北师大版高中数学选修2-3第一章《计数原理》全部教案
文档属性
| 名称 | 北师大版高中数学选修2-3第一章《计数原理》全部教案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 710.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2012-02-12 00:21:28 | ||
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文档简介
北师大版高中数学选修2-3第一章《计数原理》全部教案
扶风县法门高中 姚连省
§1分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第一课时 基本计数原理（一）
一、教学目标：1、知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
2、过程与方法：培养学生的归纳概括能力。
3、情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
二、教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)
教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、引入新课
先看下面的问题： ①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？
要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.
在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.
（二）、探析新课：
问题1、从天津到大连，有四种交通工具供选择：汽车、火车、飞机、轮船。已知每天汽车有1班，火车有4班，飞机有2班，轮船有2班。问共有多少种走法？
设问1： 从天津到大连按交通工具可分____类方法
第一类方法, 乘汽车，有___ 种方法;
第二类方法, 乘火车，有___ 种方法;
第三类方法，乘飞机，有___ 种方法;
第四类方法，乘轮船，有___ 种方法;
∴ 从甲地到乙地共有__________ 种方法
设问2：每类方法中的每种一方法有什么特征？
问题2：从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从C村去D村的道路有3条（如图所示）。李明要从A村先到B村，再经过C村，最后到D村，一共有多少条线路可以选择？
设问1：（1）整个行程必须通过几个步骤？
（2）第一步, 由A村到B村有___种方法
第二步, 由B村到C村有____种方法,
第三步, 由C村到D村有____种方法,
设问2：上述每步的每种方法能否单独
实现从A村经B村、C村到达D村的目的
分类计数原理：1、加法原理：如果完成一件工作有K种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有++……+种不同的方法。（1）、标准必须一致,而且全面、不重不漏。（2）、“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的 即：它们两两的交集为空集。（3）、每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法。（1）、标准必须一致、正确。（2）、“步”与“步”之间是连续的,不间断的,缺一不可;但也不能重复、交叉。（3）、若完成某件事情需n步,每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分且必须依次完成这n个步骤后,这件事情才算完成。
（三）、例题探析
例1、在1,2,3，···，200中，能够被5整除的数共有多少个？
解析：能够被5整除的数，末位数字是0或5，因此，我们把1,2,3，···，200中能够被5整除的数分成两类来计数：第一类：末位数字是0的数，一共有20个。第二类：末位数字是5的数，一共有20个。
根据加法原理，在1,2,3，···，200中，能够被5整除的数共有20+20=40个。
例2、有一项活动，需在3名教师，8名男生和5名女生中选人参加。（1）若只需1人参加，有多少种选法？（2）若需教师、男生、女生各1人参加，有多少种选法？
解析：（1）由加法原理，共有N=3+8+5=16种选法。
（2）由乘法原理，共有N=3×8×5=120种选法。
例3、一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数号码？
解：每个拨号盘上的数字有10种取法，根据分步计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是，所以，可以组成10000个四位数号码
例4、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．
（四）、课堂小结：本节课学习了两个重要的计数原理及简单应用，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，然后为每一步分的方法．只有把这件事的每一步都完成，这件事才能算完成．以下例题主要对问题中描述的是怎样“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．
（五）、课堂练习：第5页练习
（六）、课后作业：第5页习题1-1中A组1、2、3、4
五、教后反思：
第二课时 基本计数原理（二）
一、教学目标：1、知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；
②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
2、过程与方法：培养学生的归纳概括能力。
3、情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
二、教学重难点：会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
分类计数原理：
1、加法原理：如果完成一件工作有k种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有种不同的方法。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法
（二）、探析新课：
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？
例2、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
解: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.
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
若变为图二,图三呢 (240种,5×4×4×4=320种)
例4、给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？
分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．
解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7 + 6 = 13种选法．
再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9 = = 1053 个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．
例5、 75600有多少个正约数 有多少个奇约数
解: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. 由于 75600=24×33×52×7
(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,,,。于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
(2)奇约数中步不含有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.
（三）、课堂小结：
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想。
2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事。
3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成。
（四）、课堂练习：练习册第6页1、2、3
（五）、课后作业：第5页习题1-1中A组5、6 B组题
五、教后反思：
第三课时 基本计数原理（三）
一、教学目标：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题
二、教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)
教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)及它们的区别。
（二）、典例探析
例1. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？解：P5
分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．
例2. 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．
总共有 4 种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？
分析：用图1. 1一2 来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A , C , G , U 中任选一个来占据．
解：100个碱基组成的长链共有 100个位置，如图1 . 1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有
（个）
例3.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问：(1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？ (2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
分析：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．
解：(1）用图1.1一3 来表示一个字节．
图 1 . 1 一 3
一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示 2×2×2×2×2×2×2×2= 28 =256 个不同的字符；
( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示 256×256 = 65536
个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示．
例4.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？
分析：按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．
解：将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：
第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；
第2步，从剩下的25个字母中选 1个，放在第2位，有25种选法；
第3步，从剩下的24个字母中选 1个，放在第3位，有24种选法；
第4步，从10个数字中选1个，放在第 4 位，有10种选法；
第5步，从剩下的 9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；
第6步，从剩下的 8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．
根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） .同理，字母组合在右的牌照也有11232 000 个．
所以，共能给11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .辆汽车上牌照．
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ― 需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。
（三）、课堂小结：1、分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.2、理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事。3、运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏". 分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成。
（四）、巩固练习：练习册第8页5、6、8
（五）、课外作业：练习册第8页中 4 、7 、10
五、教后反思：
§2排列
第四课时 排列（一）
一、教学目标：
1、知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
2、过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
3、情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
二、教学重点：排列、排列数的概念
教学难点：排列数公式的推导
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
(一)、复习引入：
分类计数原理：1、加法原理：如果完成一件工作有k种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有种不同的方法。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法。
（二）、探析新课：1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：求以按依次填个空位来考虑，
排列数公式：
=（）
说明：（1）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共有个因数；（2）全排列：当时即个不同元素全部取出的一个排列全排列数：（叫做n的阶乘）
4、例题探析：
例1、计算：（1）； （2）； （3）．
解：（1） ＝＝3360 ；（2） ＝＝720 ；（3）＝＝360
例2、（1）若，则 ， ．
（2）若则用排列数符号表示 ．
解：（1） 17 ， 14 ．（2）若则＝ ．
例3、（1）从这五个数字中，任取2个数字组成分数，不同值的分数共有多少个？（2）5人站成一排照相，共有多少种不同的站法？（3）某年全国足球甲级（A组）联赛共有14队参加，每队都要与其余各队在主客场分别比赛1次，共进行多少场比赛？
解：（1）；（2）；（3）
（三）、课堂小结：本课学习了排列、排列数的概念，排列数公式的推导。
（四）、课堂练习：第10页练习
（五）、课后作业：第11页习题1-2中A组1.2.3
五、教后反思：
第五课时 排列（二）
一、教学目标：掌握解排列问题的常用方法
二、教学重难点：掌握解排列问题的常用方法
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：（）
全排列数：（叫做n的阶乘）
（二）、探析新课：
解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，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”．
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。
例1、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．
例2、有红、黄、蓝3种颜色的旗子各一面，如果用他们其中的若干面挂在一个旗杆上发出信号，那么一共可以组成多少种信号？
分析 旗杆上可以挂1面旗子，也可以挂2面、3面旗子，因此，需要分类计数。由于挂出的旗子顺序不同表示的信号也不同，因此，对每一类来说是一个排列问题。
解析：第一类：旗杆上挂1面旗子，可以组成种信号。
第二类：旗杆上挂2面旗子，可以组成种信号。
第三类：旗杆上挂3面旗子，可以组成种信号。
根据加法原理，一共可以组成++=3+3×2+3×2×1=15种信号。
例3、某小组6个人排队照相留念．(1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？
(2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？(3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？
(4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？
(5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？
(6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？
分析 (1)分两排照相实际上与排成一排照相一样，只不过把第3～6个位子看成是第二排而已，所以实际上是6个元素的全排列问题．
(2)先确定甲的排法，有种；再确定乙的排法，有种；最后确定其他人的排法，有种．因为这是分步问题，所以用乘法原理，有··种不同排法．
(3)采用“捆绑法”，即先把甲、乙两人看成一个人，这样有种不同排法．然后甲、乙两人之间再排队，有种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以有·种排法．
(4)甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半，有种排法．
(5)采用“插入法”，把3个女生的位子拉开，在两端和她们之间放进4张椅子，如____女____女____女____，再把3个男生放到这4个位子上，就保证任何两个男生都不会相邻了．这样男生有种排法，女生有种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以共有·种排法．
(6)符合条件的排法可分两类：一类是乙站排头，其余5人任意排有种排法；一类是乙不站排头；由于甲不能站排头，所以排头只有从除甲、乙以外的4人中任选1人有种排法，排尾从除乙以外的4人中选一人有种排法，中间4个位置无限制有种排法，因为是分步问题，应用乘法原理，所以共有种排法．
解 (1) =720(种)；(2) ··=2×4×24=192(种)；(3) ·=120×2=240(种)；(4) =360(种)；(5) ·=24×6=144(种)；(6) +=120+4×4×24=504(种)
或法二：(淘汰法) -2+=720-240+24=504(种)
（三）、课堂小结：本课学习了排列、排列数的概念，解排列问题的常用方法。解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，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”．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。
（四）、课堂练习：第8页练习
（五）、课后作业：第11页习题1-2中A组4、5；B组2
五、教后反思：
§3 组合
第六课时 组合（一）
一、教学目标：1、知识与技能：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与排列的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题。
2、过程与方法：了解组合数的意义，理解排列数与组合数 之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。
3、情感、态度与价值观：能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力。
二、教学重难点：理解组合的意义，掌握组合数的计算公式
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：
（）
全排列数：（叫做n的阶乘）
（二）、探析新课：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
4、例题探析：
1、计算：（1）； （2）；
（1）解： ＝35；
（2）解法1：＝120． 解法2：＝120．
2、求证：．
证明：∵
＝＝
∴
3、在52件产品中，有50件合格品，2件次品，从中任取5件进行检查．
(1)全是合格品的抽法有多少种？(2)次品全被抽出的抽法有多少种？
(3)恰有一件次品被抽出的抽法有多少种？(4)至少有一件次品被抽出的抽法有多少种？
4、名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有，，，
所以，一共有++＝100种方法．解法二：（间接法）
（三）、课堂小结：本课学习了组合的意义，组合数的计算公式。1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
组合数的公式：
或。
（四）、课堂练习：第15页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中A组1、2、3；练习册19页2、3
五、教后反思：
第七课时 组合（二）
一、教学目标：1、掌握组合数的两个性质；2、进一步熟练组合数的计算公式，能够运用公式解决一些简单的应用问题 。
二、教学重难点：掌握组合数的两个性质
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
（二）、探析新课：
1、组合数的性质1：．
一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中取出n m个元素的组合数，即：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想
证明：∵
又 ，∴
说明：①规定：；②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标；
③或．
2、组合数的性质2：＝+．
一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n个元素中取出m 1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
证明：
∴＝+．
3、例题
1．（1）计算：；
（2）求证：＝++．
解：（1）原式；
证明：（2）右边左边
2．解方程：（1）；（2）解方程：．
解：（1）由原方程得或，∴或，
又由得且，∴原方程的解为或
上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多.
（2）原方程可化为，即，∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解
3、在52件产品中，有50件合格品，2件次品，从中任取5件进行检查．
(1)全是合格品的抽法有多少种？
(2)次品全被抽出的抽法有多少种？
(3)恰有一件次品被抽出的抽法有多少种？
(4)至少有一件次品被抽出的抽法有多少种？
4、名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有，，，
所以，一共有++＝100种方法．
解法二：（间接法）
（三）、课堂小结：本课学习了组合数的两个性质1、组合数的性质1：．2、组合数的性质2：＝+．
(四)、课堂练习：第17页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中B组3、4；练习册19页4、5、7
五、教后反思：
第八课时 组合（三）
一、教学目标：1、进一步巩固组合、组合数的概念及其性质；2、能够解决一些组合应用问题。
二、教学重难点：解决一些组合应用问题。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
(一)、复习引入：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
4.组合数的性质1：．5.组合数的性质2：＝+．
（二）、探析新课：
例题探析:1、(1)把n+1个不同小球全部放到n个有编号的小盒中去，每小盒至少有1个小球，共有多少种放法？(2)把n+1相同的小球，全部放到n个有编号的小盒中去，每盒至少有1个小球，又有多少种放法？(3)把n+1个不同小球，全部放到n个有编号的小盒中去，如果每小盒放进的球数不限，问有多少种放法？
2、从编号为1，2，3，…，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
解：分为三类：1奇4偶有 ； 3奇2偶有； 5奇1偶有，
∴一共有++．
3、现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其 中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
解：我们可以分为三类：①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有；②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有；③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有，∴一共有++＝42种方法．
4、甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解法一：（排除法）．
解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有；
另一类为甲不值周一，但值周六，有，∴一共有+＝42种方法．
5、6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步：从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法；
第二步：将5个“不同元素（书）”分给5个人有种方法．
根据分步计数原理，一共有＝1800种方法
6、从6双不同手套中，任取4只，(1)恰有1双配对的取法是多少？(2)没有1双配对的取法是多少？(3)至少有1双配对的取法是多少？
解析：（1）恰有1双配对的取法是
(2) 没有1双配对的取法是
(3) 至少有1双配对的取法是
(三)、课堂小结：本课学习了组合的应用题解法，反思例题，归纳类型，回顾解法。
（四）、课堂练习：第13页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中A组4、5；B组1、2
五、教后反思：
§4简单计数问题
第九课时 排列组合应用题（一）
一、教学目标：（1）掌握排列组合一些常见的题型及解题方法，能够运用两个原理及排列组合概念解决排列组合问题；（2）提高合理选用知识解决问题的能力．
二、教学重点、难点：排列、组合综合问题．
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）．知识方法运用
例题探析：例1、2名女生，4名男生排成一排．（1）2名女生相邻的不同排法共有多少种？（2）2名女生不相邻的不同排法共有多少种？（3）女生甲必须排在女生乙的左边（不一定相邻）的不同排法共有多少种？
解：（1）“捆绑法”：将2名女生看成一个元素，与4名男生共5个元素排成一排，共有种排法，又因为2名相邻女生有种排法，因此不同的排法种数是．
（2）方法一：（插空法）
分两步完成：第一步，将4名男生排成一排，有种排法；
第二步，排2名女生．由于2名女生不相邻，故可在4名男生之间及两端的5个位置中选出2个排2名女生，有种排法．
根据分步计数原理，不同的排法种数是种．
方法二：（间接法）
因为2名女生的排法只有相邻与不相邻两种情况，所以由（1）的结果可知，2名女生不相邻的不同排法共有种．
（3）方法一：（特殊元素优先考虑） 分2步完成：
第一步，排2名女生．由于女生顺序已定，故可从6个位置中选出2个位置，即；
第二步，排4名男生．将4名男生排在剩下的4个位置上，有种方法．
根据分步计数原理，不同的排法种数是．
方法二：（除法）
如果将6名学生全排列，共有种排法．其中，在男生位置确定之后，女生的排法数有种，因为女生的顺序已定，所以在这中排法中，只有一种符合要求，
故符合要求的排法数为种．
例2、高二（1）班有30名男生，20名女生，从50名学生中 3名男生，2名女生分别担任班长、副班长、学习委员、文娱委员、体育委员，共有多少种不同的选法？
解：完成这件事分三步进行：
第一步，从30名男生中选3名男生，有种方法；
第二步，从20名男生中选2名男生，有种方法；
第一步，将选出的5名学生进行分工，即全排列，有种方法．
根据分步计数原理，共有种选法．
答：共有92568000种不同的选法．
思考：如果上述问题解答分两步：先从30名男生中选3名担任3种不同职务，再从20名女生中选2名女生担任不同职务，则结果为，这样做对吗？为什么？（从30名男生中选3名担任3种不同职务的方法数应为）
说明：排列、组合综合问题通常遵循“先组合后排列”的原则．
例3、某考生打算从所重点大学中选所填在第一档次的个志愿栏内，其中校定为第一志愿；再从所一般大学中选所填在第二档次的三个志愿栏内，其中、两校必选，且在前．问：此考生共有多少种不同的填表方法？
解：先填第一档次的三个志愿栏：因校定为第一档次的第一志愿，故第一档次的二、三志愿有种填法；再填第二档次的三个志愿栏：、两校有种填法，剩余的一个志愿栏有种填法．由分步计数原理知，此考生不同的填表方法共有（种）．
例4、有只不同的试验产品，其中有只次品，只正品，现每次取一只测试，直到只次品全测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？
解：本题的实质是，前五次测试中有只正品，只次品，且第五次测试的是次品．
思路一：设想有五个位置，先从只正品中任选只，放在前四个位置的任一个上，有种方法；再把只次品在剩下的四个位置上任意排列，有种排法．故不同的情形共有种．
（二）．回顾小结：（1）解决有关计数的应用题时，要仔细分析事件的发生、发展过程，弄清问题究竟是排列问题还是组合问题，还是应直接利用分类计数原理或分步计数原理解决．一个较复杂的问题往往是分类与分步交织在一起，要准确分清，容易产生的错误是遗漏和重复计数；（2）解决计数问题的常用策略有：（1）特殊元素优先安排；（2）排列组合混合题要先选（组合）后排；（3）相邻问题捆绑处理（先整体后局部）；（4）不相邻问题插空处理；（5）顺序一定问题除法处理；（6）正难则反，合理转化．
（三）．课外作业：课本P20页1、2、3；习题1-4中A组1、2
五、教后反思：
第十课时 排列组合应用题（二）
一、教学目标：（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）能运用排列组合概念及两个原理解决排列组合的综合题；（3）提高合理选用知识分析问题、解决问题的能力．
二、教学重点，难点：排列、组合综合问题．
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、知识方法运用
例题探析：例1、从0，1，2，…，9这10个数字中选出5个不同的数字组成五位数，其中大于13000的有多少个？
解：方法一：（直接法）满足条件的五位数有两类：第一类：万位数大于1，这样的五位数共有个；第二类：万位数为1，千位数不小于3，这样的五位数共有个．
根据分类计数原理，大于13000的五位数共有个．
方法二：（间接法）由0，1，2，…，9这10个数字中不同的5个数字组成的五位数共有个，其中不大于13000的五位数的万位数都是1，且千位数小于3，这样的数共有个，所以，满足条件的五位数共有个．
例2、九张卡片分别写着数字0，1，2，…，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？
解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有种方法；②若不取6，则有种方法，根据分类计数原理，一共有+＝602种方法．
例3、如图是由12个小正方形组成的矩形网格，一质点沿网格线从点到点的不同路径之中，最短路径有 条．
解： 总揽全局：把质点沿网格线从点A到点的最
短路径分为七步，
其中四步向右，三步向上，不同走法的区别在于哪三步向上，因此，本题的结论是：．
例4、圆周上有个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是多少？
解：要使交点个数最多，则只需所有的交点都不重合。显然，并不是每两条弦都在圆内有交点，但如果两条弦相交，则交点就是以这两条弦的四个端点为顶点的四边形的对角线的交点，也就是说，弦在圆内的交点与以圆上四点为顶点的四边形是一一对应的。
因此只需求以圆上四点为顶点的四边形的个数，即个。
例5、6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：（1）分给甲、乙、丙三人，每人2本；（2）分为三份，每份2本；（3）分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；（4）分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；（5）分给甲、乙、丙三人，每人至少1本．
解：（1）根据分步计数原理得到：种；
（2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有种方法．根据分步计数原理可得：，所以．
因此，分为三份，每份两本一共有15种方法．说明：本题是分组中的“均匀分组”问题．
一般地，将个元素均匀分成组（每组个元素），共有 种方法．
（3）这是“不均匀分组”问题，一共有种方法．
（4）在（3）的基础上再进行全排列，所以一共有种方法．
（5）可以分为三类情况：①“2、2、2型”即（1）中的情况，有种方法；
②“1、2、3型”即（4）中的分配情况，有种方法；③“1、1、4型”，有种方法，所以，一共有90+360+90＝540种方法．
（二）、回顾小结：（1）按元素的性质进行分类、按事件发生的连续过程分步，是处理组合应用题的基本思想方法；（2）需要注意的是，均匀分组（不计组的顺序）问题不是简单的组合问题，如：将个人分成 组，每组一个人，显然只有种分法，而不是种 ．一般地，将个不同元素均匀分成组，有种分法．
（三）、课外作业：课本P22页2、3、4；习题1-4中A组3、4
五、教后反思：
§5 二项式定理
第十一课时 二项式定理
一、教学目标：1、知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式。
2、过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题。
3、情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
二、教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。
教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、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
(提问)：对于， 如何展开 (利用多项式乘法)
(再提问)：又怎么办？ (n∈N+)呢？
我们知道，事物之间或多或少存在着规律。这节课，我们就来研究的二项展开式的规律性
(二)新课探析：
(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 =(a+b)(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=
= (a+b)=(a+b)=
= (a+b)=(a+b)=
根据以上的归纳，可以想到的展开式的各项是齐次的，它们分别为
展开式中各项系数的规律，可以列表：
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
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展开式中各项的系数=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)
(1)若每个括号都不取b，只有一种取法得到即种
(2)若只有一个括号取b，共有种取法得到
(3)若只有两个括号取b，共有种取法得到
(4)若只有三个括号取b，共有种取法得到
(5)若每个括号都取b，共有种取法得
…………
∴ = (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 右边＝ =a+b ∴ 等式成立
(2)假设n=k时，等式成立，即那么当n=k+1时
(分散难点作法)以 (a+b)与(a+b)进行类比
(a+b)＝ (a+b)
=
由组合数性质知 ＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＝
则
=·(a+b)=()(a+b)
＝()
+()
＝
由组合数性质得，= +=，…+=，+=，=
∴，即等式成立。
根据（1）（2）可知，等式对于任意n∈N+都成立。
【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：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：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）、例题
例1．展开．
解一： ．
解二：．
例2．展开。
解：
．
（四）、小结：（1）二项式定理=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
（五）、课堂练习：课本P25页练习题
（六）作业：课本第28页习题1-5中A组2、3、4、5
五、教后反思：
第十二课时 二项式定理
一、教学目标：1、知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式。
2、过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题。
3、情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
二、教学重难点：掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习：
= （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。
1.展开； 2. 展开。
(二)、探究新课
1、二项式展开式的通项公式： 叫二项展开式的通项，用表示，即通项．
2、通项公式的应用：⑴求某一指定项或项的系数；⑵求特殊项或系数。
注意：区分项的系数与二项系数。
（三）、例题
例1．（1）求的展开式常数项；（2）求的展开式的中间两项
解：∵，
∴（1）当时展开式是常数项，即常数项为；
（2）的展开式共项，它的中间两项分别是第项、第项，
， 。
例2．（1）求的展开式的第4项的系数；
（2）求的展开式中的系数及二项式系数。
解：的展开式的第四项是，∴的展开式的第四项的系数是。
（2）∵的展开式的通项是，∴，，
∴的系数，的二项式系数。
例3．求的展开式中的系数。
分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开。
解：（法一）
，
显然，上式中只有第四项中含的项，∴展开式中含的项的系数是
（法二）：
∴展开式中含的项的系数是．
例4．已知 的展开式中含项的系数为，求展开式中含项的系数最小值。
分析：展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为，可得，从而转化为关于或的二次函数求解。
解：展开式中含的项为
∴，即，展开式中含的项的系数为
，∵， ∴，
∴
，∴当时，取最小值，但，
∴ 时，即项的系数最小，最小值为，此时．
例5．已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，
（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项。
解：由题意：，即，∴舍去）
∴
①若是常数项，则，即，∵，这不可能，∴展开式中没有常数项；②若是有理项，当且仅当为整数，∴，∴ ，
即 展开式中有三项有理项，分别是：，，
（四）、课堂小结：本课学习了二项式定理及二项式展开式的通项公式。
（五）、课堂练习：第33页练习
（六）、课后作业： 1．求的展开式中的倒数第项
解：的展开式中共项，它的倒数第项是第项，
．
2．求（1），（2）的展开式中的第项．
解：（1）；
（2）。
点评：，的展开后结果相同，但展开式中的第项不相同。
3.求的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数。
提示：用二项式定理展开。
【3.展开式的第4项的二项式系数，第4项的系数】
五、教后反思：
第十三课时 二项式系数的性质（一）
一、教学目标：
1、知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。
2、过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。
3、情感、态度与价值观：要启发学生认真分析课本图提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。
二、教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．二项式定理及其特例：
（1），
（2）.
2．二项展开式的通项公式：
3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性
（二）、探解新课
1、二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和。
2、二项式系数的性质：
EMBED Equation.DSMT4 展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数
定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）．
直线是图象的对称轴．
（2）增减性与最大值．∵，
∴相对于的增减情况由决定，，
当时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；
当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值．
（3）各二项式系数和：
∵，
令，则
（三）、探析范例
例1、在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和
证明：在展开式中，令，则，
即，
∴，
即在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和．
说明：由性质（3）及例1知.
例2、已知，求：
（1）； （2）； （3）.
解：（1）当时，，展开式右边为
∴，
当时，，∴，
（2）令， ①
令， ②
①② 得：，∴ .
（3）由展开式知：均为负，均为正，
∴由（2）中①+② 得：，
∴ ，
∴
例3、求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10展开式中x3的系数
解：
=，
∴原式中实为这分子中的，则所求系数为
例4、在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数
解：∵
∴在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为，
在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，含x的项为
∴展开式中含x的项为 ，
∴此展开式中x的系数为240
例5、已知的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项
解：依题意
∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10
设第r+1项为常数项，又
令，
此所求常数项为180
（四）课堂小结：本课学习了二项式系数的性质，二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个揭破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用。
（五）、课堂练习：课本第27页练习
（六）、课后作业：课本第28页习题1-5中B组1、2；练习册P30页4、5、8
五、教后反思：
第十四课时 二项式系数的性质（二）
一、教学目标：1、知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。2、过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。3、情感、态度与价值观：要启发学生认真分析课本图提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。
二、教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题。
教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、例题探析
例1、 设，
当时，求的值。
解：令得：，
∴。点评：对于，令即可得各项系数的和的值；令即，可得奇数项系数和与偶数项和的关系。
例2、求证：．
证（法一）倒序相加：设 ①
又∵ ②
∵，∴， 由①+②得：，
∴，即．
（法二）：左边各组合数的通项为，
∴ ．
例3、在的展开式中,求:①二项式系数的和；②各项系数的和；③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；④奇数项系数和与偶数项系数和；⑤的奇次项系数和与的偶次项系数和。
分析:因为二项式系数特指组合数,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式中的系数无关.
解：设(*),
各项系数和即为,奇数项系数和为,偶数项系数和为,的奇次项系数和为,的偶次项系数和.
由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.
①二项式系数和为.②令,各项系数和为.
③奇数项的二项式系数和为,偶数项的二项式系数和为.
④设,
令,得到…(1),
令,(或,)得…(2)
(1)+(2)得,∴奇数项的系数和为;
(1)-(2)得,∴偶数项的系数和为.
⑤的奇次项系数和为的偶次项系数和为.
点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.
例4、已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992,求的展开式中:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项。
解：由题意,解得.
①的展开式中第6项的二项式系数最大,即.
②设第项的系数的绝对值最大则
∴,得,即
∴,∴,故系数的绝对值最大的是第4项
例5、已知：的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项
解：令，则展开式中各项系数和为，
又展开式中二项式系数和为，∴，．
（1）∵，展开式共项，二项式系数最大的项为第三、四两项，
∴，，
（2）设展开式中第项系数最大，则，
∴，∴，
即展开式中第项系数最大，．
例6、已知，求证：当为偶数时，能被整除。
分析：由二项式定理的逆用化简，再把变形，化为含有因数的多项式
∵，
∴，∵为偶数，∴设（），
∴
（） ，
当=时，显然能被整除，当时，（）式能被整除，
所以，当为偶数时，能被整除
（二）、课堂练习
1．展开式中的系数为 ，各项系数之和为 ．
2．多项式（）的展开式中，的系数为 。
3．若二项式（）的展开式中含有常数项，则的最小值为（ ）
A.4 B.5 C.6 D.8
4．求的展开式中系数最大的项。
【答案：1. 45, 0 ；2. 0．提示：；3. B 4. 】
（三）、课堂小结：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用。
（四）、课后作业： 1．已知展开式中的各项系数的和等于的展开式的常数项，而 展开式的系数的最大的项等于，求的值。答案：
2．求值：．答案：。
3．设，试求的展开式中：（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和。
答案：（1）； （2）所有偶次项的系数和为；所有奇次项的系数和为。
五、教后反思：
第十五课时 《计数原理》小结与复习（一）
一、教学目标：1、使学生掌握两个原理以及排列组合的概念、计算等内容，并能比较熟练地运用；2、通过问题形成过程和解决方法的分析，提高学生的分析问题和解决问题的能力；3、引导养成学生分析过程、深刻思考、灵活运用的习惯和态度。
二、教学重难点：掌握两个原理以及排列组合的概念、计算等内容，并能比较熟练地运用。
三、教学方法：探析归纳，讲练结合
四、教学过程
（一）、知识点：1、分类加法原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法。2、分步乘法原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法。3、排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列。4、排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示。5、排列数公式：（）6、阶乘：表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定。7、排列数的另一个计算公式：= 。8、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合。9、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示。10、组合数公式：或
。11、组合数的性质1：．规定：；组合数的性质2：＝+
（二）、解题思路：解排列组合问题，首先要弄清一件事是“分类”还是“分步”完成，对于元素之间的关系，还要考虑“是有序”的还是“无序的”，也就是会正确使用分类计数原理和分步计数原理、排列定义和组合定义，其次，对一些复杂的带有附加条件的问题，需掌握以下几种常用的解题方法：1、特殊优先法：对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊的东西入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法。2、科学分类法：对于较复杂的排列组合问题，由于情况繁多，因此要对各种不同情况，进行科学分类，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏现象发生。3、插空法：解决一些不相邻问题时，可以先排一些元素然后插入其余元素，使问题得以解决。4、捆绑法：相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列，然后再局部排列。5、排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法。
（三）、例题探析：例1、由数字１、２、３、４、５、６、７组成无重复数字的七位数。(1）求三个偶数必相邻的七位数的个数；（2）求三个偶数互不相邻的七位数的个数。
解 (1)：因为三个偶数２、４、６必须相邻，所以要得到一个符合条件的七位数可以分为如下三步：第一步将１、３、５、７四个数字排好有种不同的排法；第二步将２、４、６三个数字“捆绑”在一起有 种不同的“捆绑”方法；第三步将第二步“捆绑”的这个整体“插入”到第一步所排的四个不同数字的五个“间隙”(包括两端的两个位置)中的其中一个位置上,有种不同的“插入”方法。根据乘法原理共有＝720种不同的排法所以共有720个符合条件的七位数。
解（2）：因为三个偶数２、４、６ 互不相邻，所以要得到符合条件的七位数可以分为如下两步：第一步将１、３、５、７四个数字排好，有 种不同的排法；第二步将２、４、６分别“插入”到第一步排的四个数字的五个“间隙”（包括两端的两个位置）中的三个位置上，有 种“插入”方法。根据乘法原理共有＝1440种不同的排法所以共有1440个符合条件的七位数。
例２、将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，共有多少种不同的分法？
解：要将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，可以分为三类办法：（１－１－４）分法、（１－２－３）分法、（２－２－２）分法。下面分别计算每一类的方法数：
第一类（１－１－４）分法，这是一类整体不等分局部等分的问题，共有 ＝15种不同的分组方法。第二类（１－２－３）分法，这是一类整体和局部均不等分的问题，共有＝60种不同的分组方法。第三类（２－２－２）分法，这是一类整体“等分”的问题，因此共有 ＝15种不同的分组方法。
根据加法原理，将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ六个元素分成三组共有：15＋60＋15＝90种不同的方法。
例３、一排九个坐位有六个人坐，若每个空位两边都坐有人，共有多少种不同的坐法？
解：九个坐位六个人坐，空了三个坐位，每个空位两边都有人，等价于三个空位互不相邻，可以看做将六个人先依次坐好有种不同的坐法，再将三个空坐位“插入”到坐好的六个人之间的五个“间隙”（不包括两端）之中的三个不同的位置上有种不同的“插入”方法。
根据乘法原理共有 ＝7200种不同的坐法。
（四）、课堂练习：1、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
2、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（ ） （A）120种 （B）81种 （C）72种 （D）27种
3、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（ ）（A）180种 （B）240种 （C）260种 （D）320种
4、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
【参考答案： 1.(B). 2.(D). 3.(C). 4.(A) 】
（五）、小结 ：⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有 种“捆绑”方法。⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有 种不同的“插入”方法。⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有 种不同的“插入”方法⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以。
（六）、课后作业：课本P30页复习题（一）A组中5、6；B组中2、3
五、教后反思：
第十六课时 《计数原理》小结与复习（二）
一、教学目标：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整除性问题
二、教学重难点：二项式定理及其运用，二项式系数的性质运用
三、教学方法：探析归纳，讲练结合
四、教学过程
（一）、知识点
1、二项式定理及其特例：（1），
（2）.
2、二项展开式的通项公式： 。
3、求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性
4、二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和
5、二项式系数的性质：
展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数，定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）。直线是图象的对称轴。（2）增减性与最大值：当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值。
（3）各二项式系数和：∵，
令，则
（二）、例题探析：
例1．①计算:
②计算:
分析：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.
解： ① ＝
② ＝＝
例2、证明恒等式:
分析: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.
证明：左边＝＝右边
引伸:化简
解: ＝
例3、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.
证明：∵＝
＝＝
∴多项式展开后的各项含有∴能被64整除。
引伸:①求证能被10整除;②求除以9的余数。
例4、求的展开式中的系数。
解: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5、求的展开式中的常数项和有理项。
解: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,,。
（三）、课堂练习：
1、由数字1、2、3、4、5、6、7组成无重复数字的七位数。（1）求有3个偶数相邻的7位数的个数；（2）求3个偶数互不相邻的7位数的个数。
答案：用捆绑法可得（1）为720个；用插空法可得（2）为1440个.
2、从5男4女中选4位代表，其中至少有2位男同志，且至少有1位女同志，分别到4个不同的工厂调查，不同的分派方法有（ ）A.100种 B.400种 C.480种 D.2400种
解：分两种情况，采取先取后排的思想可得符合要求的选法共有（种）
3、已知碳元素有3种同位素12C、13C、14C，氧元素也有3种同位素16O、17O、18O，则不同的原子构成的CO2分子有（ ）A.81种 B.54种 C.27种 D.9种
解：分步计数原理，先选碳原子，再选第一个氧原子，第二个氧原子.所以（种）
4、在代数式的展开式中，常数项为_____.(答案:15)
5、若,则的值为（ ）
A.1 B.－1 C.0 D.2
解：题中的，，…，是二项展开式的各项系数而不是各项的二项式系数，它们不等于，，…，令x＝1或－1可得它们的不同形式的代数和，于是可得结论答案选A.
（四）、课堂小结 ：1、二项式定理的应用: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。
（五）、课后作业：课本P30页复习题（一）A组中7、8 B组中4、5
五、教后反思：
①
③
④
②
①
②
③
④
④
③
②
①
图一
图二
图三
810＝(7+1)10＝710+79+…+7+
＝2(733＋c133732+…+c3233·7+2
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扶风县法门高中 姚连省
§1分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第一课时 基本计数原理（一）
一、教学目标：1、知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
2、过程与方法：培养学生的归纳概括能力。
3、情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
二、教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)
教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、引入新课
先看下面的问题： ①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？
要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.
在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.
（二）、探析新课：
问题1、从天津到大连，有四种交通工具供选择：汽车、火车、飞机、轮船。已知每天汽车有1班，火车有4班，飞机有2班，轮船有2班。问共有多少种走法？
设问1： 从天津到大连按交通工具可分____类方法
第一类方法, 乘汽车，有___ 种方法;
第二类方法, 乘火车，有___ 种方法;
第三类方法，乘飞机，有___ 种方法;
第四类方法，乘轮船，有___ 种方法;
∴ 从甲地到乙地共有__________ 种方法
设问2：每类方法中的每种一方法有什么特征？
问题2：从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从C村去D村的道路有3条（如图所示）。李明要从A村先到B村，再经过C村，最后到D村，一共有多少条线路可以选择？
设问1：（1）整个行程必须通过几个步骤？
（2）第一步, 由A村到B村有___种方法
第二步, 由B村到C村有____种方法,
第三步, 由C村到D村有____种方法,
设问2：上述每步的每种方法能否单独
实现从A村经B村、C村到达D村的目的
分类计数原理：1、加法原理：如果完成一件工作有K种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有++……+种不同的方法。（1）、标准必须一致,而且全面、不重不漏。（2）、“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的 即：它们两两的交集为空集。（3）、每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法。（1）、标准必须一致、正确。（2）、“步”与“步”之间是连续的,不间断的,缺一不可;但也不能重复、交叉。（3）、若完成某件事情需n步,每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分且必须依次完成这n个步骤后,这件事情才算完成。
（三）、例题探析
例1、在1,2,3，···，200中，能够被5整除的数共有多少个？
解析：能够被5整除的数，末位数字是0或5，因此，我们把1,2,3，···，200中能够被5整除的数分成两类来计数：第一类：末位数字是0的数，一共有20个。第二类：末位数字是5的数，一共有20个。
根据加法原理，在1,2,3，···，200中，能够被5整除的数共有20+20=40个。
例2、有一项活动，需在3名教师，8名男生和5名女生中选人参加。（1）若只需1人参加，有多少种选法？（2）若需教师、男生、女生各1人参加，有多少种选法？
解析：（1）由加法原理，共有N=3+8+5=16种选法。
（2）由乘法原理，共有N=3×8×5=120种选法。
例3、一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数号码？
解：每个拨号盘上的数字有10种取法，根据分步计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是，所以，可以组成10000个四位数号码
例4、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．
（四）、课堂小结：本节课学习了两个重要的计数原理及简单应用，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，然后为每一步分的方法．只有把这件事的每一步都完成，这件事才能算完成．以下例题主要对问题中描述的是怎样“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．
（五）、课堂练习：第5页练习
（六）、课后作业：第5页习题1-1中A组1、2、3、4
五、教后反思：
第二课时 基本计数原理（二）
一、教学目标：1、知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；
②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。
2、过程与方法：培养学生的归纳概括能力。
3、情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
二、教学重难点：会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
分类计数原理：
1、加法原理：如果完成一件工作有k种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有种不同的方法。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法
（二）、探析新课：
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？
例2、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
解: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.
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
若变为图二,图三呢 (240种,5×4×4×4=320种)
例4、给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？
分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．
解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7 + 6 = 13种选法．
再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9 = = 1053 个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．
例5、 75600有多少个正约数 有多少个奇约数
解: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. 由于 75600=24×33×52×7
(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,,,。于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
(2)奇约数中步不含有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.
（三）、课堂小结：
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想。
2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事。
3．运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成。
（四）、课堂练习：练习册第6页1、2、3
（五）、课后作业：第5页习题1-1中A组5、6 B组题
五、教后反思：
第三课时 基本计数原理（三）
一、教学目标：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题
二、教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)
教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)及它们的区别。
（二）、典例探析
例1. 要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？解：P5
分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．
例2. 核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分一个 RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据．
总共有 4 种不同的碱基，分别用A,C,G,U表示．在一个 RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关．假设有一类 RNA 分子由 100 个碱基组成，那么能有多少种不同的 RNA 分子？
分析：用图1. 1一2 来表示由100个碱基组成的长链，这时我们共有100个位置，每个位置都可以从A , C , G , U 中任选一个来占据．
解：100个碱基组成的长链共有 100个位置，如图1 . 1一2所示．从左到右依次在每一个位置中，从 A , C , G , U 中任选一个填人，每个位置有 4 种填充方法．根据分步乘法计数原理，长度为 100 的所有可能的不同 RNA 分子数目有
（个）
例3.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 O 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．问：(1）一个字节（ 8 位）最多可以表示多少个不同的字符？ (2）计算机汉字国标码（GB 码）包含了6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
分析：由于每个字节有 8 个二进制位，每一位上的值都有 0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符，因此可以用分步乘法计数原理求解本题．
解：(1）用图1.1一3 来表示一个字节．
图 1 . 1 一 3
一个字节共有 8 位，每位上有 2 种选择．根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示 2×2×2×2×2×2×2×2= 28 =256 个不同的字符；
( 2）由（ 1 ）知，用一个字节所能表示的不同字符不够 6 763 个，我们就考虑用2 个字节能够表示多少个字符．前一个字节有 256 种不同的表示方法，后一个字节也有 256 种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示 256×256 = 65536
个不同的字符，这已经大于汉字国标码包含的汉字个数 6 763．所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用 2 个字节表示．
例4.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每一个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和 3 个不重复的阿拉伯数字，并且 3 个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？
分析：按照新规定，牌照可以分为 2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．
解：将汽车牌照分为 2 类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：
第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；
第2步，从剩下的25个字母中选 1个，放在第2位，有25种选法；
第3步，从剩下的24个字母中选 1个，放在第3位，有24种选法；
第4步，从10个数字中选1个，放在第 4 位，有10种选法；
第5步，从剩下的 9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；
第6步，从剩下的 8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．
根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26 ×25×24×10×9×8=11 232 000（个） .同理，字母组合在右的牌照也有11232 000 个．
所以，共能给11232 000 + 11232 000 = 22464 000（个） .辆汽车上牌照．
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析 ― 需要分类还是需要分步．分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到“步骤完整” ― 完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。
（三）、课堂小结：1、分类加法计数原理和分步乘法计数原理是排列组合问题的最基本的原理，是推导排列数、组合数公式的理论依据，也是求解排列、组合问题的基本思想.2、理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事。3、运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏". 分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成。
（四）、巩固练习：练习册第8页5、6、8
（五）、课外作业：练习册第8页中 4 、7 、10
五、教后反思：
§2排列
第四课时 排列（一）
一、教学目标：
1、知识与技能：了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归”的数学思想，并能运用排列数公式进行计算。
2、过程与方法：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题
3、情感、态度与价值观：能运用所学的排列知识，正确地解决的实际问题.
二、教学重点：排列、排列数的概念
教学难点：排列数公式的推导
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
(一)、复习引入：
分类计数原理：1、加法原理：如果完成一件工作有k种途径，由第1种途径有种方法可以完成，由第2种途径有种方法可以完成，……由第k种途径有种方法可以完成。那么，完成这件工作共有种不同的方法。
2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K个步骤，完成第1步有种不同的方法，完成第2步有种不同的方法，……，完成第K步有种不同的方法。那么，完成这件工作共有××……×种不同方法。
（二）、探析新课：1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：求以按依次填个空位来考虑，
排列数公式：
=（）
说明：（1）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共有个因数；（2）全排列：当时即个不同元素全部取出的一个排列全排列数：（叫做n的阶乘）
4、例题探析：
例1、计算：（1）； （2）； （3）．
解：（1） ＝＝3360 ；（2） ＝＝720 ；（3）＝＝360
例2、（1）若，则 ， ．
（2）若则用排列数符号表示 ．
解：（1） 17 ， 14 ．（2）若则＝ ．
例3、（1）从这五个数字中，任取2个数字组成分数，不同值的分数共有多少个？（2）5人站成一排照相，共有多少种不同的站法？（3）某年全国足球甲级（A组）联赛共有14队参加，每队都要与其余各队在主客场分别比赛1次，共进行多少场比赛？
解：（1）；（2）；（3）
（三）、课堂小结：本课学习了排列、排列数的概念，排列数公式的推导。
（四）、课堂练习：第10页练习
（五）、课后作业：第11页习题1-2中A组1.2.3
五、教后反思：
第五课时 排列（二）
一、教学目标：掌握解排列问题的常用方法
二、教学重难点：掌握解排列问题的常用方法
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：（）
全排列数：（叫做n的阶乘）
（二）、探析新课：
解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，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”．
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。
例1、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．
例2、有红、黄、蓝3种颜色的旗子各一面，如果用他们其中的若干面挂在一个旗杆上发出信号，那么一共可以组成多少种信号？
分析 旗杆上可以挂1面旗子，也可以挂2面、3面旗子，因此，需要分类计数。由于挂出的旗子顺序不同表示的信号也不同，因此，对每一类来说是一个排列问题。
解析：第一类：旗杆上挂1面旗子，可以组成种信号。
第二类：旗杆上挂2面旗子，可以组成种信号。
第三类：旗杆上挂3面旗子，可以组成种信号。
根据加法原理，一共可以组成++=3+3×2+3×2×1=15种信号。
例3、某小组6个人排队照相留念．(1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？
(2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？(3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？
(4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？
(5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？
(6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？
分析 (1)分两排照相实际上与排成一排照相一样，只不过把第3～6个位子看成是第二排而已，所以实际上是6个元素的全排列问题．
(2)先确定甲的排法，有种；再确定乙的排法，有种；最后确定其他人的排法，有种．因为这是分步问题，所以用乘法原理，有··种不同排法．
(3)采用“捆绑法”，即先把甲、乙两人看成一个人，这样有种不同排法．然后甲、乙两人之间再排队，有种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以有·种排法．
(4)甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半，有种排法．
(5)采用“插入法”，把3个女生的位子拉开，在两端和她们之间放进4张椅子，如____女____女____女____，再把3个男生放到这4个位子上，就保证任何两个男生都不会相邻了．这样男生有种排法，女生有种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以共有·种排法．
(6)符合条件的排法可分两类：一类是乙站排头，其余5人任意排有种排法；一类是乙不站排头；由于甲不能站排头，所以排头只有从除甲、乙以外的4人中任选1人有种排法，排尾从除乙以外的4人中选一人有种排法，中间4个位置无限制有种排法，因为是分步问题，应用乘法原理，所以共有种排法．
解 (1) =720(种)；(2) ··=2×4×24=192(种)；(3) ·=120×2=240(种)；(4) =360(种)；(5) ·=24×6=144(种)；(6) +=120+4×4×24=504(种)
或法二：(淘汰法) -2+=720-240+24=504(种)
（三）、课堂小结：本课学习了排列、排列数的概念，解排列问题的常用方法。解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，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”．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。
（四）、课堂练习：第8页练习
（五）、课后作业：第11页习题1-2中A组4、5；B组2
五、教后反思：
§3 组合
第六课时 组合（一）
一、教学目标：1、知识与技能：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与排列的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题。
2、过程与方法：了解组合数的意义，理解排列数与组合数 之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算。
3、情感、态度与价值观：能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力。
二、教学重难点：理解组合的意义，掌握组合数的计算公式
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列
说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同
2．排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示
注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从个不同元素中，任取个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列
3．排列数公式及其推导：
（）
全排列数：（叫做n的阶乘）
（二）、探析新课：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
4、例题探析：
1、计算：（1）； （2）；
（1）解： ＝35；
（2）解法1：＝120． 解法2：＝120．
2、求证：．
证明：∵
＝＝
∴
3、在52件产品中，有50件合格品，2件次品，从中任取5件进行检查．
(1)全是合格品的抽法有多少种？(2)次品全被抽出的抽法有多少种？
(3)恰有一件次品被抽出的抽法有多少种？(4)至少有一件次品被抽出的抽法有多少种？
4、名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有，，，
所以，一共有++＝100种方法．解法二：（间接法）
（三）、课堂小结：本课学习了组合的意义，组合数的计算公式。1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
组合数的公式：
或。
（四）、课堂练习：第15页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中A组1、2、3；练习册19页2、3
五、教后反思：
第七课时 组合（二）
一、教学目标：1、掌握组合数的两个性质；2、进一步熟练组合数的计算公式，能够运用公式解决一些简单的应用问题 。
二、教学重难点：掌握组合数的两个性质
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
（二）、探析新课：
1、组合数的性质1：．
一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中取出n m个元素的组合数，即：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想
证明：∵
又 ，∴
说明：①规定：；②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标；
③或．
2、组合数的性质2：＝+．
一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n个元素中取出m 1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
证明：
∴＝+．
3、例题
1．（1）计算：；
（2）求证：＝++．
解：（1）原式；
证明：（2）右边左边
2．解方程：（1）；（2）解方程：．
解：（1）由原方程得或，∴或，
又由得且，∴原方程的解为或
上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多.
（2）原方程可化为，即，∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解
3、在52件产品中，有50件合格品，2件次品，从中任取5件进行检查．
(1)全是合格品的抽法有多少种？
(2)次品全被抽出的抽法有多少种？
(3)恰有一件次品被抽出的抽法有多少种？
(4)至少有一件次品被抽出的抽法有多少种？
4、名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有，，，
所以，一共有++＝100种方法．
解法二：（间接法）
（三）、课堂小结：本课学习了组合数的两个性质1、组合数的性质1：．2、组合数的性质2：＝+．
(四)、课堂练习：第17页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中B组3、4；练习册19页4、5、7
五、教后反思：
第八课时 组合（三）
一、教学目标：1、进一步巩固组合、组合数的概念及其性质；2、能够解决一些组合应用问题。
二、教学重难点：解决一些组合应用问题。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
(一)、复习引入：
1、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合
说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同
2、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示．
3、组合数公式的推导：
（1）一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以分如下两步：① 先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数；② 求每一个组合中m个元素全排列数，根据分步计数原理得：＝．
（2）组合数的公式：
或
4.组合数的性质1：．5.组合数的性质2：＝+．
（二）、探析新课：
例题探析:1、(1)把n+1个不同小球全部放到n个有编号的小盒中去，每小盒至少有1个小球，共有多少种放法？(2)把n+1相同的小球，全部放到n个有编号的小盒中去，每盒至少有1个小球，又有多少种放法？(3)把n+1个不同小球，全部放到n个有编号的小盒中去，如果每小盒放进的球数不限，问有多少种放法？
2、从编号为1，2，3，…，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
解：分为三类：1奇4偶有 ； 3奇2偶有； 5奇1偶有，
∴一共有++．
3、现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其 中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
解：我们可以分为三类：①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有；②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有；③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有，∴一共有++＝42种方法．
4、甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解法一：（排除法）．
解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有；
另一类为甲不值周一，但值周六，有，∴一共有+＝42种方法．
5、6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步：从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法；
第二步：将5个“不同元素（书）”分给5个人有种方法．
根据分步计数原理，一共有＝1800种方法
6、从6双不同手套中，任取4只，(1)恰有1双配对的取法是多少？(2)没有1双配对的取法是多少？(3)至少有1双配对的取法是多少？
解析：（1）恰有1双配对的取法是
(2) 没有1双配对的取法是
(3) 至少有1双配对的取法是
(三)、课堂小结：本课学习了组合的应用题解法，反思例题，归纳类型，回顾解法。
（四）、课堂练习：第13页练习
（五）、课后作业：第17页习题1-3中A组4、5；B组1、2
五、教后反思：
§4简单计数问题
第九课时 排列组合应用题（一）
一、教学目标：（1）掌握排列组合一些常见的题型及解题方法，能够运用两个原理及排列组合概念解决排列组合问题；（2）提高合理选用知识解决问题的能力．
二、教学重点、难点：排列、组合综合问题．
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）．知识方法运用
例题探析：例1、2名女生，4名男生排成一排．（1）2名女生相邻的不同排法共有多少种？（2）2名女生不相邻的不同排法共有多少种？（3）女生甲必须排在女生乙的左边（不一定相邻）的不同排法共有多少种？
解：（1）“捆绑法”：将2名女生看成一个元素，与4名男生共5个元素排成一排，共有种排法，又因为2名相邻女生有种排法，因此不同的排法种数是．
（2）方法一：（插空法）
分两步完成：第一步，将4名男生排成一排，有种排法；
第二步，排2名女生．由于2名女生不相邻，故可在4名男生之间及两端的5个位置中选出2个排2名女生，有种排法．
根据分步计数原理，不同的排法种数是种．
方法二：（间接法）
因为2名女生的排法只有相邻与不相邻两种情况，所以由（1）的结果可知，2名女生不相邻的不同排法共有种．
（3）方法一：（特殊元素优先考虑） 分2步完成：
第一步，排2名女生．由于女生顺序已定，故可从6个位置中选出2个位置，即；
第二步，排4名男生．将4名男生排在剩下的4个位置上，有种方法．
根据分步计数原理，不同的排法种数是．
方法二：（除法）
如果将6名学生全排列，共有种排法．其中，在男生位置确定之后，女生的排法数有种，因为女生的顺序已定，所以在这中排法中，只有一种符合要求，
故符合要求的排法数为种．
例2、高二（1）班有30名男生，20名女生，从50名学生中 3名男生，2名女生分别担任班长、副班长、学习委员、文娱委员、体育委员，共有多少种不同的选法？
解：完成这件事分三步进行：
第一步，从30名男生中选3名男生，有种方法；
第二步，从20名男生中选2名男生，有种方法；
第一步，将选出的5名学生进行分工，即全排列，有种方法．
根据分步计数原理，共有种选法．
答：共有92568000种不同的选法．
思考：如果上述问题解答分两步：先从30名男生中选3名担任3种不同职务，再从20名女生中选2名女生担任不同职务，则结果为，这样做对吗？为什么？（从30名男生中选3名担任3种不同职务的方法数应为）
说明：排列、组合综合问题通常遵循“先组合后排列”的原则．
例3、某考生打算从所重点大学中选所填在第一档次的个志愿栏内，其中校定为第一志愿；再从所一般大学中选所填在第二档次的三个志愿栏内，其中、两校必选，且在前．问：此考生共有多少种不同的填表方法？
解：先填第一档次的三个志愿栏：因校定为第一档次的第一志愿，故第一档次的二、三志愿有种填法；再填第二档次的三个志愿栏：、两校有种填法，剩余的一个志愿栏有种填法．由分步计数原理知，此考生不同的填表方法共有（种）．
例4、有只不同的试验产品，其中有只次品，只正品，现每次取一只测试，直到只次品全测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？
解：本题的实质是，前五次测试中有只正品，只次品，且第五次测试的是次品．
思路一：设想有五个位置，先从只正品中任选只，放在前四个位置的任一个上，有种方法；再把只次品在剩下的四个位置上任意排列，有种排法．故不同的情形共有种．
（二）．回顾小结：（1）解决有关计数的应用题时，要仔细分析事件的发生、发展过程，弄清问题究竟是排列问题还是组合问题，还是应直接利用分类计数原理或分步计数原理解决．一个较复杂的问题往往是分类与分步交织在一起，要准确分清，容易产生的错误是遗漏和重复计数；（2）解决计数问题的常用策略有：（1）特殊元素优先安排；（2）排列组合混合题要先选（组合）后排；（3）相邻问题捆绑处理（先整体后局部）；（4）不相邻问题插空处理；（5）顺序一定问题除法处理；（6）正难则反，合理转化．
（三）．课外作业：课本P20页1、2、3；习题1-4中A组1、2
五、教后反思：
第十课时 排列组合应用题（二）
一、教学目标：（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）能运用排列组合概念及两个原理解决排列组合的综合题；（3）提高合理选用知识分析问题、解决问题的能力．
二、教学重点，难点：排列、组合综合问题．
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、知识方法运用
例题探析：例1、从0，1，2，…，9这10个数字中选出5个不同的数字组成五位数，其中大于13000的有多少个？
解：方法一：（直接法）满足条件的五位数有两类：第一类：万位数大于1，这样的五位数共有个；第二类：万位数为1，千位数不小于3，这样的五位数共有个．
根据分类计数原理，大于13000的五位数共有个．
方法二：（间接法）由0，1，2，…，9这10个数字中不同的5个数字组成的五位数共有个，其中不大于13000的五位数的万位数都是1，且千位数小于3，这样的数共有个，所以，满足条件的五位数共有个．
例2、九张卡片分别写着数字0，1，2，…，8，从中取出三张排成一排组成一个三位数，如果6可以当作9使用，问可以组成多少个三位数？
解：可以分为两类情况：① 若取出6，则有种方法；②若不取6，则有种方法，根据分类计数原理，一共有+＝602种方法．
例3、如图是由12个小正方形组成的矩形网格，一质点沿网格线从点到点的不同路径之中，最短路径有 条．
解： 总揽全局：把质点沿网格线从点A到点的最
短路径分为七步，
其中四步向右，三步向上，不同走法的区别在于哪三步向上，因此，本题的结论是：．
例4、圆周上有个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是多少？
解：要使交点个数最多，则只需所有的交点都不重合。显然，并不是每两条弦都在圆内有交点，但如果两条弦相交，则交点就是以这两条弦的四个端点为顶点的四边形的对角线的交点，也就是说，弦在圆内的交点与以圆上四点为顶点的四边形是一一对应的。
因此只需求以圆上四点为顶点的四边形的个数，即个。
例5、6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：（1）分给甲、乙、丙三人，每人2本；（2）分为三份，每份2本；（3）分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；（4）分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；（5）分给甲、乙、丙三人，每人至少1本．
解：（1）根据分步计数原理得到：种；
（2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有种方法．根据分步计数原理可得：，所以．
因此，分为三份，每份两本一共有15种方法．说明：本题是分组中的“均匀分组”问题．
一般地，将个元素均匀分成组（每组个元素），共有 种方法．
（3）这是“不均匀分组”问题，一共有种方法．
（4）在（3）的基础上再进行全排列，所以一共有种方法．
（5）可以分为三类情况：①“2、2、2型”即（1）中的情况，有种方法；
②“1、2、3型”即（4）中的分配情况，有种方法；③“1、1、4型”，有种方法，所以，一共有90+360+90＝540种方法．
（二）、回顾小结：（1）按元素的性质进行分类、按事件发生的连续过程分步，是处理组合应用题的基本思想方法；（2）需要注意的是，均匀分组（不计组的顺序）问题不是简单的组合问题，如：将个人分成 组，每组一个人，显然只有种分法，而不是种 ．一般地，将个不同元素均匀分成组，有种分法．
（三）、课外作业：课本P22页2、3、4；习题1-4中A组3、4
五、教后反思：
§5 二项式定理
第十一课时 二项式定理
一、教学目标：1、知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式。
2、过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题。
3、情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
二、教学重点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。
教学难点：二项式定理及通项公式的掌握及运用。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、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
(提问)：对于， 如何展开 (利用多项式乘法)
(再提问)：又怎么办？ (n∈N+)呢？
我们知道，事物之间或多或少存在着规律。这节课，我们就来研究的二项展开式的规律性
(二)新课探析：
(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 =(a+b)(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=
= (a+b)=(a+b)=
= (a+b)=(a+b)=
根据以上的归纳，可以想到的展开式的各项是齐次的，它们分别为
展开式中各项系数的规律，可以列表：
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
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展开式中各项的系数=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)
(1)若每个括号都不取b，只有一种取法得到即种
(2)若只有一个括号取b，共有种取法得到
(3)若只有两个括号取b，共有种取法得到
(4)若只有三个括号取b，共有种取法得到
(5)若每个括号都取b，共有种取法得
…………
∴ = (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 右边＝ =a+b ∴ 等式成立
(2)假设n=k时，等式成立，即那么当n=k+1时
(分散难点作法)以 (a+b)与(a+b)进行类比
(a+b)＝ (a+b)
=
由组合数性质知 ＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＋＝ ＝
则
=·(a+b)=()(a+b)
＝()
+()
＝
由组合数性质得，= +=，…+=，+=，=
∴，即等式成立。
根据（1）（2）可知，等式对于任意n∈N+都成立。
【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：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：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）、例题
例1．展开．
解一： ．
解二：．
例2．展开。
解：
．
（四）、小结：（1）二项式定理=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
（五）、课堂练习：课本P25页练习题
（六）作业：课本第28页习题1-5中A组2、3、4、5
五、教后反思：
第十二课时 二项式定理
一、教学目标：1、知识与技能：进一步掌握二项式定理和二项展开式的通项公式。
2、过程与方法：能解决二项展开式有关的简单问题。
3、情感、态度与价值观：教学过程中，要让学生充分体验到归纳推理不仅可以猜想到一般性的结果，而且可以启发我们发现一般性问题的解决方法。
二、教学重难点：掌握二项式定理及二项式展开式的通项公式
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习：
= （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。
1.展开； 2. 展开。
(二)、探究新课
1、二项式展开式的通项公式： 叫二项展开式的通项，用表示，即通项．
2、通项公式的应用：⑴求某一指定项或项的系数；⑵求特殊项或系数。
注意：区分项的系数与二项系数。
（三）、例题
例1．（1）求的展开式常数项；（2）求的展开式的中间两项
解：∵，
∴（1）当时展开式是常数项，即常数项为；
（2）的展开式共项，它的中间两项分别是第项、第项，
， 。
例2．（1）求的展开式的第4项的系数；
（2）求的展开式中的系数及二项式系数。
解：的展开式的第四项是，∴的展开式的第四项的系数是。
（2）∵的展开式的通项是，∴，，
∴的系数，的二项式系数。
例3．求的展开式中的系数。
分析：要把上式展开，必须先把三项中的某两项结合起来，看成一项，才可以用二项式定理展开，然后再用一次二项式定理，，也可以先把三项式分解成两个二项式的积，再用二项式定理展开。
解：（法一）
，
显然，上式中只有第四项中含的项，∴展开式中含的项的系数是
（法二）：
∴展开式中含的项的系数是．
例4．已知 的展开式中含项的系数为，求展开式中含项的系数最小值。
分析：展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为，可得，从而转化为关于或的二次函数求解。
解：展开式中含的项为
∴，即，展开式中含的项的系数为
，∵， ∴，
∴
，∴当时，取最小值，但，
∴ 时，即项的系数最小，最小值为，此时．
例5．已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，
（1）证明展开式中没有常数项；（2）求展开式中所有的有理项。
解：由题意：，即，∴舍去）
∴
①若是常数项，则，即，∵，这不可能，∴展开式中没有常数项；②若是有理项，当且仅当为整数，∴，∴ ，
即 展开式中有三项有理项，分别是：，，
（四）、课堂小结：本课学习了二项式定理及二项式展开式的通项公式。
（五）、课堂练习：第33页练习
（六）、课后作业： 1．求的展开式中的倒数第项
解：的展开式中共项，它的倒数第项是第项，
．
2．求（1），（2）的展开式中的第项．
解：（1）；
（2）。
点评：，的展开后结果相同，但展开式中的第项不相同。
3.求的展开式的第4项的二项式系数，并求第4项的系数。
提示：用二项式定理展开。
【3.展开式的第4项的二项式系数，第4项的系数】
五、教后反思：
第十三课时 二项式系数的性质（一）
一、教学目标：
1、知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。
2、过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。
3、情感、态度与价值观：要启发学生认真分析课本图提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。
二、教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、复习引入：
1．二项式定理及其特例：
（1），
（2）.
2．二项展开式的通项公式：
3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性
（二）、探解新课
1、二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和。
2、二项式系数的性质：
EMBED Equation.DSMT4 展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数
定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）．
直线是图象的对称轴．
（2）增减性与最大值．∵，
∴相对于的增减情况由决定，，
当时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值；
当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值．
（3）各二项式系数和：
∵，
令，则
（三）、探析范例
例1、在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和
证明：在展开式中，令，则，
即，
∴，
即在的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和．
说明：由性质（3）及例1知.
例2、已知，求：
（1）； （2）； （3）.
解：（1）当时，，展开式右边为
∴，
当时，，∴，
（2）令， ①
令， ②
①② 得：，∴ .
（3）由展开式知：均为负，均为正，
∴由（2）中①+② 得：，
∴ ，
∴
例3、求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10展开式中x3的系数
解：
=，
∴原式中实为这分子中的，则所求系数为
例4、在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数
解：∵
∴在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为，
在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，含x的项为
∴展开式中含x的项为 ，
∴此展开式中x的系数为240
例5、已知的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式的常数项
解：依题意
∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10
设第r+1项为常数项，又
令，
此所求常数项为180
（四）课堂小结：本课学习了二项式系数的性质，二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个揭破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用。
（五）、课堂练习：课本第27页练习
（六）、课后作业：课本第28页习题1-5中B组1、2；练习册P30页4、5、8
五、教后反思：
第十四课时 二项式系数的性质（二）
一、教学目标：1、知识与技能：掌握二项式系数的四个性质。2、过程与方法：培养观察发现，抽象概括及分析解决问题的能力。3、情感、态度与价值观：要启发学生认真分析课本图提供的信息，从特殊到一般，归纳猜想，合情推理得到二项式系数的性质再给出严格的证明。
二、教学重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题。
教学难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题。
三、教学方法：探析归纳，讨论交流
四、教学过程
（一）、例题探析
例1、 设，
当时，求的值。
解：令得：，
∴。点评：对于，令即可得各项系数的和的值；令即，可得奇数项系数和与偶数项和的关系。
例2、求证：．
证（法一）倒序相加：设 ①
又∵ ②
∵，∴， 由①+②得：，
∴，即．
（法二）：左边各组合数的通项为，
∴ ．
例3、在的展开式中,求:①二项式系数的和；②各项系数的和；③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；④奇数项系数和与偶数项系数和；⑤的奇次项系数和与的偶次项系数和。
分析:因为二项式系数特指组合数,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式中的系数无关.
解：设(*),
各项系数和即为,奇数项系数和为,偶数项系数和为,的奇次项系数和为,的偶次项系数和.
由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.
①二项式系数和为.②令,各项系数和为.
③奇数项的二项式系数和为,偶数项的二项式系数和为.
④设,
令,得到…(1),
令,(或,)得…(2)
(1)+(2)得,∴奇数项的系数和为;
(1)-(2)得,∴偶数项的系数和为.
⑤的奇次项系数和为的偶次项系数和为.
点评:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规方法之一.
例4、已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992,求的展开式中:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项。
解：由题意,解得.
①的展开式中第6项的二项式系数最大,即.
②设第项的系数的绝对值最大则
∴,得,即
∴,∴,故系数的绝对值最大的是第4项
例5、已知：的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项
解：令，则展开式中各项系数和为，
又展开式中二项式系数和为，∴，．
（1）∵，展开式共项，二项式系数最大的项为第三、四两项，
∴，，
（2）设展开式中第项系数最大，则，
∴，∴，
即展开式中第项系数最大，．
例6、已知，求证：当为偶数时，能被整除。
分析：由二项式定理的逆用化简，再把变形，化为含有因数的多项式
∵，
∴，∵为偶数，∴设（），
∴
（） ，
当=时，显然能被整除，当时，（）式能被整除，
所以，当为偶数时，能被整除
（二）、课堂练习
1．展开式中的系数为 ，各项系数之和为 ．
2．多项式（）的展开式中，的系数为 。
3．若二项式（）的展开式中含有常数项，则的最小值为（ ）
A.4 B.5 C.6 D.8
4．求的展开式中系数最大的项。
【答案：1. 45, 0 ；2. 0．提示：；3. B 4. 】
（三）、课堂小结：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用。
（四）、课后作业： 1．已知展开式中的各项系数的和等于的展开式的常数项，而 展开式的系数的最大的项等于，求的值。答案：
2．求值：．答案：。
3．设，试求的展开式中：（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和。
答案：（1）； （2）所有偶次项的系数和为；所有奇次项的系数和为。
五、教后反思：
第十五课时 《计数原理》小结与复习（一）
一、教学目标：1、使学生掌握两个原理以及排列组合的概念、计算等内容，并能比较熟练地运用；2、通过问题形成过程和解决方法的分析，提高学生的分析问题和解决问题的能力；3、引导养成学生分析过程、深刻思考、灵活运用的习惯和态度。
二、教学重难点：掌握两个原理以及排列组合的概念、计算等内容，并能比较熟练地运用。
三、教学方法：探析归纳，讲练结合
四、教学过程
（一）、知识点：1、分类加法原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第n类办法中有种不同的方法那么完成这件事共有 种不同的方法。2、分步乘法原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事有 种不同的方法。3、排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列。4、排列数的定义：从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示。5、排列数公式：（）6、阶乘：表示正整数1到的连乘积，叫做的阶乘规定。7、排列数的另一个计算公式：= 。8、组合的概念：一般地，从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合。9、组合数的概念：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从 个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示。10、组合数公式：或
。11、组合数的性质1：．规定：；组合数的性质2：＝+
（二）、解题思路：解排列组合问题，首先要弄清一件事是“分类”还是“分步”完成，对于元素之间的关系，还要考虑“是有序”的还是“无序的”，也就是会正确使用分类计数原理和分步计数原理、排列定义和组合定义，其次，对一些复杂的带有附加条件的问题，需掌握以下几种常用的解题方法：1、特殊优先法：对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊的东西入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法。2、科学分类法：对于较复杂的排列组合问题，由于情况繁多，因此要对各种不同情况，进行科学分类，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏现象发生。3、插空法：解决一些不相邻问题时，可以先排一些元素然后插入其余元素，使问题得以解决。4、捆绑法：相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列，然后再局部排列。5、排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法。
（三）、例题探析：例1、由数字１、２、３、４、５、６、７组成无重复数字的七位数。(1）求三个偶数必相邻的七位数的个数；（2）求三个偶数互不相邻的七位数的个数。
解 (1)：因为三个偶数２、４、６必须相邻，所以要得到一个符合条件的七位数可以分为如下三步：第一步将１、３、５、７四个数字排好有种不同的排法；第二步将２、４、６三个数字“捆绑”在一起有 种不同的“捆绑”方法；第三步将第二步“捆绑”的这个整体“插入”到第一步所排的四个不同数字的五个“间隙”(包括两端的两个位置)中的其中一个位置上,有种不同的“插入”方法。根据乘法原理共有＝720种不同的排法所以共有720个符合条件的七位数。
解（2）：因为三个偶数２、４、６ 互不相邻，所以要得到符合条件的七位数可以分为如下两步：第一步将１、３、５、７四个数字排好，有 种不同的排法；第二步将２、４、６分别“插入”到第一步排的四个数字的五个“间隙”（包括两端的两个位置）中的三个位置上，有 种“插入”方法。根据乘法原理共有＝1440种不同的排法所以共有1440个符合条件的七位数。
例２、将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，共有多少种不同的分法？
解：要将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，可以分为三类办法：（１－１－４）分法、（１－２－３）分法、（２－２－２）分法。下面分别计算每一类的方法数：
第一类（１－１－４）分法，这是一类整体不等分局部等分的问题，共有 ＝15种不同的分组方法。第二类（１－２－３）分法，这是一类整体和局部均不等分的问题，共有＝60种不同的分组方法。第三类（２－２－２）分法，这是一类整体“等分”的问题，因此共有 ＝15种不同的分组方法。
根据加法原理，将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ六个元素分成三组共有：15＋60＋15＝90种不同的方法。
例３、一排九个坐位有六个人坐，若每个空位两边都坐有人，共有多少种不同的坐法？
解：九个坐位六个人坐，空了三个坐位，每个空位两边都有人，等价于三个空位互不相邻，可以看做将六个人先依次坐好有种不同的坐法，再将三个空坐位“插入”到坐好的六个人之间的五个“间隙”（不包括两端）之中的三个不同的位置上有种不同的“插入”方法。
根据乘法原理共有 ＝7200种不同的坐法。
（四）、课堂练习：1、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
2、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（ ） （A）120种 （B）81种 （C）72种 （D）27种
3、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（ ）（A）180种 （B）240种 （C）260种 （D）320种
4、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
【参考答案： 1.(B). 2.(D). 3.(C). 4.(A) 】
（五）、小结 ：⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有 种“捆绑”方法。⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有 种不同的“插入”方法。⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有 种不同的“插入”方法⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以。
（六）、课后作业：课本P30页复习题（一）A组中5、6；B组中2、3
五、教后反思：
第十六课时 《计数原理》小结与复习（二）
一、教学目标：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整除性问题
二、教学重难点：二项式定理及其运用，二项式系数的性质运用
三、教学方法：探析归纳，讲练结合
四、教学过程
（一）、知识点
1、二项式定理及其特例：（1），
（2）.
2、二项展开式的通项公式： 。
3、求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性
4、二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和
5、二项式系数的性质：
展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数，定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）。直线是图象的对称轴。（2）增减性与最大值：当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值。
（3）各二项式系数和：∵，
令，则
（二）、例题探析：
例1．①计算:
②计算:
分析：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.
解： ① ＝
② ＝＝
例2、证明恒等式:
分析: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.
证明：左边＝＝右边
引伸:化简
解: ＝
例3、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.
证明：∵＝
＝＝
∴多项式展开后的各项含有∴能被64整除。
引伸:①求证能被10整除;②求除以9的余数。
例4、求的展开式中的系数。
解: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5、求的展开式中的常数项和有理项。
解: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,,。
（三）、课堂练习：
1、由数字1、2、3、4、5、6、7组成无重复数字的七位数。（1）求有3个偶数相邻的7位数的个数；（2）求3个偶数互不相邻的7位数的个数。
答案：用捆绑法可得（1）为720个；用插空法可得（2）为1440个.
2、从5男4女中选4位代表，其中至少有2位男同志，且至少有1位女同志，分别到4个不同的工厂调查，不同的分派方法有（ ）A.100种 B.400种 C.480种 D.2400种
解：分两种情况，采取先取后排的思想可得符合要求的选法共有（种）
3、已知碳元素有3种同位素12C、13C、14C，氧元素也有3种同位素16O、17O、18O，则不同的原子构成的CO2分子有（ ）A.81种 B.54种 C.27种 D.9种
解：分步计数原理，先选碳原子，再选第一个氧原子，第二个氧原子.所以（种）
4、在代数式的展开式中，常数项为_____.(答案:15)
5、若,则的值为（ ）
A.1 B.－1 C.0 D.2
解：题中的，，…，是二项展开式的各项系数而不是各项的二项式系数，它们不等于，，…，令x＝1或－1可得它们的不同形式的代数和，于是可得结论答案选A.
（四）、课堂小结 ：1、二项式定理的应用: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。
（五）、课后作业：课本P30页复习题（一）A组中7、8 B组中4、5
五、教后反思：
①
③
④
②
①
②
③
④
④
③
②
①
图一
图二
图三
810＝(7+1)10＝710+79+…+7+
＝2(733＋c133732+…+c3233·7+2
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