計(jì)數(shù)原理與排列組合

姓名學(xué)生姓名填寫時(shí)間-12-7學(xué)科數(shù)學(xué)年級(jí)高三教材版本人教版階段第（48）周觀測期：□維護(hù)期：□課題名稱排列組合課時(shí)計(jì)劃第（）課時(shí)

共（）課時(shí)上課時(shí)間-12-8教學(xué)目的大綱教學(xué)目的1、理解排列的意義，掌握排列數(shù)計(jì)算公式，并能用它處理某些簡樸的應(yīng)用問題．2、理解組合的意義，掌握組合數(shù)計(jì)算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它們處理某些簡樸的應(yīng)用問題．個(gè)性化教學(xué)目的體會(huì)分類討論的思想教學(xué)重點(diǎn)1、對(duì)的辨別排列與組合,純熟排列數(shù)與組合數(shù)公式2、能純熟運(yùn)用排列數(shù)與組合數(shù)公式進(jìn)行求值和證明.教學(xué)難點(diǎn)分類討論思想的靈活應(yīng)用教學(xué)過程第第一部分：計(jì)數(shù)原理問題1：從甲地到乙地，可以乘火車，也可以乘汽車，還可以乘輪船。一天中，火車有4班,汽車有2班，輪船有3班。那么一天中乘坐這些交通工具從甲地到乙地共有多少種不一樣的走法一、分類計(jì)數(shù)原理完畢一件事，有n類措施.在第1類措施中有m1種不一樣的措施，在第2類措施中有m2種不一樣的措施，……，在第n類措施中有mn種不一樣的措施，則完畢這件事共有種不一樣的措施闡明：1）各類措施之間互相獨(dú)立,都能獨(dú)立的完畢這件事，要計(jì)算措施種數(shù),只需將各類措施數(shù)相加,因此分類計(jì)數(shù)原理又稱加法原理2）首先要根據(jù)詳細(xì)的問題確定一種分類原則，在分類原則下進(jìn)行分類，然后對(duì)每類措施計(jì)數(shù).例1、在填寫高考志愿表時(shí)，一名高中畢業(yè)生理解到A、B兩所大學(xué)各有某些自己感愛好的強(qiáng)項(xiàng)專業(yè)，詳細(xì)狀況如下：A大學(xué)：生物學(xué)化學(xué)醫(yī)學(xué)物理學(xué)工程學(xué)B大學(xué)：數(shù)學(xué)會(huì)計(jì)學(xué)信息技術(shù)學(xué)法學(xué)假如這名同學(xué)只能選一種專業(yè)，那么他共有多少種選擇呢A村B村C村北南中北南問題2.如圖,由A村去B村的道路有3條，由B村去A村B村C村北南中北南二、分步計(jì)數(shù)原理完畢一件事，需要提成n個(gè)環(huán)節(jié)。做第1步有m1種不一樣的措施，做第2步有m2種不一樣的措施，……，做第n步有mn種不一樣的措施，則完畢這件事共有種不一樣的措施闡明：1）各個(gè)環(huán)節(jié)互相依存,只有各個(gè)環(huán)節(jié)都完畢了,這件事才算完畢,將各個(gè)環(huán)節(jié)的措施數(shù)相乘得到完畢這件事的措施總數(shù),又稱乘法原理2）首先要根據(jù)詳細(xì)問題的特點(diǎn)確定一種分步的原則，然后對(duì)每步措施計(jì)數(shù).例2、設(shè)某班有男生30名，女生24名。現(xiàn)要從中選出男、女生各一名代表班級(jí)參與比賽，共有多少種不一樣的選法例3、浦江縣的部分電話號(hào)碼是05798415××××,背面每個(gè)數(shù)字來自0～9這10個(gè)數(shù),問可以產(chǎn)生多少個(gè)不一樣的電話號(hào)碼第第二部分：排列一、問題引入問題1：從甲、乙、丙3名同學(xué)中選出2名參與一項(xiàng)活動(dòng)，其中1名同學(xué)參與上午的活動(dòng)，另一名同學(xué)參與下午的活動(dòng)，有多少種不一樣的選法問題2：從1、2、3、4這4個(gè)數(shù)字中，每次取出3個(gè)排成一種三位數(shù)，共可得到多少個(gè)不一樣的三位數(shù)問題1和2的共同點(diǎn)是什么二、排列1、對(duì)排列定義的理解.定義：一般地，從n個(gè)不一樣的元素中任取m(m≤n)個(gè)元素，按照一定次序排成一列，叫做從n個(gè)不一樣元素中取出m個(gè)元素的一種排列.2、相似排列.假如兩個(gè)排列相似，不僅這兩個(gè)排列的元素必須完全相似，并且排列的次序也必須完全相似.3、排列數(shù).從n個(gè)不一樣元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不一樣的排列的個(gè)數(shù)，稱為從n個(gè)不一樣元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù).用符號(hào)表達(dá).且有：正整數(shù)1到n的連乘積叫做n的階乘，用表達(dá)，因此n個(gè)不一樣元素的全排列公式可以寫成：,規(guī)定0!=1，因此An0＝1。注意：例1、A，B，C，D四名同學(xué)重新?lián)Q位(每個(gè)同學(xué)都不能坐其本來的位子)，試列出所有也許的換位措施．解：假設(shè)A，B，C，D四名同學(xué)本來的位子分別為1,2,3,4號(hào)，列出樹形圖如下：換位后，本來1,2,3,4號(hào)座位上坐的同學(xué)的所有也許排法有：BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA. 練習(xí)2：四人A、B、C、D坐成一排，其中A不坐在排頭，寫出所有的坐法．解：例2設(shè)a∈N*，且a＜27，則(27－a)(28－a)…(34－a)等于()A．A27－a8B．A34－a27－aC．A34－a7D．A34－a8解析：8個(gè)括號(hào)是持續(xù)的自然數(shù)，根據(jù)排列數(shù)的概念，選D.練習(xí)1：解不等式：A8m＋2＜6A8m.解析：原不等式可化為eq\f(8！,8－m－2！)＜6·eq\f(8！,8－m！)，化簡得m2－15m＋50＜0，即(m－5)(m－10)＜0，解得5＜m＜10，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2≤8,m≤8))，即m≤6，因此m＝6.練習(xí)2：計(jì)算(1)eq\f(A95＋A94,A106－A105)；(2)1?。?·2?。?·3?。玭·n！.(3)eq\f(2A85＋7A84,A88－A95)；(4)eq\f(An－1m－1·An－mn－m,An－1n－1).[解析](1)措施一：eq\f(A95＋A94,A106－A105)＝eq\f(5A94＋A94,50A94－10A94)＝eq\f(6A94,40A94)＝eq\f(3,20).措施二：eq\f(A95＋A94,A106－A105)＝eq\f(\f(9！,4！)＋\f(9！,5！),\f(10！,4！)－\f(10！,5！))＝eq\f(5×9?。?！,5×10?。?0！)＝eq\f(6×9！,4×10！)＝eq\f(3,20).(2)1?。?·2?。?·3！＋…＋n·n!＝(2?。?)＋(3?。?！)＋(4?。?！)＋…＋[(n＋1)?。璶！]＝(n＋1)?。?.(3)eq\f(2A85＋7A84,A88－A95)＝eq\f(2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×5,8×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5)＝1.(4)eq\f(An－1m－1·An－mn－m,An－1n－1)＝eq\f(n－1！,[n－1－m－1]！)·(n－m)！·eq\f(1,n－1！)＝eq\f(n－1！,n－m！)·(n－m)！·eq\f(1,n－1！)＝1.例3、求證：An＋1m－Anm＝mAnm－1.[解析]證法一：An＋1m－Anm＝eq\f(n＋1！,n＋1－m！)－eq\f(n！,n－m！)＝eq\f(n！,n－m！)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋1－m)－1))＝eq\f(n！,n－m！)·eq\f(m,n＋1－m)＝m·eq\f(n！,n＋1－m！)＝mAnm－1.練習(xí)：求證：An＋1n＋1＝An＋1n＝(n＋1)Ann證明：∵An＋1n＋1＝(n＋1)×n×(n－1)×…×3×2×1，An＋1n＝(n＋1)×n×(n－1)×…×3×2，(n＋1)Ann＝(n＋1)×n!＝(n＋1)×n×(n－1)×…×3×2×1，∴An＋1n＋1＝An＋1n＝(n＋1)Ann.鞏固練習(xí)：1、某年全國足球甲級(jí)（A組）聯(lián)賽共有14個(gè)隊(duì)參與，每隊(duì)要與其他各隊(duì)在主、客場分別賽一次，共進(jìn)行多少場比賽2、（1）從5本不一樣的書中選3本選給3名同學(xué)，每人各1本，共有多少種不一樣選法（2）從5種不一樣的書中買3本選給3名同學(xué)，每人各1本，共有多少種不一樣選法3、用0,1,2,3,4,5這六個(gè)數(shù)字可以構(gòu)成多少個(gè)符合下列條件的無反復(fù)的數(shù)字(1)六位奇數(shù)；(2)個(gè)位數(shù)字不是5的六位數(shù)；(3)不不小于4310的四位偶數(shù)．[解題過程](1)措施一(直接法)：第一步，排個(gè)位，有A31種排法；第二步，排十萬位，有A41種排法；第三步，排其他位，有A44種排法．故共有A31A41A44＝288個(gè)六位奇數(shù)．措施二(排除法)：6個(gè)數(shù)字全排列有A66個(gè)，0,2,4在個(gè)位上的排列數(shù)有3A55個(gè)，1,3,5在個(gè)位上且0在十萬位上的排列數(shù)有3A44個(gè)，故對(duì)應(yīng)的六位奇數(shù)的排列數(shù)為A66－3A55－3A44＝288(個(gè))．(2)措施一(排除法)：0在十萬位和5在個(gè)位的排列都不對(duì)應(yīng)符合題意的六位數(shù)，這兩類排列中都具有0在十萬位和5在個(gè)位的狀況．故符合題意的六位數(shù)共有A66－2A55＋A44＝504(個(gè))．措施二(直接法)：十萬位數(shù)字的排法因個(gè)位上排0與不排0而有所不一樣，因此需分兩類．第一類，當(dāng)個(gè)位排0時(shí)，有A55個(gè)；第二類，當(dāng)個(gè)位不排0時(shí)，有A41A41A44個(gè)．故共有符合題意的六位數(shù)有A55＋A41A41A44＝504(個(gè))．(3)①當(dāng)千位上排1,3時(shí)，有A21A31A42個(gè)．②當(dāng)千位上排2時(shí)，有A21A42個(gè)．③當(dāng)千位上排4時(shí)，形如40××，42××的各有A31個(gè)；形如41××的有A21A31個(gè)；形如43××的只有4310和4302這兩個(gè)數(shù)，故共有A21A31A42＋A21A42＋2A31＋A21A31＋2＝110(個(gè))．題后感悟：排列問題的本質(zhì)是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件重要表目前某元素不排在某個(gè)位子上，或某個(gè)位子不排某些元素，處理該類排列問題的措施重要是按“優(yōu)先”原則，即優(yōu)先排特殊元素或優(yōu)先滿足特殊位子，若一種位子安排的元素影響到另一種位子的元素個(gè)數(shù)時(shí)，應(yīng)分類討論．第第二部分：組合一、問題引入問題3：從3名同學(xué)中選出2名的也許選法是多少問題4：區(qū)別問題1與問題3的不一樣點(diǎn)。二、組合1、組合定義：從n個(gè)不一樣的元素中任取m(m≤n)個(gè)元素并成一組，叫做從n個(gè)不一樣元素中取出m個(gè)元素的一種組合.注意：排列與組合的聯(lián)絡(luò)與區(qū)別。共同點(diǎn)：兩者都是從n個(gè)不一樣的元素中任取m(m≤n)個(gè)元素；不一樣點(diǎn)：排列與元素周期律的次序有關(guān)，組合與元素的次序無關(guān)。只有元素相似且次序相似的兩個(gè)排列才是相似的，只要兩個(gè)組合的元素相似，不管元素的次序與否相似，它們都是相似的組合。2、組合數(shù)：從n個(gè)不一樣元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不一樣組合的個(gè)數(shù)，稱為從n個(gè)不一樣元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù).用符號(hào)表達(dá).探究2：從4個(gè)不一樣的元素中取出3個(gè)元素的排列與組合的關(guān)系從n個(gè)元素中取出m個(gè)元素的排列與組合的關(guān)系3、組合數(shù)公式：Cn0＝1例1判斷下列問題是排列問題，還是組合問題．(1)從1,2,3，…，9九個(gè)數(shù)字中任取3個(gè)，構(gòu)成一種三位數(shù)，這樣的三位數(shù)共有多少個(gè)(2)從1,2,3，…，9九個(gè)數(shù)字中任取3個(gè)，然后把這三個(gè)數(shù)字相加得到一種和，這樣的和共有多少個(gè)(3)從a，b，c，d四名學(xué)生中選2名學(xué)生，去完畢同一件工作有多少種不一樣的選法(4)5個(gè)人規(guī)定互相通話一次，共通了多少次電話(5)5個(gè)人互相各寫一封信，共寫了多少封信解：(1)當(dāng)取出3個(gè)數(shù)字后，假如變化三個(gè)數(shù)字的次序，會(huì)得到不一樣的三位數(shù)，此問題不僅與取出元素有關(guān)，并且與元素的安排次序有關(guān)，是排列問題．(2)取出3個(gè)數(shù)字之后，無論怎樣變化這三個(gè)數(shù)字之間的次序，其和均不變，此問題只與取出的元素有關(guān)，而與元素的安排次序無關(guān)，是組合問題．(3)2名學(xué)生完畢的是同一件工作，沒有次序，是組合問題．(4)甲與乙通一次電話，也就是乙與甲通一次電話，無次序區(qū)別為組合問題．(5)發(fā)信人與收信人是有區(qū)別的，是排列問題．例2(·大綱全國卷)某同學(xué)有同樣的畫冊(cè)2本，同樣的集郵冊(cè)3本，從中取出4本贈(zèng)送給4位朋友，每位朋友1本，則不一樣的贈(zèng)送措施共有()A．4種B．10種C．18種 D．20種解析：分兩種狀況：①選2本畫冊(cè)，2本集郵冊(cè)送給4位朋友有C42＝6種措施；②選1本畫冊(cè)，3本集郵冊(cè)送給4位朋友有C41＝4種措施，因此不一樣的贈(zèng)送措施共有6＋4＝10(種)，故選B.練習(xí)1：某人決定投資于8種股票和4種債券，經(jīng)紀(jì)人向他推薦了12種股票和7種債券．問：此人有多少種不一樣的投資方式解：需分兩步：第1步，根據(jù)經(jīng)紀(jì)人的推薦在12種股票中選8種，共有C128種選法；第2步，根據(jù)經(jīng)紀(jì)人的推薦在7種債券中選4種，共有C74種選法．根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，此人有C128·C74＝17325種不一樣的投資方式．練習(xí)2：既有10名大學(xué)生，其中男生6名，女生4名．(1)現(xiàn)要從中選2名參與會(huì)議，有多少種不一樣的選法(2)現(xiàn)要從中選出男、女大學(xué)生各2名去參與會(huì)議，有多少種不一樣的選法解析：(1)從10名大學(xué)生中選2名去參與會(huì)議的選法數(shù)就是從10個(gè)不一樣元素中取出2個(gè)元素的組合數(shù)，即C102＝eq\f(10×9,2×1)＝45種．(2)從6名男大學(xué)生中選2名的選法有C62種，從4名女大學(xué)生中選2名的選法有C42種，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，因此共有選法C62·C42＝eq\f(6×5,2×1)·eq\f(4×3,2×1)＝90種．例3一位教練的足球隊(duì)共有17名初級(jí)學(xué)員，他們中此前沒有一種參與過比賽，按照足球比賽規(guī)則，比賽時(shí)一種足球隊(duì)的上場隊(duì)員是11人，問：這位教練從這17名學(xué)員中可以形成多少種學(xué)員上場方案假如在選出11名上場隊(duì)員時(shí)，還在確定其中的守門員，那么教練員有多少種方式做這件事情例4（1）平面內(nèi)有10個(gè)點(diǎn)，以其中每2個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段共有多少條（2）平面內(nèi)有10個(gè)點(diǎn)，以其中每兩個(gè)點(diǎn)為端點(diǎn)的有向線段共有多少條練習(xí)1：(1)以正方體的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)，可以確定多少個(gè)四面體(2)以正方體的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)，可以確定多少個(gè)四棱錐解：(1)正方體8個(gè)頂點(diǎn)可構(gòu)成C84個(gè)四點(diǎn)組，其中共面的四點(diǎn)組是正方體的6個(gè)表面及正方體6組相對(duì)棱分別所在的6個(gè)平面的四個(gè)頂點(diǎn)，故可確定四面體C84－12＝58(個(gè))．(2)由(1)知，正方體共面的四點(diǎn)組有12個(gè)，以這每一種四點(diǎn)組構(gòu)成的四邊形為底面，以其他的四個(gè)點(diǎn)中任一點(diǎn)為頂點(diǎn)都可以確定一種四棱錐，故可以確定四棱錐12C41＝48(個(gè))．練習(xí)2：.(1)四面體的一種頂點(diǎn)為A，從其他頂點(diǎn)和各棱中點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，使它們和點(diǎn)A在同一平面上，有多少種不一樣的取法(2)四面體的頂點(diǎn)和各棱中點(diǎn)共10個(gè)點(diǎn)，在其中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，有多少種不一樣的取法．解析：(1)直接法：如圖，含頂點(diǎn)A的四面體的3個(gè)面上，除點(diǎn)A外均有5個(gè)點(diǎn)，從中取出3點(diǎn)必與點(diǎn)A共面共有3C53種取法；含頂點(diǎn)A的三條棱上各有三個(gè)點(diǎn)，它們與所對(duì)的棱的中點(diǎn)共面，共有3種取法．根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理，與頂點(diǎn)A共面三點(diǎn)的取法有3C53＋3＝33種．(2)間接法：如圖，從10個(gè)點(diǎn)中取4個(gè)點(diǎn)的取法有C104種，除去4點(diǎn)共面的取法種數(shù)可以得到成果．從四面體同一種面上的6個(gè)點(diǎn)取出的4點(diǎn)必然共面．有4C64＝60(種)，四面體的每一棱上3點(diǎn)與相對(duì)棱中點(diǎn)共面，共有6種共面狀況，從6條棱的中點(diǎn)中取4個(gè)點(diǎn)時(shí)有3種共面情形(對(duì)棱中點(diǎn)連線兩兩相交且互相平分)，故4點(diǎn)不共面的取法為：C104－(60＋6＋3)＝141(種)．例5在100件產(chǎn)品中，有98件合格品，2件次品，從這100件產(chǎn)品中任意抽出3件，（1）有多少種不一樣的抽法（2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少種（3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少種練習(xí)1：(·北京高考)用數(shù)字2,3構(gòu)成四位數(shù)，且數(shù)字2,3至少都出現(xiàn)一次，這樣的四位數(shù)共有________個(gè)．(用數(shù)字作答)解析：數(shù)字2,3至少都出現(xiàn)一次，包括如下狀況：“2”出現(xiàn)1次，“3”出現(xiàn)3次，共可構(gòu)成C41＝4(個(gè))四位數(shù)．“2”出現(xiàn)2次，“3”出現(xiàn)2次，共可構(gòu)成C42＝6(個(gè))四位數(shù)．“2”出現(xiàn)3次，“3”出現(xiàn)1次，共可構(gòu)成C43＝4(個(gè))四位數(shù)．綜上所述，共可構(gòu)成14個(gè)這樣的四位數(shù)．答案：14練習(xí)2：“抗震救災(zāi)，眾志成城”，在我國甘肅舟曲的抗震救災(zāi)中，某醫(yī)院從10名醫(yī)療專家中抽調(diào)6名奔赴某災(zāi)區(qū)救災(zāi)，其中這10名醫(yī)療專家中有4名是外科專家．問：(1)抽調(diào)的6名專家中恰有2名是外科專家的抽調(diào)措施有多少種(2)至少有2名外科專家的抽調(diào)措施有多少種(3)至多有2名外科專家的抽調(diào)措施有多少種解：(1)分步：首先從4名外科專家中任選2名，有C42種選法，再從除外科專家的6人中選用4人，有C64種選法，因此共有C42·C64＝90種抽調(diào)措施.(2)“至少”的含義是不低于，有兩種解答措施，措施一(直接法)：按選用的外科專家的人數(shù)分類：①選2名外科專家，共有C42·C64種選法；②選3名外科專家，共有C43·C63種選法；③選4名外科專家，共有C44·C62種選法；根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理，共有C42·C64＋C43·C63＋C44·C62＝185種抽調(diào)措施.措施二(間接法)：不考慮與否有外科專家，共有C106種選法，考慮選用1名外科專家參與，有C41·C65種選法；沒有外科專家參與，有C66種選法，因此共有：C106－C41·C65－C66＝185種抽調(diào)措施.(3)“至多2名”包括“沒有”、“有1名”、“有2名”三種狀況，分類解答．①?zèng)]有外科專家參與，有C66種選法；②有1名外科專家參與，有C41·C65種選法；③有2名外科專家參與，有C42·C64種選法.因此共有C66＋C41·C65＋C42·C64＝115種抽調(diào)措施練習(xí)3：某市工商局對(duì)35種商品進(jìn)行抽樣檢查，鑒定成果有15種假貨，現(xiàn)從35種商品中選用3種，試求：(1)其中某一種假貨必須在內(nèi)，不一樣的取法有多少種(2)其中某一種假貨不能在內(nèi)，不一樣的取法有多少種(3)恰有2種假貨在內(nèi)，不一樣的取法有多少種(4)至少有2種假貨在內(nèi)，不一樣的取法有多少種(5)至多有2種假貨在內(nèi)，不一樣的取法有多少種解析：(1)其中某一假貨必須在內(nèi)，則需從剩余的34種商品中選用2種，不一樣的取法有C342＝eq\f(34×33,2)＝561(種)．(2)其中某一假貨不能在內(nèi)，則需從剩余的34種商品中選用3種，共有C343＝5984(種)．(3)恰有兩種假貨在內(nèi)，則假貨有C152種選法，1種真貨的取法有C201種，故3種商品的取法有C152×C201＝2100種．(4)至少有2種假貨，直接法為C152C201＋C153＝2555種，間接法為C353－C203－C151C202＝2555種．(5)至多有2種假貨，直接法為C203＋C202C151＋C201C152＝6090(種)，間接法：C353－C153＝6090(種)．4、兩個(gè)性質(zhì)公式：①②①從n個(gè)不一樣元素中取出m個(gè)元素后就剩余n-m個(gè)元素，因此從n個(gè)不一樣元素中取出n-m個(gè)元素的措施是一一對(duì)應(yīng)的，因此是同樣多的就是說從n個(gè)不一樣元素中取出n-m個(gè)元素的唯一的一種組合.（或者從n+1個(gè)編號(hào)不一樣的小球中，n個(gè)白球一種紅球，任取m個(gè)不一樣小球其不一樣選法，分二類，一類是含紅球選法有一類是不含紅球的選法有）②根據(jù)組合定義與加法原理得；在確定n+1個(gè)不一樣元素中取m個(gè)元素措施時(shí)，對(duì)于某一元素，只存在取與不取兩種也許，假如取這一元素，則需從剩余的n個(gè)元素中再取m-1個(gè)元素，因此有C，假如不取這一元素，則需從剩余n個(gè)元素中取出m個(gè)元素，因此共有C種，依分類原理有.5、幾種常用組合數(shù)公式例6計(jì)算：（1）；（2）．分析：本題假如直接計(jì)算組合數(shù)，運(yùn)算比較繁．本題應(yīng)努力在式子中發(fā)明條件使用組合數(shù)的性質(zhì)，第（1）題中，，經(jīng)此變形后，可繼續(xù)使用組合數(shù)性質(zhì)．第（2）題有兩個(gè)考慮途徑，首先可以抓住項(xiàng)的變形，求和；另首先，變形，接著，…，反復(fù)使用公式．解：（1）原式．（2）原式．另一措施是：原式．闡明：運(yùn)用第（2）小題的手段，我們可以得到組合數(shù)的一種常用的結(jié)論：．左邊右邊．例7、計(jì)算下列各式的值．(1)3C83－2C52；(2)C10098＋C99；(3)C73＋C74＋C85＋C96；(4)Cn5－n＋Cn＋19－n.[解題過程](1)3C83－2C52＝3×eq\f(8×7×6,3×2×1)－2×eq\f(5×4,2×1)＝148.(2)C10098＋C99＝C1002＋C＝eq\f(100×99,2×1)＋200＝5150.(3)原式＝C84＋C85＋C96＝C95＋C96＝C106＝C104＝210.(4)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5－n≤n5－n≥09－n≤n＋19－n≥0))4≤n≤5.∵n∈N*，∴n＝4或5.當(dāng)n＝4時(shí)，原式＝C41＋C55＝5.當(dāng)n＝5時(shí)，原式＝C50＋C64＝16.練習(xí)1：計(jì)算：(1)C85＋C10098·C77；(2)C50＋C51＋C52＋C53＋C54＋C55；(3)Cn＋1n·Cnn－1.解析：(1)原式＝C83＋C1002×1＝eq\f(8×7×6,3×2×1)＋eq\f(100×99,2×1)＝56＋4950＝5006.(2)原式＝2(C50＋C51＋C52)＝2(C61＋C52)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(5×4,2×1)))＝32.(3)措施一：原式＝Cn＋1n·Cn1＝eq\f(n＋1！,n！)·n＝eq\f(n＋1·n！,n！)·n＝(n＋1)n＝n2＋n.措施二：原式＝(Cnn＋Cnn－1)·Cnn－1＝(1＋Cn1)·Cn1＝(1＋n)n＝n2＋n.練習(xí)2：(1)已知eq\f(1,C5m)－eq\f(1,C6m)＝eq\f(7,10C7m)，求C8m.(2)解方程：Cx＋2x－2＋Cx＋2x－3＝eq\f(1,10)Ax＋33.[解](1)原方程變形為eq\f(m！5－m！,5！)－eq\f(m！6－m5－m！,6×5！)＝eq\f(7m！7－m6－m5－m！,10×7×6×5！)，∴1－eq\f(6－m,6)＝eq\f(7－m6－m,60)，即m2－23m＋42＝0，(2)原方程可化為Cx＋3x－2＝eq\f(1,10)Ax＋33，即Cx＋35＝eq\f(1,10)Ax＋33，∴eq\f(x＋3！,5！x－2！)＝eq\f(x＋3！,10·x！)，∴eq\f(1,120x－2！)＝eq\f(1,10·xx－1·x－2！)，∴x2－x－12＝0解得x＝4或x＝－3課后作業(yè)一、知識(shí)點(diǎn)熟記1、做一件事，完畢它有n類措施，在第一類措施中有m1種不一樣的措施，在第二類措施中有m2種不一樣的措施……在第n類措施中有mn種不一樣的措施。那么，完畢這件事共有N=種不一樣的措施；完畢一件事，需要分n個(gè)環(huán)節(jié)，做第一步有m1種不一樣的措施，做第二步有m2種不一樣的措施……做第n步有mn種不一樣的措施。那么，完畢這件事共有N=種不一樣的措施；2、排列數(shù)的計(jì)算公式為=；組合數(shù)的計(jì)算公式=（3）兩個(gè)性質(zhì)公式：①②二、題組分析1、某小組有8名男生，6名女生，要從中選出一名同學(xué)代表小組發(fā)言，不一樣的選法共有（）A、48種B、24種C、14種D、13種2、有一位同學(xué)要從三門不一樣的知識(shí)類選修課、二門不一樣的技能類選修課、四門不一樣的藝術(shù)類選修課中各選一門，不一樣的選法有（）A、9種B、20種C、24種D、15種3、某商場有5個(gè)出入門，某人從任一門進(jìn)入，購物完后從一門走出，不一樣的走法的種數(shù)為（）A、5種B、16種C、25種D、20種4、由甲地直達(dá)丙地有2種走法，由甲地到乙地有3種走法，由乙地到丙地有4種走法，則由甲地到丙地所有不一樣走法有（）種A、5B、24C、14D、105、用1、2、3、4、5這五個(gè)數(shù)字，構(gòu)成沒有反復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，則可排出奇數(shù)的個(gè)數(shù)為（）A、24B、30C6、18×17×16×15×…×9等于（）A、B、C、D、7、既有5支足球隊(duì)爭奪冠、亞軍，那么不一樣的成果有（）種A、9B、20C、35D、1258、既有5人攝影，甲站中間的排法有（）A、24種B、72種C、96種D、60種9、一種畫展在5個(gè)學(xué)校輪番展出，每個(gè)學(xué)校展出一次，則不一樣