能不能将这一事实概括一下，用一句话来表达？
　　学生B：能！在二项展开式中，顺数第k项的二项式系数和倒数第k项的二项式系数相等(k∈N)．
　　教师：学生B概括的结论比学生A的回答要简捷一些．大家再想一想，还能不能用更简捷的语言为表达这一事实？
　　教师作引导：第k项与第1项间隔多少个项？倒数第k项与倒数第1项间隔多少个项？它们间隔的距离相等吗？引出间隔距离相等这个概念之后抽学生C(中等水平)回答．
　　学生C：在二项展开式中，与首末两端等距离的两项的二项式系数相等．
　　2 将直觉思维产生的结论推广到一般情况，并给予理论证明
　　(由特殊到一般的思考方法是常用的归纳思维方法，将直觉思维产生的结论给出理论证明是每一个数学问题的基本要求)．
　　教师：学生C的回答准确简捷！但是，这个结论是由几个具体事例通过直觉观察得出来的，它对一般情况成立吗？
　　学生D：成立！
　　教师：为什么？
　　
　　
　　情况仍然成立．
　　教师：学生D的回答正确，由此我们得到二项式系数的第1个性质：
　　性质1：在二项展开式中，与首末两端等距离的两项的二项式系数相等．
　　我们把这个性质叫做二项式系数的对称性．
　　3 再次利用直觉思维，引导学生发现二项式系数的性质2．
　　教师：请大家再观察一下图1所示的二项式系数特征表．想一想，除了性质1之外，二项式系数还有没有其它的性质？
　　学生E：有！从图1容易看出：二项式系数开始逐渐递增，然后又逐渐递减，到中间位置达到最大值．
　　教师：学生E观察出的结论对图1中的二项式系数来说是正确的．这个结论对任意情况都成立吗？
　　4 将直觉思维产生的结论进行一般性的理论推证．
　　学生由于认知水平的局限，回答这个问题感觉困难．教师作如下引导：请大家观察二项式系数表达式的结构特征：
　　
　　
　　根据结构特征分析它们的大小变化规律抽一名学生回答(上等水平的学生)
　　学生F：从二项式系数的表达式可以看出：后一个二项式系数的分子是前一个二项式系数的分子乘以一个逐次少1的数，分母乘以一个逐次多1的数．因此，各项的二项式系数开始逐渐递增，随着分母的逐渐增大，到某一项达到最大值之后又逐渐开始递增．
　　教师：在哪一项达到最大值？
　　学生一时不能回答这个问题，教师给予引导：请大家观察一下相邻两个项的二项式系数
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　这个问题难度较大．由教师作如下讲解．(此问题是本节内容的难点)．
　　
　　
　　
　　请大家想一想，根据以上分析，再观察图2的变化规律．我们能不能确定二项式系数在哪一项取得最大值？
　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　
　　教师：对！由此我们看到：当n为奇数时，二项式系数最大的项有两项．它们
　　
　　学生P：中间位置．
　　教师：为什么？
　　
　　
　　教师：学生P的回答正确．这个结论我们可用图3来表示．请大家再思考，当n为偶数时，二项式系数的最大值在哪一项取得？
　
　　学生R：由二项式系数的单调性和对称性可知，当n为偶数时，二项式系数的最大值也应在中间项取得．
　　教师：当n为偶数时，中间项有几项？它在展开式中是第几项？这一项的二项式系数是多少？
　　
　　教师：为什么？
　　学生R：因为展开式共有n＋1项．当n为偶数时，n＋1为奇数，此时中间
　　
　
　　教师：学生R的回答完全正确！他的思维过程我们可以用图4来给予说明．
　　
　
　　通过上面的探讨，我们得到二项式系数的第2个性质．
　　性质2：如果二项式的幂指数是偶数．中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数．中间两项的二项式系数相等且最大．
　　教师小结：本节课我们从杨辉三角形出发，发现了二项式系数的两个性质，并利用组合数的有关知识对这两个性质给出了一般性的证明．性质1的理解和证明容易掌握，性质2的理解和证明具有一定难度．是本节内容的难点，没有理解好的同学请课后再去思考，争取掌握好．
　　选择题23
展开式的第4项等于5，则x等于 ( )
(A) (B) 7 (C) －7 (D)
答案：D填空习题6
彩票每注投入号由7位号码组成，每位号码均从0至9这十个数字中产生．某次抽奖特等奖的号码是1236789，一等奖要求对前六位数码与特等奖相同，第七位数码无限制；二等奖要求从左边或右边对连续五位数码与特等奖相同（9不含在内），其余两位数码无限制；三等奖要求从左边或右边对连续四位数码与特等奖相同（9不含在内），其余三位数码无限制；……即
特等奖中奖号码 1 2 3 6 7 8 9
一等奖中奖号码 1 2 3 6 7 8 x
二等奖中奖号码 1 2 3 6 7 x x 或 x x 2 3 6 7 8
三等奖中奖号码 1 2 3 6 x x x 或 x x x 3 6 7 8
………………
则这期彩票三等奖中奖的注数总共有____________________注．
答案：
1800
分析：
三等奖从左边对者，第五位数是除7以外的9个数任一个均可，其余两位数码没有限制，因而共有9×10×10＝900（注）；同样，从右边对者，也有900注可中奖，三等奖中奖的注数总共有1800注．求指定项的系数习题
一、定理复习
1.(a+b) n= （n）,共有 个项，其中（r=0,1,2,……,n）叫做 ；
2.通项表示展开式中的第 项，通项公式是 .
二、例题与练习
1.（x-2）9的展开式中，第6项的二项式系数是……………………………………（ ）
A.4032 B.-4032 C.126 D.-126
2.若的展开式中的第三项系数等于6，则n等于…………………………（ ）
A.4 B.4或-3 C.12 D.3
3.多项式(1-2x)5(2+x)含x3项的系数是…………………………………………………（ ）
A.120 B.-120 C.100 D.-100
4.求(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中，x2的系数
5.二项式的展开式中第三项系数比第二项系数大44，求第4项的系数.
三、课后检测
1.在的展开式中，x6的系数是………………………………………………（ ）
A.-27 B.27 C.-9 D.9
2.在(x2+3x+2)5的展开式中，x的系数为………………………………………………（ ）
A.160 B.240 C.360 D.800
3.(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)50展开式中x3的系数是……………………………………（ ）
A. B. C. D.
4. (1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)10的展开式中，含x8的系数是…………………… （ ）
A.10 B.45 C.54 D.55
5.在的展开式中，求x4的系数与x- 4的系数之差.
6.(1-x)5(1+x+x2)4的展开式中，含x7项的系数是 .
7.已知(1+)n展开式中含x-2的项的系数为12，求n.
8.x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3+(1-3x)7的展开式中，x4项的系数是 .选择习题5
从7名男乒乓球队员和5名女乒乓球队员中，选4个人举行混合双打，共有选法的种数是（ ）
(A) 105种 (B) 840种 (C) 210个 (D) 420个
答案：D
分析：
．排列与组合的概念教案

教学目标
1．正确理解排列、组合的意义．
2．掌握写出所有排列、所有组合的方法，加深对分类讨论方法的理解．
3．发展学生的抽象能力和逻辑思维能力．
教学重点与难点
重点：正确理解两个原理（加法原理、乘法原理）以及排列、组合的概念．
难点：区别排列与组合．
教学过程设计
师：上节课我们学习了两个基本原理，请大家完成以下两题的练习：
（用投影仪出示）
1．书架上层放着50本不同的社会科学书，下层放着40本不同的自然科学的书．
（1）从中任取1本，有多少种取法？
（2）从中任取社会科学书与自然科学书各1本，有多少种不同的取法？
2．某农场为了考察三个外地优良品种A，B，C，计划在甲、乙、丙、丁、戊共五种类型的土地上分别进行引种试验，问共需安排多少个试验小区？
（全体同学参加笔试练习．）
4分钟后，找一同学谈解答和怎样思考的？
生：第1（1）小题从书架上任取1本书，有两类办法，第一类办法是从上层取社会科学书，可以从50本中任取1本，有50种方法；第二类办法是从下层取自然科学书，可以从40本中任取1本，有40种方法．根据加法原理，得到不同的取法种数是50+40=90．第（2）小题从书架上取社会科学、自然科学书各1本（共取出2本），可以分两个步骤完成：第一步取一本社会科学书，第二步取一本自然科学书，根据乘法原理，得到不同的取法种数是： 50×40=2000．第2题说，共有A，B，C三个优良品种，而每个品种在甲类型土地上实验有三个小区，在乙类型的土地上有三个小区……所以共需3×5=15个实验小区．
师：学习了两个基本原理之后，继续学习排列和组合，什么是排列？什么是组合？这两个问题有什么区别和联系？这是我们讨论的重点．先从实例入手：
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飞机票？
希望同学们设计好方案，踊跃发言．
生甲：首先确定起点站，如果北京是起点站，终点站是上海或广州，需要制2种飞机票，若起点站是上海，终点站是北京或广州，又需制2种飞机票；若起点站是广州，终点站是北京或上海，又需要2种飞机票，共需要2+2+2=6种飞机票．
师：生甲用加法原理解决了准备多少种飞机票问题．能不能用乘法原理来设计方案呢？
生乙：首先确定起点站，在三个站中，任选一个站为起点站，有3种方法．即北京、上海、广泛任意一个城市为起点站，当选定起点站后，再确定终点站，由于已经选了起点站，终点站只能在其余两个站去选．那么，根据乘法原理，在三个民航站中，每次取两个，按起点站在前、终点站在后的顺序排列不同方法共有3×2=6种．
师：根据生乙的分析写出所有种飞机票
生丙：（板演）
师：再看一个实例．
在航海中，船舰常以“旗语”相互联系，即利用不同颜色的旗子发送出各种不同的信号．如有红、黄、绿三面不同颜色的旗子，按一定顺序同时升起表示一定的信号，问这样总共可以表示出多少种不同的信号？
请同学们谈谈自己想法．
生丁：事实上，红、黄、绿三面旗子按一定顺序的一个排法表示一种信号，所以不同颜色的同时升起可以表示出来的信号种数，也就是红、黄、绿这三面旗子的所有不同顺序的排法总数．
首先，先确定最高位置的旗子，在红、黄、绿这三面旗子中任取一个，有3种方法；
其次，确定中间位置的旗子，当最高位置确定之后，中间位置的旗子只能从余下的两面旗中去取，有2种方法．
剩下那面旗子，放在最低位置．
根据乘法原理，用红、黄、绿这三面旗子同时升起表示出所有信号种数是：
3×2×1=6（种）．
师：根据生丁同学的分析，写出三面旗子同时升起表示信号的所有情况．（包括每个位置情况）
生戊：（板演）
师：第三个实例，请全体同学都参加设计，把所有情况（包括每个位置情况）写出来．
由数字1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的三位数？写出这些所有的三位数．
（教师在教室巡视，过3分钟找一同学板演）
根据乘法原理，从四个不同的数字中，每次取出三个排成三位数的方法共有
4×3×2=24（个）．
师：请板演同学谈谈怎样想的？
生：第一步，先确定百位上的数字．在1，2，3，4这四个数字中任取一个，有4种取法．
第二步，确定十位上的数字．当百位上的数字确定以后，十位上的数字只能从余下的三个数字去取，有3种方法．
第三步，确定个位上的数字．当百位、十位上的数字都确定以后，个位上的数字只能从余下的两个数字中去取，有2种方法．
根据乘法原理，所以共有4×3×2=24种．
师：以上我们讨论了三个实例，这三个问题有什么共同的地方？
生：都是从一些研究的对象之中取出某些研究的对象．
师：取出的这些研究对象又做些什么？
生：实质上按着顺序排成一排，交换不同的位置就是不同的情况．
师：请大家看书，第×页、第×行． 我们把被取的对象叫做双元素，如上面问题中的民航站、旗子、数字都是元素．
上面第一个问题就是从3个不同的元素中，任取2个，然后按一定顺序排成一列，求一共有多少种不同的排法，后来又写出所有排法．第二个问题，就是从3个不同元素中，取出3个，然后按一定顺序排成一列，求一共有多少排法和写出所有排法．第三个问题呢？
生：从4个不同的元素中，任取3个，然后按一定的顺序排成一列，求一共有多少种不同的排法，并写出所有的排法．
师：请看课本，第×页，第×行．一般地说，从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素（本章只研究被取出的元素各不相同的情况），按着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．
按着这个定义，结合上面的问题，请同学们谈谈什么是相同的排列？什么是不同的排列？
生：从排列的定义知道，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序（即元素所在的位置）也必须相同．两个条件中，只要有一个条件不符合，就是不同的排列．
如第一个问题中，北京—广州，上海—广州是两个排列，第三个问题中，213与423也是两个排列．
再如第一个问题中，北京—广州，广州—北京；第二个问题中，红黄绿与红绿黄；第三个问题中231和213虽然元素完全相同，但排列顺序不同，也是两个排列．
师：还需要搞清楚一个问题，“一个排列”是不是一个数？
生：“一个排列”不应当是一个数，而应当指一件具体的事．如飞机票“北京—广州”是一个排列，“红黄绿”是一种信号，也是一个排列．如果问飞机票有多少种？能表示出多少种信号．只问种数，不用把所有情况罗列出来，才是一个数．前面提到的第三个问题，实质上也是这样的．
师：下面我们进一步讨论：
1．在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，有多少种不同的飞机票价与准备多少种不同的飞机票，有什么区别？
2．某班某小组五名同学在暑假互相都通信一次，打电话一次，通信的封数与打电话的次数是否一致？
3．有四个质数2，3，5，7两两分别作加法、减法、乘法、除法，所得到的和、差、积、商是否相同？
生A：我回答第1个问题．前边已经讨论过有要准备6种飞机票，但票价只有三种，北京— 上海与上海—北京，北京—广州与广州—北京，上海—广州与广州—上海票价是一样的，共有3种票价．
生B：我回答第2个问题．举个例子，张玉同学给李刚同学写信，李刚同学给张玉同学写信，这样两封信才算彼此通了一次信．而两人通一次电话，无论是张玉打给李刚的，还是李刚打给张玉的，两个人都同时参与了，彼此通了一次电话．
师：那么通了多少封信？打了多少次电话？
生C：五个人都要给其他四位同学写信，5×4=20封．关于打电话次数，我现在数一数：设五名同学的代号是a，b，c，d，e．则a—b，a—c，a—d，a—e，b—c，b—d，b—e，c—d，c—e，d—e．共十次．
生D：我回答第3个问题．减法与除法所得的差和商个数是同一个数，因为被减数与减数、被除数与除数交换位置所得的差与商是不同的．加法与乘法所得的和与积个数是同一个数，根据加法、乘法交换律，被加数与加数，被乘数与乘数交换位置，和与积不受影响．
师：有多少个差与商？有多少个和与积？
生E：2，3，5，7都可以做被减数和被除数，对于每一个被减数（或被除数）都对应着有3个数作减数（或除数），共有4×3=12个差或商．把交换位置的情况除去，就是和或积的数字，即12÷2=6．
师：以上三个问题六件事，有什么共同点？再按类分，类与类之间有什么区别？区别在哪里？
生：都是从一些元素中，任取某些元素的问题．
可以分两类．一类属于前边学过的排列问题，即取出的元素要“按照一定的顺序排成一列”，只要交换位置，就是不同的排列．前边三个问题中的飞机票、通信封数、减法与除法运算的结果都属于这一类．另一类是取出的元素，不必管顺序，只有取不同元素时，才是不同的情况，如飞机票价，打电话次数、加法与乘法运算的结果都属于这一类．
师：分析得很好，我们说后一类问题是从n个元素中任取m（m≤n）个元素，不管怎样的顺序并成一组，求一共有多少种不同的组．如以上三个问题中飞机票价题是3组，打电话次数题是10组，和与积的个数题都是6组．
请同学们看课本，第×页第×行开始到第×页第×行结束．
（用 5分钟时间学生读课本，教师巡视，回答学生提出的问题）
师：组合这一节讲的主要内容是什么？
生：组合定义；什么是相同的组合，什么是不同的组合；排列与组合的区别；怎样写出某个组合问题的所有组合．
师：现在请同学们回答这四个问题．每位同学只说一个问题．
生F：组合定义是从n个不同的元素中，任取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．
生G：如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．
生H：排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2+3+1的和与2+1+3的和是一个组合．
生I：我举个例子．前边生C同学提到的a，b，c，d，e这五个元素，写出每次取出2个元素的所有组合．
先把a从左到右依次与b，c，d，e组合，写出ab，ac，ad，ae．再把b依次与c，d，e组合，写出bc，bd，be．再把c依次与d，e组合，写出cd，ce．最后d与e组合，写出de．前面生C同学已经写得很好．
师：一定要认真体会排列与组合的区别在于与顺序是否有关，在以后的各种实际应用题中要区别清楚才能寻找正确解题途径．
和排列一样，还需要区分清楚“一个组合”和“组合种数”这两个概念．一个组合不是一个数，而是具体的一件事，刚才生I同学回答的每一种如ab，又如ac，…都叫一个组合，共10种，而10就是组合数．
怎样写出所有的排列和所有的组合是本节的技能方面要求，现在请同学们写出由1，2，3，4中取出3个数所有组合．
（教师请生M到黑板板演）
板演：
123，124，134，234．
师：最后希望大家思考，下面的问题是排列问题，还是组合问题？怎样解？
1．今欲从 1，2，3，8，9，10，12诸数中选取两数，使其和为偶数，问共有几种选法？
2．有四张卡片，每张分别写着数码1，2，3，4．有四个空箱，分别写着号码1，2，3，4．把卡片放到空箱内，每箱必须并且只能放一张，而且卡片数码与箱子号码必须不一致，问有多少种放法？
（两道题用投影仪示出）
同学们独立思考几分钟，然后全班进行讨论，请思考成熟的同学发言．
生N：我谈第1题．要求出用两个数码所组成的其和为偶数的数的个数，这时按两奇数的和为偶数与两偶数的和为偶数这一标准，进行分类．选出的两数不考虑顺序，因为交换位置其和不变，是组合问题．解法是：
在1，3，9中任选两段：1，3；1，9；3，9有3个组合．
在2，8，10，12中任选两数：2，8；2，10；2，12；8，10；8，12；10，12．有6个组合．
根据加法原理，3+6=9．
所以共有9种选法．
生P：我谈第2题．这是从四张卡片中取出4张，分别放在四个位置上，只要交换卡片位置，就是不同的放法，是个附有条件的排列问题．解法是：
第一步把数码卡片四张中2，3，4三张任选一个放在第1空箱．
第二步从余下的三张卡片中任选符合条件的一张放在第2空箱．
第三步从余下的两张卡片中任选符合条件的一张放在第3空箱．
第四步把最后符合条件的一张放在第四空箱．具体排法，我用下面图表表示：
所以，共有9种放法．
师：参加讨论的同学对于什么是排列，什么是组合？一个排列与排列种数，一个组合与组合种数区别是什么？怎样排列，怎样组合都比较清楚了．由于排列组合问题遇到的情况不是唯一的，经常使用分类讨论的方法．
作业
课本：P232练习1，7；P243练习1，2，3，4，6．
补充作业
1．空间有五个点，其中任何四点不共面，以每四个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？（5个）
2．用0，2，3，5可以组成多少个数字不重复且被5整除的三位数？（10个）
3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？（9种）
课堂教学设计说明
1．温故才能知新，为了培养学生良好的学习习惯，学习新课前进行了复习练习．
2．为了更深刻地理解排列组合概念，设计教案时采取了两项有效措施．
（1）先给出排列、组合的感性认识，再抽象出排列、组合定义，利于学生抽象能力的培养，并能激发学生的学习兴趣，积极参加学习过程中来．
（2）改变了教材的安排，把排列与组合的概念放在同一节课，既节约了课时又通过对比，更深刻理解排列与组合概念本质，掌握它们的共同点与不同点．
3．教案设计中注意了学生主体参与，通过学生实践，掌握概念的形成过程和应用，从而培养能力，并注意训练学生的自学能力．排列引申与提高
性质2反映的是把组合分成“含与不含某一个元素”的两种情况，（1）若沿着“含或不含一个元素”的思路继续下去，会有什么结论？（2）若把“含与不含某一个元素”发展为“含与不含某一些个元素”，又会怎么样？你能独立推究一番吗？
答：（1）
（2）以“含与不含某一个元素”为准的性质2：，实际上是更明确地把n+1个元素分成了两个集合：含某一个元素的集合，与不含这个元素的n个元素的集合．循此，若把n+1个元素分这样两个集合：含某r个元素的集合，与不含这r个元素的n－r+1个元素． 这样，为取到m个元素，可以从含r个元素的集合中分别选取0、1、2、…、r个元素，相应地从另一个集合中选取m、m－1、m－2、…、m－r（假设r五个人站成一排，如果乙必须站在甲的右边（可以不相邻），那么不同的排法共有（ ）
(A) 24种 (B) 60种 (C) 90种 (D) 120种
答案：B
分析：
的一半．教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理例题分析
例1．利用二项式定理展开
（意在：在变式中熟悉二项式定理．）
例2．利用二项式定理展开
（意在：突出系数和各项字母的变化．原题中间是减号，为逐步增加难度，改为+号．）
可以启发地问：1.如果应用杨辉三角需要注意什么？（系数！可以在这里讲解：二项式系数与二项式展开式某一项系数的区别．）；2.能否使运算简单些？如，把括号内的式子变一变形．
例3．利用二项式定理展开
（意在：出现中间是－号的情况．）
引导发现：符号相间的规律．
例4．求
（意在：体现公式应该会逆用．同时，注意向已知方向化归．）
解：
原式=选择习题4
二项展开式中，有理项的项数是（ ）
(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6
答案：A
分析：
（r = 0，1，2，…，14 ），
当r = 3，9，15时，为有理项．全排列数公式
＝n·（n－1）·（n－2）·……·3·2·1＝n!二项式定理应用教案
●教学目标
（一）教学知识点
1.二项式定理及有关概念，公式.
2.二项式系数性质.
（二）能力训练要求
1.了解二项式定理在整除性的判断等方面的应用.
2.掌握解决与二项式定理有关的综合问题的思想方法.
（三）德育渗透目标
1.提高综合素质.
2.培养应用能力.
●教学重点
二项式定理及有关概念，公式的应用.
●教学难点
二项式定理与其他学科知识综合问题的分析与求解.
●教学方法
讲练相结合法.
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
二项式定理：（a+b）n=Can+Can－1b1+…+Can－rbr+…+Cbn.
通项公式：Tr+1=C.
二项式系数：C.
二项式系数性质：C=C，即对称性.
当n为偶数时，C最大.
当n为奇数时，=C且最大.
各项系数之和：=2n.
Ⅱ.讲授新课
［师］请同学们结合例题掌握以上知识.
［例1］已知（）n展开式中第五项的系数与第三项的系数比是10∶1,求展开式中含x的项.
分析：先根据已知条件求出二项式的指数n，然后再求展开式中含x的项.因为题中条件和求解部分都涉及指定项问题，故选用通项公式.
∴展开式中含x的项为第3项
T3=C·22x=112x.
［例2］如果1+2C+22C+…+2nC=2187
求C+C+…+C的值.
分析：∵1+2C+22C+…+2nC
=C·1n+2C·1n－1+22·C·1n－2+…+2n·C
=（1+2）n=3n
解：∵1+2C+22C+…+2nC=3n
∴3n=2187=37，∴n=7
∵C+ C+C+…+C=2n
∴C+C+…+C=2n－1
∴原式=C+C+…+C=27－1=127
评述：要注意观察二项式系数的特征.
［例3］求（1+2x－3x2）5展开式中x5的系数.
分析：由于三项式的展开式无现成公式，因此应把它转化为二项式的展开式，然后再求x5的系数.
解法一：∵（1+2x－3x2）=［1+（2x－3x2）］5
=1+5（2x－3x2）+10（2x－3x2）2+10（2x－3x2）3+5（2x－3x2）4+（2x－3x2）5
=1+5x（2－3x）+10x2（2－3x）2+10x3（2－3x）3+5x4（2－3x）4+x5（2－3x）5
∴x5的系数为上式各项中含x5的项系数和
即：10C·21·（－3）2+5C·23·（－3）1+25=92.
解法二：∵（1+2x－3x2）5=（1－x）5·（1+3x）5
=（1－5x+10x2－10x3+5x4－x5）·（1+15x+90x2+270x3+405x4+243x5）
∴展开式中x5的系数为243－5·405+270·10－10·90+5·15－1=92.
Ⅲ.课堂练习
1.求（）9的展开式中的有理项.
分析：因为只需求出展开式中的有理项，所以可运用通项公式求解.
其中r=0,1,2,…,9
∴由题意得应为整数
r=0,1,2,…,9
∴经检验，知r=3和r=9
∴展开式中的有理项为
2.已知（1－2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,求
（1）a1+a2+…+a7;
（2）a1+a3+a5+a7;
（3）a0+a2+a4+a6.
分析：由（1－2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7对于x而言是一个恒等式，于是通过x的取值可进行求解.
解：（1）∵（1－2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7
令x=1,得a0+a1+a2+…+a7=－1
令x=0得a0=1
∴a0+a1+a2+…+a7=－2
（2）令x=－1,得a0－a1+a2－a3+…+a6－a7=37=2187
由上式得
a1+a3+a5+a7=1094
a0+a2+a4+a6=1093
评述：在解决与系数有关的问题时，常用“赋值法”，这种方法是一种重要的数学思想方法.
Ⅳ.课时小结
应熟练掌握二项式定理及有关公式、性质的应用.基本掌握解决与此有关的问题的思想方法.
Ⅴ.课后作业
课本P111习题10.4 7、9、10.
●板书设计
§10.4.3 二项式定理应用例题讲解 复习回顾 课时小结选择题19
在(x2+3x+2)5的展开式中x的系数为（ ）
(A) 160 (B) 240 (C) 360 (D) 800
答案：B测试题
第Ⅰ卷(选择题，共30分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
1.有三位同学去阅览室借5本不同的书，不同的借法种数有（ ）
A.3 B.5 C.35 D.53
解析：∵每本书都可以有3种不同的给法.
∴共有35种.
答案：C
2.七名男同学和九名女同学，组成班组乒乓球混合双打代表队，共可以组成（ ）
A.7队 B.8队 C.15队 D.63队
解析：共可以组成7×9=63（队）.
答案：D
3.集合A={1，2，3，4}，B={a,b,c}，从集合A到集合B的不同映射f个数有（ ）
A.24个 B.4个 C.34个 D.43
解析：因为A中的每个元素的像都有3种.
∴共有34个.
答案：C
4.7名学生站成一排，其中甲不能站在排头的不同排法种数是（ ）
A. B.
C. D.
解：∵甲不站排头，∴甲可在后面6个位置中的一个，
∴共有种.
答案：B
5.取1，2，3，4，5这5个数字中的两个分别作为一个对数的底数和真数，则所得的不同值的个数有（ ）
A.12 B.13 C.16 D.20
分析：注意特殊情况.
解析：∵1的对数为0，∴共有+1=13个.
答案：B
6.6张同排连号的电影票，分给3名教师和3名学生，如欲师生相间而坐，则不同的分法种数有（ ）
A. B.()2
C.2()2 D.-()2
解析：先排老师，有种，再将学生插进去，有2·种.
∴共有2·种.
答案：C
7.计算1！+2！+3！+…+100！得到的数，其个位数字是（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析：∵5!+6!+…+100!的个位数字是0
而1!+2!+3!+4!=1+2+6+24=33
∴个位数字是3.
答案：B
8.有3张卡片，其正面分别写上1、3、5，其反面分别写上2、4、6，将这三张卡片排成一行，组成的不同三位数的个数共有( )
A.2 B.4 C.6 D.8
解析：∵每张卡片都有正反面两面，
∴共有23·个.
答案：D
9.某班上午要排语文、数学、体育、外语四门课，其中体育不能排在第一节和第四节，则不同的排课方案种数有（ ）
A.22 B.20 C.14 D.12
解析：∵体育不能在第一节和第四节，
∴体育只能排在中间两节.
∴共有: =12种.
答案：D
10.有五名男生、三名女生排成一行，如果女生不站排头，并且任何两个女生不相邻，则不同排法的种数为（ ）
A. B. C. D.
解析：∵女生不站头，且不相邻，
∴共有.
答案：A
第Ⅱ卷（非选择题，共70分）
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)
11.直线a、b上分别有m、n个点，取m+n个点中的任意两个点作直线，一共可作直线
条.
答案：mn+2
12.同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有 种.
解析：设a、b、c、d四队所写的贺年卡分别编号为1，2，3，4，则a取卡方式有3种，不妨设取走2号卡，于是b取卡方式也有3种，余下c、d两人的取卡方式只有一种.
∴共3×3=9种.
答案：9
13.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不等6垄，则不同的选垄方法共有 种.
解析：将种A、B的田地与所间隔的田地捆扎，则相隔6垄的田地有3种，相隔7垄的田地有2种，相隔8垄的田地只有1种.
∴不同的选垄方法有2·(3+2+1)=12.
答案：12
14.有三张卡片0、1、6，若允许把6当作9用，则可以组成没有重复的三位数的个数是 .
分析：注意到0不能是最高位，6还可当9用.
解析：①百位是1的有106，160，109，190
②百位是6，9是一样610，601，901，910
∴共有8个.
答案：8
三、解答题（本大题共5小题，共54分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）.
15.（本小题满分10分）
有0、1、2、3、4、5六个数字，
（1）可以组成多少个无重复数字的六位偶数；
（2）可以组成多少个比201345大的无重复数字的六位数.
解：（1）个位是0的六位偶数是个
个位是2或4的偶数是2个
∴共有：=312个
（2）∵201345以2为首位的六位数中最小的
∴所求的六位数共有-1=479个.
16.（本小题满分10分）
用五种不同颜色，涂图中A、B、C、D四个部分，要求相邻的两部分不同色，问有几种不同的涂色方法？
解：依次涂，A有种涂法；B和C有种涂法，有种涂法.
∴共有=240种.
17.（本小题满分10分）
银行发奖券，编号由000001～999999，若规定第1、3、5位上的数字是互不相同的奇数，第2、4、6位上的数字都是偶数的号码可以中奖，则中奖的奖券共有多少张？
解：第1、3、5位上的奇数的排法有种，第2、4、6位上偶数的排法有53种
∴共有奖券×53=7500张.
18.（本小题满分12分）
穿有号码1、2、3、4、5、6、7、8的运动衣的八名运动员排成一横排，其中穿4号衣的运动员必须排在号码比他大的运动员的左边，这样的排列共有多少种？
解：穿1、2、3号运动员排法有种，剩下的5个空位中的最左边一个空位排穿4号衣的运动员，再剩下的4个空位排5、6、7、8号衣的运动员有种.所以共有=8064(种）.
19.（本小题满分12分）
7名学生站成一排， 下列情况各有多少种不同排法
（1）甲、乙必须排在一起；
（2）甲不在排头，乙不在排尾；
（3）甲、乙互不相邻；
（4）甲、乙之间须隔1人.
解：（1）共有=1440种；
（2）共有=3720种；
（3）共有=1440种；
（4）共有5=1200种.二项式问题的处理
　　二项式定理的有关知识在高考中虽每每以小题的形式出现，但却是历年高考的必考内容，由于其题型繁多，常使人感到扑朔迷离．为此，本文提出了几种切实有效的处理方法，旨在促进同学们解题能力的发展与提高．
　　一、特值化 在求展开式中的各系数之和及求某些组合数之和等问题的一种非常有效的方法就是取特殊值．
　　
　　
　　∴(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2
　　= (a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)
　　
　　例2 (1989年高考题)已知(1－2x)7 = a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求a1＋a2＋…＋a7的值．
　　解：令x = 1，得a0＋a1＋…＋a7 = －1；令x = 0，得a0 = 1．
　　∴a1＋a2＋…＋a7 = －2．
　　二、方程化 在求二项式中参数的值及特定项的系数等问题时，通常是采用展开式的通项与题目提供的信息及各量之间的制约关系，巧妙构造方程，最终用方程理论求解．
　　
　　
　　
　　________．
　　
　　三、二项化 对于多项式等问题，通常是用转化思想，化为二项式问题来解决．
　　
　　例6 (1992年高考题)在(2x2＋3x＋2)5的展开式中，求x的系数．
　　解：求(2x2＋3x＋2)5展开式中x的系数，相当于求(3x＋2)5展开式中x的系
　　
　　四、表格化 求两个二项式积的展开式中某项的系数是二项式问题中的一个难点，既要考虑多次使用通项公式，又要考虑可能的搭配．这时若利用表格，则能一目了然、不重不漏．
　　例7 (1995年高考题)在(1－x3)(1＋x)10的展开式中，求x5的系数．
　　解：要得到x5的系数，其搭配如下表：
　　
　　例8 (1998年高考题)(x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数为________．
　　解：要得到x10的系数，其搭配方式如下：
　　填空习题5
方程的正整数解的个数是
答案：
20二项式定理通项公式的应用教案

教学目标
1．加深对二项式定理通项公式的认识，熟练地运用通项公式求指定项或有关系数．
2．通过对例题的分析、讨论，解答，进一步培养学生抽象思维和分析问题的能力，以及运算能力．
3．进一步渗透转化及方程（组）的数学思想方法．
教学重点与难点
认识通项公式中字母的含义，熟练地运用通项公式．
教学过程设计
（一）引入新课
师：请同学们回忆表示二项式定理的公式：
（板书）
师：其中n是任意自然数，右边的多项式称为（a+b）n的二项展开
r+1项，即
（板书）
展开式任意项的代表，所以我们可以利用它研究项数与项的有关问题．
（板书 二项式定理通项公式的应用）
数．
如何解决？
师：我们有了两个不同的答案，哪个对呢？我们来看通项公式Tr+1
项与a，b，n，r相关，其中a，b是二项式的两项，n是指数，r是项数减一，这是十分重要的．当项数是4时，r+1=4，此时r=3，所以
生：不是，因为a，b所含字母系数不是1，二项式系数一般不是这一项的系数．
师：那么如何求项的系数呢？
生：利用通项公式，求出T4就能看出系数了．
师：我们有了方法，还要注意规范表述．
（板书）
解：展开式的第4项
师：二项展开式项的系数与二项式系数是两个不同的概念，这两个系数的数值一般情况下是不相等的，一定要区分所求是哪一种系数．另
由于二项式中的两项可以交换位置，但（b+a）n与（a+b）n的对应项一般是不相同的，所以更多的题型是求一些指定的、具有某些性质的项．
即这一项具有什么性质？
生：不含x的项是常数项，x的指数是零．
师：求这一项用什么方法？
生：把二项式展开，然后从中找出常数项．
师：这样的办法在理论上是可以的，但在解决每一个具体问题时，是否都可操作呢？
生：如果n比较小，写出的项数不多，写出所有项还可以，但如果n太大了，比如n=100，根本不可能写出101项来．
师：那么如何处理更合理更简捷、更准确呢？
生：应该利用通项公式．
师：对，因为通项公式是二项展开式每一项的代表，展开式某一项具有的性质，从这一项的表达式也能反映出来．如何利用通项公式求常数项？
生：知道第r+1项是常数项，把r代入通项公式的右端，就能求出常数项了．
师：现在的问题转化成了第几项是常数项了，谁能看出哪一项是常数项？
（学生不语，摇头）
师：看不出哪一些是常数项，怎么办？
生：列关于项数的方程，求出项数．
师：如果没第r+1项是常数项．我们要设法找到关于r的等量关系，得到关于r的方程，已知中有等量关系吗？
生：就是第r+1项是常数项，也就是这一项x的指数应该等于零，这应该是所要的等量关系．
师：那么x的指数从哪里去找呢？
生：当然还是利用通项公式．
师：通过研究我们找到了解决问题的思路．先设第r+1项为不含x
解出r后，再代回通项公式中，便可得到常数项，下面请同学们注意表述．
（板书）
令24-3r=0，解得r=8．所以展开式的第9项是不含x的项．因此T9
师：当得知第9项是常数项之后，求第9项的问题就与例1类似了．归纳起来判断第几项是常数项，运用了方程的思想；找到这一项的项数后，就实现了转化，体现了转化的数学思想．
例3 求（1+x+x2）（1-x）10的展开式中，x4的系数．
师：问题提出后，我们看从什么地方入手？
生：这个题与例2类似，也是不知道含x4的项是第几项，肯定得想办法求出项数．
师：例2我们是从通项公式得出r的，这个已知式子的展开式的通项公式会求吗？
生：（摇头）
师：看来我们遇到的式子不是简单的二项式了，其实难以处理的是因式1+x+x2．我们能研究的是二项式（1-x）10，应该考虑如何转化为我们能处理的式子．
生：把（1-x）10看作单项式，将所给式子展开，得（1+x+x2）（1-x）10=（1-x）10+x（1-x）10+x2（1-x）10．在这个多项式中，每一项都含有x4的项，分别求出相加就行了．
师：具体地说说如何求每项中含x4的系数．
生：（1-x）10的展开式中的x4的系数的求法跟例2一样，x（1-x）10的展开式中x4的系数等于（1-x）10的展开式中x3的系数，同理x2（1-x）10的展开式中x4的系数等于（1-x）10的展开式中x2的系数．
师：很好！将原式局部展开之后，利用加法原理，便可得到展开式中x4的系数．
（板书）
解：由于（1+x+x2）（1-x）10=（1-x）10+x（1-x）10+x2（1-x）10，则（1+x+x2）（1-x）10的展开式中x4的系数为（1-x）10的展开式中x4，x3，x2的系数之和．
而（1-x）10的展开式中含x4，x3，x2的项分别是第5项、第4项和第3项，则（1-x）10的展开式中x4，x3，x2的系数分别是：
所以（1+x+x2）（1-x）10的展开式中x4的系数为210-120+45=135．
师：通过转化，把不能直接使用二项式定理有关知识的问题转化为可以用二项式定理解决的问题，转化方式唯一吗？
生：不唯一，还可以拿出一个1-x与1+x+x2相乘，得1-x3，只要讨论（1-x3）（1-x）9的展开式中x4的系数就可以了．
师：那么（1-x3）（1-x）9的展开式中x4的系数怎么求呢？
生：和刚才一样，（1-x3）（1-x）9=（1-x）9-x3（1-x）9，只要求出（1-x）9展开式中x4的系数减去（1-x）9的展开式中x的系数就行了．
师：在这里要特别小心x3（1-x）9前面是“—”号，它也影响了整个展开式中x4的系数，为刚才求系数的方法，同学们再来计算一下这种变形下的展开式的x4的系数．
师：刚才我们对所给的式子施加了两种不同的变形，结果当然是一样的．这两种方法哪一种更具一般性呢？
生：第一种是一般方法，而第二种方法是特殊方法．比如已知式子是（1-x+2x2）（1-x）10，只能用第一种方法去解决了．
师：我们看到，变形的方法不唯一，但思想都是转化，知识的灵活运用离不开转化思想作指导．我们再来看例4．
这个展开式中是否存在常数项？如果有，求出常数项，如果没有，求出展开式的中间项．
师：大家分析一下题目，这是个开放性问题．不知道常数项是否存在，如何处理？
生：可以设第r+1项为常数项，令x的指数得零，求出r就行了．
师：那常数项就一定存在吗？
生：不一定．如果求出的r是大于等于0，且小等于n的整数，常数项就存在．否则常数项就不存在．
师：其他同学有什么见解？
生：所给的二项式跟前面几个例题中出现的二项式不一样，因为二项式的指数n没有给出来，没有n不容易判断哪一项是常数项．
师：很想知道n是多少，怎么得到？
生：没有直接写出n等于多少的已知条件，只能运用方程的思想，找关于n的方程，由已知二项展开式前三项系数成等差数列，转化成代数形式就是关于n的方程，由这个方程应该能求出n．
师：有了n之后，判断有无常数项．常数项是多少，中间项是多少的问题就转化为例1，例2的类型了．
（板书）
解：二项展开式中：
设展开式中第r+1项为常数项，则
师：当二项式给定后，通项公式中含有Tr+1，n，r三个量，一般是已知n，r求Tr+1（或其系数）．当n未知时，运用方程思想，找出关于n的方程，从而求出n，将问题转化．
（二）课堂练习
负整数，则r=14．所以整数项是第15项）
2．已知（a+b）20的展开式中，第4r项的系数与第r+2项的系数相等．求第r-1项的系数．
师：通过本节课的例题与习题，可以看到，二项展开式通项公式反映了项、项数、系数、指数等数量关系，因而通项公式是解决二项展开式有关项的问题的关键．在解决这类问题时，必须注意n，r的取值范围及大小关系．要注意体会方程的思想和转化思想的运用．
（三）课后作业
1．在（ax+1）7的展开式中，已知x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，且实数a＞1．求实数a的值．
2．已知（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50=a0+a1x+a2x2+…+a50x50．求a3的值．
3．（1+2x）6的展开式中，第二项大于与它相邻的两项，求实数x的取值范围．
课堂教学设计说明
这是一堂典型的习题课，通过对例题的研究、讨论、巩固二项式定理通项公式，加深对项的系数、项的二项式系数等有关概念的理解和认识，形成求二项展开式某些指定的项的基本技能，同时要培养学生的运算能力，逻辑思维能力，强化方程的思想和转化的思想．
在例题的配备上，我设计了一定的梯度．第一层次是给出二项式，求指定的一项，即项数已知，只需直接代入通项公式即可（如例1）；第二个层次（例2）则需自己创造代入a的条件，先判断哪一项为所求，即先求项数，利用通项公式中指数的关系求出r，此后转化为第一层次的问题；第三层次更突出了数学思想的渗透，例3需要变形才能求某一项的系数，恒等变形是实现转化的手段．在求每个局部展开式的某项系数时，又有分类讨论思想的指导，而例4的设计是想增加题目的综合性．求n的过程中，调动了等差数列、组合数公式等知识，求出n后，又化归为第二个层次的问题了．
利用二项式定理通项公式，可以求展开式的某些特定的项，如有理项，系数最大（小）的项，二项式系数最大的项，含某个字母的某次幂项，常数项，都是转化为求展开式的第k项的问题．而k往往不是直接给出的，大多数情况是让解答者自己去寻求，这就要运用方程思想去处理．选择习题4
由1，2，3，4四个数码组成无重复数字的四位数，按从小到大的顺序排列成一个数列｛an｝，则a18等于（ ）
(A) 1243 (B)3421 (C)4123 (D) 3412
答案：B
分析：
先算1×××，2×××共12个．排列教案
【教材】10.2排列
【目的】1.巩固复习本节知识.
2.进一步掌握带有限制条件的排列应用题的解法.
3.能综合应用排列数公式及分类计数原理和分步计数原理解排列应用题,提高学生解较复杂一些的排列应用题的能力.
【过程】：
一、复习引入
1.排列数公式或,公式的前者主要用于排列数的计算,而后者主要用于排列数等式的求解和证明.
2.利用排列数公式与两个基本原理解排列应用题,是本节的重点和难点,解题的基本原则是:(1)选原理 ——分类计数原理与分步计数原理;(2)选思路——直接法或间接法;(3)画框图——帮助理解,提高解题的直观性.
二、新课
例1 (1)解方程 ( )
(2)解不等式 (
(3)求证
例2 若m∈{2,5,8,9},n∈{1,3,4,7},则方程可表示多少个焦点在x
轴上的相异椭圆
分析:分为四类①m=2时,n=1;②m=5时,n=1、3、4;③m=8时,n=1、3、4、7;④m=9时,n=1、3、4、7.故可表示不同椭圆的个数为:1+3+4+4=12个.
例3 7人排成一排,根据下列条件,分别求各有多少种不同的排法.
(1)甲只能排在中间或两头的位置;
(2)甲、乙两人必须排在两头;
(3)甲不排在两头.
分析:考虑特殊元素和特殊位置
(1)
种
(2)
甲、乙的排法有,故共有种
(3)甲有种排法,故共有种
(或种)
例4 从1到9这9个数字中任选5个,可以组成多少个符合下列条件的五位数.
(1)奇数;(2)能被25整除;(3)50000到90000之间的偶数.
分析:(1)个位数为奇数 个
(2)末两位必须是25的倍数,即25或75,有种,故共有种.
(3)既要考虑个位,又要考虑最高位.
当万位是5或7时,如上图,有种排法,个位有种排法,中间三位有种排法,此时共有个;
当万位是6或8时,如上图,这时共有个
故共有+=2940个.
例5 4名男生,3名女生排成一排,按下列要求,求各有多少种不同的排法.
(1)男、女生都排在一起;
(2)女生不全排在一起;
(3)男、女生必须相间.
分析(1)思路:分别将男、女生看成一个整体.
将4名男生,3名女生分别看成一个整体(两个元素),有种排法;男、女生各自在整体内分别有和种排法,故不同排法共有=288种.
(2)思路:“全排”和“不全排”是互斥的,用间接法.
女生全排在一起的情况,把3名女生看成一个整体A,则4名男生和A共有种排法.在A内又有种排法,因而女生在一起有种排法,因此女生不全在一起的排法有-=4200种排法.
(3)如图,只有这样,才能使男女生相间,因此符合条件的不同排法共有=144种.
指出:(3)为相间的排列问题,一般用“插空法”.
如果将它改为“任何两个女生不相邻”,则和“男女生相间”是有区别的.“任何两个女生不相邻”只要求她们之间排有男生,至于排几个男生则无关紧要.如下图,先排无附带条件的男生(圆圈),4名男生之间及两头有5个空档(图中△),3名女生只要排在空档位置,都符合任何两个女生不相邻,共有=1440种.
例6 7人排成一排,按下列要求,求各有多少种不同的排法.
(1)若C、D、E三人两两不相邻;
(2)若A、B两人连排在一起,C、D、E三人两两不相邻;
(3)若A、B两人不相邻,C、D、E三人也两两不相邻.
分析(1)C、D、E三人两两不相邻,即三人间隔排,可采用“插空法”.先排余下4人,再在留下的5个空档中插入C、D、E,共有=1440种.
(2)A、B连排可采用“捆绑法”,把A、B两个元素看作一个集团元素.先排这个集团元素和C、D、E外两人,有种排法,再在留下的4个空档中插入C、D、E,有种排法,但应注意A、B两人可交换位置,有种排法,故共有的排法总数为=288种.
(3)因为同时解决两个不相邻问题比较困难,可通过“补集法”转化为用(2)解决.
设全集I=｛C、D、E三人两两不相邻的排法｝,
集合A=｛C、D、E三人两两不相邻,且A、B连排在一起的排法｝,
则=｛C、D、E三人两两不相邻,且A、B不相邻的排法｝
故n()=n(I)-n(A)=-=1440-288=1152种.
指出:(1)连排问题采用“捆绑法”,间排问题采用“插空法”.
(2)用“补集法”解题时,必须先确定全集,以化难为易,化繁为简为宗旨.
例7 7人排成一排,按下列要求,求各有多少种不同的排法.
(1)甲不能排在首位,乙不能排在末位;
(2)甲、乙两人间恰好间隔两人;
(3)甲、乙、丙三人顺序一定.
分析(1)直接法——元素分析法
甲不能排在首位,只能排在后面六个位置,注意到乙不能排在末位,所以甲的排法分为两类:
甲在末位,有种排法
甲排在中间5个位置,有种,乙排除末位的其余5个位置,有种,其余的元素还有种,故共有种排法.
因此共有+=3720种排法.
(2)把甲、乙两人连同中间2人看作一个集团元素,它的位置有种,甲、乙外的五人作全排,有种排法,甲、乙可交换位置有种,由分步计数原理共有=960种.
另解:先从甲、乙外5人中选2人填在甲、乙之间的两个空档内,有种,再把它们看作一个元素,与余下3人作全排,有种,甲、乙可交换位置有种,由分步计数原理共有=960种.
(3)当甲、乙、丙顺序选定7个位置中的某3个时,其他人位置不动,这时甲、乙、丙3人在这3个位置上的排法只有一种是符合题中顺序要求的,因此共有/=840种.(“等几率问题”)
另解:当甲、乙、丙外的4人在7个位置上作选排列,留下的3个位置给甲、乙、丙排列,符合条件的排法只有1种,故共有=840种.
指出:题(2)中,设立“集团元素”体现了整体思想,尤其是法一采用先整体后局部,先特殊后一般的解题程序,思路清晰,形象直观,避免出现重复或遗漏的错误.
题(3)中,法一体现了“动中求静”的思维方式,一旦甲、乙、丙外的4人位置固定,甲、乙、丙3人都有种排法,但只有一种符合条件;法二中运用逆向思维方式,把对甲、乙、丙3人的顺序要求转化为余下4人在7个位置上的选排问题.
例8 用1,3,6,7,8,9组成无重复数字的四位数,由小到大排列:
(1)第114个数是多少 (2)3796是第几个数
分析(1)∵千位数是“1”的四位数有=60个,∴第114个数的千位数字应是“3”.又千位数字为3,十位数字是“1”即“31”开头的四位数又=12个.同理,“36”,“37”,“38”,“39”开头的四位数也分别又12个,∴第114个数的前两位必为“39”,而在“39”开头的四位数中,3968排在第6个位置,∴第114个数应该是3968.
(2)由(1)可知“37”开头的数的前面有60+12+12=84个,而3796在“37”开头的四位数中排在第11个(倒数第2个),故3796是第95个数.
指出:正确认识排列的“序”及多位正整数的有序排列规律是解决此类问题的关键.
三、小结:
对于带有限制条件的排列应用题,其解题的基本思路是:先找出受限制的元素(或位置),按照特殊优先的方法分步解决;而在解决问题的过程中有两种思路——正向思考与逆向思考.利用正向思考时,既可以从特殊元素出发也可从特殊位置出发.
四、作业:教材第95页 习题第8、9、10题.
甲
甲
甲
甲
乙
甲
乙
5
7
2
4
6
8
2
4
8
6
2
4
6
8
男
男
男
男
A
男
男
男
男
女
女
女女女女女女女女女女
甲
甲
甲
甲
甲
甲选择习题1
在(1－x)11的展开式中，x的奇次幂的项的系数和是（ ）
(A) 211 (B) －210 (C) －211 (D) 210－1
答案：B
分析：
－(＋＋…＋)．教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理知识讲解
把上述系数排列，可得
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
这就是人们熟知的杨辉三角的一部分．你能按着发现的规律，写出它下面的几行吗？
（可以发现一些规律．如，两边都是1；中间每个数都等于自己肩上两个数的和，等等．）
第一步，利用“并列，比较”发现了“什么样”，很好．那么，第二步，应该作什么？自然，应该追问“为什么”？“为什么”从何究起？不妨“从特殊入手”．为此，我们考察的原意是．为看出全貌，我们解剖一项作为“典型”，如． 要出此项，只需从4个因式（a+b）中分别选a或b相乘即可． 为了出，从4个因式（a+b）中选3个出a，余下的一个因式出b． 前者，有种选法；后者，有种选法．所以，这一项的系数为（即．为什么？）．其余各项类似．于是，我们可以知道
（注意：这里给出的次序与教材略有出入．意在把事情说的更清楚．）
一般地，我们有二项式定理
为了正确把握二项展开式，你能再说出它的一些性质吗？（如，项数，有n+1 项；指数，是从n到0降幂排列，b是从0到n升幂排列；系数，有如杨辉三角中的特点．）教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
测试题
1．请写出杨辉三角的第8个横行．
2．利用二项式定理展开
3．计算
4．求证：能被16整除．填空习题7
为绿化北京新建的四环路，选用A,B,C,D四种不同品种的树木，东、南、西、北环路各栽种其中的一种，要求A不栽种在东四环路，B不栽种在南四环路，C不栽种在西四环路，D不栽种在北四环路，则不同的栽种方法共有 种.
答案：
9选择习题13
设a = 2＋i，A = 1－，则A等于（ ）
(A) 2或 (B) 或
(C) 或 (D) －64
答案：D
分析：
A = (1－a)12 = (1＋i)12 ．解答习题3
已知：f（x）= (1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数是19．
(1) 求x2的系数的最小值；
(2) 对于满足(1)的m，n的值，求x7的系数．
答案：
(1) ， ∴ m＋n = 19；
x2的系数
∴ m = 9 或10（n = 10或9）时，a2的最小值为；
(2) x7的系数．乘法原理
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N= m1×m2×……mn种不同的方法．排列、组合综合复习教案
排列、组合在高考中每年必考，试题难度起伏不大，属中档题，但是由于其内容有一定的抽象性，解法灵活，而且解题过程极易出现“重复”和“遗漏”的错误，故容易丢分。此内容分数大约5分左右。一般都是以选择填空题型出现。高考中简单而“有趣”的小题屡见不鲜，与其它知识点综合成题已是潮流，不断变换这些知识点正是发展趋势。
一、加法原理、乘法原理是基础
例1[北京市丰台区6月高三练习]如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通。现发现电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有（）
63种（B）64种（C）6种（D）36种
小结：本题主要考查了加法原理、分类讨论的思想。以物理问题为背景（或其它背景如以英语单词）的排列、组合应用题，显得小巧有新意，这是命题的一个方向。
练习1[北京朝阳区6月高三练习]在今年国家公务员录用中，某市农业局准备录用文秘人员二名，农业企业管理人员和农业法制管理人员各一名，报考农业局公务人员的考生有10人，则可能出现的录用情况有种（用数字作答）。
小结：本题考查了乘法原理。高考突出考查运算能力，近几年排列、组合的选择填空题都要求以数字作答，同学们千万要注意。
二、特殊元素（或位置）优先安排“在”与“不在”
例2[西安市高考模拟试题]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（）
（A）120种（B）96种（C）78种（D）72种
小结：1、“在”与“不在”可以相互转化。解决某些元素在某些位置上用“定位法”，解决某些元素不在某些位置上一般用“间接法”或转化为“在”的问题求解。
2、排列组合应用题极易出现“重”、“漏”现象，而重复错误较隐蔽，不易觉察，也不好检验。为了更好地防“重”堵“漏”，在做题时需认真分析自己做题时所发生的每一个错误，也可改变解题角度，利用一题多解核对答案。
练习2[北京东城区高考模拟试题]从7盆不同的盆花中选出5盆摆放在主席台前，其中有两盆花不宜摆放在正中间，则一共有种不同的摆放方法（用数字作答）。
三、“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空”
例3[广州市二模]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（）
960种（B）840种（C）720种（D）600种
小结：以元素相邻为附加条件的应把相邻元素视为一个整体，即采用“捆绑法”；以某些元素不能相邻为附加条件的，可采用“插空法”。
练习3[黄冈5月高考模拟试题]某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三只灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两只灯，可以熄灭的方法共有（）
（A）种（B）种（C）种（D）种
小结：当分类步骤比较复杂时，不妨换一个角度考虑，使问题清晰易入手。
四、注意区别“恰好”与“至少”
例4[云南省高考模拟试题]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（）
480种（B）240种（C）180种（D）120种
小结：“恰好有一个”是“只有一个”的意思。
练习4[云南省高考模拟]从6双不同颜色的手套中任取4只，其中至少有一双同色手套的不同取法共有种？
小结：“至少有一个”则是“有一个或一个以上”，可用分类讨论法求解，它也是“没有一个”的反面，故可用“排除法”。
五、混合问题先“组”后“排”
例5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？
小结：本题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先元素（即组合）后排列。
练习5现有印着0，1，3，5，7，9的六张卡片，如果允许9可以作6用，那么从中任意抽出三张可以组成个不同的三位数？
小结：解决比较复杂的排列组合综合题时，一般应遵循先计算组合后计算排列的原则。
六、作业
1、[成都市高考模拟试题]从{1、2、3、4、…、20}中任选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有（）
90个（B）180个（C）200个（D）120个
2、[南通市高三二模]男女学生共有8人，从男生中选取2人，且从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有（）
2人或3人（B）3人或4人（C）3人（D）4人
3、[北京西城高考模拟试题]从编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11的11个球中，取出5个小球，使这5个小球的编号之和为奇数，其方法总数为（）
（A）200（B）230（C）236（D）206
4、[兰州市高考模拟试题]兰州某车队有装有A，B，C，D，E，F六种货物的卡车各一辆，把这些货物运到西安，要求装A种货物，B种货物与E种货物的车，到达西安的顺序必须是A，B，E（可以不相邻，且先发的车先到），则这六辆车发车的顺序有几种不同的方案（）（A）80（B）120（C）240（D）360
5、[重庆市高考模拟试题]用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的五位数的个数是（）
（A）48（B）36（C）28（D）12
6、[北京崇文区一模]某药品研究所研制了5种消炎药4种退烧药现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效实验，但又知两种药必须同时使用，且两种药不能同时使用，则不同的实验方案有（）
（A）27种（B）26种（C）16种（D）14种
7、[郑州市高三模拟试题]某池塘有A，B，C三只小船，A船可乘3人，B船可乘2人，C船可乘1人，今天3个成人和2个儿童分乘这些船只，为安全起见，儿童必须由成人陪同方能乘船，他们分乘这些船只的方法共有（）
120种（B）81种（C）72种（D）27种
8、[北京朝阳区高考模拟试题]梯形的两条对角线把梯形分成四部分，有五种不同的颜色给这四部分涂色，每一部分涂一种颜色，任何相邻（具有公共边）的两部分涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（）
180种（B）240种（C）260种（D）320种
9、[北京东城区高三模拟试题]将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数排成三横三纵的方阵，要求每一竖列的三个数从前到后都是由从小到大排列，则不同的排法种数是。
10、[武汉市部分学校高三考试题]10个相同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子内，要求每个盒子的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有种，
11、[石家庄高考模拟试题]过正方体的每三个顶点都可确定一个平面，其中能与这个正方体的12条棱所成的角都相等的不同平面的个数为个。
12、[2000年春季高考]从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连且顺序不变）的不同的排列共有（）
120个（B）480个（C）720个（D）840个
13、[南宁市高考模拟试题]将5枚相同的纪念邮票和8张相同的明信片作为礼品送给甲、乙两名学生，全部分完且每人至少有一件礼品，不同的分法是（）
（A）52（B）40（C）38（D）11
七、答案
1.(B).2.(A).3.(C).4.(B).5.(C).6.(D).7.(D).8.(C).9.1680.10.15.11.8.12.(B).13.(A).测试题
第Ⅰ卷(选择题，共30分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
1.从甲城去乙城有3趟火车，从乙城去丙城有4趟汽车，从甲城到丙城还有2趟汽车，一人从甲城到丙城不同的走法的种数是（ ）
A.9 B.11 C.14 D.24
解析：2+3×4=14种.
答案：C
2.从集合A={0，1，2，3，4}中任取三个数作为二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，则可构成不同的二次函数的个数有（ ）
A.12 B.48 C.59 D.64
解析：4×4×4=64个.
答案：D
3.5名代表分4张不同的参观券，每人最多分1张，且全部分完，那么不同的分法种数一共有（ ）
A.5 B. C.54 D.45
解析：从5个代表中选出4名拿这4张参观券.∴种.
答案：B
4.乘积(a1+a2+a3+a4)·(b1+b2) ·(c1+c2+c3)展开后的项数是（ ）
A.9 B.11 C.12 D.24
解析：一共有4×2×3=24项.
答案：D
5.某城市的电话号码由七位数字组成，此城市最多可以安装多少门电话（0不能打头）（ ）
A.97 B.79 C.106 D.9×106
解析：一共有：9×106门.
答案：D
6.三位同学分别从“计算机”及“英语打字”两项活动中选修一项，不同的选法种数有（ ）
A.3 B.6 C.8 D.9
解析：2×2×2=8种.
答案：C
7.设x,m∈Z，且19＜m＜x，则(x-m) ·(x-m-1)…(x-19)用排列数符号可表示为（ ）
A. B. C. D.
解析：∵x-19=(x-m)-(20-m)+1.
答案：B
8.将数字1,2,3,4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，如果每个方格的标号与所填的数字有且只有一个相同，那么不同的填法种数有（ ）
A.4 B.8 C.6 D.24
解析：4×2=8种.
答案：B
9.3个人坐在列成一排的8个座位的位子上，若每人的左右两边都有空座位，则不同的坐法种数有（ ）
A.18 B.24 C.56 D.336
分析：先让五个空位排好，即□×□×□×□×□，于是在空位之间留出4个空位，然后让这3个人插入到这4个空位上.
解析: =24种.
答案：B
10.9位学生，站成3行3列方阵，不同的站法种数有（ ）
A.3 B.（）2 C. D.6
解析：与9人站成一排的排法数是相同的，即有种.
答案：C
第Ⅱ卷（非选择题，共70分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
11.若a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，则函数y=x表示的不同直线有 条.
分析：应用乘法原理、加法原理，确定分母a有4种，分子b有4种，但有些是相同的.
解析：4×4-3-2=11（条）（∵）.
答案：11
12.不等式m·＞3·的解集是 .
解析：首先：m∈N且
∴1≤m≤8.
由m·＞3·得：
m×
∴
∴m=7或8.
答案：{7，8}
13.若1≤x≤5,2≤y≤7，以有序数对(x,y)为坐标的整点个数为 .
解析：一共有5×6=30.
答案：30
14.一条铁路上，原有8个车站，现又增加3个车站，那么这条铁路线上要增加不同车站间的车票 种.
解析：要增加不同的车票：
=54（种），或=54（种）.
答案：54
三、解答题（本大题5小题，共54分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分8分）
集合A={1,2,3},B={4,5,6,7}，从集合A和集合B的元素之间所有建立不同的映射有多少个？
分析：可分步完成，先看A中的“1”的像可以有4种；A中“2”的像也可以有4种；A中的“3”对应的像也有4种.
解：由乘法原理可知：一共有43=64（个）.
答案：64
16.（本小题满分10分）
证明：=(n+1)!-1!
分析：运用数列求和中的裂项消去法。
证明：∵=k·k!=(k+1)·k!-k!=(k+1)!-k!
∴左式=(2!-1!)+(3!-2!)+(4!-3!)+…+(n+1)!-n!=(n+1)!-1!=右式
∴原式成立.
17.（本小题满分12分）
用1、2、3、4、5排成一个数字不重复的5倍数a1a2a3a4a5，其中满足a1＜a2，a2＞a3,a3＜a4,a4＞a5的五位数有多少个？
分析：这是一个有限制条件的排数问题.
解：因为a1＜a2,a2＞a3,a3＜a4,a4＞a5，且各位数字不重复.
所以a2＞a1,a3，且a4＞a3,a5 ∴a2只能是3、4、5.
①若a2=3，则a4=5,a5=4，a1与a3可以是1与2.
共有个符合条件的五位数.
②若a2=4,则a4=5,a1、a3、a5可以是1、2、3，
共有=6个符合条件的五位数.
③若a2=5，则a4=3或4，当a4=3时，则a1=4
a3、a5是1与2共个；
当a4=4时，a1、a3、a5可以是1、2、3.
共有个.
根据加法原理，共有2(+)=16个满足条件的数.
18.（本小题满分12分）
张、王、李等5人排成一排，张和王都不与李相邻的排法有多少种？
解：除张、王之外的三人（含李）的排法有种，将张插上去且不与李相邻的排法有种，然后将王插上去且不与李相邻的排法有种，
∴共有：=36（种）
19.（本小题满分12分）
有4名男生和2名女生排成一排照相，
（1）如果两名女生不站在两端，有几种不同的站法？
（2）如果两名女生的中间站一位男生，有几种不同站法？
（3）如果两名女生不相邻，有几种不同站法？
解：（1）两端先站两个男生，有种，然后其他位置上任意站，有种，共有 =288种.
（2）先选一个男生站在两个女生的中间，有种，然后将3人当作一个整体与其他三个人任意排，有种
∴共有=192种.
（3）共有=480（种）例题讲解
［例1］在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有多少种
解法一：首先考虑A、B两种作物的间隔不少于6垄的可能情况，间隔可以有6垄、7垄、8垄，间隔6垄时有3种位置，间隔7垄时有2种位置，间隔8垄时有1种位置，而对每一种位置有种种植方法，因而共有(3＋2＋1)＝12种不同的选垄方法.
解法二：把6垄看作一个整体，从其余4垄中任取2垄种植A、B两作物，有种选种方法，然后把那6垄插入A、B之间即可，因而不同的选种方法为＝12种.
［例2］用0，1，2，3，…，9这十个数字组成五位数，其中含有三个奇数数字与两个偶数数字的五位数有多少个
解法一：考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有种，其中0居首位的有种，故符合条件的五位数共有
－＝11040个.
解法二：按元素分类：奇数字有1，3，5，7，9；偶数字有0，2，4，6，8.
把从五个偶数中任取两个的组合分成两类：①不含0的；②含0的.
①不含0的：由三个奇数字和两个偶数字组成的五位数有个；
②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有种排法，再选三个奇数数与一个偶数数字全排放在其他数位上，共有种排法.
综合①和②，由分类计数原理，符合条件的五位数共有＋＝11040个.
［例3］六本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本.
(2)分为三份，每份两本.
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本.
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本.
(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本.
解：(1)可分三步完成，先分给甲，有种分法，再分给乙，有种分法，余下两本给丙，由分步计数原理，共有＝90种不同分法.
(2)由于问题(1)也可分以下两步完成：
第一步：把6本书平均分成三份，设有x种分法.
第二步：把分好份的书，再分给甲、乙、丙三人，有种分法.
根据分步计数原理，得
x·＝，ｘ=＝1５
因此把六本书分成三份，每份两本，共有15种分法.
(3)分三步完成，由乘法原理可得不同分法种数为：··＝60.
(4)分两步完成，第一步先分份，由(3)知共有60种不同分法.第二步将分好份的书，再分给人，有种分法.由乘法原理共有60＝360种不同分法.
(5)可分为三种情况：一是题(1)；一是题(4)；还有一种是甲，乙，丙三人，两人各拿一本，一人拿四本，有＝90种，所以共有：
90＋360＋90＝５40种不同分法. 解答习题4
设f（x）= a0＋a1 x＋a1 x＋a2 x2＋…＋an xn，且f（x－1）= 1＋x＋x2＋…＋xn．求
ar（r = 0，1，2，…，n）．
答案：
∴
即 ∴ （r = 0，1，2，…，n）．备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理概念辨析
1．过程与二项式定理．
对过程的关注是学好数学的关键．
“（a+b）2等于什么？”这种问法，显然重在追究结果．“（a+b）2为什么等于a2+2ab+b2？”这种问法，则重在追究过程．
“（a+b）2为什么等于a2+2ab+b2？”我们知道，（a+b）2=（a+b）（a+b）．要出展开式中的项，只需从两个因式（a+b）中选a或b相乘即可．为了出a2，从两个因式（a+b）中都选a，都不选b；为了出ab项，需要从两个因式（a+b）中选一个出a，另一个因式自然选b；为了出b2，从两个因式（a+b）中都选b，都不选a．以b为准，三步各有
种不同的选法．于是，有
一般的二项式定理的思考方法与此类似．
2．通项公式．
通项是所有项的代表，具有典型和核心作用．很多问题都是通过分析通项而窥知全体具有的规律的．
对于以公式的形式给出的知识，抓住公式的特征是必要的．通项公式中，Tr+1是项的标志，注意其下标是r+1而非r；右边的二项式系数是个组合数，其下标是n，上标是r，上标比Tr+1的下标小1；右边a与b的指数和为n，且a 的指数是n－r，b的指数是r．
对于公式，又一个重要的认识方法是把它抽象地看作几个有关参数的方程，从而知道其中的几个量就可以求另外的量．以二项展开式的通项公式而论，其中含有a，b，n，r，T五个量，显然，知道其中的几个或他们的某些关系，可以求另外的几个．
3．杨辉三角及二项式系数性质．
(1)杨辉三角中体现的很多数学思想颇值得深思和学习．如，其中体现的抓住主要矛盾的做法：在排好序的多项式中，显然，字母是次要的，而系数起着决定作用，于是，运用分离系数的方法，专门把系数孤立出来研究．又如，其发展过程中体现的随着人类思维的发展，研究问题也在从现象到本质再到关系的不断深入．这可以从下面的三步曲得到印证：
其中，第一个表，体现了把系数抽象出来的过程；第二个表体现了每个数背后的本质含义；第三个表体现了每个数之间的关系．
（2）杨辉三角中体现的二项式系数的性质值得认识和挖掘．
①除1以外，每一个数都等于它肩上两个数的和．这显然是由组合数性质2所决定，如
②自腰上的某个1开始，平行于腰的一条直线上的连续几个数的和等于最后一个数斜下方的那个数．这是组合数的又一种性质的表现，如
一般地，就是
③各横行的和为2n．这是下列组合数性质的体现：
④与首末两端“等距离”的两个数相等．这是组合数性质1的体现．
⑤如果n是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果n是奇数，中间两项的二项式系数最大．
后两者，分别说明了二项式系数的对称性和增减情况．
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1选择习题5
用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的五位数，并将它们排成一个递增数列，则12340是这个数列的（ ）
(A) 第7项 (B) 第8项 (C) 第9项 (D) 第10项
答案：D
分析：
先算10×××的个数，再算120××，1230×的个数．填空习题3
在(1＋x－px2)4展开式中，使x4项的系数取最小值时p的值是_____________．
答案：
1
分析：
x4的系数是6(p－1)2－5．习题
复习填空：
在n=1,2,3,4时，研究(a+b)n的展开式.
(a+b)1= ,
(a+b)2= ,
(a+b)3= ,
(a+b)4= .
列出上述各展开式的系数：
3.这些系数中每一个可看作由它肩上的两个数字 得到.你能写出第五行的数字吗？(a+b)5= .
4.计算：= ，= ，= ，= ，= .用这些组合数表示(a+b)4的展开式是：(a+b)4= .
二、定理：
(a+b) n= （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，通项是指展开式的第 项，展开式共有 个项.
例题：1.展开； 2. 展开.
小结：求展开式中的指定项一般用通项公式，当指数n不是很大时，也可用定理展开，再找指定项.
3.计算：（1）（0.997）3 的近似值（精确到0.001）
（2）（1.002）6的近视值（精确到0.001）.
三 、课后检测
1.求（2a+3b）6的展开式的第3项.
2.求（3b+2a）6的展开式的第3项.
3.写出的展开式的第r+1项.
4.求（x3+2x）7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）加法原理和乘法原理教案
教学目的：1．加法原理和乘法原理
2．让学生学会从具体到抽象的思维过程。
教学重点：两个原理的归纳
教学难点: 两个原理的应用
教学方法:研讨法
教学过程
1．课题引入
排列、组合和二项式定理是一门在生产和生活实际中运用很广的数学知识。学好它对我们的生活和实践都会带来许多方便。要学好它，并不难，只要认真学会下面的原理：加法原理和乘法原理。
2．研究课题
分析下面问题，有些什么特征，能得出一些一般的结论吗？
修山至桃江有2班船， 5班车，共有几种不同的方法从修山至桃江？
修山经益阳至长沙市，修山有水路1条，公路3条至益阳，益阳至长沙有水路1条，公路2条，铁路1条，共有几种不同的方法从修山至长沙市？
你的桌上摆有一垒32开的书5本和一叠16开的书6本，现从中选取1本，共有多少种不同的选取方法？
你的桌上摆有一垒32开的书5本和一叠16开的书6本，现从中选取1本32开的书和2本16开的书，共有多少种不同的选取方法？
3．学生活动
对下面四个问题作出回答。
相互之间交流解决问题的方法。
总结解这类问题的一般方法。
4．课题总结
由解决问题1）、3）可总结出
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m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有
N=m1+m2+…+mn
种不同的方法。
由解决问题2）、4）可总结出
乘法原理：做一件事，完成它可以有n个步骤，在第一个步骤中有m1种不同的方法，在第二个步骤中有m2种不同的方法，……，在第n个步骤中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有
N=m1×m2×…×mn
种不同的方法。
5．学生实践
由数字1、2、3、4、5可以组成多少个没有重复数字的三位数？可以组成多少个可以有重复数字的三位数？可以组成多少个有重复数字的三位数？
在你的桌上左边摆一垒32开的书5本不同的书，右边摆一叠16开的书6本不同的书，共有多少种不同的摆法？
6．课后任务
阅读：课本P219－223
作业：P222.NO5、6、7
实践活动：7位同学编排座次，共有多少种不同的排法？
预习：课本P224－227测试题2
1．计算
2．计算
3．计算
4．方程 的解为 ( )
(A)仅x=4． (B)x=4或x=7． (C)仅x=7． (D)x=4或x=8．
5．(提高题)若，求n．
答 案
1．
2．
3．
4．B
5．解：∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵，．排列与组合的概念教案1
　　教学目标
　　1．正确理解排列、组合的意义．
　　2．掌握写出所有排列、所有组合的方法，加深对分类讨论方法的理解．
　　3．发展学生的抽象能力和逻辑思维能力．
　　教学重点与难点
　　重点：正确理解两个原理(分类计数原理、分步计数原理)以及排列、组合的概念．
　　难点：区别排列与组合．
　　教学过程设计
　　师：上节课我们学习了两个基本原理，请大家完成以下两题的练习：
　　(用投影仪出示)
　　1．书架上层放着50本不同的社会科学书，下层放着40本不同的自然科学的书．
　　(1)从中任取1本，有多少种取法？
　　(2)从中任取社会科学书与自然科学书各1本，有多少种不同的取法？
　　2．某农场为了考察三个外地优良品种A，B，C，计划在甲、乙、丙、丁、戊共五种类型的土地上分别进行引种试验，问共需安排多少个试验小区？
　　(全体同学参加笔试练习．)
　　4分钟后，找一同学谈解答和怎样思考的？
　　生：第1(1)小题从书架上任取1本书，有两类办法，第一类办法是从上层取社会科学书，可以从50本中任取1本，有50种方法；第二类办法是从下层取自然科学书，可以从40本中任取1本，有40种方法．根据分类计数原理，得到不同的取法种数是50＋40=90．第(2)小题从书架上取社会科学、自然科学书各1本(共取出2本)，可以分两个步骤完成：第一步取一本社会科学书，第二步取一本自然科学书，根据分步计数原理，得到不同的取法种数是；50×40=2000．第2题说，共有A，B，C三个优良品种，而每个品种在甲类型土地上实验有三个小区，在乙类型的土地上有三个小区……所以共需3×5=15个实验小区．
　　师：学习了两个基本原理之后，继续学习排列和组合，什么是排列？什么是组合？这两个问题有什么区别和联系？这是我们讨论的重点．先从实例入手：
　　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飞机票？
　　希望同学们设计好方案，踊跃发言．
　　生甲：首先确定起点站，如果北京是起点站，终点站是上海或广州，需要制2种飞机票，若起点站是上海，终点站是北京或广州，又需制2种飞机票；若起点站是广州，终点站是北京或上海，又需要2种飞机票，共需要2＋2＋2=6种飞机票．
　　师：生甲用分类计数原理解决了准备多少种飞机票问题．能不能用分步计数原理来设计方案呢？
　　生乙：首先确定起点站，在三个站中，任选一个站为起点站，有3种方法．即北京、上海、广泛任意一个城市为起点站，当选定起点站后，再确定终点站，由于已经选了起点站，终点站只能在其余两个站去选．那么，根据分步计数原理，在三个民航站中，每次取两个，按起点站在前、终点站在后的顺序排列不同方法共有3×2=6种．
　　师：根据生乙的分析写出所有种飞机票．
　　生丙：(板演)
　　
　　师：再看一个实例．
　　在航海中，船舰常以“旗语”相互联系，即利用不同颜色的旗子发送出各种不同的信号．如有红、黄、绿三面不同颜色的旗子，按一定顺序同时升起表示一定的信号，问这样总共可以表示出多少种不同的信号？
　　请同学们谈谈自己想法．
　　生丁：事实上，红、黄、绿三面旗子按一定顺序的一个排法表示一种信号，所以不同颜色的同时升起可以表示出来的信号种数，也就是红、黄、绿这三面旗子的所有不同顺序的排法总数．
　　首先，先确定最高位置的旗子，在红、黄、绿这三面旗子中任取一个，有3种方法；
　　其次，确定中间位置的旗子，当最高位置确定之后，中间位置的旗子只能从余下的两面旗中去取，有2种方法．
　　剩下那面旗子，放在最低位置．
　　根据分步计数原理，用红、黄、绿这三面旗子同时升起表示出所有信号种数是：
　　3×2×1=6(种)．
　　师：根据生丁同学的分析，写出三面旗子同时升起表示信号的所有情况．(包括每个位置情况)
　　生戊：(板演)
　　
　　师：第三个实例，请全体同学都参加设计，把所有情况(包括每个位置情况)写出来．
　　由数字1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的三位数？写出这些所有的三位数．
　　(教师在教室巡视，过3分钟找一同学板演)
　　根据分步计数原理，从四个不同的数字中，每次取出三个排成三位数的方法共有
　　4×3×2=24(个)．
　　
　　师：请板演同学谈谈怎样想的？
　　生：第一步，先确定百位上的数字．在1，2，3，4这四个数字中任取一个，有4种取法．
　　第二步，确定十位上的数字．当百位上的数字确定以后，十位上的数字只能从余下的三个数字去取，有3种方法．
　　第三步，确定个位上的数字．当百位、十位上的数字都确定以后，个位上的数字只能从余下的两个数字中去取，有2种方法．
　　根据分步计数原理，所以共有4×3×2=24种．
　　师：以上我们讨论了三个实例，这三个问题有什么共同的地方？
　　生：都是从一些研究的对象之中取出某些研究的对象．
　　师：取出的这些研究对象又做些什么？
　　生：实质上按着顺序排成一排，交换不同的位置就是不同的情况．
　　师：请大家看书，第×页、第×行．我们把被取的对象叫做双元素，如上面问题中的民航站、旗子、数字都是元素．
　　上面第一个问题就是从3个不同的元素中，任取2个，然后按一定顺序排成一列，求一共有多少种不同的排法，后来又写出所有排法．第二个问题，就是从3个不同元素中，取出3个，然后按一定顺序排成一列，求一共有多少排法和写出所有排法．第三个问题呢？
　　生：从4个不同的元素中，任取3个，然后按一定的顺序排成一列，求一共有多少种不同的排法，并写出所有的排法．
　　师：请看课本，第×页，第×行．一般地说，从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个元素(本章只研究被取出的元素各不相同的情况)，按着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．
　　按着这个定义，结合上面的问题，请同学们谈谈什么是相同的排列？什么是不同的排列？
　　生：从排列的定义知道，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序(即元素所在的位置)也必须相同．两个条件中，只要有一个条件不符合，就是不同的排列．
　　如第一个问题中，北京—广州，上海—广州是两个排列，第三个问题中，213与423也是两个排列．
　　再如第一个问题中，北京—广州，广州—北京；第二个问题中，红黄绿与红绿黄；第三个问题中231和213虽然元素完全相同，但排列顺序不同，也是两个排列．
　　师：还需要搞清楚一个问题，“一个排列”是不是一个数？
　　生：“一个排列”不应当是一个数，而应当指一件具体的事．如飞机票“北京—广州”是一个排列，“红黄绿”是一种信号，也是一个排列．如果问飞机票有多少种？能表示出多少种信号．只问种数，不用把所有情况罗列出来，才是一个数．前面提到的第三个问题，实质上也是这样的．
　　师：下面我们进一步讨论：
　　1．在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，有多少种不同的飞机票价与准备多少种不同的飞机票，有什么区别？
　　2．某班某小组五名同学在暑假互相都通信一次，打电话一次，通信的封数与打电话的次数是否一致？
　　3．有四个质数2，3，5，7两两分别作加法、减法、乘法、除法，所得到的和、差、积、商是否相同？
　　生A：我回答第1个问题．前边已经讨论过有要准备6种飞机票，但票价只有三种，北京—上海与上海—北京，北京—广州与广州—北京，上海—广州与广州—上海票价是一样的，共有3种票价．
　　生B：我回答第2个问题．举个例子，张玉同学给李刚同学写信，李刚同学给张玉同学写信，这样两封信才算彼此通了一次信．而两人通一次电话，无论是张玉打给李刚的，还是李刚打给张玉的，两个人都同时参与了，彼此通了一次电话．
　　师：那么通了多少封信？打了多少次电话？
　　生C：五个人都要给其他四位同学写信，5×4=20封．关于打电话次数，我现在数一数：设五名同学的代号是a，b，c，d，e．则a—b，a—c，a—d，a—e，b—c，b—d，b—e，c—d，c—e，d—e．共十次．
　　生D：我回答第3个问题．减法与除法所得的差和商个数是同一个数，因为被减数与减数、被除数与除数交换位置所得的差与商是不同的．加法与乘法所得的和与积个数是同一个数，根据加法、乘法交换律，被加数与加数，被乘数与乘数交换位置，和与积不受影响．
　　师：有多少个差与商？有多少个和与积？
　　生E：2，3，5，7都可以做被减数和被除数，对于每一个被减数(或被除数)都对应着有3个数作减数(或除数)，共有4×3=12个差或商．把交换位置的情况除去，就是和或积的数字，即12÷2＝6．
　　师：以上三个问题六件事，有什么共同点？再按类分，类与类之间有什么区别？区别在哪里？
　　生：都是从一些元素中，任取某些元素的问题．
　　可以分两类．一类属于前边学过的排列问题，即取出的元素要“按照一定的顺序排成一列”，只要交换位置，就是不同的排列．前边三个问题中的飞机票、通信封数、减法与除法运算的结果都属于这一类．另一类是取出的元素，不必管顺序，只有取不同元素时，才是不同的情况，如飞机票价，打电话次数、加法与乘法运算的结果都属于这一类．
　　师：分析得很好，我们说后一类问题是从n个元素中任取m(m≤n)个元素，不管怎样的顺序并成一组，求一共有多少种不同的组．如以上三个问题中飞机票价题是3组，打电话次数题是10组，和与积的个数题都是6组．
　　请同学们看课本，第×页第×行开始到第×页第×行结束．
　　(用5分钟时间学生读课本，教师巡视，回答学生提出的问题)
　　师：组合这一节讲的主要内容是什么？
　　生：组合定义；什么是相同的组合，什么是不同的组合；排列与组合的区别；怎样写出某个组合问题的所有组合．
　　师：现在请同学们回答这四个问题．每位同学只说一个问题．
　　生F：组合定义是从n个不同的元素中，任取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．
　　生G：如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．
　　生H：排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2＋3＋1的和与2＋1＋3的和是一个组合．
　　生I：我举个例子．前边生C同学提到的a，b，c，d，e这五个元素，写出每次取出2个元素的所有组合．
　　先把a从左到右依次与b，c，d，e组合，写出ab，ac，ad，ae．再把b依次与c，d，e组合，写出bc，bd，be．再把c依次与d，e组合，写出cd，ce．最后d与e组合，写出de．前面生C同学已经写得很好．
　　师：一定要认真体会排列与组合的区别在于与顺序是否有关，在以后的各种实际应用题中要区别清楚才能寻找正确解题途径．
　　和排列一样，还需要区分清楚“一个组合”和“组合种数”这两个概念．一个组合不是一个数，而是具体的一件事，刚才生I同学回答的每一种如ab，又如ac，…都叫一个组合，共10种，而10就是组合数．
　　怎样写出所有的排列和所有的组合是本节的技能方面要求，现在请同学们写出由1，2，3，4中取出3个数所有组合．
　　(教师请生M到黑板板演)
　　板演：
　　123，124，134，234．
　　师：最后希望大家思考，下面的问题是排列问题，还是组合问题？怎样解？
　　1．今欲从1，2，3，8，9，10，12诸数中选取两数，使其和为偶数，问共有几种选法？
　　2．有四张卡片，每张分别写着数码1，2，3，4．有四个空箱，分别写着号码1，2，3，4．把卡片放到空箱内，每箱必须并且只能放一张，而且卡片数码与箱子号码必须不一致，问有多少种放法？
　　(两道题用投影仪示出)
　　同学们独立思考几分钟，然后全班进行讨论，请思考成熟的同学发言．
　　生N：我谈第1题．要求出用两个数码所组成的其和为偶数的数的个数，这时按两奇数的和为偶数与两偶数的和为偶数这一标准，进行分类．选出的两数不考虑顺序，因为交换位置其和不变，是组合问题．解法是：
　　在1，3，9中任选两段：1，3；1，9；3，9有3个组合．
　　在2，8，10，12中任选两数：2，8；2，10；2，12；8，10；8，12；10，12．有6个组合．
　　根据分类计数原理，3＋6=9．
　　所以共有9种选法．
　　生P：我谈第2题．这是从四张卡片中取出4张，分别放在四个位置上，只要交换卡片位置，就是不同的放法，是个附有条件的排列问题．解法是：
　　第一步把数码卡片四张中2，3，4三张任选一个放在第1空箱．
　　第二步从余下的三张卡片中任选符合条件的一张放在第2空箱．
　　第三步从余下的两张卡片中任选符合条件的一张放在第3空箱．
　　第四步把最后符合条件的一张放在第四空箱．具体排法，我用下面图表表示：
　　所以，共有9种放法．
　　师：参加讨论的同学对于什么是排列，什么是组合？一个排列与排列种数，一个组合与组合种数区别是什么？怎样排列，怎样组合都比较清楚了．由于排列组合问题遇到的情况不是唯一的，经常使用分类讨论的方法．
　　作业
　　课本：P232练习1，7；P243练习1，2，3，4，6．
　　补充作业
　　1．空间有五个点，其中任何四点不共面，以每四个点为顶点作一个四面体，一共可作多少个四面体？(5个)
　　2．用0，2，3，5可以组成多少个数字不重复且被5整除的三位数？(10个)
　　3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？(9种)
　　课堂教学设计说明
　　1．温故才能知新，为了培养学生良好的学习习惯，学习新课前进行了复习练习．
　　2．为了更深刻地理解排列组合概念，设计教案时采取了两项有效措施．
　　(1)先给出排列、组合的感性认识，再抽象出排列、组合定义，利于学生抽象能力的培养，并能激发学生的学习兴趣，积极参加学习过程中来．
　　(2)改变了教材的安排，把排列与组合的概念放在同一节课，既节约了课时又通过对比，更深刻理解排列与组合概念本质，掌握它们的共同点与不同点．
　　3．教案设计中注意了学生主体参与，通过学生实践，掌握概念的形成过程和应用，从而培养能力，并注意训练学生的自学能力．
　　选择习题3
有五张卡片，分别写上2，3，4，5，6这五个数字．现在从中抽取3张组成三位数，若6可作9使用，则这样的三位数共有 （ ）
(A) 96个 (B) 72个 (C) 60个 (D) 36个
答案：A
分析：
按是否含6分类计算．教学素材/排列、组合、二项式定理
教学素材/排列、组合、二项式定理
二项式定理疑难解析
在公式(a＋b)n＝与Tr＋1＝中，r的取值范围是0，1，2，…，n，表明二项展开式有n＋1项，项数与r的值差1．这一点与数列的通项公式不同，在an＝f(n)中，n是项数，an是对应项．而在二项展开式及其通项公式中，项数是r＋1，不加注意，会导致出错．分类计数原理与分步计数原理教案
【教材】10.1分类计数原理与分步计数原理
【目的】1.了解学习本章的意义,激发学生的兴趣.
2.理解分类计数原理与分步计数原理,培养学生的归纳概括能力.
3.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.
【过程】：
一、新课引入
阅读引言，明确任务，激发兴趣
由学生感兴趣的乒乓球比赛提出的问题引出学习本章的必要性，明确研究计数方法是本章内容的独特性，从应用的广泛性看学好本章知识的重要性.
二、新课
1.分类计数原理
给出问题,配图分析,讲清坐火车与坐汽车两类方法均可,每类中任一种办法都可以独立地把从甲地到乙地这件事办好.
引伸1:若甲地到乙地一天中还有4班轮船可乘,那么一天中,乘坐这些交通工具从甲地到一点共有多少种不同的走法
引伸2:若完成一件事,有类办法.在第1类办法中有种不同方法,在第2类办法中有种不同的方法,……,在第类办法中有种不同方法,每一类中的每一种方法均可完成这件事,那么完成这件事共有多少种不同方法
归纳得出
分类计数原理 完成一件事,有类办法.在第1类办法中有种不同方法,在第2类办法中有种不同的方法,……,在第类办法中有种不同方法,那么完成这件事共有种不同的方法.(也称加法原理)
2.分步计数原理
给出问题,配图分析,,组织讨论,强调分步.
可用多媒体配上不同颜色闪现六种不同走法.
让学生列式求出不同走法种数,并列举所有走法.
归纳得出:
分步计数原理 完成一件事,需要分成个步骤,做第1步中有种不同方法,做第2步有种不同的方法,……,做第步有种不同方法,那么完成这件事共有种不同的方法.(也称乘法原理)
3.例题:
例1 (教材例1)
引导学生分析解答,注意区分是分类还是分步.
例2 满足∪=｛1,2｝的集合、共有多少组
分析一:、均是｛1,2｝的子集:φ,｛1｝,｛2｝,｛1,2｝,但不是随便两个子集搭配都行,本题尤如含、两元素的不定方程,其全部解分为四类:
1)当=φ时,只有=｛1,2｝,得1组解;
2)当=｛1｝时,=｛2｝或=｛1,2｝,得2组解;
3)当=｛2｝时,=｛1｝或=｛1,2｝,得2组解;
4)当=｛1,2｝时,=φ或｛1｝或｛2｝或｛1,2｝,得4组解.
根据分类计数原理,共有1+2+2+4=9组解.
分析二:设、为两个“口袋”,需将两种元素(1与2)装入,任一元素至少装入一个袋中,分两步可办好此事:第1步装“1”,可装入不装入,也可装入不装入,还可以既装入又装入,有3种装法;第2步装2,同样有3种装法.根据分步计数原理共有3×3=9种装法,即原题共有9组解.
4.练习:
教材第86页练习1、2题
三、小结:
回顾两个原理内容,强调区别在于办事的办法是分类还是分步.
四、作业:教材第87页 习题第2题.排列教案
【教材】10.2排列
【目的】1.理解排列、排列数的概念.
2.了解排列数公式的推导,培养学生化归的数学思想方法.
3.能用排列数公式计算排列数.
【过程】：
一、复习引入
1.分类计数原理和分步计数原理及其区别(“分类”、“分步”完成一件事)
2.用分步计数原理计算下面两个问题.(用多媒体显示教材上的问题1、问题2)
问题1分析:分2步完成,第1 步,确定参加上午活动的同学,有3种方法;第2步,确定参加下午活动的同学,有2种方法,根据分步计数原理,共有3×2=6种方法.
问题2分析:仿问题1分析 引入新课
二、新课
1.排列和排列数的概念
从以上两个实例的结果中,引出排列和排列数的概念
一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,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.
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列数.
指出:1)排列定义中包括:a.取出元素,b.按照一定顺序排列.因此,两个排列相同,必须它们的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.
2)排列和排列数是两个既有联系又有区别的两个概念.
3)排列数用表示.
2.排列数公式的推导
提问:从n个不同的元素中取出2个元素的排列数是多少 呢
分析:求化归为从n个元素中任取2个填入排好顺序的2个空位.分两步进行:第1步,填第1个位置的元素,有n中方法;第2步,填第2个位置的元素,有(n-1)种方法.根据分步计数原理共有n(n-1)种方法,从而.
求(仿求的方法)得
求出、后,用同样的方法,求
所以得到公式:
这里,且,这个公式叫做排列数公式.
公式特点:左边第一个因数是,后面的每个因数都比它前面一个因数少1,最后一个因数为,共有个因数相乘.
3.例题:
例1 (教材91页例1)
通过例1的讲解,使学生熟悉公式,掌握公式的特点.
引伸:1)若,则 , .(17,14)
2)若,则用排列数符号表示为 .()
3)若,则 .( 8 )
例2 写出从A,B,C,D四个元素中任取两个元素的所有排列.
分析:如何不重不漏地写出所有的排列－－树图.
4.练习:
教材第94页练习1、2、3题
三、小结:
1.排列的定义中包含下列两个基本内容
(1)选元素 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,要注意被取的元素是什么 取出的元素是什么 即明确m,n.
(2)排顺序 将取出的m个元素按照一定顺序排成一列,是排列问题的基本属性.
2.排列数公式要抓住其特点,能用它求排列数.
3.如何写出符合条件的所有排列:一般先分类,后分步,用画树图的方法,逐一写出所有的排列.
4.注意分步思想在本节中的应用.
四、作业:教材第95页 习题第1、3、4题.
第1位
第3位
第2位
第2位
第1位
第1位
第2位
第3位
第m位
……例题讲解
例1.求展开式中x3的系数.
解：的通项为：
的通项为
令r+k=3，则
例2.已知展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992，求展开式中系数最大的项.
解：令x=1，得各项系数和为，而各项的二项式系数和为
（舍）
项系数最大，则
系数最大的是第五项，
且
例3.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）求展开式中所有有理项.
解：依题意，前三项系数的绝对值是1，
且
即
（1）若为常数项，当且仅当
所以展开式中没有常数项；
（2）若为有理项，当且仅当为整数，
即展开式中的有理项有三项，它们是：
例4.求证：能被64整除.
证明：
又是整数.
能被64整除.
例5.已知的展开式中，连续三项的系数比是3︰8︰14，求展开式里系数最大的项.
解：：：C=3︰8︰14
：：=3：8：14
即
解得
其展开式里系数最大项是
例6.计算（1.009）5的近似值（精确到0.001）.
解：（1.009）5=（1+0.009）5
=1+5×0.009+10×0.0092+…填空习题2
将4名同学录取到3所大学，每所大学至少要录取到1名，录取方法共有________种．
答案：
36
分析：
．第十四教时 二项式定理(四)
【教材】10.4二项式定理
【目的】1.进一步掌握二项式系数的性质.
2.会利用二项式系数的性质解决一些实际问题,提高学生分析问题、解决问题的能力和创造能力,为今后进一步学习概率中的二项分布打下良好的基础.
【过程】：
一、复习引入
复习二项式系数的三条性质,再次指出,它们可由杨辉三角看出.多媒体出示:
………………………………………1 1
……………………………………1 2 1
…………………………………1 3 3 1
………………………………1 4 6 4 1
……………………………1 5 10 10 5 1
…………………………1 6 15 20 15 6 1
…… …… ……
我们看到表中除1以外的每一个数都等于它肩上的两个数之和,利用这一性质,可以根据的各二项式系数写出的各二项式系数,这也可以算作二项式系数的第四条性质——递推性.
二、新课——二项式系数性质的应用
例1 ①有1元、2元、5元、50元、100元的人民币各一张,取其中的一张或几张,能组成多少种不同的币值
②7个电阻串联在一起连成一串,中间只要有一个坏了,这串电阻就失效,因电阻损坏而失效的可能性种数是多少
指出:本例是组合应用题,两小题思路相类似.
①种 ② 仿照①,共有127种.
例2 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.
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.
指出: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.
引伸:①求展开式中各项系数的和.(令,得答案: 0)
②若,则 ,
, , .
③的展开式中的各项系数之和为 .()
④设,
求:(1)的值;(2)的值.
(令,得,即.
令,得,即,故
)
例3 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.
分析: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.
三、小结
四、作业选择习题2
用1，2，3，4，5这五个数字，组成比20000大，并且百位数字不是3的没有重复数字的五位数，共有（ ）
(A) 64个 (B) 72个 (C) 78个 (D) 96个
答案：C
分析：
按万位数字分类计算．选择习题14
展开式中的常数项是
A．20 B．-20 C．160 D．-160
答案：D填空习题5
的展开式中，的系数是 .
答案：
-24教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项展开式
，叫做(a＋b)n的二项展开式．
它总共有n＋1项，是关于a，b的n次多项式．组合数的两个性质
性质１： =，规定=1
性质２：= +排列组合的题目类型
中学阶段涉及到的有关排列组合题目的主要类型列表如下：
式子题
排列问题
应用题 组合问题 ——“含”与“不含”问题．
排列组合的综合题
计算题
证明题
解方程、不等式
“在”与“不在”问题
“邻”与“不邻”问题
“顺”与“不顺”问题
没有附加条件的
有附加条件的——
没有附加条件的
有附加条件的选择习题7
5人排成一排，其中A不排在左端，也不和B相邻的不同排法的种数是 ( )
(A) 48 (B) 54 (C) 60 (D) 66
答案：B二项式定理习题3
　　一、单选题
　　1. 设S=(x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1，则S等于
[　　 ]
　　A．(x-2)4　　 B．(x+2)4　　　　　　C．(x-1)4　　　　　　 D．x4
　　
　　3. 820除以7的余数是
[　　 ]
　　A．1　　 B．2　　 C．4　　 D．5
　　4. 数11100-1的末尾连续的零的个数是
[　　 ]
　　A．7个　　 B．5个　　C．3个　　 D．1个
　　5. 在(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)15展开式中，x3项的系数是
[　　]
　　A．2314　　 B．1820　　C．1560　　D．360
　　6. 在(1-x+x2)5(1+x)4的展开式中，x4项的系数是
[　　 ]
　　A．1　　　B．-1　　 C．4　　 D．-4
　　
　　二、填空题
　　1. (1-x)6的展开式的中间项是　　　　 ．
　　
　　3. 如果今天是星期一，并将今天算作第一天，那么第819天是星期　　 ．
　　
　　5. 二项式(1+x)n的展开式中有相邻的两项，其前项系数与后项系数之比为7:5，该二项展开式的项数最少是　　　　　　项．
　　三、解答题
　　
　　四、证明题
　　
二项式定理习题3答案

　　一、单选题
　　1. D
　　2. C
　　3. A
　　4. C
　　
　　6. D
　　7. A
　　二、填空题
　　1. -20x3
　　2. -84
　　3. 一
　　4. 18564
　　5. 12
　　三、解答题
　　
　　四、证明题
　　排列、排列数公式习题3

　　一、单选题
　　用0、1、2、3、4、5这六个数字,可以组成没有重复数字的三位奇数的个数共有 [ ]
　　A．100 B．75 C．60 D．48
　　二、填空题
　　从4名学生中，选出2名学生，分别推荐到2所高等学校去学习，有_________种选法(填出计算结果)．
　　三、解答题
　　
排列、排列数公式习题3答案

　　一、单选题
　　1. D
　　二、填空题
　　1. 12
　　三、解答题
　　1. x=53个连续项二项式系数的几个性质
　　(a＋b)n(n = 0，1，2，…)展开式二项式写成杨辉三角形数字如下：
　　本文探索如下两个问题：
　　1．杨辉三角形是否存在3个连续项，使它们中的数的比为：
　　(m－k)∶m∶(m＋k)(k，m∈N且m≥k＋1)？其中(m－k)∶m∶(m＋k)为最简连比式；
　　2．如果存在，行数和项数与m，k关系如何？
　　对第n行中第r，r＋1，r＋2项的二项式做比化简有
　　
　　
　　k = 1时，n = 4m2－2，r = (2m＋1)(m－1)，此时n，r∈N，因此有：
　　命题1 杨辉三角形中存在3个连续项，使它们的比为
　　(m－1)∶m∶(m＋1)，(m∈N且m≥2)．
　　所对应的行数n = 4m2－2，此3项是这行中的第(2m＋1)(m－1)，(2m＋1)(m－1)＋1，(2m＋1)(m－1)＋2项．
　　特别地，令m = 4，则得第10届美国数学邀请赛第4题：
　　杨辉三角形的哪一行存在3个连续项，它们的比为3∶4∶5？
　　由命题1易知n = 62，r = 27．即为原赛题答案．
　　(2)式中令k≥2时，若使n∈N，则
　　
　　∵p＋1与p－2奇偶性相反，
　　∴r∈N且p≥3，
　　
　　此时
　　(m－k)∶m∶(m＋k)
　　
　　= (p－2)∶p∶(p＋2)，
　　因此有：
　　命题2 杨辉三角形存在3个连续项，使它们的比为
　　(m－2)∶m∶(m＋2)，(m≥3，m∈N)．
　　
　　命题3 杨辉三角形中不存在3个连续项，使它们的比为(m－k)∶m∶(m＋k)，基中k≥3，m，k∈N．
　　例1 杨辉三角形中是否存在3个连续项，使它们的比为21∶23∶25？如果存在，指出它们所在的行数及是这行中的哪几项？
　　解 由命题2知，杨辉三角形中存在3个连续项，使它们的比为：21∶23∶25．
　　∵ m = 23，
　　
　　∴杨辉三角形的第527行中的第252，253，254项的比为21∶23∶25．
　　例2 杨辉三角形中是否存在3个连续项，使它们的比为14∶16∶18？如果存在，指出它们所在的行数及是这行中的哪几项？
　　解 ∵14∶16∶18 = 7∶8∶9，即k = 1，
　　∴由命题1知，杨辉三角形中存在3个连续项，使它们的比为7∶8∶9，即14∶16∶18．
　　∵ m = 8，
　　∴ 由命题1知：n = 4×82－2 = 254，r = (2×8＋1)·(8－1) = 19，
　　∴ 杨辉三角形的第254行中的第119，120，121项的比为7∶8∶9，即14∶16∶18．
　　
　　习题
1.若(1+x)ｎ＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋…＋ａｎｘｎ中，a3＝ａ12，则自然数n的值是( )
A.13 B.14 C.15 D.16
2.(1-x)6展开式中x的奇次项系数和为( )
A.32 B.-32 C.0 D.-64
3.若(x+)ｎ(n∈N)的展开式中各项系数的和大于8且小于32，则展开式中系数最大的项应是( )
A.6x B.3 C.10x2 D.20ｘ3
4.在(a+b)n的展开式中，若第3项和第6项系数相等，则n=
5.若(3x＋1)ｎ(ｎ∈Ｎ)的展开式中各项系数之和是256，则展开式中ｘ2的系数是 .
6.设(2-x)100＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋…＋ａ100ｘ100，则(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－（ａ1＋ａ3＋ａ５＋…＋ａ99）2的值是 .
7.已知(1+x)ｎ展开式的第五、六、七项系数成等差数列，求展开式中系数最大项.
8.已知(1+2)ｎ展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而等于它后一项系数的，试求该展开式中二项式系数最大的项.
9.已知(xｌｇｘ＋1)ｎ展开式中最后三项系数之和为22，中间项为20000，求x的值.
参考答案：1.C 2.B 3.A 4. 7 5. 54 6. 1?
7.当n=14时，T8=3432x7.
当n=7时，T4=35x3或T5=35x4.
8.T4＝280ｘ,T５＝５60ｘ2.?
9.x=10或x=排列数公式
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用（或P（m，n），或（n）m）表示．这里，P是英文permutation（排列）的第一个字母．
＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝
其中，n，m∈N，m≤n．n！叫做n的阶乘，表示自然数1到n的连乘积．
＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）．习题
例题选讲
1.求4713被5除所得的余数.
2.求x10-3除以(x-1)2所得的余式.
3.求证34n+2+52n+1能被14整除.
二、练习与检测
1.10110-1的末尾连续零的个数是……………………………………………………（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2.若n为奇数，7n+被9除所得的余数是……………（ ）
A.0 B.2 C.7 D.8
3.5n+13n(n)除以3的余数是………………………………………………………（ ）
A.0 B.0或1 C.0或2 D.2
4.求5555除以8所得的余数.
5.用二项式定理证明6363+17能被16整除.
6.求9192除以100的余数.
7.今天是星期二，不算今天，251天后的第一天是星期几？教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项展开式
……（ N*）
这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，式中的an－rbr叫做二项展开式的通项，用Tr+1表示，Tr+1＝an－rbr．它一共有n+1项，其中各项的系数（r=0，1…，n）叫做二项式系数．选择习题8
的展开式中，x4的系数是（ ）
(A)－40 (B) 10 (C) 40 (D)45
答案：D
分析：
所求系数为．测试题
一、选择题
1．在（x2+3x+2）5的展开式中x 的系数为 （ ）
(A) 60 (B) 240 (C) 360 (D) 800
2．设（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50= a0+a1x +a2x2 +…+a50x50，则a3= ( )
(A) (B) (C) 2 (D)
3．由展开所得x的多项式中，系数为有理数的共有 （ ）
(A) 50项 (B) 17项 (C) 16项 (D) 15项
4．下式除以88的余数是 （ ）
(A) －1 (B) 1 (C) －87 (D) 87
5．若展开式中第三项为106，则x的值为 （ ）
(A) 10 (B) 100
(C) (D)
二、填空题
6．已知（x+a）7的展开式中x4的系数是 －280，则a=____．
7．已知（1－2x）7= a0+a1x +a2x2 +…+a7x7，那么 a1 +a2 +…+a7=_____．
8．（2x－1）5展开式中各项系数的绝对值的和为___．
9．（3x+1）n(n∈N+)的展开式各项系数的和为256，则展开式中 x2的系数是___．
三、解答题
10．求9192除以100 的余数．
11．在（1－x2）20的展开式中，如果第4r项和第r+2项的二项式系数相等．
（1）求r的值；
（2）写出展开式中的第4r项和第r+2项．
12．某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？（粮食单产=总产量/耕地面积，人均粮食占有量=总产量/总人口数）选择题16
(+1)4(x－1)5展开式中x4的系数为（ ）
(A) －40 (B) 10 (C) 40 (D) 45
答案：D选择题17
若则的值为（ ）
(A) 1 (B) (C) 0 (D) 2
答案：A测试题
第Ⅰ卷(选择题，共30分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
1.某校一年级有5个班，二年级有7个班，三年级有4个班，各年级举行班与班之间的篮球循环赛，总共需要进行比赛的场数为（ ）
A. B.
C. D.
解析：∵一年级有场，二年级场，三年级有场
∴总共有场.
答案：A
2.200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法种数有（ ）
A. B.
C. D.
解析：∵至少有2件次品，包括5件中有2件次品或3件次品，
∴共有.
答案：B
3.平面上有10个点，其中有3个点在同一直线上，其余再无三点共线，以每三点为顶点画三角形，不同的三角形个数为（ ）
A.120 B.119 C.98 D.35
解析：①直线外7点构成三角形个数=35个
②直线外7个点中选2点，直线上选1点，可构成三角形=63个
③直线外7个点中选1点，直线上的3点中选2点，可构成三角形=21个
∴63+35+21=119个
另法=119个.
答案：B
4.下列各式中不正确的是（ ）
A. B.
C.(n+2)(n+1) D.
答案：B
5.在所有两位数中，个位数字小于十位数字的两位数的个数有（ ）
A.100 B.50 C.45 D.40
分析：注意含数字0的两位数
解析：①含0的两位数有9个.
②不含0的两位数字的两位数共有=36个
∴共有9+36=45个.
答案：C
6.方程的解集是（ ）
A.{1,3,5,7} B.{1,3}
C.{3,5} D.{1,3,5}
解析：依题意有：x2-x=5x-5或x2-x+5x-5=16
∴x=1或x=5或x=3或x=-7（舍）.
答案：D
7.将5件不同的奖品分别奖给4位同学，如果每人至少得1件，则不同的奖励方法种数有（ ）
A.240 B.300 C.120 D.480
解析：将5件不同的奖品分成4份，（其中有一份2件），有种分法
∴不同的奖励方法共有=240.
答案：A
8.组合数的所有可能值是（ ）
A.7 B.4或7 C.7或11 D.4或7或11
解析：
用n=2,3,4代入原式，分别得：4或7或11.
答案：D
9.以一个长方体的顶点为顶点的四面体个数共有（ ）
A.52 B.58 C.64 D.70
解析：-12=58.
答案：B
10.设有编号为1、2、3、4、5的5个球和编号为1、2、3、4、5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，每个盒投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法总种数为（ ）
A.20 B.30 C.60 D.120
解析：两个球的编号与盒的编号相同的投法共种，其余3个球编号不一致的投法共有2种.
∴共有×2=20种.
答案：A
第Ⅱ卷（非选择题，共70分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
11.10件产品中，8件是合格品，2件是次品，现从中随意抽出3件，则次品全被抽出的抽法有 种.
解析：共有=8.
答案：8
12.计算：= .
解析：
答案：330
13.9人坐在一排，现要调换3个人的位置，其余6个人位置不动，则调换的方法有 种.
解析：×2=168.
答案：168
14.有16名学生站成四行四列的方队，现从中选出2人，要求他们既不同行，又不同列，则这样的选法共有 种.
解析：∵在同一行的选法有4·种，在同一列的选法也有4·种
∴所求选法有：=72种.
答案：72
三、解答题（本大题5小题，共54分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分10分）
十粒白棋子和七粒黑棋子排成一排，要求任何两粒黑棋子都不相邻，那么这样的排法共有多少种？
分析：因“插空法”求解.
解：先将10粒白棋子排成一排后，产生11个空.再将7粒黑棋子插入这些空中，每空1粒，
∴有：=330种.
答：这样的排法有330种
16.（本小题满分10分）
身高不同的7个同学排成一排，要求中间一个最高，从中间向两边看，要求一个比一个低，那么共有多少种排法？
分析：这是一个特殊元素，特殊位置的问题.并考查乘法原理.
解：中间位置最高的有种，左边3人有种，右边3人为种.
∴共有:=20（种）
17.（本小题满分10分）
已知集合M={1，2，3，4，5}，集合N={6，7，8}，建立以M为定义域，N为值域的函数f(x)，且使f(1)≤f(2)≤f(3)≤f(4)≤f(5)，则这样的函数可建几个？
分析：采用“隔板”法来求解.
解：将1、2、3、4、5自小到大排好，然后4个空挡中插上两个隔板，分成3段，自左至右，第一段对应的是6，第二段对应的是7，第三段对应的是8.
∴可建 =6个函数.
18.（本小题满分12分）
已知∶∶=4∶2∶1，求m、n的值.
解：∶∶=4∶2∶1
∴m=3 n=5
19.（本小题满分12分）
将3名医生和6名护士分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，有多少种分配方案？
解：先分配医生有种方案，再分配护士有种方案.
∴共有: =540（种）.
答：一共有540种分配方案教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理小结与总结
1．这节课我们学了些什么？这节课学习了二项式定理和有关二项展开式系数的杨辉三角．
2．通过这节课的学习，在思想方法方面，你受到些什么启发？对于二项式展开式具有决定作用的系数的抽取和“并列、比较”，对于“怎么样”的考察，对于“为什么”的追究，都给人以方法和思想上很大的启发．此外，对于变化在公式运用中的作用，对于同一个公式可以有各种看法等等，也颇值得深思．
3．事物的发展本是无止境的．本课的内容，在发展和创造方面，也提供了极好的素材和方向．选择习题2
在平面直角坐标系中，由六个点：（0，0），（2，1），（－2，－1），（4，2），（－1，－2），（1，2），可以确定的三角形的个数是（ ）
(A) 18个 (B) 17个 (C) 16个 (D) 15个
答案：D
分析：
注意（0，0）、（2，1）、（－2，－1）、（4，2）在同一直线上，（0，0）、（－1，－2）、
（1，2）也在同一直线上．测试题2
1、将3封不同的信投入4个不的邮筒，则不同的投法的种数是 ( )
(A) 34 (B) 43 (C) (D)
2、同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式共有 ( )
(A) 6种 (B) 9种 (C) 11种 (D) 23种
3、若＝140，则x＝ ．
4、若15＝4，则n＝ ．
5、若，则n＝ ．
6、若：：＝3︰5︰5，则m＝ ，n＝ ．
7、不等式>6的解集是 ．
8、不等式<<的解集是 ．
9、化简：
（1）；
（2）；
（3）1！＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n!
（4）
10、证明：
（1）；
（2）；
（3）（m≥2）；
（4）n!＋＝n! ．
11、求和：1×2×3×4＋2×3×4×5＋…＋5×6×7×8．
12、求和：．
答案与提示
1、A．提示：每封信有4种投法．
2、B．提示：设四人为A，B，C，D；四张贺年卡为a，b，c，d，则分配方式用框图表示如下：
A B C D A B C D A B C D
b a d c c a d b d a b c
b c d a c d a b d c a b
b d a d c d b a d c b a
3、3．提示 原方程可化为x2－35x＋69＝0，x∈N，x≥3．
4、12．提示 原方程可化为n2－5n－84＝0，n∈N，n≥4．
5、4．提示 ，，原方程可化为，即．
6、2，5．提示由，得n＝2m＋1，再代入＝3∶5
7、{2,3,4,5,6,7}．提示 原不等式可化为（11－n）(10－n)>6，即n2－21n＋104>0，且2≤n≤9．
8、8≤n≤25，n∈N．提示 n－8≥0，且n－5≤20．
9、（1）n；（2）1；（3）（n＋1）!－1. 提示 k·k！＝（k＋1）！－k!．
（4）1－． 提示
10、（1）提示：，
，…，
各式相加可得．
（2）＝n－k＋1（k＝1，2，…n）左式＝n(n＋1)－
（3）提示： 右式＝
（4）提示：
＝
11、3024．提示： 原式＝4!
12、5985．提示：，
，…，
这一组题目要求正确理解和应用两个原理，要求熟练应用排列数公式、组合数公式，以及组合数的两个性质，进行排列式与组合式的变形，提高式子的变换能力，在这一过程中，要合理选用排列数公式与组合数公式的两种表示形式，要用好阶乘的性质．牛顿二项式定理和贾宪三角形

古时候的中国、埃及、巴比伦、印度的劳动人民，通过了以下的几何图形，认识了这个公式（a＋b）2=a2＋2ab＋b2。它是公式（a＋b）n的特殊情形。这公式在科学上很有用。而在初中我们学到怎样算（a＋b）n，当n是较小的正整数。如：
n＝1， 我们有（a＋b）1＝a＋b
n＝2，我们有（a＋b）2＝（a＋b）（a＋b）
＝a（a＋b）＋b（a＋b）
＝a2＋2ab＋b2
n＝3，我们有（a＋b）3＝（a＋b）（a＋b）2
＝a（a2＋2ab＋b2）＋b（a2＋2ab＋b2）
＝a3＋3a2b+3ab2+b3
是否有较快的方法，写下（a＋b）n的展开式呢？
有的，请看底下的方法，这方法的原理和上面的展开方法是一样的，但容易看出来：
我们用符号n！（读n的阶乘）来表示乘积n×（n-1）×（n-2）×…×3×2×1。然后用符号（nr）（这是大数学家欧拉采用的符号）
17世纪末的英国科学家牛顿（I．Newton）发现了二项式的一般展开式可以写成：
这结果一般数学书称为牛顿二项式定理，这是代数上的一个基本和重要的定理。
今天我们就从这个定理出发，谈谈一些数学故事。首先我们提到的是一个17世纪时科学界上的风云人物。

富有传奇色彩的帕斯卡

帕斯卡（Blaise Pascal 1623—1662）是法国著名的科学家，我们在中学学到的水压机原理就是他发现的。他的著名的Tori-celli实验，证明了空气是有压力，轰动法国一时。那时他才23岁。在物理上他奠立了流体静力学的基础理论。在数学上他的贡献也是不少。
帕斯卡很小的时候母亲就去世了，由在税务局工作的父亲教育他的姐姐及妹妹。父亲是一个数学爱好者，常和一些懂数学的人交往，可是他认为数学对小孩子是有害且会伤脑筋，因此孩子应该在15—16岁时才学习数学。这之前就学一些拉丁文或希腊文。因此在帕斯卡小时父亲从来不教他学习数学，只是教他一些语文和历史，而且帕斯卡的身体也不太强壮，父亲更不敢让他接触到数学。
帕斯卡在12岁的时候，偶然看到父亲在读几何书。他好奇的问几何学是什么？父亲为了不想让他知道太多，只是大约讲几何研究的是图形如三角形、正方形和圆的性质，用处就是教人画图时能作出正确美观的图。父亲很小心的把自己的数学书都收藏好，怕给帕斯卡去翻动。
可是帕斯卡却引起了兴趣，他根据父亲讲的一些几何简单知识，自己独立对几何学研究。当他把他的发现：“任何三角形的三个内角和是一百八十度”的结果告诉父亲时，父亲是惊喜交集，竟然哭起来。父亲于是搬出了欧几里得的《几何原本》给帕斯卡看。帕斯卡才开始接触到数学书籍。
他的数学才能显得很早熟，在13岁的时候就发现了所谓“帕斯卡三角形”。还不到16岁他发现了射影几何学的一个基本原理：圆锥曲线里的内接六边形对边的交点共线。在他17岁时利用这定理写出了有400多个定理的关于圆锥曲线的论文。解析几何的创建人笛卡儿（Descarte）读到这论文时不相信这是一个少年所写的东西。
在19岁时他为了减轻父亲计算税务的麻烦，发明了世界上最早的计算机，只有加减的运算罢了。但是所用的设计的原理，现在的计算机还是用到。
数学上的数学归纳法是他最早发现。
可是在1654年11月的一天，他在巴黎乘马车发生意外，差一点掉进河里去，他受惊后觉得大难不死一定有神明庇护，于是决定放弃数学和科学去研究神学了。只有在偶尔牙痛时才想些数学问题，用这个方法来忘记痛苦。
晚年他更极端，像苦行僧一样，他把有尖刺的腰带缠在腰上，如果他认为有什么不虔敬的想法从脑海出现，就用肘去打这腰带，来刺痛身体。帕斯卡不到39岁就去世了。
帕斯卡非常接近发现微积分理论。德国数学家莱布尼兹后来写道：当他读到帕斯卡的著作，使他像触电一样，突然悟到了一些道理，后来才建立了微积分的理论。
帕斯卡在法国文学上地位也很高，读者对他的生平和文学工作如有兴趣，可以找吴达元著的：《法国文学史》（商务印书馆发行）来看。

帕斯卡怎样得到他的三角形

据说帕斯卡有一天在一张纸上用1、1、1、1…写了水平和垂直的数列，呈一个倒L字形。（参看图一）
然后在第二行第二列的地方，他写上第一行的第二位数加上第二行第一位数的数字和，即1+1=2。然后他再把这数加上第一行第三位的数，得到2＋1=3，这样继续下去，到了9为止。
现在他把第三行的第一位数加上第二行第二位数，结果是3填写在第三行的第二位数里。这样他又把这个新数和第二行第三位数加在一起，把结果6写在第三行第三位数。
他一直进行这种锯齿形的加法。最后他看到的图形就是图一。他发现这个图形有一个巧妙的地方，如果从左上角到右下角的方向画一条对角线，在这对角线的二边的对字是以这轴为对称轴。
读者如果细心的话，会发现有一个以Z为一顶点的正方形，从右上角到左下角的对角线所经过的数字，恰好是牛顿二项式定理对于一个特别n展开的系数。
欧洲数学家就称这个三角形为“帕斯卡三角形”。可是后来人们发现比帕斯卡还早100年，有一个数学家名叫Petrus Api－anus在他著的数学书里就有这个图了，这书是在1527年印刷。
教学素材/二项式定理
教学素材/二项式定理
二项式定理课题引入
请同学们按的降幂排列、b升幂排列展开
把这些展开式各项的系数排列起来，能看出其间的规律吗？（注意：“并排，比较”是一种常用的认识和研究事物的方法．）
（意在从贴近学生、容易理解的问题出发，创设一种利于“激疑”的情境．）组合(一)
【教材】组合
【目的】1.正确理解和初步掌握组合的概念及排列和组合之间的区别.
2.掌握组合数公式并会运用.
【过程】：
一、复习引入
1.复习排列中所学的有关知识.
2.问题: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
思考:这与前面所讲的“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,有多少种不同的方法”有什么不同
启发:前面的问题是从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动,还要按上午与下午的不同顺序安排,属于排列问题.本节问题是从甲、乙、丙3名同学中选出2名就可以,不需要分上午、下午的不同来排,是与顺序无关的,这就是我们这节课所讲的组合问题.(出示课题)
二、新课
1.组合、组合数的概念
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.
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个元素的一个组合数,记作.
判断下列语句是排列问题还是组合问题
(1)从A、B、C、D四个风景点选出2个进行游览.
(2)从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2人担任班长和书记.
引导学生归纳组合的特点以及相同组合的含义,总结排列与组合的区别和联系.
指出:从排列与组合定义可以知道,排列与元素的顺序有关,而组合与顺序无关.
2.组合数公式
(1)推导:见教材97～98页.
(2)组合数与排列数的关系:,它说明排列问题和组合问题的本质区别就是取出元素有无位置问题.
(3)组合数公式:
①
②
指出:公式①主要用于组合数的计算,公式②多用于式子的证明或化简.
3.例题:
例1 计算 (1) (2)
例2 求证
例3 已知(1):=56:15,求.
(2),,求和的值.
4.练习:
教材第99页练习
三、小结:
组合与排列的相同之处都是从个不同的元素中取出()个元素,不同之处在于组合没有“顺序”,而排列有“顺序”.
四、作业:教材第104页 习题第1、3、5题.填空习题4
设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集的个数为T，则 =____________．
答案：
分析：
．选择习题15
已知＝12345 ，则n等于( )
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7
答案：C
分析：
92·（）＝－1－9，
即 81×12345＋1＋9n＝10 n ，
999946 ＋9n＝10 n ，
n ＝ 6．组合数公式
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（或C（n，m），或（））表示．这里，C是英文Combination（组合）的第一个字母．
＝＝＝．
其中，n，m∈N，m≤n
含m个元素的1个组合个排列．
＝
变形：＝＝
规定：＝1
＝…
则可以看出排列数的计算最终总可以化成组合数的计算．排列与组合知识讲解2
1．计算起来够麻烦．但是，肯动脑筋的同学，很可能想到：在100个元素中取99个构成一组，那么，同时剩下的1个自然也构成一组．不难想到，从100个元素中选99个元素的组合，与从100个元素中选1个元素的组合是一一对应的，因而二者的数量是相同的，也就是这样，就等于等于100．
如果再计算，你将怎么办？
请想一下：这是一种普遍规律吗？是．因为，所说的道理具有普遍性．
既然如此，我们当然可以称之为组合数的一个性质．一般地，可以写成
对于这个式子你能用组合数公式给以证明吗？（可以．教师给出具体证明．）
2．计算有了上述性质此题就容易了．可以计算如下：
请大家再计算一下发现等于这是偶然，还是必然？为了摸索规律，再试一下，如计算并对比：和．仍然正确．
原因何在？探究之：
欲求，可以把7个元素分成两类：一类含某一元素（如a），另一类不含该元素；再把两类计算的结果相加．第一类，只需再从余下的6个元素中取3个即可；第二类，只需从余下的6个元素中取4个即可．第一类，有种选法；第二类有种选法．总之，有种选法．于是，可以知道．
这一道理具有一般性，所以一般地有我们称它为组合数的又一个性质．
对于这个结论，能用组合数的公式给以推导吗？能．试着作一下．（然后，在同学试做的基础上教师给出推导过程．）
3．教师应该带领学生分析认识两个公式的结构．如，第二个公式中下标和上标各有何特点和关系．排列组合应用教案
●教学目标
（一）教学知识点
排列、组合、排列数、组合数
（二）能力训练要求
1.能够判断所研究问题是否是组合问题.
2.熟练应用组合问题的常见解题方法.
3.进一步熟悉排列数、组合数公式的应用.
4.进一步增强分析、解决排列、组合应用题的能力.
（三）德育渗透目标
1.用联系的观点看问题.
2.认识事物在一定条件下的互相转化.
3.解决问题要学会抓主要矛盾.
●教学重点
组合数公式应用.
●教学难点
解题思路的分析.
●教学方法
启发式、引导式
启发学生认清题目的本质，排除非数学因素的干扰，抓住问题的主要矛盾，引导学生注重不同题目之间解题方法的联系，化解矛盾.并要求学生注重方法的归类与总结.
●教学准备
投影片
第一张：排列数、组合数公式（记作§10.3.3 A）
第二张：本节例题（记作§10.3.3 B）
第三张：方法归纳（记作§10.3.3 C）
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
［师］上几节，我们学习了组合数的公式及两个性质.下面，我们作简要回顾.
［生］排列数公式：
组合数公式
［师］这一节，我们将主要学习并了解组合在实际中的应用，其中将或多或少牵涉到排列及排列数的计算.下面，我们就一起来看例题.（给出投影片§10.3.3 B）
Ⅱ.讲授新课
［例1］由13个人组成的课外活动小组，其中5个人只会跳舞，5个人只会唱歌，3个人既会唱歌，也会跳舞，若从中选出4个会跳舞和4个会唱歌的人去演节目，共有多少种不同的选法.
分析：此类题目可按同一性质的对象选出的多少分类，应避免重复与遗漏.此题可从既会唱歌又会跳舞的3人进行分类.
解：分类进行：
第一类：若3人都不参加，共有CCC种；
第二类：若3人都跳舞或都唱歌，共有2CCC种；
第三类：若3人中有两人唱歌或跳舞，共有2C·C·C种；
第四类：若3人中有一人唱歌或跳舞，共有2CCC种；
第五类：若3人中有两人唱歌第三人跳舞或两人跳舞第三人唱歌，共有2CCCC种；
第六类：若3人中有一人唱歌，又有一人跳舞的情形有CCCC种.
由分类计数原理得不同选法共有
CC+2（CCC+ CCC+C CC）+ CCCC=675（种）
［例2］在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手之间恰好一场比赛1场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出比赛，这样全部比赛只进行了50场，那么，上述3名选手之间的比赛场数是多少场？
分析：由于3名选手之间最多有C=3场比赛，最少有0场比赛，所以应分0，1，2，3四种情况分类讨论.
解：设所有选手为n个
（1）若比赛0场，则总的比赛场次为：3名选手与其余选手比赛6场，其余n－3名选手之间比赛C场，
则C+6=50
即n2－5n－82=0.
∵此方程无正整数解，故舍去；
（2）若比赛1场，则总的比赛场次为：3名选手中有两人之间比赛一场，这两人与其余选手各赛一场，第三人与其余选手比赛2场，其余n－3名选手之间比赛C场.
则C+5=50
即: n2－5n－84=0
解得n=12或n=－7（舍去）
（3）若比赛2场，则总的比赛场次为：
C+4=50
即：n2－5n－86=0
∵此方程无正整数解，故舍去.
（4）若比赛3场，则总的比赛场次为：
C+3=50
即n2－5n－88=0
∵此方程无正整数解，故舍去.
综上所述，3名选手之间的比赛的场数是1场.
评述：通过此题评析，可以增强学生分类讨论的意识与能力.
Ⅲ.课堂练习
1.5个数码1和5个数码0组成一个二进制10位数.
（1）其中奇数有多少个？
（2）数码0不能排在一起的偶数有多少个？
（3）恰有2个0连在一起，其他0不连一起的有多少个？
分析：此题背景为二进制，要求学生对二进制的构成特点有所了解.若末尾为1为奇数，若末尾为0则为偶数.
解：（1）首位排1，末位也排1，然后在中间8个位置上先排剩余3个1，有C种排法，最后排5个0，有一种排法.
故不同奇数有C=56（种）.
（2）首位排1，末位排0，倒数第二位排1，然后先排剩余3个1，有一种排法，再在5个1之间的4个空插入4个0有一种排法.
所以数码0不能排在一起的偶数有1种.
（3）首位排1，先排其余4个人有1种排法，再将2个0捆绑插在5个1形成的5个空中（不包括左端空位）有5种排法，再从其余4个空位中选3个排其余3个0，有C种.
故共有：5×C=20种排法.
Ⅳ.课时小结
［师］通过本节学习，要求大家灵活应用排列、组合数公式解决应用题，并且注重捆绑法与插空法在组合题中的延续，学会抓问题的本质，真正提高自己分析问题、解决问题的能力.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P104习题10.3 9、10.
（二）1.试归纳排列组合解题方法.
2.预习提纲
（1）相邻问题特点；
（2）不相邻问题特点；
（3）逆向思考适用情形.
●板书设计
§10.3.3 排列组合应用（一）Ⅰ.方法归纳 例1 例21.相邻问题 解答过程 捆绑法 学习练习2.不相邻问题 插空法教学素材/排列与组合
教学素材/排列与组合
二项式定理的题目类型
中学阶段涉及到的有关二项式定理的题目大致可以分为如下几种类型：
定理的应用—
通项公式的应用—
二项式系数性质的应用—
—求展开式
—证明整除
—证明恒等式
—近似计算
—求第n项
—求含xr的项
—先求指数n，再求项
—中间项的利用
—系数最大项的利用组合应用题习题
【复习填空】
试说明排列与组合定义的要点.
= = = .
组合数的性质① ；② .
4.①从8名乒乓球选手中选出3名打团体赛，共 有 种不同的选法；
②平面内有12个点，任何3点不在同一条直 线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可画出 个；
③10名学生，7人扫地，3人推车，那么不同 的分工方法有 种；
④有10道试题，从中选答8道，共有 种选法、又若其中6道必答，共有 不同的种选法.
【例题与练习】
1.有13个队参加篮球赛，比赛时先分成两组，第一组7个队，第二组6个队.各组都进行单循环赛（即每队都要与本组其他各队比赛一场），然后由各组的前两名共4个队进行单循环赛决定冠、亚军，共需要比赛多少场？
2.某班有54位同学，正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中 ，各有多少种不同的选法？
无任何限制条件；
正、副班长必须入选；
正、副班长只有一人入选；
正、副班长都不入选；
正、副班长至少有一人入选；
正、副班长至多有一人入选；
小结：至多至少问题常用分类的或排除法.
3.在产品检验中，常从产品中抽出一部分进行检查.现有100件产品，其中3件次品，97件正品.要抽出5件进行检查，根据下列各种要求，各有多少种不同的抽法？
无任何限制条件；
全是正品；
只有2件正品；
至少有1件次品；
至多有2件次品；
次品最多.
【课后检测】
1.9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件
产品来检查，至少有两件一等品的种数是（ ）
A. B. C. D.
2.从8名男生和6名女生中挑选3人，最多选2名女生的选法种数为（ ）
A.288 B.344 C.364 D.624
3.有4名男生和5名女生，从中选出5位代表：
（1）要求男生2名，女生3名且某女生必须在内的选法有 种；
（2）要求男生不少于2名的选法有 种.
4.从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中 ，每次任取两个，和为偶数的取法有 种.
5.圆上有10个点：
过每2点可画一条弦，一共可画多少条弦？
过每3点可画一个圆内接三角形，一共可画多少个圆内接三角形？
8.（1）凸五边形有多少条对角线？
（2）凸n边形有多少条对角线？
9.某校高中一年级有6个班，高二年级有5个班，高三年级有8个班.各年级分别进行班与班的排球单循环赛，一共需要比赛多少场？选择习题8
四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）
(A)150种 (B) 147种 (C)144种 (D)141种
答案：D
分析：
．错位排列问题
　　1．1993年的全国高考题
　　同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有
[ ]
　　A．6种 B．9种
　　C．11种 D．23种
　　考试时与考试后，这道题都有很大反响，不少人认为新颖、有趣，且展开对它一般性的研究．诚如周维发、蒋一义[1]所指出，这个问题是一个古老的问题，最先由利可努斯——贝努利(Niclans Ber—nouni)提出，其通常提法是：n个有序元素，全部改变其位置的排列数是多少．所以称之为“错位”问题．大数学家欧拉(Euler)等都有所研究．
　　2．“错位”问题的一般解
　　
　　
　　n=4时，
　　
　　3．“错位”问题广泛的应用背景
　　很多的排列应用题可对应于“错位”问题的解．文[1]一开始就把题17简述为：
　　将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，问每个方格的标号与所填数字均不相同填法有多少种？
　　不妨编拟出许多的“异曲同工”的好题来：
　　·某人写了四封信，每封信都放错了信封，共可形成多少种不同的放法？
　　·四个人入座写有姓名的(方桌)座位里，但都坐错了位置，共可形成多少种不同的坐法？
　　·来自不同区的4名干部到非本区轮换挂职锻炼，共可形成多少种不同的分配方案？
　　
　　给出n！，显然方法种数“过剩”了，可以去掉某人恰拿到自己制作的贺年卡的
　　
　　
　　4．“错位”问题的“变异”
　　同室4位室友每人作一张新年贺卡，放在盒内，除夕夜每人再从中抽出一张，问恰好只有一人抽到自己制作的贺卡的概率是________．
(1998．上海卢湾区高考模拟卷题12)
　　虽然这道题很明显改编于1993·全国卷，但仍不失为一道好题．其解如何呢？由于数量不大，不妨这样分析：
　　当“1”对位时，只能是两种情形，又由等可能性，
　　
　　5．“仅一对位”问题的深入研究
　　
　　设n个(n≥3)有序元素的排列中仅有一个元素对位的排列种数为n'，当n个元素中
　　
　　
　　
　　
　　填空题9
四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有 种(用数字作答)．
答案：
144组合(四)
【教材】组合
【目的】1.对排列组合的知识有一个系统的了解,从而进一步掌握.
2.掌握排列组合的一些常见模型及解题方法.
3.能运用排列组合概念及两个原理解决排列组合的综合题.
【过程】：
一、复习引入
复习有关排列组合的知识点
二、新课
例1 某车间有9名工人,其中4名钳工,5名车工,现从中选出3名工人组成维修突击队,要求这个突击队中至少有1名钳工,有多少种不同的选法
分析:由于选出的3名工人之间无顺序要求,所以是组合问题.
若选出的3人中有1名钳工,有种选法;若选出的3人中有2名钳工,有种选法;若选出的3人中有3名钳工,有种选法,由分类计数原理得,共有++=74种不同的选法.
另解:从9名工人中选出3名工人,有种选法,其中含“选出的3名工人全是车工”的情况有种,则“至少有1名钳工”的选法数为-=74种.
例2 将4本不同的书按下列方法,有多少种不同的分法
(1)平均分成2组;
(2)分成2组,一组1本,一组3本;
(3)分给甲乙两人,各得2本;
(4)甲得1本,乙得3本;
(5)1人得1本,1人得3本.
分析(1)设这4本不同的书为a,b,c,d,选出2本,再从余下的2本中取2本的方法有=6种.写出来有①ab,cd;②ac,bd;③ad,bc;④bc,ad;⑤bd,ac;⑥cd,ab.作为分组①⑥;②⑤;③④只能看作一个分法无顺序,即中每只能算一种分法,所以分组数为=3.
(2)先取1本为1组,余下3本为另一组,写出来①a,bcd;②b,acd;③c,abd;④d,abc.因取数不同无法交换,故分组的方法有=4种.
(3)甲得ab,乙得cd,与甲得cd然后乙得ab是不同的分法,有顺序.先让甲取(也可先让乙取),余下乙取,有=6种.
(4)有顺序,让甲先取,乙再取有=4种.
(5)由于1人得1本时,甲可以得1本,乙也可以得1本,故有=8种.
指出:在处理“分组问题”时,应特别注意“均匀分组”和“非均匀分组”.所谓“均匀分组”,是指分出的各组元素的个数相等,此时,在计算方法数时,总数应除以“r!”(其中r是“均匀分组”的组数).例如,将3n个元素平均分成3组,每组n个元素的分法数应为.此例为分组与平均分组问题,关键是弄清组与组之间有顺序还是无顺序,这样才会明白什么情况下要除 什么情况下要乘 什么情况下不乘不除
例3 把5名学生插入4个班级,每个班至少插入1人,有多少种不同的分配分法
分析:5名学生插入4个班级,每班至少插入1人,必然有1个班级要插入2人.先将5人分成4组,各组分别有2人,1人,1人,1人,再将这4个组分到4个班级去.
先将5人分成4组,人数分别为2人,1人,1人,1人,有种方法, 再将这4个组分派到4个班级去,有种分配方法,有分步计数原理共有=240种不同的分配方法.
另解:先确定4个班级中有1个班级接收2人,有种方法,接收2人的班级从5人中选2人,有种选法,余下的3人进行全排列,有种方法,由分步计数原理共有=240种不同的方法.
指出:要防止产生如下错误:先从5人中选出4人分配到4个班级去,有种方法,余下的1人可以4个班级中的任何一个,有种可能性,故有=480种不同的分配方法.事实上,这样做会出现重复:例如第一步从a,b,c,d,e5人中选出a,b,c,d分别去1～4班,第二步e去了1班,则1班接收了a与e,2班接收了b,3班接收了c,4班接收了d;若第一步从a,b,c,d,e5人中选出e,b,c,d分别去1～4班,第二步a去了1班,则1班也接收了a与e,2班接收了b,3班接收了c,4班接收了d,显然这两种情况是同一种结果.
例4 6名新教师全部分配给4所学校,每校至少1人,共有多少种不同的分配方案
分析:6名教师全部分配给4所学校,每校至少1人,可以考虑把“完成这件事”分为两步:第一步,先将6名教师分成4组:人数分别为3,1,1,1或2,2,1,1;第二步,把这4组分配到4所学校去,相当于这4组进行全排列.
第一步,将6名教师分成4组,每组至少1人.若四组的人数分别为3,1,1,1,分组方法有种;若四组的人数分别为2,2,1,1,分组方法有种,有分类计数原理,分组方法有(+)种.第二步,将这4组分配到4所学校去,有种分配方案.根据分步计数原理可得分配方案的总数为(+)=1560种.
指出:按“完成一件事”各种可能发生的可能性进行“分类”,以及在每一类中按事件发生的过程去“分步”,是解决排列组合问题的基本方法.遇有分组问题时,应注意分清是“均匀分组”还是“非均匀分组”.
例5 从5双不同的鞋子中任取4只.
(1)取出的4只鞋子恰好配成2双,有多少种不同的取法
(2)取出的4只鞋子至少能配成1双,有多少种不同的取法
(3)取出的4只鞋子,任何2只都不能配成1双,有多少种不同的取法
分析(1)共有=10种不同的取法.
(2)分2类.第1类,取出的4只鞋子恰好配成2双,有种取法.第2类,取出的4只鞋子有且只有2只能配成1双,分2步完成:从5双鞋子中任取1双,有种不同的取法;第2步,从剩下的4双中任取2双,有种取法,而这每双中又各取1只,有种取法,所以这1步共有种取法.由分类计数原理,共有+=130种不同的取法.
(3)分2步.第1步.从5双不同的鞋子中任取4双,有种不同的取法.第2步,从取出的4双的每1双中任取1只,则有种不同的取法.根据分步计数原理,所求的取法数为=80种.
例6 有11名工人,其中5人会钳工,4人会车工,2人既会钳工,又会车工,现从中选出4名钳工,4名车工,共有多少种选派方案
法一:以双能工人为标准进行分类:
(1)若2个双能工人均步选出,有种;
(2)若2个双能工人选1人为钳工,有种;
(3)若2个双能工人选1人为车工,有种;
(4)若2个双能工人全选为钳工,有种;
(5)若2个双能工人全选为车工,有种;
(6)若2个双能工人1人选为钳工,1人选为车工,有种
故所求的选派方案总数为
+++++=185种.
法二:以钳工为标准进行分类,可分为3大类:钳工选出4人;钳工选出3人;钳工选出2人.
(1)当钳工选出4人时,若双能工人不选入有;若双能工人选入1人,有种;若两个双能工人全选入,有种.
(2)当钳工选出3人时,若2个双能工人选入1人,有种;若两个双能工人全选入,有种.
(3)当钳工选出2人时,这时双能工人只能作为钳工,选法有种.
故选派方案的总数为
(++)+(+)+=185种.
法三:以车工为标准进行分类,可分为3大类:车工全选出;车工选出3人;车工选出2人.
(1)当车工全选出时,若双能工人不选入有;若双能工人选入1人,有种;若两个双能工人全选入,有种.
(2)当车工选出3人时,若2个双能工人选入1人,有种;若两个双能工人全选入,有种.
(3)当车工选出2人时,这时双能工人只能全作为车工,选法有种.
故选派方案的总数为
(++)+(+)+=185种.
指出:此题用分类合成法,为了不重复,不遗漏,进行分类时要认准一个标准,以避免多标准造成顾此失彼的错误.
三、小结:
四、作业:教材第104页 习题第12、13题.组合数
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．选择题15
从0，1，2，3，4，5，6中选出三个不同的数作为二次函数的系数且满足，这样可得不同的二次函数的个数为 ( )
(A) 195 (B) 120 (C) 105 (D) 90
答案：C填空习题1
在关于x的二项式(1－x log2 a)10的展开式中，若第4项系数等于15，则a = ．
答案：
分析：
．测试题
选择题
1.已知(2a3+)n的展开式的常数项是第7项，则n的值为………………………（ ）
A.7 B.8 C.9 D.10
2.在(x2+3x+2)5的展开式中，x2的系数为…………………………………………（ ）
A.850 B.640 C.360 D240
3.(x-y-2z)8 的展开式中x6yz的系数是………………………………………… （ ）
A.28 B.16 C.56 D-16
4. 设(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)50=a0+a1x+a2x2+…+a50x50，则a3=…………………（ ）
A. B. C. D.
5.数(1.05)6的计算结果精确到0.01的近视值是……………………………………（ ）
A.1.23 B.1.24 C.1.33 D.1.44
6.在(ax+1)7的展开式中，(a>1)，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，则a的值是………………………………………………………………………………（ ）
A. B. C.2- D.2+
7.(x+1)(2x+1)(3x+1)…(nx+1)的展开式中，x的系数是………………………………（ ）
A. B. C. D.
8.(1+x+x2+x3)4的展开式中，奇次项系数和是……………………………………（ ）
A.64 B.128 C.120 D.256
9.的值是……… （ ）
A.217 B.218 C.219 D.220
10.(1-2x)15的展开式中的各项系数和是………………………………………… （ ）
A.1 B.-1 C.215 D.315
二、填空题
11.若()n展开式中第五项是常数项，则展开式中系数最大的项是 .
12.展开式的中间项是 .
13.(|x|+)3的展开式中，所有常数项的和是 .
14.在(x2-x-1)n的展开式中，奇次项的系数和为-128，则系数最小的项是 .
三、解答题
15.已知(x3+)n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，求展开式中不含x的项.
16.设f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m、n)，若其展开式中，关于x的一次项系数为11，试问：m、n取何值时，f(x)的展开式中含x2项的系数取最小值，并求出这个最小值.备课资料/二项式定理
备课资料/二项式定理
二项式定理疑难解析2
1．一般与特殊．二项式定理是初中某些乘法公式一般化的结果．而特殊化又是二项式定理应用的重要方法．如，在中，令a=b=1，则可以得到二项展开式系数和为2n ;令a=1，b=―1，则可以得到二项展开式的二项式系数中奇次项系数和等于偶次项系数和．其实，a、b做各种各样的特殊化，可以得到许多组合恒等式．
2．公式的正用、反用和变用．二项式定理是以公式形式给出的一个定理．对于这种定理，在教学中应该指导学生对公式作到“三会”，即“会正用，会反用，会变用”．正用，指会把二项式的幂展开．反用，指会把二项展开式化成二项式的幂的形式．证明组合恒等式多属这类，如，证明变用，指会代换、会变形、会取舍、会灵活地赋予字母以各种不同的意义等．如，二项式定理可以看成
表面上看，前两者似乎没有什么区别，但是，前者我们强调的是“把a，b当作对等的两元来看的”，第二个，则强调了“是关于x的一元多项式”．正是这种“看成”和“赋予”，使数学具有了巨大的灵活性．
3．分解、整除和近似计算．分解，就是把事物分成若干部分的意思．分解以后常利于人们‘大事化小’、分而治之地进行考察和研究．“学过因式分解以后，人们很容易把化成积的形式理解成分解．其实，反之，也是一种分解．二项式定理实际上给了人们一种分解的方法，即把一个以积的形式出现的二项式的幂分解为n+1项的和的形式．正是这种分解，为解决整除和近似计算创造了条件．
例如，证明 42n+1+3n+2能被13整除．
证明：
42n+1+3n+2
=4×16n+9×3n
=4×(13+3)n+9×3n
=4×(13k+3n) +9×3n
=4×13k+4×3n +9×3n
=4×13k+13×3n
=13×（4k+3n）
说明原式含有13为因数，所以，原式能被13整除．
其中，4×(13+3)n=4×(13 k+3n) ，显然是在利用二项式展开式进行分解成含13和不含13的两部分．
解题过程中，凑整的思想同样很强．我们知道，证明A能被B整除，无非是证明A中含有B为因式．本题，为证明原式能被13整除，只需证明原式中含有13为因数．为此，把42n+1化成4×(13+3)n以实现凑出13的目的；进而，利用二项展开式，凑出能被13整除的一部分；最后，其余部分也凑出13为因数；于是得证．
4．全与不全． 前面已经可以看出人们一旦认识和掌握了一种知识，则可以把它作为一种工具去解决某些问题．在解决问题时，善于完整地认识和运用定理固然重要；善于舍弃与估算，同样重要．人们运用二项式定理进行近似计算，就是通过舍弃，运用不完全的展开式的典型．如，范例之5．排列组合例题讲解1
例1．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒 ，则不同的选购方式共有 ( )
(A) 5种 (B) 6种 (C) 7种 (D) 8种
解法一 记购买的软件数为x，磁盘数为y，依题意
当x＝3时，y＝2，3，4；当x＝4时，y＝2，3；当x＝5时，y＝2；当x＝6时，y＝2.上述的不等式组共有7组解，故不同的选购方式共有7种，选C．
解法二 依题意，(x，y)是在坐标平面上，位于三条直线L1：x＝3，L2：y＝2，L3：60x＋70y=500围成的三角形的边界及内部的点(坐标均为整数的点)，如图7－2－1，这样的点共有7个，故选C．
评述 这是一个计数的应用问题，解法一转化为求不等式组的整数解的个数；解法二转化求坐标平面上特定区域内的整点个数．事实上，两种解法最终都采用了穷举法．这是解决计数问题的基本方法之一．
例2．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄,为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有多少种？
× ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○ ○
× ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○
× ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ×
○ × ○ ○ ○ ○ ○ ○ × ○
○ × ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ×
○ ○ × ○ ○ ○ ○ ○ ○ ×
解法一 如表格所示，用×表示种植作物的地垄，О表示未种植作物的地垄，则不同的选垄方法共有6种，由于A、B是两种作物，故不同的种植方法共有12种．
解法二 选垄方法可分为三类：第一类间隔为6垄，有1－8，2－9，3－10三种选法；第二类间隔为7垄，有1－9，2－10两种选法；第三类间隔为8垄，只有1－10种选法，故选垄方法共6种，种植方法共12种．
评述 这是一个计数的应用问题，解法一采用了画框图的方法；解法二直接应用加法原理和乘法原理．
若将例1和例2判定为排列与组合的问题，并布列含排列数或组合数的算式，反而会将对问题的思考复杂化，难以得出正确的结论，由此可见，不应把计数问题都简单归结为排列和组合的问题，也不能只通过计算排列数或组合数求解．
例3．7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数．
(1)甲排中间；
(2)甲不排在两端；
(3)甲、乙相邻；
(4)甲在乙的左边(不一定相邻)；
(5)甲、乙、丙两两不相邻．
解：(1)甲排中间，其余6人任意排列，故共有＝720种不同排法．
(2)若甲排在左端或右端，各有种排法，故甲不排在两端共有＝3600种不同排法．
(3)法一：先由甲与除乙以外的5人(共6人)任意排列，再将乙排在甲的左侧或右侧(相邻)，故共有·＝1440种不同排法．
法二：先将甲、乙合成为一个“元素”，连同其余5人共6个“元素”任意排列，再由甲、乙交换位置，故共有·＝1440种不同排法．
(4)在7人排成一行形成的种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的排法是一一对应的(其余各人位置不变)，故甲在乙的左边的不同排法共有＝2520种不同解法．
(5)先由除甲、乙、丙以外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”，再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，每“空”1人，故共有＝1440种不同的排法．
评述 这是一组排队的应用问题，是一类典型的排列问题，附加的限制条件常是定位与限位，相邻与不相邻，左右或前后等．
例4．用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：
(1)5的倍数；
(2)比20300大的数；
(3)不含数字0，且1，2不相邻的数．
解：(1)5的倍数可分为两类：个位数的位置上的数字是0或5，
个位数字是0的五位数有个；
个位数字是5的五位数有4个；
故5的倍数共有＋4＝216个
(2)比20300大的五位数可分为三类：
第一类：3××××，4××××，5××××；有3个；
第二类：21×××，23×××，24×××，25×××，有4个；
第三类：203××，204××，205××，有3个．
故比20300大的五位数共有3＋4＋3＝474个．
(3)组成不含数字0，且1，2不相邻的数可分为两步，第一步：将3，4，5三个数字排成一行；第二步：将1，2插入第一步所形成四个“空”中的两个“空”，故共有＝72个．
评述 这是一组组成无重复数字的多位数的排数问题，也是一类典型的排列问题，常见的附加条件是倍数关系，大小关系、相邻关系等．应当注意的是排队问题不会有元素重复的问题，而排数问题必须规定无重复数字才是排列问题．
例5 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同取法共有 ( )
(A) 150种 (B) 147种 (C) 144种 (D) 141种
分析 取出的四个点不共面的情况要比取出的四个点共面的情况复杂，可采用间接法，先不加限制任取四点，再减去四面共点的取法．
解 在10个点中任取4点，有种取法，取出的4点共面有三类(如图7－2－3)．
第一类：共四面体的某一个面，有4种取法；
第二类：过四面体的一条棱上的三点及对棱的中点，如图中的平面ABE，有6种取法；
第三类：过四面体的四条棱的中点，面与另外两条棱平行，如图中的平面EFGM，共有3个．
故取4个不共面的点的不同取法共有－(4＋6＋3)＝141(种)
因此选D
评述 由点组成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，常见的附加条件是点共线与不共线，点共面与不共面，线共面与不共面等．
例6 (1)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，这样的投放方法的总数为 ；
(2)四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共
有 种．
解(1)第一步：投放2个球，使其编号与盒子编号相同，有种投法；第二步：投入其余3个球，以第一步的投法是1，2号球投入1，2号盒子内为例，其余3个球由于不能再出现球号与盒号相同的投法，如框图所示有2种投法．
④ ⑤ ③ ⑤ ③ ④
3 4 5 3 4 5
综上可知，符合题意的投放方法共有×2＝20种．
(2)第一步：取出两个小球(种取法)合成一个“元素”，与另外两个球合成三个“元素”；第二步：将3个元素放入4个盒中的3个盒子，每个盒子放一个元素，形成一个空盒(种放法)，故符合题意的放法共有·＝144种．
评述 这是一组具有一定综合性的计数问题，应当注意，第(1)题如果判定第二步余下3球可任意放入余下3 个盒子，列出·的算式，就会出错．
x,y∈Z
x≥3,y≥2
60x＋70y≤500填空习题1
有甲、乙、丙三项任务，甲需2个人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人，承担这三项任务，不同的选法共有___________种．
答案：
2520
分析：
．填空题11
圆周上有2n个等分点（n＞1），以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．
答案：
2n (n－1)乘法原理及应用例题讲解
完成一件事，需要分成几个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.这便是乘法原理.它是分析解决排列组合等问题，推导排列、组合公式的重要依据.
运用乘法原理解决问题时，首先要搞清完成的是怎样的“一件事”，其次要正确地决定按什么来分步，分为哪几步，然后为每一步的方法.只有把这件事的每一步都完成，这件事才能算完成.本文主要对问题中描述的是怎样的“一件事”及如何分步进行分析，以便于合理正确地运用乘法原理解决问题.
例1.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
分析：（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选报一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：
3×3×3×3=34=81种报名方法.
（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能情况，于是共有4×4×4=43=64种可能的情况.
例2.乘积（a1+a2+a3）(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？
分析：因为展开后的每一项为第一个括号中的一个，第二括号中的一个与第三个括号中的一个的乘积，所以应分三步m1=3,m2=4,m3=5，于是展开后共有m1×m2×m3=3×4×5=60项.
例3.有4部车床，需加工3个不同的零件，其不同的安排方法有（ ）
A.34 B.43 C.A D.44
分析：事件为“加工3个零件”，每个零件都加工完这件事就算完成，应以“每个零件”分步，共3步，而每个零件能在四部车床中的任一台上加工，所以有4种方法，于是安排方法为4×4×4=43=64种，故选B.
例4. 5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是（ ）
A.54 B.45 C.5×4×3×2 D.
分析：因为5名同学都去听讲座，这件事才能完成，所以应以同学进行分步，又因为讲座是同时进行的，每个同学只能选其中一个讲座来听，于是有4种选择，当完成时共有4×4×4×4×4=45种不同的选法，故选B.
例5.集合M=的子集共有（ ）
A.8 B.7 C.6 D.5
分析：此题的事件为：从集合M中选取部分元素组成子集，因此就以元素为对象进行分步，而M中每个元素有选中与不选两种情况，于是子集个数应为2×2×2=23=8个，故选A.
注：该题可推广到有n个元素的集合M，其子集个数为2n.
例6.设集合A=，B=，则从A集到B集所有不同映射的个数是（ ）
A.81 B.64 C.12 D.以上都不正确
分析：因映射为从A到B，所以A中每一元素在B中应有一元素与之对应，也就是A中所有元素在B中都有象，因此，应按A中元素分为4步，而对于A中每一元素，可与B中任一元素对应，于是不同对应个数应为3×3×3×3=34=81，故选A.组合数性质2的引伸及应用
　　现行高级中学课本《代数》(必修)下册P244用定理2给出了组合数性质2：
　　
　　如果多次使用上述性质，则有
　　
　　=……
　　
　　
　　
　　利用恒等式(＊)可以很简捷地获得《数列》单元中(用数学归纳法证明)有关n的恒等式．
　　例1 求和Sn=12＋22＋…＋n2．
　　
　　例2 求和Sn=13＋23＋…＋n3．
　　
　　例3 求和Sn=1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)．
　　
　　例4 求和Sn=1·2·3＋2·3·4＋3·4·5＋…＋n(n＋1)(n＋2)．
　　
　　例5 求和Sn=1·4＋2·7＋…＋n(3n＋1)．
　　
　　小结：从以上例题可以看出，利用(＊)式求有关自然数的方幂或乘积的和，关键是将通项中的方幂或乘积化成连续自然数的积，转化为排列数．下面再看一道高考题：
　　
　　
　　
　　
　　
　　排列与组合引申与提高
性质2反映的是把组合分成“含与不含某一个元素”的两种情况，（1）若沿着“含或不含一个元素”的思路继续下去，会有什么结论？（2）若把“含与不含某一个元素”发展为“含与不含某一些个元素”，又会怎么样？你能独立推究一番吗？
答：（1）
（2）以“含与不含某一个元素”为准的性质2：，实际上是更明确地把n+1个元素分成了两个集合：含某一个元素的集合，与不含这个元素的n个元素的集合．循此，若把n+1个元素分这样两个集合：含某r个元素的集合，与不含这r个元素的n－r+1个元素． 这样，为取到m个元素，可以从含r个元素的集合中分别选取0、1、2、…、r个元素，相应地从另一个集合中选取m、m－1、m－2、…、m－r（假设r