探究与发现 组合数的两个性质课件配套优秀教案设计

§2-3：1.2.2组合教学设计（3课时）

课标要求：通过实例，理解组合的概念；能利用计数原理推导组合数公式，并能解决简单的实际问题。 教材分析：组合问题大都来源于同学们生活和学习中所熟悉的情景，解题思路通常是依据具体做事的过程，用数学的原理和语言加以表述.也可以说解排列、组合题就是从生活经验、知识经验、具体情景的出发，正确领会问题的实质，抽象出“按部就班”的处理问题的过程排列与组合的区别在于问题是否与顺序有关.与顺序有关的是排列问题，与顺序无关是组合问题，顺序对排列、组合问题的求解特别重要.排列与组合的区别，从定义上来说是简单的，但在具体求解过程中学生往往感到困惑，分不清到底与顺序有无关系.本节内容与本章其他内容有着紧密的联系，组合数公式的推导要依据排列数公式；二项式系数是一组有规律的组合数，在推导二项式定理、研究二项式系数的性质时都用到了组合数的性质（第二课时）；在求等可能事件的概率时，常涉及组合数的计算。

学生分析：从学生的现有知识水平看，在学习本节前，学生已用了2个课时学习了两个基本计数原理、3个课时学习了“排列”。绝大多数学生能正确运用两个计数原理，能正确理解排列、排列数的概念，能比较熟练地应用排列数公式进行计算。还能遵循先特殊后一般、先取后排、先分类后分步的原则，解决典型的排列问题。

教学目标：

知识与技能：理解组合的意义，能写出一些简单问题的所有组合。明确组合与排列的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题。

m过程与方法：了解组合数的意义，理解排列数m之间联系，掌握组合数公式，能运用组Cnn与组合数 合数公式进行计算。

情感、态度与价值观：能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力。

教学重点：组合的概念和组合数公式

教学难点：组合的概念和组合数公式

教学建议：本节课教学要借助已有的知识，通过类比、归纳，帮助学生理解组合的概念；从能力的角度看，学生已经具备了一定的分析问题的能力、思考的能力、探究的能力、计算的能力、数学表达的能力，教学中要借助学生已有的能力，提供实际问题情境，引导学生进行分析，向学生提供合适的探究材料，引发学生的主动探究，借助小组讨论、全班交流，培养学生的自主学习、合作学习及数学表达能力。

教学过程：

一、复习引入：

1分类加法计数原理：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有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

2.分步乘法计数原理：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有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，那么完成这件事有Nm1m2mn

种不同的方法

3．排列的概念：从n个不同元素中，任取m（mn）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．．．．．．．．．

4．排列数的定义：从n个不同元素中，任取m（mn）个元素的所有排列的个数叫做从n个元m素中取出m元素的排列数，用符号An表示

m5．排列数公式：Ann(n1)(n2)(nm1)（m,nN,mn）

6阶乘：n!表示正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘规定0!1．

m7．排列数的另一个计算公式：An=n!

(nm)!8.提出问题： 示例1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某天的一项活动，其中1名同学参加上午的活动，1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？

示例2：从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？

引导观察：示例1中不但要求选出2名同学，而且还要按照一定的顺序“排列”，而示例2只要求选出2名同学，是与顺序无关的引出课题：组合．

．．二、讲解新课：

1组合的概念：一般地，从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

说明：⑴不同元素；⑵“只取不排”——无序性；⑶相同组合：元素相同

例1．判断下列问题是组合还是排列

（1）在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？

（2）高中部11个班进行篮球单循环比赛，需要进行多少场比赛？

（3）从全班23人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？选出三人参加某项劳动，有多少种不同的选法？

（4）10个人互相通信一次，共写了多少封信？

（5）10个人互通电话一次，共多少个电话？

问题：（1）1、2、3和3、1、2是相同的组合吗？

（2）什么样的两个组合就叫相同的组合

2．组合数的概念：从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m素中取出m个元素的组合数．用符号表示．

Cn．．．3．组合数公式的推导：

（1）从4个不同元素a,b,c,d中取出3个元素的组合数C4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A4可以求得，故我．．．．．．．．．们可以考察一下C4和A4的关系，如下：

组

合 排列

abcabc,bac,cab, abdabd,bad,dab,acdacd,cad,dac,bcdbcd,cbd,dbc,acb,adb,adc,bdc,bca,bda,cda,cdb,cbadba

dcadcb3333

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33数A4，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C4个；②

对每一个3A4

C3．A3组合的3个不同元素进行全排列，各有A33由分步计数原理得：4＝3种方法．ACA3433所以，43，m（2）推广：一般地，求从n个不同元素中取出m个元素的排列数An，可以分如下两步：

m①

先求从n个不同元素中取出m个元素的组合数Cn；

mmmm②

求每一个组合中m个元素全排列数Am，根据分步计数原理得：An＝Cn．

Am（3）组合数的公式：

Anmn(n1)(n2)(nm1)

CmAmm!mn或Cnmn!(n,mN,且mn)

m!(nm)!0 规定: Cn1. 三、讲解范例：

47例2．计算：（1）C7； （2）C10； 7654＝35；

4!109876547（2）解法1：C10＝120．

7!10!10987 解法2：C10＝120．

7!3!3!m1m1mCn．

例3．求证：Cnnm（1）解：

C74证明：∵Cnmn!

m!(nm)!m1n!

nm(m1)!(nm1)!m1Cnmm1n＝m1n!

(m1)!(nm)(nm1)!n!

m!(nm)!＝∴Cnmm1m1Cn

nm

x12x3例5．设xN,

求C2Cx3x1的值

2x3x1 解：由题意可得： ，解得2x4，

x12x3∵xN， ∴x2或x3或x4，

当x2时原式值为7；当x3时原式值为7；当x4时原式值为11．

∴所求值为4或7或11．

例6．

一位教练的足球队共有

17 名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：

(l)这位教练从这

17 名学员中可以形成多少种学员上场方案？

(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？

分析：对于（1)，根据题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因此这是一个从 17 个不同元素中选出11个元素的组合问题；对于（ 2 ) ，守门员的位置是特殊的，其余上场学员的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．

解： (1）由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有 C ｝手＝ 12 376 （种） . (2）教练员可以分两步完成这件事情：

11第1步，从17名学员中选出 n 人组成上场小组，共有C17种选法；

1第2步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有C11种选法．

所以教练员做这件事情的方法数有

111=136136（种）. C17C11例7．（1）平面内有10 个点，以其中每2 个点为端点的线段共有多少条？

(2）平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为端点的有向线段共有多少条？

解：(1）以平面内 10 个点中每 2 个点为端点的线段的条数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即线段共有

C21010945（条）. 12(2）由于有向线段的两个端点中一个是起点、另一个是终点，以平面内10个点中每 2 个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，即有向线段共有

2A1010990（条）. 例8．在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品．从这 100 件产品中任意抽出 3 件 . (1）有多少种不同的抽法？

(2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种？ (3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种？

解：(1）所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有

C31001009998= 161700 （种）. 1231 (2）从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有C2种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有2种，因此抽出的 3 件中恰好有 1 件次品的抽法有

C98

12=9506(种).

C2C98(3）解法

1

从

100 件产品抽出的

3 件中至少有

1 件是次品，包括有1件次品和有

2 件次品两12种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有C2种，因此根据分类加法计数原理，C98抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有

121+C2C2C982C98=9 604 （种） .

解法2

抽出的3 件产品中至少有

1 件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3 件的抽法种数减去3 件中都是合格品的抽法的种数，即

33=161 700-152 096 = 9 604 （种）.

C100C98说明：“至少”“至多”的问题，通常用分类法或间接法求解。

变式：按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？

（1）甲、乙、丙三人必须当选； （2）甲、乙、丙三人不能当选；

（3）甲必须当选，乙、丙不能当选； （4）甲、乙、丙三人只有一人当选；

（5）甲、乙、丙三人至多2人当选； （6）甲、乙、丙三人至少1人当选；

例9．（1）6本不同的书分给甲、乙、丙3同学，每人各得2本，有多少种不同的分法？

222解：C6C4C290．

（2）从5个男生和4个女生中选出4名学生参加一次会议，要求至少有2名男生和1名女生参加，有多少种选法？

解：问题可以分成2类：

22第一类 2名男生和2名女生参加，有C5C460中选法；

31第二类 3名男生和1名女生参加，有C5C440中选法

依据分类计数原理，共有100种选法

211错解：C5C4C6240种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多

例10．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？

2112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C4，C4，C4，

C6C62112所以，一共有C4+C4+C4＝100种方法．

C6C633解法二：（间接法）C10C6100

33组合数的性质1：CnCnmnm．

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：CnCn体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想

mnm．在这里，主要

nm证明：∵Cnn!n!

(nm)![n(nm)]!m!(nm)!m又

Cnmnmn!，∴CnCn

m!(nm)!0说明：①规定：Cn1；

②等式特点：等式两边下标同，上标之和等于下标；

nmnm③此性质作用：当m时，计算Cn可变为计算Cn，能够使运算简化. 22001200220011例如C2002＝C2002＝C2002=2002；

x ④CnCnyxy或xyn．

mmm12．组合数的性质2：Cn＝+．

CC1nnm一般地，从a1,a2,,an1这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是Cn1，这些组合可以分为两类：一类含有元素a1，一类不含有a1．含有a1的组合是从a2,a3,,an1这n个元素中取出m 1m1个元素与a1组成的，共有Cn个；不含有a1的组合是从a2,a3,,an1这n个元素中取出m个元素组m成的，共有Cn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．

n!n!mm1证明：Cn

n!(nm1)n!m Cnm!(nm1)!m!(nm)!(m1)![n(m1)]!m(n1)! (nm1m)n!Cn1

m!(nm1)!m!(nm1)!mmm1∴Cn． 1＝Cn+Cn说明：①公式特征：下标相同而上标差1的两个组合数之和，等于下标比原下标多1而上标与大的相同的一个组合数；

②此性质的作用：恒等变形，简化运算

例11．一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，

（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？

（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？

（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？

解：（1）C856,或C8C7C7，；（2）C721；（3）C735．

例12．（1）计算：C7C7C8C9；

（2）求证：Cm2＝Cm+2Cm+Cm．

解：（1）原式C8C8C9C9C9C10C10210；

45656643323233456nnn1n2

nn1n1n2nn1n证明：（2）右边(CmCm)(CmCm)CmCC1m1m2左边

x12x3例13．解方程：（1）C13；（2）解方程：Cx2Cx2C1313Ax3．

10解：（1）由原方程得x12x3或x12x313，∴x4或x5，

x2x31x113 又由12x313得2x8且xN，∴原方程的解为x4或x5

xN上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把x4和x5代入检验,这样运算量小得多. （2）原方程可化为Cx3x21313(x3)!(x3)!5Ax3，即CxAx3，∴，

310105!(x2)!10x!∴11，

120(x2)!10x(x1)(x2)!2∴xx120，解得x4或x3，

经检验：x4是原方程的解

例14．证明：CmCnCmCmp。

证明：原式左端可看成一个班有m个同学，从中选出n个同学组成兴趣小组，在选出的n个同学中，p个同学参加数学兴趣小组，余下的np个同学参加物理兴趣小组的选法数。原式右端可看成直接在m个同学中选出p个同学参加数学兴趣小组，在余下的mp个同学中选出np个同学参加物理兴趣小组的选法数。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。

0m1m1m0mnm）例15．证明：Cn。

CmCnCm…CnCmCmn（其中nppnp证明：设某班有n个男同学、m个女同学，从中选出m个同学组成兴趣小组，可分为m1类：男同学0个，1个，…，m个，则女同学分别为m个，m1个，…，0个，共有选法数为0m1m1m0mCnCmCnCm…CnCm。又由组合定义知选法数为Cmn，故等式成立。

123n例16．证明：Cn2Cn3Cn…nCnn2n1。

123n1112131n证明：左边=Cn=C1Cn，

2Cn3Cn…nCnCnC2CnC3Cn…Cn其中CiCn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选一个的组合数。设某班有n个同学，选出1i2，若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数i分类（i1，…，n），则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有n种选法，再决定剩下的n1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2故左边=右边，等式成立。

例17．证明：Cn2Cn3Cn…nCnn(n1)22i11i122232nn2n1种，所以选法总数为n2n1种。显然，两种选法是一致的，。

证明：由于iCnCiCiCn可表示先在n个元素里选i个，再从i个元素里选两个（可重复）的

组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有n2n1种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有n(n1)2n2种选法。∴共有n2n1+n(n1)2n2n(n1)2n2种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。

例18．第17届世界杯足球赛于2002年夏季在韩国、日本举办、五大洲共有32支球队有幸参加，他们先分成8个小组循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强），这支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠亚军，此外还要决出第三、四名，问这次世界杯总共将进行多少场比赛？

2答案是：8C4842264，这题如果作为习题课应如何分析

解：可分为如下几类比赛：

⑴小组循环赛：每组有6场，8个小组共有48场；

⑵八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据抽签规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；

⑶四分之一淘汰赛：根据抽签规则，8强中每两个队比赛一场，可以决出4强，共有4场；

⑷半决赛：根据抽签规则，4强中每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；

⑸决赛：2强比赛1场确定冠亚军，4强中的另两队比赛1场决出第三、四名

共有2场. 2综上，共有8C4842264场

四、课堂练习：课本习题

五、小结

：组合的意义与组合数公式；解决实际问题时首先要看是否与顺序有关，从而确定是排列问题还是组合问题，必要时要利用分类和分步计数原理 六、课后作业：

七、板书设计

课题

组合定义

组合数

组合公式

组合性质

八、教学反思：

引例

公式推导

例题

练习

小结

作业