高中数学-排列组合和概率-人教版全部教案

两个基本原理
一、教学目标
1、知识传授目标：正确理解和掌握加法原理和乘法原理
2、能力培养目标：能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题
3、思想教育目标：发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力
二、教材分析
1.重点：加法原理，乘法原理。

解决方法：利用简单的举例得到一般的结论．
2.难点：加法原理，乘法原理的区分。

解决方法：运用对比的方法比较它们的异同．
三、活动设计
1.活动：思考，讨论，对比，练习．
2.教具：多媒体课件．
四、教学过程正
1．新课导入
随着社会发展，先进技术，使得各种问题解决方法多样化，高标准严要求，使得商品生产工序复杂化，解决一件事常常有多种方法完成，或几个过程才能完成。

排列组合这一章都是讨论简单的计数问题，而排列、组合的基础就是基本原理，用好基本原理是排列组合的关键．
2．新课
我们先看下面两个问题．
(l)从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4班，汽车有 2班，轮船有 3班，问一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
板书：图
因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每一种走法都可以从甲地到达乙地，因此，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有 4十2十3=9种不同的走法． 一般地，有如下原理：
加法原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1十m 2十…十m n 种不同的方法． (2) 我们再看下面的问题：
由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条．从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？
板书：图
这里，从A 村到B 村有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B 村后，再从B 村到C 村又有2种不同的走法．因此，从A 村经B 村去C 村共有 3X2=6种不同的走法．
一般地，有如下原理：
乘法原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1 m 2…m n 种不同的方法．
例1 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书． 1）从中任取一本，有多少种不同的取法？
2）从中任取数学书与语文书各一本，有多少的取法？
解：（1）从书架上任取一本书，有两类办法：第一类办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6种方法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中任取一本，有5种方法．根据加法原理，得到不同的取法的种数是6十5=11．答：从书架L任取一本书，有11种不同的取法．
（2）从书架上任取数学书与语文书各一本，可以分成两个步骤完成：第一步取一本数学书，有6种方法；第二步取一本语文书，有5种方法．根据乘法原理，得到不同的取法的种数是 N＝6X5＝30．
答：从书架上取数学书与语文书各一本，有30种不同的方法．
练习：一同学有4枚明朝不同古币和6枚清朝不同古币
1）从中任取一枚，有多少种不同取法？ 2）从中任取明清古币各一枚，有多少种不同取法？
例2(1)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个数字允许重复三位数？
(2)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
(3)由数字0，l，2，3，4，5可以组成多少个数字不允许重复三位数？
解：要组成一个三位数可以分成三个步骤完成：第一步确定百位上的数字，从5个数字中任选一个数字，共有5种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，
这仍有5种选法，第三步确定个位上的数字，同理，它也有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位数的个数是N=5X5X5=125．
答：可以组成125个三位数．
练习：
1、从甲地到乙地有2条陆路可走，从乙地到丙地有3条陆路可走，又从甲地不经
过乙地到丙地有2条水路可走．
（1）从甲地经乙地到丙地有多少种不同的走法？
（2）从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
2．一名儿童做加法游戏．在一个红口袋中装着2O张分别标有数1、2、 (19)
20的红卡片，从中任抽一张，把上面的数作为被加数；在另一个黄口袋中装着10张分别标有数1、2、…、9、1O的黄卡片，从中任抽一张，把上面的数作为加数．这名儿童一共可以列出多少个加法式子？
3．题2的变形
4．由0－9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？
小结：要解决某个此类问题，首先要判断是分类，还是分步？分类时用加法，分步时用乘法
其次要注意怎样分类和分步，以后会进一步学习
练习
1．（口答）一件工作可以用两种方法完成．有 5人会用第一种方法完成，另有4人会用第二种方法完成．选出一个人来完成这件工作，共有多少种选法？
2．在读书活动中，一个学生要从 2本科技书、 2本政治书、 3本文艺书里任选一本，共有多少种不同的选法？
3．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有多少项？4．从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．从甲地到丙地共有多少种不同的走法？5．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．
（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？
（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
作业：（略）
排列
【复习基本原理】
1.加法原理做一件事，完成它可以有n类办法，第一类办法中有m
1
种不同的方
法，第二办法中有m
2种不同的方法……，第n办法中有m
n
种不同的
方法，那么完成这件事共有
N=m
1+m
2
+m
3
+…m
n
种不同的方法.
2.乘法原理做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m
1
种不同的方
法，做第二步有m
2种不同的方法，……，做第n步有m
n
种不同的方
法，.那么完成这件事共有
N=m
1?m
2
?m
3
?…?m
n
种不同的方法.
3.两个原理的区别：
【练习1】
1.北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线，需要准备多少种不同的机票？
2.由数字1、2、3可以组成多少个无重复数字的二位数？请一一列出.
【基本概念】
1.什么叫排列？从n个不同元素中，任取m(n
m≤)个元素（这里的被取元素各不
相同）按照一定的顺序
．．．．．排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个
．．
排列．．
2. 什么叫不同的排列？元素和顺序至少有一个不同.
3. 什么叫相同的排列？元素和顺序都相同的排列.
4. 什么叫一个排列？ 【例题与练习】
1. 由数字1、2、3、4可以组成多少个无重复数字的三位数？
2.已知a 、b 、c 、d 四个元素，①写出每次取出3个元素的所有排列；②写出每次取出4个元素的所有排列. 【排列数】
1. 定义：从n 个不同元素中，任取m(n m ≤)个元素的所有排列的个数叫做从n 个
元素中取出m 元素的排列数，用符号m n p 表示.
用符号表示上述各题中的排列数.
2. 排列数公式：m n p =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
=1n p ；=2n p ；=3
n p ；=4n p ；
计算：25p = ； 45p = ；215p = ；
【课后检测】 1. 写出：
① 从五个元素a 、b 、c 、d 、e 中任意取出两个、三个元素的所有排列； ② 由1、2、3、4组成的无重复数字的所有3位数. ③ 由0、1、2、3组成的无重复数字的所有3位数.
2. 计算： ① 3100
p
② 36
p ③ 28
48
p 2p - ④ 712
812
p p
排 列
课题：排列的简单应用(1)
目的：进一步掌握排列、排列数的概念以及排列数的两个计算公式，会用排列数公式计算和解决简单的实际问题． 过程：
一、复习：（引导学生对上节课所学知识进行复习整理） 1．排列的定义，理解排列定义需要注意的几点问题； 2．排列数的定义，排列数的计算公式
)1()2)(1(+---=m n n n n A m n 或)!
(!
m n n A m
n -=
（其中m ≤n m,n ?Z ）
3．全排列、阶乘的意义；规定 0!=1
4．“分类”、“分步”思想在排列问题中的应用． 二、新授：
例1：⑴ 7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：7个元素的全排列——77A ＝5040
⑵ 7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？
解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040
⑶ 7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？ 解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——66A =720 ⑷ 7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？
解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有22A 种；第二步 余
下的5名同学进行全排列有55A 种 则共有22A 55A =240种排列方法 ⑸ 7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？ 解法一（直接法）：第一步 从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位
同学站在排头和排尾有25A 种方法；第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有55A 种方法 所以一共有25A 55A ＝2400种排列方法．
解法二：（排除法）若甲站在排头有66A 种方法；若乙站在排尾有66A 种
方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有55A 种方法．所以甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有77A －662A ＋55A =2400种．
小结一：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，
对某些特殊元素可以优先考虑．
例2 ： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
解：先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素（同学）一起进行全排列有66A 种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有22A 种方法．所以这样的排法一共有66A 22A ＝1440种． ⑵甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？ 解：方法同上，一共有55A 33A ＝720种．
⑶甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？
解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个
元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2
个元素放在排头和排尾，有25A 种方法；将剩下的4个元素进行全排列有44A 种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有22A 种方法．所以这样的排法一共有25A 44A 22A ＝960种方法．
解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个
元素，
若丙站在排头或排尾有255A 种方法，所以丙不能站在排头和排尾的排法有960)2(225566=⋅-A A A 种方法．
解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共
有14A 种方法，
再将其余的5个元素进行全排列共有55A 种方法，最后将甲、乙两同学“松
绑”，所以这样的排法一共有1
4
A 55A 22A ＝960种方法． 小结二：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）． 例3： 7位同学站成一排．
⑴甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？ 解法一：（排除法）3600226677=⋅-A A A
解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有55A 种方法，此时他们留下六个位置（就称为“空”吧），再将甲、乙同学分别插入这六个位置（空）有26A 种方法，所以一共有36002655=A A 种方法． ⑵甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？
解：先将其余四个同学排好有44A 种方法，此时他们留下五个“空”，再将
甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有35A 种方法，所以一共有
44A 35A ＝1440种．
小结三：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）． 三、小结：
1．对有约束条件的排列问题，应注意如下类型： ⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置； ⑵某些元素要求连排（即必须相邻）； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）； 2．基本的解题方法：
⑴ 有特殊元素或特殊位置的排列问题，通常是先排特殊元素或特殊位置，称为优先处理特殊元素（位置）法（优限法）；
⑵ 某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看作一个元素，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排列，这种方法称为“捆绑法”； ⑶ 某些元素不相邻排列时，可以先排其他元素，再将这些不相邻元素插入空挡，这种方法称为“插空法”；
⑷ 在处理排列问题时，一般可采用直接和间接两种思维形式，从而寻求有效的解题途径，这是学好排列问题的根基． 四、作业：《课课练》之“排列 课时1—3”
排 列
课题：排列的简单应用(2)
目的：使学生切实学会用排列数公式计算和解决简单的实际问题，进一步培养分析问题、解决问题的能力，同时让学生学会一题多解． 过程：
一、复习：
1．排列、排列数的定义，排列数的两个计算公式； 2．常见的排队的三种题型：
⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置——优限法； ⑵某些元素要求连排（即必须相邻）——捆绑法； ⑶某些元素要求分离（即不能相邻）——插空法． 3．分类、分布思想的应用． 二、新授：
示例一： 从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员
的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？
解法一：（从特殊位置考虑）1360805
919
=A A 解法二：（从特殊元素考虑）若选：595A ⋅ 若不选：69A
则共有 595A ⋅＋69A ＝136080
解法三：（间接法）=-5
9610
A A 136080 示例二：
⑴ 八个人排成前后两排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，丙要排在后排，
则共有多少种不同的排法？
略解：甲、乙排在前排24A ；丙排在后排1
4A ；其余进行全排列55A ．
所以一共有24A 1
4
A 55A ＝5760种方法． ⑵ 不同的五种商品在货架上排成一排，其中a , b 两种商品必须排在一起，
而c, d 两种商品不排在一起, 则不同的排法共有多少种？
略解：（“捆绑法”和“插空法”的综合应用）a , b 捆在一起与e 进行排列有22A ；
此时留下三个空，将c, d 两种商品排进去一共有23A ；最后将a , b “松
绑”有22A ．所以一共有22A 23A 22A ＝24种方法．
☆⑶ 6张同排连号的电影票，分给3名教师与3名学生，若要求师生相间而坐，则不同的坐法有多少种？
略解：（分类）若第一个为老师则有33A 33A ；若第一个为学生则有33A 33A 所以一共有233A 33A ＝72种方法． 示例三：
⑴ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的正整数？
略解：3255
545352515
=++++A A A A A ⑵ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比13 000大的正整数？
解法一：分成两类，一类是首位为1时，十位必须大于等于3有3
313A A 种方法；另一类是首位不为1，有4414
A A 种方法．所以一共有3313A A 1144
414=+A A 个数比13 000大．
解法二：（排除法）比13 000小的正整数有33A 个，所以比13 000大的正整数有-55A 33A ＝114个．
示例四： 用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．
⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？
解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有6035=A 个，所以第114个数的千
位数应该是“3”，十位数字是“1”即“31”开头的四位数有1224=A 个；同理，以“36”、“37”、“38”开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“39”,而“3 968”排在第6个位置上，所以“3 968” 是第114个数．
⑵ 由上可知“37”开头的数的前面有60＋12＋12＝84个，而3 796在“37”开头的四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数．
示例五： 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中
⑴ 能被25整除的数有多少个？ ⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？
解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，末尾为50
的四位数有24A 个，末尾为25的有1313
A A 个，所以一共有24A ＋1
313A A ＝21个．
注： 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种
情况．
⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有3003
515
=A A 个．因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能．．．
的．”，所以十位数字比个位数字大的有1502
1
3
515=A A 个． 三、小结：能够根据题意选择适当的排列方法，同时注意考虑问题的全面性，
此外能够借助一题多解检验答案的正确性．
四、作业：“3＋X ”之 排列 练习
组 合 ⑴
课题：组合、组合数的概念
目的：理解组合的意义，掌握组合数的计算公式．
过程：
一、复习、引入：
1．复习排列的有关内容：
以上由学生口答．
2．提出问题：
示例1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同
的选法？
示例2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？
引导观察：示例1中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例2只要求选出2名同学，是与顺序无关的．
引出课题：组合
．．问题．
二、新授：
1．组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
注：1．不同元素2．3．相同组合：元素
相同
判断下列问题哪个是排列问题哪个是组合问题：
⑴ 从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览；（组合）
⑵ 从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．（排
列）
2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有组合的个
数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．用符号m n C 表示．
例如：示例2中从3个同学选出2名同学的组合可以为：甲乙，甲丙，
乙丙．即有323=C 种组合．
又如：从A 、B 、C 、D 四个景点选出2个进行游览的组合：AB ，AC ，AD ，
BC ，BD ，CD 一共6种组合，即：624=C
在讲解时一定要让学生去分析：要解决的问题是排列问题还是组
合问
题，关键是看是否与顺序有关． 那么又如何计算m n C 呢？ 3．组合数公式的推导
⑴提问：从4个不同元素a ，b ，c ，d 中取出3个元素的组合数34C 是多少呢？ 启发： 由于排列是先组合再排列．．．．．．．．．，而从4个不同元素中取出3个元素的排列数34A 可以求得，故我们可以考察一下34C 和34A 的关系，如下： 组 合 排列
由此可知：每一个组合都对应着6个不同的排列，因此，求从4个不同
元素中取出3个元素的排列数34A ，可以分如下两步：① 考虑从4个不同元素中取出3个元素的组合，共有34C 个；② 对每一个组合的3个不同元素进
行全排列，各有33
A 种方法．由分步计数原理得：34A ＝⋅34C 33A ，所以：33
3
4
34
A A C =．
⑵ 推广： 一般地，求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数m n A ，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m n C ；② 求
每一个组合中m 个元素全排列数m m A ，根据分布计数原理得：m n A ＝m n C m m A ⋅
⑶ 组合数的公式：
或 )!
(!!
m n m n C m n -= ),,(n m N m n ≤∈*且
⑷ 巩固练习：
1．计算：⑴ 47C ⑵ 7
10C
2．求证：1
1+⋅-+=
m n m n C m
n m C 3．设,+∈N x 求3
21132-+--+x x x x C C 的值．
解：由题意可得：⎩⎨
⎧-≥+-≥-3
21132x x x x 即：2≤x ≤4 ∵,+∈N x ∴x =2或3或4
当x =2时原式值为7；当x =3时原式值为7；当x =2时原式值为11． ∴所求值为4或7或11． 4．例题讲评
例1． 6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分 法？
略解：90222426=⋅⋅C C C
例2．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人实践活动小组，问组成方法共有多少种？
解法一：（直接法）小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分
别有34C ，1624C C ⋅，2614C C ⋅，所以一共有34C +1624C C ⋅+261
4C C ⋅＝100种方法． 解法二：（间接法）10036310
=-C C 5．学生练习：（课本99练习） 三、小结：
此外，解决实际问题时首先要看是否与顺序有关，从而确定是排列问题还是组合问题，必要时要利用分类和分步计数原理． 四、作业：课堂作业：教学与测试75课
课外作业：课课练 课时7和8
组 合 ⑵
课题：组合的简单应用及组合数的两个性质
目的：深刻理解排列与组合的区别和联系，熟练掌握组合数的计算公式；掌握组合数的两个性质，并且能够运用它解决一些简单的应用问题． 过程：
一、复习回顾：
1．复习排列和组合的有关内容：
强调：排列——次序性；组合——无序性． 2．练习一：
练习1：求证：11--=
m n m n C m
n C ． （本式也可变形为：1
1--=m n m n nC mC ）
练习2：计算：① 310C 和710C ； ② 2637C C -与36C ；③ 5
11411C C +
答案：① 120，120 ② 20，20 ③ 792 （此练习的目的为下面学习组合数的两个性质打好基础．） 3．练习二：
⑴ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？ ⑵ 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？
答案：⑴45210
=C （组合问题） ⑵902
10=A （排列问题） 二、新授：
1．组合数的m n -．
理解： 一般地，从n 个不同元素中取出m 个元素后，剩下n ? m 个元素．因 为从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合，与剩下的n ? m 个元素的每一个组合一一对应．．．．，所以从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，等于从这n 个元素中取出n ? m 个元素的组合数，即：
m
n n m n C C -=．在这里，我们主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”
的思想． 证明：∵)!
(!!
)]!([)!(!m n m n m n n m n n C m n n -=
---=
-
又 )!
(!!m n m n C m n -=
∴m n n m n C C -= 注：1? 我们规定 10=n C
2? 等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标．
3? 此性质作用：当2
n m >时，计算m n C 可变为计算m n n C -，能够使运算简化．
例如：20012002C ＝200120022002-C ＝1
2002C =2002．
4? y n x n C C =y x =⇒或n y x =+
2．示例一：（课本101例4）一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．
⑴ 从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
⑵ 从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ ⑶ 从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解：⑴ 5638=C ⑵ 2127=C ⑶ 3537=C 引导学生发现：=38C +27C 37C ．为什么呢？
我们可以这样解释：从口袋内的8个球中所取出的3个球，可以分为两类：一类含有1个黑球，一类不含有黑球．因此根据分类计数原理，上述等式成立． 一般地，从121,,,+n a a a 这n +1个不同元素中取出m 个元素的组合数是m n C 1+，这些组合可以分为两类：一类含有元素1a ，一类不含有1a ．含有1a 的组合是从
132,,,+n a a a 这n 个元素中取出m ?1个元素与1a 组成的，共有1-m n C 个；不含有
1a 的组合是从132,,,+n a a a 这n 个元素中取出m 个元素组成的，共有m n C 个．根
据分类计数原理，可以得到组合数的另一个性质．在这里，我们主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
3．组合数的1-m n ． 证明： )]!
1([)!1(!)!(!!1---+
-=
+-m n m n m n m n C C m n m n
∴ m n C 1+＝m n C +1-m n C ．
注：1? 公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比
原下标多1而上标与高的相同的一个组合数．
2? 此性质的作用：恒等变形，简化运算．在今后学习“二项式定理”
时，我们会看到它的主要应用．
4．示例二：
⑴ 计算：69584737C C C C +++
⑵ 求证：n m C 2+＝n m C +12-n m C +2
-n m C ⑶ 解方程：3
213113-+=x x C C
⑷ 解方程：3
33
22210
1+-+-+=
+x x x x x A C C ⑸ 计算：4
434241404C C C C C ++++和554535251505C C C C C C +++++ 推广：n n
n n n n n n
C C C C C 21210=+++++- 5．组合数性质的简单应用： 证明下列等式成立：
⑴ （讲解）11321++---=+++++k n k k k k k n k n k n C C C C C C
⑵ （练习）1
121++++++=++++k k n k n k k k k k k k C C C C C
⑶ )(2
3210321n n n n n n n n n C C C n
nC C C C +++=++++
6．处理《教学与测试》76课例题 三、小结：1．组合数的两个性质； 2．从特殊到一般的归纳思想． 四、作业： 课堂作业：《教学与测试》76课
课外作业：课本习题10.3；课课练课时9
组 合 ⑶
课题：组合、组合数的综合应用⑴
目的：进一步巩固组合、组合数的概念及其性质，能够解决一些较为复杂的组合应用问题，提高合理选用知识的能力． 过程：
一、知识复习：
1．复习排列和组合的有关内容：
依然强调：排列——次序性；组合——无序性． 2．排列数、组合数的公式及有关性质
性质1：m n n m n C C -= 性质2：m n C 1+＝m n C +1-m n C
常用的等式：11
1010====+++k k k k k k C C C C
3．练习：处理《教学与测试》76课例题 二、例题评讲：
例1．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4件检查． ⑴ 都不是次品的取法有多少种？ ⑵ 至少有1件次品的取法有多少种？ ⑶ 不都是次品的取法有多少种？
解：⑴ 25551904
90
=C ； ⑵ 13660354101903102902103901104904100
=+++=-C C C C C C C C C ； ⑶ 39210154901103902102903101904104100
=+++=-C C C C C C C C C ． 例2．从编号为1，2，3，…，10，11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
解：分为三类：1奇4偶有4516C C ；3奇2偶有2536C C ；5奇1偶有56C 所以一共有4516
C C +2536C C +2365
6=C ． 例3．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名青年能胜任德语翻
译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 解：我们可以分为三类：
① 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有2324C C ；
② 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有1
334C C ；
③ 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有2334C C ．
所以一共有2324C C +1
334C C +2334C C ＝42种方法．
例4．甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解法一：（排除法）4221
3142415
2426=+-C C C C C C 解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有2
414C C ；另一类
为甲不值周一，但值周六，有2324C C ．所以一共有2
414C C +2324C C ＝42种方
法．
例5．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？ 解：第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有2
6C 种方法；第二步将5个“不同元素（书）”分给5个人有55A 种方法．根据分步计数原理，一共有26C 55A ＝1800种方法．。