数学选修2-3教案全册

高
中
数
学
教
案
选
修
全
套

第一章 计数原理
1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第一课时
1 分类加法计数原理
（1）提出问题
问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号， 总共能够编出多少种不同的号码？
问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天 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？
（2）发现新知
分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有
同的方法. 那么完成这件事共有
m
种不同的方法，在第2类方案中有
n
种不

N?m?n

种不同的方法.
（3）知识应用
例1.在填写高考 志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学 B大学
生物学 数学
化学 会计学
医学 信息技术学
物理学 法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？
分析：由于这名同学在 A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专
业，因此符合 分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择
方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的 ，因此根据分类加法计数原理，这名
同学可能的专业选择共有
5+4=9（种）.
变式：若还有C大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多 少种？
探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有
m
1
种不 同的方法，在第2类方案中有
m
2
种不同的方法，
在第3类方案中有
m
3
种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
如果完成一件事情有< br>n
类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？
一般归纳：
完成一件事情，有n类办法，在第1类办法中有
m
1
种不同的方法，在第2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
?m
2
?????m
n

种不同的方法.
理解分类加法计数原理：
分类加法计数原理针对的是“分类”问题 ，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对
独立，用任何一类中的任何 一种方法都可以单独完成这件事.
例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？
解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以,
第一类, m1 = 1×2 = 2 条 第二类, m2 = 1×2 = 2 条
第三类, m3 = 1×2 = 2 条
所以, 根据加法原理, 从顶点A到顶点C1最近路线共有 N = 2 + 2 + 2 = 6 条
练习: ( 1 ）一件工作可以用 2 种方法完成，有 5 人只会用第 1 种方法完成，另有 4 人只会用第 2 种方法完成，从中选
出 l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿ ( 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 A 村经 B 的路线有＿条．
第二课时
2 分步乘法计数原理
（1）提出问题
问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以
A
1
,A
2
,…，
B
1
,
B
2
,…的方式给 教室里的座位编号，
总共能编出多少个不同的号码？

1

用列举法可以列出所有可能的号码：

我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各
不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．
（2）发现新知
分步乘法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有< br>m
种不同的方法，在第2类方案中有
n
种
不同的方法. 那么完成这件事共有
N?m?n
种不同的方法.
（3）知识应用
例1.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？
分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．
解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；
第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有30×24 =720
种不同的选法．
一般归纳：
完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有
m
1< br>种不同的方法，做第2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.
理解分步乘法计数原理：
分步计数原理针对的是“分步”问题，完 成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成
该件事，只有当各个步骤都 完成后，才算完成这件事.
3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点
①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题
②不同点：分类加法计数原理针对的是“分 类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法
也相对独立，用任何一类 中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问
题，完 成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后， 才
算完成这件事，是合作完成.
例2 .如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3 种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须
涂不同的颜色,不同的涂色方案有多 少种？







解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,
第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种,
第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种,
所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有N = 3 × 2 ×1×1 = 6

2

第三课时
3 综合应用
例1. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.
①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？
②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？
③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？
【分析】
①要完成的事 是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理. < br>②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一 部分，只有第1、2、
3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.
③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考 虑取
1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这
件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一 种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计
数原理.
解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从
第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同
取法的种数是

N?m
1
?m
2
?m
3
=4+3+2=9;
( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方
法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原
理，不同取法的种数是
N?m
1
?m
2
?m
3
=4×3×2=24 .
（3）
N?4?3?4?2?3?2?26
。
例2. 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：从 3 幅画中选出 2 幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第 1 步，从 3 幅画中选 1 幅挂在左边
墙上，有 3 种选法；第 2 步，从剩下的 2 幅画中选 1 幅挂在右边墙上，有 2 种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂
法的种数是
N=3×2=6 .
6 种挂法可以表示如下：

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3.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．

3

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．
练习
（a
1
?a
2
?a
3
)(b
1
?b
2
?b
3
)(c
1
?c
2
?c
3
?c
4
?c
5
)
展开后共有多少项？ 1 ．乘积
2．某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位的数字是不变的，后四位数字都 是。到 9 之间的一个
数字，那么这个电话局不同的电话号码最多有多少个？
3．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？
4．某商场有 6 个门，如果某人从其 中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场
的方式？
第四课时
例1.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
4?4?
100
?4?4
100
（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

4

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=
2 =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.计算机编程人员在编写好 程序以后需要对程序进行测试．程序员需要知道到底有多少条执行路径（即程序从开始
到结束的路线）， 以便知道需要提供多少个测试数据．一般地，一个程序模块由许多子模块组成．如图1.1一4，它是一个
具有许多执行路径的程序模块．问：这个程序模块有多少条执行路径？
另外，为了减少测试时间，程 序员需要设法减少测试次数你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？
8

图1.1一4
分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第 1 步是从开始执行到 A 点；第 2 步是从 A 点执行到结束．而
第 1 步可由子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 来完成；第 2 步可由子模块 4 或子模块 5 来完成．因此，分析一条指令
在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理．
解：由分类加法计数原理，子模块 1 或子模块 2 或子模块 3 中的子路径共有18 + 45 + 28 = 91 （条）
子模块 4 或子模块 5 中的子路径共有38 + 43 = 81 （条） .

5

又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径共有91×81 = 7 371（条）.
在 实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个 模
块．这样，他可以先分别单独测试 5 个模块，以考察每个子模块的工作是否正常．总共需要的测试次数为
18 + 45 + 28 + 38 + 43 =172.
再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1 步中的各个子模块和第 2 步中的各个子模块之间的信
息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6 .
如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正 常．这样，测试整个
模块的次数就变为 172 + 6=178（次）.
显然，178 与7371 的差距是非常大的．
巩固练习：
1.如图,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？
2.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？
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
②
①
③
图一
④
①
③
②
图二
④
②
①
③
④

图三
若变为图二,图三呢?
5.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项， 报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠
军的可能性有多少种？
6．（2007年重庆卷）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ C ）
A．5部分 B.6部分 C.7部分 D.8部分
教学反思：
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.
分配问题
把一些元素分给另一些元素来接受．这是排列组合应用问题中难度较大的一类问题． 因为这涉及到两类元素：被分配
元素和接受单位．而我们所学的排列组合是对一类元素做排列或进行组合 的，于是遇到这类问题便手足无措了．
事实上，任何排列问题都可以看作面对两类元素．例如，把10 个全排列，可以理解为在10个人旁边，有序号为1，2，……，
10的10把椅子，每把椅子坐一个人 ，那么有多少种坐法？这样就出现了两类元素，一类是人，一类是椅子。于是对眼花缭
乱的常见分配问题 ，可归结为以下小的“方法结构”：
①.每个“接受单位”至多接受一个被分配元素的问题方法是
A

6
m
n
，这里
n?m
.其中
m
是“接受单位”的个数。至于 谁

是“接受单位”，不要管它在生活中原来的意义，只要
n?m
.个数为
m
的一个元素就是“接受单位”，于是，方法还可以
简化为< br>少
多
A
.这里的“多”只要
?
“少”.
②.被分配 元素和接受单位的每个成员都有“归宿”,并且不限制一对一的分配问题，方法是分组问题的计算公式乘以
1．2．1排列
第一课时
一、复习引入：
A
k
k
.
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
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
? m
2
?
?m
n
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
m
1
种不同的方法，做第二步有
m
2
种不同的方
?
m
n
种不同的方法 法，……，做第 n步有
m
n
种不同的方法，那么完成这件事有
N?m
1
?m
2
?
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种数 的问题,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,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,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 应用两种原理解题:1.分清要完成的事情是什么；2.是分类完成还是分步完成,“类”间互相独
立，“步”间互相联系；3.有无特殊条件的限制
二、讲解新课：
1问题： 问题1．从甲、乙、丙3名同学中选取2名同学参加某一天的一项活动，其中一名同学参加上午的活动，一名 同学参加
下午的活动，有多少种不同的方法？
分析：这个问题就是从甲、乙、丙3名同学中每 次选取2名同学，按照参加上午的活动在前，参加下午活动在后的顺序
排列，一共有多少种不同的排法的 问题，共有6种不同的排法：甲乙 甲丙 乙甲 乙丙 丙甲 丙乙，其中被取的对象
叫做元素
解决这一问题可分两个步骤：第 1 步，确定参加上午活动的同学，从 3 人中任选 1 人，有 3 种方法；第 2 步，确
定参加下午活动的同学，当参加上午活动的同学确定后，参加下午活动的同学只能从余下的 2 人中去选，于是有 2 种方
法．根据分步乘法计数原理，在 3 名同学中选出 2 名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法
共有 3×2=6 种，如图 1.2一1 所示．

把上面问题中被取的对象叫做元素，于是问题可叙述为：从3个不同的元素 a , b ，。中任取 2 个，然后按照一定的
顺序排成一列，一共有多少种不同的排列方法？所有不同的排列是 ab,ac,ba,bc,ca, cb,
共有 3×2=6 种．
问题2．从1,2,3,4这 4 个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
分析：解决这个问题分三个 步骤：第一步先确定左边的数，在4个字母中任取1个，有4种方法；第二步确定中间的数，

7

从余下的3个数中取，有3种方法；第三步确定右边的数，从余下的2个数中取，有2种方法
由分步计数原理共有：4×3×2=24种不同的方法，用树型图排出，并写出所有的排列由此可写出所有的排法
显然，从 4 个数字中，每次取出 3 个，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，就得到一个三 位数．因此有多少种不
同的排列方法就有多少个不同的三位数．可以分三个步骤来解决这个问题：
第 1 步，确定百位上的数字，在 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个数字中任取 1 个，有 4 种方法；
第 2 步，确定十位上的数字，当百位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的 3 个数字中去取，有 3 种方法；
第 3 步，确定个位上的数字，当百位、十位上的数字确定后，个位的数字只能从余下的 2 个数字中去取，有 2 种方
法．
根据分步乘法计数原理，从 1 , 2 , 3 , 4 这 4 个不同的数字中，每次取出 3 个数字，按“百”“十”“个”位的顺
序排成一列，共有
4×3×2=24
种不同的排法， 因而共可得到24个不同的三位数，如图1. 2一2 所示．

由此可写出所有的三位数：
123，124, 132, 134, 142, 143， 213，214, 231, 234, 241, 243，
312，314, 321, 324, 341, 342， 412，413, 421, 423, 431, 432 。
同样，问题 2 可以归结为：
从4个不同的元素a, b, c，d中任取 3 个，然后按照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？
所有不同排列是
abc, abd, acb, acd, adb, adc, bac, bad, bca, bcd, bda, bdc,
cab, cad, cba, cbd, cda, cdb, dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.
共有4×3×2=24种.
树形图如下


a b ｃ ｄ

ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ａ ｂ ｃ

2．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
．．．．


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
3．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
个元素中取出
m
元素的排列数，用符号
A
n
表
示注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从
n
个不同元素中， 任取
m
个元素按照一定的顺序排成一列，不是
．．．．．
m
数；“排 列数”是指从
n
个不同元素中，任取
m
（
m?n
）个元素的 所有排列的个数，是一个数所以符号
A
n
只表示排列
m
数，而不表示 具体的排列

8

4．排列数公式及其推导：
由
A
n
的意义：假定有排好顺序的2个空位，从
n
个元素< br>a
1
,a
2,
2
a
n
中任取2个元素去填空 ，一个空位填一个元素，
每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到 ，因此，所有不同的填法的种数就是排列数
A
n
．由分步计数原理完成上述填空共有< br>n(n?1)
种填法，∴
A
n
=
n(n?1)
22
由此，求
A
n
可以按依次填3个空位来考虑，∴
A
n
=
n(n?1)(n?2)
，
求
A
n
以按依次 填
m
个空位来考虑
A
n
?n(n?1)(n?2)
排列数公 式：
A
n
?n(n?1)(n?2)
m
m
m
33
(n?m?1)
，
(n?m?1)

（
m,n?N,m?n
）
说明：（1）公式特征：第一个因数是
n
，后面每一个因数比它前面一个
少1，最后一个因数是
n?m?1
，共有
m
个因数；
（2）全排列：当
n?m
时即
n
个不同元素全部取出的一个排列 < br>?
全排列数：
A
n
?n(n?1)(n?2)
另外，我们规定 0! =1 .
n
2?1?n!
（叫做n的阶乘）
例1．用计算器计算： (1）
A
10
； (2）
A
18
; (3）
A
18
?A
13
.
解：用计算器可得：
451813

由（ 2 ) ( 3 ）我们看到，
A
18
?A
18
?A
13
．那么，这个结果有没有一般性呢？即
518 13
A
n
?
m
A
n
n
A
n?m< br>n?m
?
n!
(n?m)!
.
排列数的另一个计算公式：
A
n
?n(n?1)(n?2)
m
(n?m?1)
?
n(n?1)(n?2)(n?m?1)(n?m)
3?2?1
3?2?1(n?m)(n?m?1)
n!
(n?m)!
?
n!
(n?m) !
=
A
n
n
A
n?m
n?m
.
即
A
n
=
m

例2．解方程：3
A
x
?2A
x?1
?6A
x
．

9

322

解：由排列数公式得：
3x (x?1)(x?2)?2(x?1)x?6x(x?1)
，
2
∵
x?3
，∴
3(x?1)(x?2)?2(x?1)?6(x ?1)
，即
3x?17x?10?0
，
解得
x?5
或< br>x?
2
3
x
，∵
x?3
，且
x?N
，∴原方程的解为
x?5
．
x?
2
?
例3．解不等式：< br>A
9
?6A
9
9!
(9?x)!
1
(9?x )!
．
9!
(11?x)!
6
解：原不等式即
?6?
，
也就是
?
(11?x)?(10?x)?(9?x)!
，化简得：
x?21x ?104?0
，
2
解得
x?8
或
x?13
，又∵
2?x?9
，且
x?N
，
所以，原不等式的解集为
?
2,3,4,5,6,7
?
．
例4．求证：（1）
A
n
?A
n
?A
n?m
；（2 ）
n!
(n?m)!
nmn
?
m
?
(2n)!2?n!
n
?1?3?5(2n?1)
．
证明：（1）
An
?A
n?m
?
mn?m
(n?m)!?n!
?An
，∴原式成立
n
（2）
(2n)!
2?n!
nn
?
2n?(2n?1)?(2n?2)
2?n!
n
4?3?2 ?1

?
2n?(n?1)2?1?(2n?1)(2n?3)
2?n!n
3?1

?
n!?1?3(2n?3)(2n?1)
n!?
1?3?5(2n?1)?
右边
∴原式成立
说明：（1）解含 排列数的方程和不等式时要注意排列数
A
n
中，
m,n?N
且
m?n
这些限制条件，要注意含排列数
的方程和不等式中未知数的取值范围；
（2）公式
A
n
?n(n?1)(n?2)
来证明或化简
m
?
m
(n?m?1)
常用来求值，特别是
m,n
均为已知 时，公式
A
n
=
m
n!
(n?m)!
，常用
例5．化简：⑴
1
2!
?
1
2!
2
3!
?
?
1
2!
3
4!
?
?
1
3!< br>?
1
3!
n?1
n!
?
1
4!
；⑵
1?1!?2?2!?3?3!?
1
(n?1)!
1
n!
? n?n!

⑴解：原式
?1!??????
1?
1
n!

⑵提 示：由
?
n?1
?
!?
?
n?1
?
n!? n?n!?n!
，得
n?n!?
?
n?1
?
!?n!
，

10

原式
?
?
n?1
?
!?1

说明：n?1
n!
?
1
(n?1)!
?
1
n!
．
第二课时
例1．(课本例2)．某年全国足球甲级（A组）联赛共有14个队参加，每 队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共
进行多少场比赛？
解：任意两队间进行1次主场比赛与 1 次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列 ．因此，比赛的总
场次是
A
14
=14×13=182.
例2．(课本例3)．(1）从5本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，共有多少种不同的送法？
(2）从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解：(1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取 3 个元素的一个排列，因此不
同送法的种数是
A
5
=5×4×3=60.
(2）由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有 5 种不同的选购方法，因此送给 3 名同学每人各 1 本书的不
同方法种数是5×5×5=125.
例 8 中两个问题的区别在于： ( 1 ）是从 5 本不同的书中选出 3 本分送 3 名同学，各人得到的书不同，属于求排
列数问题；而（ 2 ）中，由于不同的人得到的书可能相同，因 此不符合使用排列数公式的条件，只能用分步乘法计数原理
进行计算．
例3．(课本例4)． 用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？分析：在本问题的。到 9 这 10 个数字中，因为。不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此。是一个特殊的元素．一般的，我们可 以从特殊元素
的排列位置人手来考虑问题
解法 1 ：由于在没有重复数字的三位数中，百位 上的数字不
此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9 这
中任选 1 个，有
A
9
种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可
的9个数字中任选2 个，有
A
9
种选法（图1.2一 5) ．根据分步
原理，所求的三位数有
A
9
?A
9
=9×9×8=648（个） .
12
2
1
3
2
能是O，因
九个数字
以从余下
乘法计数

解法 2 ：如图1.2 一6 所示，符合条件的三位数可分成 3 类．每一位数字都不是位数有 A 母个，个位数字是 O 的
三位数有揭个，十位数字是 0 的三位数有揭个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数有
A
9
?A
9
?A
9
=648个．
322

解法 3 ：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为
A
10
，其中 O 在百位上的排列数是
A
9
，它们的差就是用

11

32

这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是
A
10
-
A
9
=10×9×8-9×8=648.
32
对于例9 这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法 1 根据
百位数字不能是。的要求，分步完成选 3 个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法 2 以
O 是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法 3 是一种逆向思考方 法：先求
出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是。的排列数（即不是三 位数的个数），就得到没有重
复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念 ，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快
捷地求解“从n个不同元素中取出 m (m≤n）个元素的所有排列的个数”这类特殊的计数问题．
1.1节中的例 9 是否也是这类计数问题？你能用排列的知识解决它吗？
四、课堂练习：
1．若
x?
3
n!
3!
7
，则
x?
（ ）
(A)
A
n

(B)
A
n
9
3
n?
3

(C)
A
3

(D)
A
n?3

910
n
3
2．与A
10
?A
7
不等的是 （ ）
(A)
A
10

(B)
81A
8

(C)
10A
9

(D)
A
10

3．若
A
m
?2A
m
，则
m
的值为 （ ）
(A)
5

(B)
3

(C)
6

(D)
7

53
8
4．计算：
2A
9
?3A
9
9!?A
10
(m?1)!
A
m?1
m
56
6
?
；
(m?1)!
A
m?1
?(m?n)!
n?1
?
．
5．若
2?
m?1
?42
，则
m
的解集是 ．
6．（1）已知
A
10
?10?9?
2
?5
， 那么
m?
； （2）已知
9!?362880
，那么
A
9
= ；
22
7
（3）已知
A
n
?56
，那么
n?
； （4）已知
A
n
?7A
n?4
，那么
n?
．
7．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法（假定每股岔道只能停 放1列火车）？
8．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？
答案：1. B 2. B 3. A 4. 1,1 5.
?
2,3,4,5,6
?

6. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5 7. 1680 8. 24
教学反思：
排列的特征：一个是“取出元素”；二是“按照一定顺序排列” ,“一定顺序” 就是与位置有关，这也是判断一个问题
是不是排列问题的重要标志。根据排列的定义，两个排列相同，且 仅当两个排列的元素完全相同，而且元素的排列顺序也相
同. 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。
对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑”，一个是“反过来剔”．前者指， 按照要求，一点
点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的 方案剔出去．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。
第三课时
例1．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
解： （1）从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送 法的种
数是：
A
5
?5?4?3?60
，所以，共有60种不同的送 法
3

12

（2）由于有5种不同 的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同
方法种 数是：
5?5?5?125
，所以，共有125种不同的送法
说明：本题两小题的区 别在于：第（1）小题是从5本不同的书中选出3本分送给3位同学，各人得到的书不同，属于求排
列数 问题；而第（2）小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到那种书相互之间没有联系，要 用分
步计数原理进行计算
例2．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示 信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同
的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的 信号？
解：分3类：第一类用1面旗表示的信号有
A
3
种；第二类用2面旗 表示的信号有
A
3
种；第三类用3面旗表示的信号有
A
3
种 ，由分类计数原理，所求的信号种数是：
A
3
?A
3
?A
3
?3?3?2?3?2?1?15
，
3123
1
2
例3． 将
4
位司机、
4
位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别 有一位司机和一位售票员，共有多
少种不同的分配方案？
分析：解决这个问题可以分为两步， 第一步：把
4
位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从
4
个不同元素中 取出
4
个元素排成一列，有
A
4
种方法；
第二步：把4
位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有
A
4
种方法，
利用分步计数原理即得分配方案的种数
4
4
解：由分步计数原理，分配方案 共有
N?A
4
?A
4
?576
（种）例4．用0到9这10 个数字，可以组成多少个没有重复数
字的三位数？
解法1：用分步计数原理：
所求 的三位数的个数是：
A
9
?A
9
?9?9?8?648
< br>44
12
解法2：符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有A
9
个，个位数字是0的三位数有
A
9
个，十
位数字是 0的三位数有
A
9
个，
由分类计数原理，符合条件的三位数的个数
A
9
?A?A
3
2
32
是
9
：
? 648
．
9
解法3：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为
A< br>10
，其中以0为排头的排列数为
A
9
，因此符合条件的三位
数的个数是
A
10
?A
9
?648
-
A
9
．
说明：解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法直接法：通过对问题进行恰当的 分类和分步，直接计算符
32
322
合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限 制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，
然后再减去不符合限制条件的情 况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重
复与遗漏
第四课时
例5．（1）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
A
7
＝5040．
（2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？

13

7

解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040．
（3）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——
A
6
=720．
（4）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
A
2
种；
第二步 余下的5名同学进行全排列有
A
5
种，所以，共有
A
2
?A
5
=240种排列方法
6
2
5
2
5
（5）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1（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
A
5
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
A
5
种方法， 所以一共有
A
5
A
5
＝2400种排列方法
2
5 25
解法2：（排除法）若甲站在排头有
A
6
种方法；若乙站在排尾有
A
6
种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有
A
5
种方
法 ，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有
A
7
－
2A
6
＋
A
5
=2400种．
说明：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
665
765
例6.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）
A
9
A
9
?136080
5
15
；
6
解法二：（从特殊元素考虑）若选：
5?A
9
；若不选：< br>A
9
，
则共有
5?A
9
?A
9
?136080
种；
解法三：（间接法）
A
10
?A
9
?136080

56
65
第五课时
例7． 7位同学站成一排，
（1）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
A
6
种方法；再将
甲 、乙两个同学“松绑”进行排列有
A
2
种方法．所以这样的排法一共有
A6
?A
2
?1440
种
6
2
62
（2）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
A
5
A
3
＝720种
53
（3）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
A
5
种方法；将剩下 的4个元素进行全排列有
A
4
种方法；最后将甲、
乙两个同学“松绑”进行排 列有
A
2
种方法．所以这样的排法一共有
A
5
A
4
A
2
＝960种方法
2
4
2
2
42

14

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2
A
5
种方法，
所以，丙不能站在排头和排尾的排 法有
(A
6
?2A
5
)?A
2
?960
种 方法
5
652
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
A
4
种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有
A
5
种方法，最后将甲、乙两同学“松 绑”，所
以，这样的排法一共有
A
4
A
5
A
2＝960种方法．
（4）甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起
1
5
1
5
2
解：将甲、乙、丙三个同学“捆绑”在一起看成一个元 素，另外四个人“捆绑”在一起看成一个元素，时一共有2个元
素，∴一共有排法种数：
A3
A
4
A
2
?288
（种）
说明：对于相邻问题，常用“捆绑法”（先捆后松）．
例8．7位同学站成一排，
（1）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
解法一：（排除法）
A
7
?A
6
?A
2
?3600
762
342
；
5
解法二：（插空法）先将其余五个同学排好有
A
5
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
A
6
种方法，所以一共有
A
5
A
6
?3600
（2） 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
A
4
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
A
5
种方法，所以一共有
A
4
A
5
＝1440种 ．
说明：对于不相邻问题，常用“插空法”（特殊元素后考虑）．
第六课时
例9．5男5女排成一排，按下列要求各有多少种排法：（1）男女相间；（2）女生按指定顺序排列
252
种方法．
4
3
4
3
解：（1）先将男生排 好，有
A
5
种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空挡”（包括两端）中，有< br>2A
5
种排法
55
故本题的排法有
N?2A
5?A
5
?28800
（种）；
55
（2）方法1：
N ?
A
10
A
5
5
10
?A
10
? 30240
；
5
方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上， 有
A
10
种排法；余下的5个位置排女生，因为女生
的位置已经指定，所以她 们只有一种排法
5
故本题的结论为
N?A
10
?1?30240
（种）
2007年高考题
1．（2007年天津卷）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色 ，每个格
求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有

15

子涂一种颜色，要
390 种（用数字
5

作答）．

2．（2007年江苏 卷）某校开设9门课程供学生选修，其中
A,B,C
三门由于上课时间相同，至多选一门，学校 规定每位同
学选修4门，共有 75 种不同选修方案。（用数值作答）
3．（2007 年北京卷）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的
排法共有（ Ｂ ）
Ａ．1440种 Ｂ．960种 Ｃ．720种 Ｄ．480种
4．图３是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修 点的某种配件各５０件，在使
用前发现需将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个维修点的这批配件分别调整为４０、４５ 、５４、６１件，但调整只能在相邻维修点之间
进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（ｎ个配件从 一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为ｎ）为答案：B；
（Ａ）１５ （Ｂ）１６ （Ｃ）１７ （Ｄ）１８

5．（2007年全国卷I）从班委会5名成员中选出3名， 分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能
担任文娱委员，则不同的选法共有
36
种．（用数字作答）
6．（2007年全国卷Ⅱ）从5位同学中选派4位同学 在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2
人参加，星期六、星期日各有1人 参加，则不同的选派方法共有（ B ）
A．40种 B．60种 C．100种 D．120种
7. （2007年陕西卷）安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有
210
种.（用数字作答）
8．（2007年四川卷）用数字0，1，2，3， 4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ ）
（A）288个 （B）240个 （C）144个 （D）126个
解析：选 B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位
是0并且比20000大的五位偶数有
1?4?A
4
?96
个；②个 位不是0并且比20000大的五位偶数有
2?3?A
4
?144
个；
故共有
96?144?240
个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目． 9（．2007年重庆卷）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的 选课方案有____25_____
种.（以数字作答）
10．（2007年宁夏卷）某校安 排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安
排方法共有 240 种．（用数字作答）
33
2，6)
，若
a
1
? 1
，
a
3
?3
，
a
5
?5
，11 ．（2007年辽宁卷）将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第
i
个数为
a< br>i
(i?1，，
a
1
?a
3
?a
5
，则不同的排列方法有 种（用数字作答）．
解析：分两步：（1）先排
a< br>1
,a
3
,a
5
，
a
1
=2，有2 种；
a
1
=3有2种；
a
1
=4有1种，共有5种；（2） 再排
a
2
,a
4
,a
6
，
共有
A
3
?6
种，故不同的排列方法种数为5×6=30，填30．
1．2．2组合
第一课时

16

3

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
m
1
种不同的方法，在第二类办法中有< br>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
?m
2
?
?m
n
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m
1
种不同的方法，做第二步有
m
2
种不同的方
?m
n
种不同的方法 法，……，做第n步有
m
n
种不同的方 法，那么完成这件事有
N?m
1
?m
2
?
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
个元素中取出
m
元素的
排列数，用符号
A
n表示
m
5．排列数公式：
A
n
?n(n?1)(n?2)m
(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
．
7．排列数的另一个计算公式：
A
n
=
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< br>序无关的引出课题：组合．
．．
m
n!
(n?m)!

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< br>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
的组合数．用符号
C
．．．
m
n
?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
表示．
例2．用计算器计算
C
7
10
．

17

解：由计算器可得

例3．计算：（1）
C
（1）解：
C
7
?
7
4
4
7
； （2）
C
10
；
＝35；
＝120．
7< br>7?6?5?4
4!
（2）解法1：
C
10
?
解法2：
C
10
?
7
10?9?8?7?6?5?4
7!< br>?
10?9?8
3!
＝120．
10!
7!3!
第二课时
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
C
4
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
A
4可以求得，故我们可以考察一下
C
．．．．．．．．．
3
33
4
3
和
A
4
的关系，如下：
组 合 排列
abc?
?
?
?
abc,
abd,
acd,
bcd,
bac,
bad,
cad,
cbd,
cab,dab,
dac,
dbc,
acb,
adb,
adc,
bdc,
bca,
bda,
cda,
cdb,
cba
dba

dca
dcb
3

abd
acd< br>bcd
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
A
4
，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
C
4
个；② 对每一个组合的3个不 同元素进行全排列，各有
A
3
3
3
种方法．由分步计数原理得：A
4
＝
C
4
?
A
3
，所以，
C
4
?
33
3
3
A
4
A
3
3
3
．
（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
A
n
，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
C
m
m
nm
；
mm
n
② 求每一个组合中
m
个元素全排列数< br>A
m
，根据分步计数原理得：
A
n
＝
C
（3 ）组合数的公式：
C
n
?
m
?A
m
．
m
A
n
m
m
A
m
?
n(n?1)(n?2 )
m!
(n?m?1)

或
C
m
?
nn!
m!(n?m)!
(n,m?N,且m?n)

?

18

规定:
C
0
n
?1
.
三、讲解范例：
例4．求证：< br>C
m
?
n
m?1
n?m
n!
?C
m ?1
n
．
证明：∵
C
m
?
n
m!(n? m)!
m?1
n?m

m?1
n?m
?C
m?1< br>n
??
n!
(m?1)!(n?m?1)!
n!

＝
m?1
(m?1)!(n?m)(n?m?1)!
n!
m!(n?m)!?

＝
∴
C
m
n
?
m?1
n?m
?C
m?1
n

x?1
2x?3
例5．设
x?N
?
,
求
C?C
2x?3
x?1
的值
解：由题意可得：
?
?
2x?3?x?1
?
x?1?2x?3
，解得
2?x?4
，
∵
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．
第三课时

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：
第1步，从17名学员中选出 n 人组成上场小组，共有
C
第2步，从选出的 n 人中选出 1 名守门员，共有
C
所以教练员做这件事情的方法数有
C?C
17
1 11
11
1
11
11
17
种选法；
种选法．
=136136（种）.

19

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

C?
10
2
10?9
1?2
?45
（条）.
(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
A
2
10
?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
C?
100
3
100?99?98
1?2?3
= 161700 （种）.
1
2
(2）从2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有
C
3 件中恰好有 1 件次品的抽法有
C
2
?C
12
98
种，从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有
C
2
98
种，因此抽出的
=9506(种).
(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 件次品两种情况．在第（2）小
题中已求得其中1件是次品的抽法有
C
2
?C
C
2
?C
12
98
12
98
种，因此 根据分类加法计数原理，抽出的3 件中至少有一件是次品的抽法有
+
C
2
?C
21
98
=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
C
3
100
?C
3
98
=161 700-152 096 = 9 604 （种）.
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？
解：
C
6
?C
4
?C
2
?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：
第一类 2名男生和2名女生参加，有
C
5
C
4
?60
中选法；
第二类 3名男生和1名女生参加，有
C
5
C
4
?40
中选法
222
22
31

20

依据分类计数原理，共有100种选法
错解：
C
5
C
4< br>C
6
?240
种选法引导学生用直接法检验，可知重复的很多
211
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 ？
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
C
4
，
C
所以，一共有
C
4
+
C
3
2
4
3
2
4
?C
6
，
C
114
?C
2
6
，
?C
6
+
C
3
11
4
?C
2
6
＝100种方法．

第四课时
解法二：（间接法）
C
10
?C
6
?1 00
3
组合数的性质1：
C
m
n
?C
n?m
n
．
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：
C
n!
(n?m)![n?(n?m)]!
m
n
?C
n?m
n
．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想
证明：∵
C
n
n?m
??
n!
m!(n?m)!

又 < br>C
n
m
?
n!
m!(n?m)!
0
n
，∴
C
m
n
?C
n?m
n

说明：①规定：
C?1
；
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
m?
例如
C
2001
2002
n
2
1
时，计算
C
m
n
可变为计算
C
n?m
n
，能够使运算简化.
＝
C
?C
2002?2001
2002
＝
C
2002
=2002；
④
C
x
n
y
n
?x?y
或
x?y?n
．
m
n?1
2．组合数的 性质2：
C
＝
C
m
n
+
C
m?1
n
．
m
n?1
一般地，从
a
1
,a
2< br>,?,a
n?1
这
n
+1个不同元素中取出
m
个元素 的组合数是
C
，这些组合可以分为两类：一类含
m?1
n
有元素a
1
，一类不含有
a
1
．含有
a
1
的 组合是从
a
2
,a
3
,?,a
n?1
这
n
个元素中取出
m
?1个元素与
a
1
组成的，共有
C
个；不含有
a
1
的组合是从
a
2
,a
3
,?,a
n?1
这
n
个元素中取出
m
个元素组成的 ，共有
C
m
n
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：
C
n
m
?C
n
m?1
?

?
n!
m!(n?m)!
?
n!
(m?1)![n?(m? 1)]!
?
(n?1)!
m!(n?m?1)!

?
mn?1
n!(n?m?1)?n!m
m!(n?m?1)!

(n?m?1?m)n!
m!(n?m?1)!
?C


21

∴
C
m
n?1
＝
C
m
n
+
C
m?1
n
．
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）
C
8
?56
,或
C
8
?C
34
332
7< br>?C
7
，；（2）
C
7
?21
；（3）
C< br>7
?35
．
56
323
例12．（1）计算：
C< br>7
?C
7
?C
8
?C
9
；
（2） 求证：
C
n
m?2
＝
C
4
n
m
+
2C
m
6
n?1
+
C
5
n?2
m
．
664
解：（1）原式
?C
8
?C
8
?C
9
?C
9
?C
9
?C
10
?C
10
?210
；
证明：（2）右边
?(C
m
?C
m
)?(C
m
例13．解方程：（1）
C
13
x?1nn?1n?1
5
?C
m
n?2
)?C
m?1
?C
m?1
?C
m?2
?
左边
nn?1n
?C< br>13
2x?3
；（2）解方程：
C
x?2
x?2
?C
x?3
x?2
?
1
10
A
x?3
． 3
解：（1）由原方程得
x?1?2x?3
或
x?1?2x?3?13< br>，∴
x?4
或
x?5
，
?
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
C
x?3
?
x?2
1
101
A
x?3
，即
C
x?3
?
35
1< br>10
A
x?3
，∴
3
(x?3)!
5!(x?2)!
?
(x?3)!
10?x!
，
∴
1
120(x?2)!
2
?
，
10?x(x? 1)?(x?2)!
∴
x?x?12?0
，解得
x?4
或
x ??3
，
经检验：
x?4
是原方程的解

第五课时
例14．证明：
C
m
?C
n
?C
m
?C
m?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。
例15．证明：
C
n
C
m
?C
n
C
m
0m1m?1
nppn?p
?
…
?C
n
C
m
?C
m?n
（其中n?m
）。
m0m

22

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
C
n
C
m
?C
n
C
m
0m1m?1
?
…
?C
m
n
C
0
m
。又由组合定义知
选法 数为
C
m
m?n
，故等式成立。
123n
n
例1 6．证明：
C
n
?2C
n
?3C
n
?
…< br>?nC
证明：左边=
C
n
?2C
n
?3C
n
?
…
?nC
1i
123n
n
?n2
11< br>n?1
。
12131n
n
=
C
1
C
n
?C
2
C
n
?C
3
C
n
?< br>…
?C
n
C
，
其中
C
i
C
n
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< br>），则选法总数即为原式左边。现换
2，
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以选法总数为
n2
n?1
n?1
种，所
种。显然，两种选法是一 致的，故左边=右边，等式成立。
122232nn?2
例17．证明：
C
n
?2C
n
?3C
n
?
…
?nC
n
?n(n?1)2
2i11i
。
证明：由于
iC
n
?C
i
C
i
C
n
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< br>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
n2
n(n?1)2
n?2
n?1
种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有
种选法。∴共有
n2
n?1
+
n(n?1)2
n?2
?n(n?1)2
n? 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？
答 案是：
8C
4
?8?4?2?2?64
，这题如果作为习题课应如何分析
2
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.
综上，共有
8C
4
?8?4?2?2?64
场
2
四、课堂练习：
1．判断下列问题哪个是排列问题，哪个是组合问题：
（1）从4个风景点中选出2个安排游览，有多少种不同的方法？
（2）从4个风景点中选出2个，并确定这2个风景点的游览顺序，有多少种不同的方法？
2．
7
名同学进行乒乓球擂台赛，决出新的擂主，则共需进行的比赛场数为（ ）
A
．
42

B
．
21

C
．
7

D
．
6


23

3．如果把两条异面直线看作“一对”，则在五棱锥的棱所在的直线中，异面直线有（ ）

A
．
15
对
B
．
25
对
C
．
30
对
D
．
20
对
4．设全集
U?
?
a,b, c,d
?
，集合
A
、
B
是
U
的子集，若< br>A
有
3
个元素，
B
有
2
个元素，且
AB?
?
a
?
，求集合
A
、
B
，则本题的 解的个数为 （ ）

A
．
42

B
．
21

C
．
7

D
．
3

5．从
6
位候选人中选出
2
人分别担任班长和团支部书记，有 种不同的选法
6．从
6
位同学中选出
2
人去参加座谈会，有 种不同的选法
7．圆上有10个点：
（1）过每2个点画一条弦，一共可画 条弦；
（2）过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画 个圆内接三角形
8．（1）凸五边形有 条对角线；（2）凸
n
五边形有 条对角线
9．计算：（1）
C
15
；（2）
C
6
?C
8
．
10．
A,B,C,D,E
5
个足球队进行单循环比赛，（ 1）共需比赛多少场？（2）若各队的得分互不相同，则冠、亚军的可能
情况共有多少种？
11．空间有10个点，其中任何4点不共面，（1）过每3个点作一个平面，一共可作多少个平面？（2）以每 4个点为顶点作
一个四面体，一共可作多少个四面体？
12．壹圆、贰圆、伍圆、拾圆的人民币各一张，一共可以组成多少种币值？
13．写出从< br>a,b,c,d,e
这
5
个元素中每次取出
4
个的所有不同的 组合
334
答案：1. （1）组合, （2）排列 2. B 3. A 4. D 5. 30 6. 15
7. （1）45 （2） 120 8. （1）5（2）
n(n?3)2

9. ⑴455； ⑵
3
2
10. ⑴10； ⑵20
7
4
11. ⑴
C
10
?120
； ⑵
C
10
?210

12.
C
4
?C< br>4
?C
4
?C
4
?2?1?15

12344
13.
a,b,c,d
；
a,b,c,e
；
a,b,d,e
；
a,c,d,e
；
b,c,d,e

教学反思：
1注意区别“恰好”与“至少”
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多少种
2特殊元素（或位置）优先安排
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种
3“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空”
七人排成一排，甲、乙两人必须相邻，且甲、乙都不与丙相邻，则不同的排法有多少种
4、混合问题，先“组”后“排”
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？
5、分清排列、组合、等分的算法区别
(1)今有10件不同奖品,从中选6件分给甲一件,乙二件和丙三件,有多少种分法?

24

(2) 今有10件不同奖品, 从中选6件分给三人,其中1人一件1人二件1人三件, 有多少种分法?
(3) 今有10件不同奖品, 从中选6件分成三份,每份2件, 有多少种分法?
6、分类组合,隔板处理
从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?
1．3．1二项式定理
第一课时
一、复习引入：
⑴
(a ?b)?a?2ab?b
332
222
?C
2
a?C
2ab?C
2
b
；
2303122233
02122
⑵
(a?b)?a?3ab?3ab?b?C
3
a?C
3
ab?C3
ab?C
3
b
⑶
(a?b)?(a?b)(a?b)(a?b )(a?b)
的各项都是
4
次式，
即展开式应有下面形式的各项：
a
，
ab
，
ab
，
ab
，
b
，
432234
4

展开式各项的系数：上面
4
个括号中，每 个都不取
b
的情况有
1
种，即
C
4
种，
a
的系数是
C
4
；恰有
1
个取
b
的情况有< br>C
4
3
12
0
4
01
种，
ab的系数是
C
4
，恰有
2
个取
b
的情况有
C
4
种，
ab
的系数是
C
4
，恰有
3< br>个取
b
的情况有
C
4
种，
ab
的系数
是
C
4
，有
4
都取
b
的情况有
C
4
种，
b
的系数是
C
4
，
∴
(a?b )?C
4
a?C
4
ab?C
4
ab?C
4
ab?C
4
b
．
二、讲解新课：
二项式定理：
(a?b )?C
n
a?C
n
ab?
n
n0n1n
22
23
3
34
4
4
4
?C
n
a
r n?r
b?
r
?C
n
b(n?N)

nn?
⑴
(a?b)
的展开式的各项都是
n
次式，即展开式应有下面形式的各项：
a
，
ab
，…，
a
nnn?r
b
，…，< br>b
，
rn
⑵展开式各项的系数：
每个都不取
b
的情况有
1
种，即
C
n
种，
a
的系数是
C
n
；
恰有
1
个取
b
的情况有
C
n
种，
ab
的系数是
C
n
，……，
恰有
r
个取
b
的情况有
C
n
种，
a
n
r
1
0
n
0
n
1
n?r
b
的系数 是
C
n
，……，
n
r
r
有
n
都 取
b
的情况有
C
n
种，
b
的系数是
Cn
，
∴
(a?b)?C
n
a?C
n
ab?< br>n0n1n
n
?C
n
a
rn?r
b?
r?C
n
b(n?N)
，
n
nn?
这个公式所表示的定 理叫二项式定理，右边的多项式叫
(a?b)
的二项展开式，⑶它有
n?1
项 ，各项的系数
C
n
(r?0,1,
r
n)
叫二项式系数，

25

⑷
C
n
a< br>rn
?
r
b
叫二项展开式的通项，用
T
r?1
表示，即通项
T
r?1
?C
n
a
n
1
r
rn?r
b
．
?x
n
r
⑸二项式定理中，设a?1,b?x
，则
(1?x)?1?C
n
x?
三、讲解范例：
例1．展开
(1?
解一：
(1?
解二：
(1?
1
1
?C
n
x?
rr

1
x
)
．
4
4641
1
441
1
1
1
23
1
3
?
2
?
3
?
4
．
)?1?C
4
()?C
4
()?C4
()?()
?1?
xxxx
xxxxx
1
4
1
444413123
)?()(x?1)?()
?
x?C
4
x?C
4
x?C
4
x?1
?

??
xx x
?1?
4
x
?
6
x
1
x
2?
4
x
3
?
1
x
4
．
例2．展开
(2x?)
．
6
解：
(2x?
1x
)?
6
1
x
1
3
(2x?1)
< br>6
?
1
x
3
[(2x)?C
6
(2x)?C
6
(2x)?C
6
(2x)?C
6
(2x)?C
6
(2x)?1]

32
652433221
?64x?192x?2 40x?160?
60
x
?
12
x
2
?
1
x
3
．
第二课时
例3．求
(x?a)
解：(x?a)
T
9?1
?C
12
x
9
12
的展开式中的倒数第
4
项
12
的展开式中共
13
项，它 的倒数第
4
项是第
10
项，
a
912
?
9
?C
12
xa
6
339
?220xa
．
6
39
例4．求（1）
(2a?3b)
，（2）
(3b?2a)< br>的展开式中的第
3
项．
解：（1）
T
2?1
?C< br>6
(2a)(3b)?2160ab
，
（2）
T
2?1
?C
6
(3b)(2a)?4860ba
．
点评：
(2a?3b)
，
(3b?2a)
的展开后结果相同，但展开 式中的第
r
项不相同
24242
24242
66
例5．（ 1）求
(
x
3
3
?
3
x
)
的展开 式常数项；
9
（2）求
(
x
3
?)
的展开式的中间两项
9
x

26

r
解： ∵
T
r?1
?C
9
(
x
3
)
9? r
(
3
x
)?C
9
?3
rr2r?9
9?
3
2
r
x
，
∴（1）当
9?
x
3
3
3
2
r?0,r?6
时展开式是常数项，即常数项为
T
7
?C
9
?3?2268
；
63
（2）
(?)
的展开式共
10
项，它的中间两项分别是第
5
项、第
6
项，
9
x
T
5
?C
9
?3
4 8?9
x
9?12
?
42
x
3
，
T
6
?C
9
?3
510?9
9?
15
2
x ?378x
3

第三课时
例6．（1）求
(1?2x)
的展开式的第4项的系数；
（2）求
(x?
1
x
7
7
)
的展开式中
x
的系数及 二项式系数
9
3
解：
(1?2x)
的展开式的第四项是
T
3?1
?C
7
(2x)?280x
，
∴
(1?2x)
的展开式的第四项的系数是
280
．
（2 ）∵
(x?
1
x
)
的展开式的通项是
T
r?1?C
9
x
9
7
333
r9?r
(?
1
x
)?(?1)C
9
x
rrr9?2r
，
∴
9?2r?3
，
r?3
，
∴
x
的系数
(?1)C
9
??84
，
x
的二项式系数
C
9
?84
．
例7．求
(x
2
3
33
3
3
?3x?4)
的展开式中
x
的系数
4
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）
( x
02
2
?3x?4)
12
4
?[(x
3
2
?3x)?4]

222232344
4
?C
4
(x?3x)?C
4
(x?3x)?4?C
4
(x?3x)?4?C
4
(x?3x)?4?C
4
?4
，
4
显然，上式中只有第四项中含
x
的项，
∴展开式中含
x
的项的系数是
?C
4
?3?4
（法二）：
(x
?( C
4
x
04
2
33
??768

4
?3x?4)
132
4
?[(x?1)(x?4)]
234
?(x ?1)(x?4)


44
?C
4
x?C
4
x?C
4
x?C
4
)(C
4
x?C
4
x? 4?C
4
x?4?C
4
x?4?C
4
?4)
3
4
∴展开式中含
x
的项的系数是
?C
例8．已知f(x)?
?
1?2x
?
数最小值
4
4
?C
4
4
n
33
??768
．
*
m
?
?
1?4x
?

(m,n?N)< br>的展开式中含
x
项的系数为
36
，求展开式中含
x
项 的系
2

27

分析：展开式中含x
项的系数是关于
m,n
的关系式，由展开式中含
x
项的系数为
36
，可得
2m?4n?36
，从而
转化为关于
m
或
n
的二次函数求解
2
解：
?
1?2x
?
1
m
?
?
1?4x
?
展开式中含
x
的项 为
111
n
C
m
?2x?C
n
?4x
?
(2C
m
?4C
n
)x

∴
(2C
m
?4C
n
)?36
，即
m?2n?18
，
1 1
?
1?2x
?
2
m
?
?
1?4x
?
展开式中含
x
的项的系数为
22
n
2
t?< br>C
m
2?C
n
4
2
?2m?2m?8n?8n
，
22
∵
m?2n?18
， ∴
m?18?2n
， < br>∴
t?2(18?2n)?2(18?2n)?8n?8n
?16n?148n?612

22
2
?16(n?
2
37
4
n?153
4
2
)
，∴当
n?
37
8
时，
t
取最小值，但
n?N
，
*
∴
n?5
时，
t
即
x
项的系数最小，最小值为
272
，此时
n?5,m?8
．
第四课时
例9．已知
(x?
2
14
)
的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，
x
n
（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：
2C
n
?
1
1
2
?1?C
n< br>?(
1
2
4
2
1
2
)
，即
n
1
2
2
2
?9n?8?0
，∴
n?8(n?1< br>舍去）
8?rr
4
∴
T
r?1
?C
8< br>r
?
x
?
8?r
?(?)
?(?
x
r
)?C
8
x
rr
2
?
?x?
?
?1
?
r
C
8
2
r
r
16?3r
?x
4
?
0?r?8
?
??

r?Z
??
①若
T
r?1
是常数项，则
16?3r
4
?0，即
16?3r?0
，
∵
r?Z
，这不可能，∴展开式中没有常数项；
②若
T
r ?1
是有理项，当且仅当
16?3r
4
为整数，
∴
0?r?8,r?Z
，∴
r?0,4,8
，
4
即 展开式中有三项有理项，分别是：
T
1
?x
，
T
5
?
例10．求
0.998
的近似值，使误差小于
0. 001
．
解：
0.998?(1?0.002)?C
6
?C
6
(?0.002)?
展开式中第三项为
C
6
0.002
22
35
8
x
，
T
9
?
1
256
x
?2

6
66011
?C
6
(?0.002)
，
66< br>?0.00006
，小于
0.001
，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，

28

∴
0.998?(1?0.0 02)?C
6
?C
6
(?0.002)?0.998
，
一般地当
a
较小时
(1?a)?1?na

66011
n
四、课堂练习：
1.求
?
2a?3b
?
的展开式的第3项.
2.求
?
3b?2a
?
的展开式的第3项.
1
2
3
7
6
6
3.写出
(
3
x?
3< br>)
的展开式的第r+1项.
x
n
4.求
?
x?2x
?
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：
3
5
（1）
(a?b)
；（2）
(
x
2< br>?
2
x
)
.
5
1
6.化简：（1）
(1?
7．
x?x
x)
5
?(1?x)
；（2）
(2x
6
5
2
?
1
2
1
?3x)
4
?(2x
2
?
1
2
?3x)

4?
lgx
?
5
展开式中的第
3
项为
10
2n
，求
x
．
1
??
8．求
?
x?
?
x
??
展开式的中间项
答案：1.
T
2?1
?C
6
(2a)
2. T
2?1
?C
6
(3b)
26
?
2
2 6
?
2
(3b)
2
?2160ab

42
(2a)
2
?4860ab

24
3. < br>T
r?1
?C
n
(
r
3
x)
n?r
(?
2
1
3
?
1
?
rr
)??
?
?
C
n
x
x
?
2
?3
r
n?2r
3

4.展开式的第4项的二项式系数
C
7
?35
，第4项的系数
C
7
2?280

33
5. （1）
(a?
3
b)?a?5a
2
x< br>x)?(1?
5
554
3
b?10a
5
8
3
3
b
2
?10ab?5ab
x
x
2
3b?b
x
x
2
3
b
2
；
（2）(
x
2
?)?
5
1
32
x
2
x?xx?5x?20?40?32
x
x
3
.
6. （1）
(1?
1
x)?2?20x?10x
；
11
252
（2）
(2x
2
?3x
?
1
2
4
)?(2x
2
?3x
?
)?192x?
4
432< br>x


29

7.
x?x
?
lgx
?
5
展开式中的第
3
项为
C
5
x
23
?
2lg
x
?10?x
63< br>?
2lg
x
?10

5
?2lg
2
x?3lgx?5?0
?lgx?1,lgx??
5
2
?x?10,x?10
1000

1
??
8.
?
x?
?
x
??
2n
展开式的中间项为
(?1)C
2n

nn
五、小结 ：二项式定理的探索思路:观察——归纳——猜想——证明；二项式定理及通项公式的特点
八、教学反思：
(a+b) =
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)的 ，其中
C
ｎ
ｎ
r
n
（r=0,1,2,……,n）叫
做 ， 叫做二项展开式的通项，它是展开式的第 项，展开式共有 个
项.
掌握二项式定理和二项展开式的通项公式，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题。
培 养归纳猜想，抽象概括，演绎证明等理性思维能力。教材的探求过程将归纳推理与演绎推理有机结合起来，是培养 学生
数学探究能力的极好载体，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。
二项式定理是指
(a?b)
nn
n
?a
n
?C
n
a
1n?1
b?C
n
a
2n?2
b???C
n
a
2rn?r
b??

r
?C
n
b
这样一个展开式的公式.它是(a+b )
2
=a
2
+2ab+b
2
，(a+b)
3
=a
3
+3a
2
b+3ab
2
+b
3
… 等等展开式的一般形式，在初等数学中
它各章节的联系似乎不太多，而在高等数学中它是许多重要公式的 共同基础，根据二项式定理的展开，才求得y=x
n
的导数
－
公式y′=nx
n1
，同时
lim(1?
1
n
)
=e≈2.718 281…也正是由二项式定理的展开规律所确定，而e在高等数学中的地位更是
θ
n
n ??
举足轻重，概率中的正态分布，复变函数中的欧拉公式e
i
=cosθ+isin θ，微分方程中二阶变系数方程及高阶常系数方程的
解由e的指数形式来表达.且直接由e的定义建立的 y=lnx的导数公式y=
1
x
与积分公式
?
1
x
=dxlnx+c是分析学中用的最多的
公式之一.而由y=x
n
的各阶导数为基础建 立的泰勒公式；f(x)=f(x
0
)+
f
?
(x
0
)
1!
(x－x
0
)
2
+…
f
n
(x
0
)
n!
(x－
x
0
)
n
+
f
(n?1)
[x
0
?
?
?(x?x
0
)]
(n?1)!
(x?x
0
)
n?1
(θ∈(0 ，1))以及由此建立的幂级数理论，更是广泛深入到高等数学的各个
分支中.
怎样使二项式定理的教学生动有趣
正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教 法就显得呆板，单调，课本上先给出一个(a+b)
4
用
组合知识来求展开式的系数的 例子.然后推广到一般形式，再用数学归纳法证明，因为证明写得很长，上课时的板书几乎占
了整个黑板 ，所以课必然上得累赘，学生必然感到被动.那么多的算式学生看都不及细看，记也感到吃力，又怎能发挥主体< br>作用？
怎样才能使得在这节课上学生获得主动？采用课前预习；自学辅导；还是学生讨论，或读 ，议、讲，练，或目标教学，
还是设置发现情境？看来这些办法遇到真正困难时都会无能为力，因为这些 方法都无法改变算式的冗长，证法的呆板，课堂

30

上的新情境与学生的认知结构中的图式不协调的事实.
而MM教育方式即数学方法论的教育方 式却能根据习题理论注意到充分利用数学方法与数学技术把所要证明或计算的
形式变换得十分简洁，心理 学家皮亚杰一再强调“认识起因于主各体之间的相互作用”
1
只有客体的形式与学生主体认知结
［］
构中的图式取得某种一致的时候，才能完成认识的主动建构，也就是学生获得真正的理解.
MM教育方式遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”
2
在教学中追求简易，重视直观，并巧
［］
妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主 动，充分发挥其课堂上的主体作用.
1．3．2“杨辉三角”与二项式系数的性质
第一课时
一、复习引入：
1．二项式定理及其特例：
（1）
(a?b)?C
n
a?C
n
ab?
（2）
(1?x)?1?C
n
x?
n
1
rr
n0n1n
?C
n
a
rn? r
b?
r
?C
n
b(n?N)
，
nn?
?C
n
x?
rn?r
?x
.
b

n
2．二项展开式的通项公式：
T
r?1
?C
n
a
r
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
r
的限制；
要注意到指数及项数的整数性
求有理项时
二、讲解新课：
1二项式系数表（杨辉三角）
(a?b)展开式的二项式系数，当
n
依次取
1,2,3
…时，二项式系数表，表中
n
每行两端都
是
1
，除
1
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：
(a?b)
展开式的二项式系数是C
n
，
C
n
，
C
n
，…，
C
n
．
C
n
可以看成以
r
为自
n
0 12nr
变量的函数
f(r)

定义域是
{0,1,2,,n}，例当
n?6
时，其图象是
7
个孤立的点（如图）
mn
?
m
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵
C
n
?C
n
直线
r?
n
2
）．
是图象的对称轴．
k
（2）增减性与最大值．∵
C
n
?< br>∴
C
n
相对于
C
n
当
k?
n?1< br>2
k
k?
1
n(n?1)(n?2)
k!
n?k?1
k
(n?k?1)
n?k?1
k
?C
n
k?1?
n?k?1
k
2
，
，
的增减情况由决定，
?1?k?
n?1
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；
nn?1n?1
当
n
是偶数时，中间一项
C
n
2
取得最大值；当
n
是奇数时，中间两项
C
n
2
，
C
n
2
取得最大值．
（3）各二项式系数和： ∵
(1?x)?1?C
n
x?
n
1
?C
nx?
rr
?x
，
n

31

令
x?1
，则
2
n
?C
n
?C
n
?C
n
?
012
?C
n
?
r
?C
n

n
三、讲解范例：
例1．在(a?b)
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
n
证明：在展开式
(a?b)?C
n
a?C
n
ab?
(1? 1)?C
n
?C
n
?C
n
?C
n
?
n
0123
n
0
n
1
n
?C
n
a
rn?r
b?
r
?C
n
b(n?N)
中，令a?1,b??1
，则
nn?
?(?1)C
n
，
3< br>nn
即
0?(C
n
?C
n
?
∴
C< br>n
?C
n
?
n
02
02
)?(C
n
?C
n
?
13
1
)
，
?C
n
?C
n
?
，
即在
(a?b)
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
C
n
?C
n
?
例2． 已知
(1?2x)?a
0
?a
1
x?a
2
x?（1）
a
1
?a
2
?
72
02
?C< br>n
?C
n
?
7
13
?2
n?
1.
?a
7
x
，求：
?a
7
； （2）
a
1
?a
3
?a
5
?a
7
； （3）
|a
0
|?|a
1
|?
77
?|a
7
|
.
解：（1）当
x?1
时，
(1?2x)?(1?2 )??1
，展开式右边为
a
0
?a
1
?a
2
??a
7

?a
7
??1
，
?a
7
??1?1??2
，
?a
7
??1
①
7
∴
a
0
?a
1
?a
2
?
当
x?0
时，
a
0
?1
，∴
a
1
?a
2
?
（ 2）令
x?1
，
a
0
?a
1
?a
2?
令
x??1
，
a
0
?a
1
?a2
?a
3
?a
4
?a
5
?a
6
?a
7
?3
②
1?3
2
7
①
?
② 得：
2(a
1
?a
3
?a
5
?a
7
)??1?3
，∴
a
1
?a
3
7
?a
5
?a
7
?
?
.
（3）由展开式知：
a
1
,a
3
, a
5
,a
7
均为负，
a
0
,a
2
,a
4
,a
8
均为正，
∴由（2）中①+② 得：
2(a
0
?a
2
?a
4
?a
6
)??1?3，
?1?3
2
7
7
∴
a
0
?a< br>2
?a
4
?a
6
?
，
∴
|a< br>0
|?|a
1
|??|a
7
|?
a
0
?a
1
?a
2
?a
3
?a
4
?a
5
?a
6
?a
7


32

?(a
0
?a
2
?a
4
?a
6
)?(a
1
?a
3
?a
5
?a7
)?3

7
例3.求(1+x)+(1+x)+…+(1+x)展开式中x的系数
2103< br>解：
(1?x)?(1?x)
2
??（1?x）?
10
(1? x)[1?(1?x)
1?(1?x)
10
]

=
(x?1)
11
?(x?1)
x
，
∴原式中< br>x
实为这分子中的
x
，则所求系数为
C
11

34
7
第二课时
例4.在(x+3x+2)的展开式中，求x的系数 25
解：∵
(x
2
?3x?2)
5
?(x?1)(x? 2)

1
5
55
∴在(x+1)展开式中，常数项为1，含x的项为
C
5
?5x
，
14
55
在(2+x)展开式中， 常数项为2=32，含x的项为
C
5
2x?80x

∴展开式中含x的项为
1?(80x)?5x(32)?240x
，
∴此展开式中x的系数为240
例5.已知
(x?
4
n
2
x
2
)
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
n
解：依题意
C:C
2
n
?14:3?3C4
n
?14C
n

2
∴3n(n-1)(n-2)(n-3)4!=4n(n-1)2!
?
n=10
r10?r
设第r+1项为常数项，又
T
r?1
?C
10
(x)(?
2
x
2
10?5r
)
r
?(? 2)C
10
x
rr
2

令
10?5r
2
?0?r?2
，
22
?T
2?1
?C
10
(?2)?180.
此所求常数项为180
例6． 设
?
1?x
?
?
?
1?x
??
?
1?x
?
?
当
a
0
?a
1
?a
2
?
23
?
?
1?x
?
?
a
0
?a
1
x?a
2
x?
n
2< br>?a
n
x
，
n
?a
n
?254
时，求
n
的值
解：令
x?1
得：
23
n
a
0
?a1
?a
2
??a
n
?2?2?2??2
?
2( 2?1)
2?1
n
?254
，
∴
2
n
?128,n?7
，

33

点评：对于
f(x)?a
0
(x?a)?a
1
(x?a)
a
0
?a
1
?a
2
?1
nn?
1
??a
n
，令
x?a?1,
即x?a?1
可得各项系数的和
?
n
a
的值；令
x?a? ?1,
即
x?a?1
，可得奇数项系数和与偶数项和的关系
例7．求证：< br>C
n
?2C
n
?3C
n
?
1
23< br>?nC
n
?n?2
23
nn?
1
．
n证（法一）倒序相加：设
S?
C
n
?2C
n
?3Cn
?
又∵
S?
nC
n
?(n?1)C
n
∵
C
n
?C
n
rn
?
r0
nn?
1
?nC
n
①
?2C
n
?C
n
②
21
?(n?2)C< br>n
1
n?
1
n?
2
?
，∴
C
n
?C
n
,C
n
?C
n
012
n
,
，
?C
n
2
由①+②得：
2S?n
?
C
n
?C
n
?C
n
?
∴
S?< br>1
2
?n?2
n
n
?
，
3
?n? 2
n?1
，即
C
n
?2C
n
?3C
n?
1
?nC
n
?n?2
nn?
1
．
（法二）：左边各组合数的通项为
rC
n
?r?
r
n!< br>r!(n?r)!
23
?
n?(n?1)!
(r?1)!(n?r)!
n
?nC
n?1
，
r?1
∴
C
n?2C
n
?3C
n
?
例8．在
(2x?3y)
10
1
?nC
n
?n
?
C
n?1
?Cn?1
?C
n?2
?
012
?C
n?1
n?1
?
?n?2
n?1
．
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
x
的奇次项系数和与
x
的偶次项系数和.
分析:因为二 项式系数特指组合数
C
n
,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式
2x ?3y
中的系数无关.
解：设
(2x?3y)
10
r
?a
0
x
10
?a
1
xy?a
2
xy
982
???a
10
y
10
(*),
?a
1,偶数项系数和为各项系数和即为
a
0
?a
1
???a
10
,奇数项系数和为
a
0
?a
2
?
a
1
?a
3
?a
5
???a
9
,
x
的 奇次项系数和为
a
1
?a
3
?a
5
???a
9
,
x
的偶次项系数和
a
0
?a
2
?a
4
???a
10
.
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
C< br>10
?C
10
???C
10
?2
②令
x?y ?1
,各项系数和为
(2?3)
02
10
011010
.
10
?(?1)?1
.
9
③奇数项的二项式系数和为
C< br>10
?C
10
???C
10
?2
,

34

10

偶数项的二项式系数和为
C
10
?C
10
???C
10
?2
.
④设
(2x?3y)
10
1399
?a
0
x
10
?a
1
xy?a
2
xy
982
???a
10y
10
,
令
x?y?1
,得到
a
0
?a
1
?a
2
???a
10
?1
…(1), 令
x?1
,
y??1
(或
x??1
,
y?1< br>)得
a
0
?a
1
?a
2
?a
3???a
10
?5
(1)+(2)得
2(a
0
?a2
???a
10
)?1?5
∴奇数项的系数和为
1?5
2
10
10
10
…(2)
10
,
;
(1)-(2)得
2(a
1
?a
3
???a
9
)? 1?5
∴偶数项的系数和为
1?5
2
10
,
.
1?5
2
10
10
⑤
x
的奇次项系数和为
a
1
?a
3
?a
5
???a
9
?
; x
的偶次项系数和为
a?a?a???a?
1?5
02410
2
.
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.
第三课时
< br>例9．已知
(
3
x?x)
22n
的展开式的系数和比
(3x?1)
的展开式的系数和大992,求
(2x
n
?
1
x
)
2n
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
2
①
(2x?
2n
?2
n
?9 92
,解得
n?5
.
1
x
)
10
的展开式中第6项的二项式系数最大,
55< br>即
T
6
?T
5?1
?C
10
?(2x)?( ?
1
x
)
5
??8064
.
②设第
r?1
项的系数的绝对值最大,
则
T
r?1
?C
10
?(2x)
r10?r
?(?
1
x
)< br>r
?(?1)
r
?C
10
?2
r10?r
? x
10?2r

r10?rr?110?r?1rr?1
??
?C< br>10
?2
?
11?r?2r
?
C
10
?2< br>?
C
10
?2C
10
∴
?
,得
?< br>,即
?

r10?rr?110?r?1rr?1
2(r?1)?10 ?r
??
?C
10
?2
?
?
C
10
?2
?
2C
10
?C
10
∴
8
3
?r?
11
3
,∴
r?3
,故系数的绝对值最大的是第4项
2
例10．已知：
(x
3
?3x)
的展开式中，各项系数和 比它的二项式系数和大
992
．

35

2n

（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
x? 1
，则展开式中各项系数和为
(1?3)
n
n
?2
2n，
又展开式中二项式系数和为
2
，
∴
2
2n
?2
n
?992
，
n?5
．
（1）∵
n?5< br>，展开式共
6
项，二项式系数最大的项为第三、四两项，
2
2322 63
2
223
22
3
∴
T
3
?C
5
(x
3
)(3x)?90x
，
T
4
?C
5
(x
3
)(3x)?270x
2
，
10?4r
rr
3
（2）设展开式中第
r?1
项系数最大，则
T
r?1
?C
5
(x)
?
79
?
3C
5
? 3C
5
??r?
∴
?
，∴
r?4
，
rr r?1r?1
22
?
?
3C
5
?3C
5
2
r
3
5?r
(3x)?3C
5
x
2r
，
rrr?1r?1
26
24
3
即展开式中第
5
项系 数最大，
T
5
?C
5
(x
3
)(3x)?405x
例11．已知
S
n
?2
n
4
．
)
，
?C
n
2
1n?1
?C
n
2
2n?2
?
?
?C
n
n?1
?2?1(n?N< br>?
求证：当
n
为偶数时，
S
n
?4n?1
能 被
64
整除
分析：由二项式定理的逆用化简
S
n
，再把< br>S
n
?4n?1
变形，化为含有因数
64
的多项式
∵
S
n
?2?C
n
2
n1n?1
?C
n< br>2
2n?2
??C
n
n?1
?2?1?(2?1)
? 3
，
*
n
n
∴
S
n
?4n?1
?3?4n?1
，∵
n
为偶数，∴设
n?2k
（
k?N），
∴
S
n
?4n?1
?3
0
k
n
2k
?8k?1
?(8?1)?8k?1

1
k?
1
k
?C
k
8?C
k
8
0
k
1< br>?
?
?C
k
k?
1
8?1?8k?1

2

?(C
k
8?C
8
8
k?
1
?C
k
)8
（
?
） ，
2
当
k
=
1
时，
S
n
?4n?1?0< br>显然能被
64
整除，
当
k?2
时，（
?
）式能被
64
整除，
所以，当
n
为偶数时，
S
n
?4n?1
能被
64< br>整除
三、课堂练习：
1．
?
x?1
?
4
?
x?1
?
1
5
展开式中
x
的系数为 ，各项系数之和为 ．
2233
4
2．多项式
f(x)?C
n
(x?1)?C
n
(x?1)?C
n
(x?1)?
3． 若二项式
(3x?
2
?C
n
(x?1)
（
n?6< br>）的展开式中，
x
的系数为
nn
6
1
2x< br>3
)
（
n?N
）的展开式中含有常数项，则
n
的最小 值为（ ）

36
n
?

A.4 B.5 C.6 D.8
4．某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最低应 （ ）
A.低于5％ B.在5％～6％之间
C.在6％～8％之间 D.在8％以上
5．在
(1?x)
的展 开式中，奇数项之和为
p
，偶数项之和为
q
，则
(1?x)
等于（ ）
A.0 B.
pq
C.
p?q
D.
p?q

1?a
1?a1?a
2
2222
n2n
6．求和：
C
n
?< br>0
1?a
C
n
?
1
1?a
3
1?a
n
C
n
?
2
1?a
4
1?a
C< br>n
?
3
?
?
?1
?
n
1?a
n?1
1?a
C
n
．
n
7．求证：当
n?N< br>且
n?2
时，
3?2
8．求
?
2?x
?10
?
n?1
?
n?2
?
．
的展开式中系数最大的项
答案：1. 45, 0 2. 0 ．提示：
f
3. B 4. C 5. D 6.
?a
?
1?a
?
7. (略) 8.
T
3?1
?15360x

3
?
x
?
?

x?1
?
n?6
?

n
n?1
四、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< br>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
1
??
16
2
2n
(a?1)
x?
1．已知
(a?1 )
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
?
x
??
5
2n
5
的项等于
54
，求< br>a
的值
(a?R)
答案：
a??3

13
2 ．设
?
1?x
?
5
?
3?2x
?
?a0
?
x?1
?
914
?a
1
?
x?1
?
??a
13
?
x?1
?
?a
14

求：①
a
0
?a
1
?
01
?a
14
②
a
1
?a
3
?
234
?a
13
．答案：①
3?19683
； ②
56789
9
?
39
?3
5
?
2
?9963

3．求值：
2C
9
?C
9
?2C
9
?C
9
?2C< br>9
?C
9
?2C
9
?C
9
?2C
9
?C
9
．答案：
2?256

8
4．设
f (x)?(x?x?1)(2x?1)
，试求
f(x)
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
296
答案：（1）
3?729
；
3?1
2
6
6
（2）所有偶次项的系数和为
七、教学反思：
?364
；所有奇次项的系数和为
3?1
2
6
?365

37

二项展开式中的二项式系数都是 一些特殊的组合数，它有三条性质，要理解和掌握好，同时要注意“系数”与“二项式系数”
的区别，不 能混淆，只有二项式系数最大的才是中间项，而系数最大的不一定是中间项，尤其要理解和掌握“取特值”法，< br>它是解决有关二项展开式系数的问题的重要手段。
二项式定理概念的引入，我们已经学过(a+ b)
2
=a
2
+2ab+b
2
，(a+b)
3=a
3
+3a
2
b+3ab
2
+b
3
，那么对一般情况；(a+b)
n
展开后应
有什么规律，这里n∈N，这就是我们这节 课“二项式定理”要研究的内容.
选择实验归纳的研究方式，对(a+b)
n
一般形 式的研究与求数列{a
n
}的通项公式有些类似，大家想想，求a
n
时我们用 了什
么方法，学生：先写出前n项，再观察规律，猜测其表达式，最后用数学归纳法证明，老师：大家说 得很正确，现在我们用
同样的方式来研究(a+b)
4
的展开，因(a+b)
4
=(a+b)
3
(a+b)，我们可以用(a+b)
3
展开的结论 计算(a+b)
4
(由学生板演完成，体会计
算规律)然后老师把计算过程总结为如下 形式：
(a+b)
4
=(a+b)
3
(a+b)=(a
3
+3a
2
b+3ab
2
+b
3
)(a+b)=a< br>4
+3a
3
b
2
+ab
3
+3a
2
b
2
+3ab
3
+b
4
=a
4
+ 4a
3
b+6a
2
b
2
+4ab
3
+b< br>4
.
对计算的化算：对(a+b)
n
展开式中的项，字母指数的变化 规律是十分明显的，大家能说出它们的规律吗？学生：a的指数从n
逐次降到0，b的指数从0逐次升到 n，老师：大家说的很对，这样一来展开式的项数就是从0到n的(n+1) 项了，但唯独系数规
律还 是“犹抱琵琶半遮面”使我们难以发现，但我们仍可用
a
n
,a
n
? a
n
来表示，它这样一来(a+b)
n
的展开形式就可写成
(a+b )
n
=
a
n
a
来化简计算
01n
0n< br>?a
n
a
1n?1
b?
?
a
n
a< br>rn?r
b
?
?a
n
b
现在的问题就是要找
a
n
的表达形式.为此我们要采用抽象分析法
rnnr
1．（2007年江苏 卷）若对于任意实数
x
，有
x?a
0
?a
1
(x? 2)?a
2
(x?2)?a
3
(x?2)
，则
a
2
的值为（B）
A．
3
B．
6
C．
9
D．
12

323
2
??
2
2．（2007年湖北 卷）如果
?
3x?
?
的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为(B)
3
x
??
A.3 B.5 C.6 D.10
n
(x)
【分析】：
T
r?1
?C
n
3
r2nr?
(?)
2
r
x
3
?C3
rnr
n
(2)?
?rnr
x
r(2?r)3?nr
3?C(2)
n
rn?r
?x
25?
，
2n?5r?0
，
n?
5r
2
（
r?2,4,
n
）。
n
min
?5
.
?
3．（2007年江西卷）已知
?
?
Ａ．
4
Ｂ．
5

3
?

x?
?
展开式中，各项系 数的和与其各项二项式系数的和之比为
64
，则
n
等于（ C ）
3
x
?

n
Ｃ．
6
Ｄ．
7

?
2
1
?
4．（2007年全国卷I）< br>?
x?
?
的展开式中，常数项为
15
，则
n?
（ D ）
x
??
A．
3
B．
4
C．
5

8
D．
6

1
?
2< br>?
5．（2007年全国卷Ⅱ）
(1?2x)
?
x?
?
的展开式中常数项为
?42
．（用数字作答）
x
??
5< br>1
??
2
2
x
6．（2007年天津卷）若
?
x?
的二项展开式中的系数为，则
a?
2 （用数字作答）．
?
2
ax
??
7．（2007年重庆卷）若
(x?
1
x)
展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ B ）
n
6
A10 B.20 C.30 D.120

38

8．（2007年安徽卷）若(2x< br>3
+
1
x
)
a
的展开式中含有常数项,则最小的正整 数n等于 7 .
9．（2007年湖南卷）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0 ，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行
的数都为1的是第1行，第2次全行的数 都为1的是第3行，…，第
n
次全行的数都为1的是第
2?1
行；第61
n
行中1的个数是 32 ．
第1行 1 1
第2行 1 0 1
第3行 1 1 1 1
第4行 1 0 0 0 1
第5行 1 1 0 0 1 1
…… ………………………………………
图1


39

第二章 随机变量及其分布
2．1．1离散型随机变量
第一课时

思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1 , 2 ，3，4，5，6来表示．那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来
表示呢？
掷一枚硬币 ，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1
和 0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1 ) .

在掷骰子和掷硬币的随机试验 中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个
对应关系下，数字 随着试验结果的变化而变化．
定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )．随机变量常用字母 X , Y，
?
，
?
，… 表示．
思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？
随机变量和函数都是一种映射，随机变量 把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数．在这两种映射之间，试
验结果的范围相当于函数的定 义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值
域．
例如，在含有10件次品的100 件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X 将随着抽取结果的变化而变化，是
一个随机变量，其值域是｛0, 1, 2 , 3, 4 } .
利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出0件次品” , {X =4｝表示“抽出4件次品”等．你能说出
｛X< 3 ｝在这里表示什么事件吗？“抽出 3 件以上次品”又如何用 X 表示呢？
定义2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) .
离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机变量，它的所有 可能取值为0，
1，…，10；某网页在24小时内被浏览的次数Y也是一个离散型随机变量，它的所有 可能取值为0, 1,2，….
思考3：电灯的寿命X是离散型随机变量吗？
电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所以 X 不是离散型随机变量．
在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关心电灯泡的使用寿命是否 超过
1000 小时，那么就可以定义如下的随机变量：
?
0，寿命<1000小时；

Y=
?
?
1,寿命?1000小时.
与电灯泡的寿命 X 相比较， 随机变量Y的构造更简单，它只取两个不同的值0和1，是一个离散型随机变量，研究起来更
加容易．
连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量
如某林场树 木最高达30米，则林场树木的高度
?
是一个随机变量，它可以取（0，30]内的一切值
4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验

40

的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出
注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达如投掷一枚硬币，表 示正面向上，
?
=0，
?
=1，
表示反面向上
（2）若< br>?
是随机变量，
?
?a
?
?b,a,b
是常数，则< br>?
也是随机变量
三、讲解范例：
例1． 写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果
(1)一袋中装有5只同样大小的白球，编号为1，2，3，4，5 现从该袋内随机取出3只球，被取出的球的最大号码数
ξ；
(2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η
解：(1) ξ可取3，4，5
ξ=3，表示取出的3个球的编号为1，2，3；
ξ=4，表示取出的3个球的编号为1，2，4或1，3，4或2，3，4；
ξ=5，表示取出的3个球的编号为1，2，5或1，3，5或1，4，5或2，3或3，4，5



（2）η可取0，1，…,n，…
η=i，表示被呼叫i次，其中i=0,1,2,…
例2． 抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ，试问：“ξ> 4”表示的试
验结果是什么？
答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5， 6六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5，也就是说“ξ>4”就是“ξ=5”
所以，“ξ>4”表示第 一枚为6点，第二枚为1点
例3 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km，则 按10元的标准收租车费若行驶路程超出4km，则按
每超出lkm加收2元计费(超出不足1km的部 分按lkm计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机常驾车
在机场与此宾馆之间 接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按
l km路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量
(1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；
(Ⅱ)已知某旅客实付租车费38元， 而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟?
解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2
(Ⅱ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15．
所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟．
四、课堂练习：
1.①某寻呼台一小时内 收到的寻呼次数
?
；②长江上某水文站观察到一天中的水位
?
；③某超市一天 中的顾客量
?
其中的
?
是连续型随机变量的是（ ）
A．①； B．②； C．③； D．①②③
２.随机变量
?
的所有 等可能取值为
1,2,…,n
，若
P
?
?
?4
?< br>?0.3
，则（ ）
A．
n?3
； B．
n?4
； C．
n?10
； D．不能确定
3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（ ）
A．
11
12
； B．
31
36
； C．
5
36
； D．
1
12

4.如果
?
是一个离散型随机变量，则假命题是( )

41

A.
?
取每一个可能值的概率都是非负数；B.
?
取所有可能值的概率之和为1；
C.
?
取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；
D.
?
在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和
答案：1.B 2.C 3.B 4.D
五、小结 ：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量 ξ是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对
应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=aξ+b(其 中a、b是常数)也是随机变量
2． 1．2离散型随机变量的分布列
一、复习引入：
1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、
η等表示
2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量
3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量
4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试 验
的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列 出
若
?
是随机变量，
?
?a
?
?b,a, b
是常数，则
?
也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型）
请同学们阅读课本
P
5-6
的内容，说明什么是随机变量的分布列？
二、讲解新课：
1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为

x
1
，
x
2
，…，
x
3
，…，
ξ取每一个值
x
i
（
i
=1，2，…）的概率为
P (
?
?x
i
)?p
i
，则称表
ξ
x
1

P
1

x
2

P
2

…
…
x
i

P
i

…
…
P
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列
2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的 概率都满足:
0?P(A)?1
，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概
率为1． 由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：
⑴
P
i
≥0，
i
＝1，2，…；
⑵
P
1
+
P
2
+…=1．
对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和
P(?
?x
k
)?P(
?
?x
k
)?P(
?
?x
k?1
)????

即
3.两点分布列:
例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令
X=
?
?
1，针尖向上；

?
0,针尖向下.
如果针尖向上的概率为
p
，试写出随机变量 X 的分布列．
解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（
1?p
) ．于是，随机变量 X 的分布列是
ξ
P
0
1?p

1
p


42

像上面这样的分布列称为两点分布列．
两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖； 买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等，
都可以用两点分布列来研究．如果随机 变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布 ( two一point distribution)，而
称
p
=P (X = 1）为成功概率．
两点分布又称0一1分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努
利分布．
P
?
?
?0
?
?q
，
P
?
?
?1
?
?p
，
0?p?1
，
p?q?1
．
4. 超几何分布列：
例 2．在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求：
(1)取到的次品数X 的分布列；
（2）至少取到1件次品的概率．
解： (1)由于从 100 件产品中任取3 件的结果数为
C
10
，从100 件产品中任取3件，
其中恰有k 件次品的结果数为
C
5
C
95
，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为
k
3
?k
3
P(X?k)?
C
5
C
95
C
100
3
k3?k
,k?0,1,2,3
。
所以随机变量 X 的分布列是

X
0
0 1
3
2

3

P
C
5
C
95
C
100
3

C5
C
95
C
100
3
12
C
5
C
95
C
100
3
21
C
5
C
95
C
100
3
30


(2)根据随机变量X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率
P ( X≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 )
≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006
= 0. 144 00 .
一般地，在含有M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有X件次品数，则事件 {X=k｝发生的概率为
P (X?k)?
C
M
C
N?M
C
N
n
kn? k
,k?0,1,2,,m
,
其中
m?min{M,n}
，且n?N,M?N,n,M,N?N
．称分布列
X
0
?
0 1

…
m
m

P
C
M
C
N?M
C
N
n
n
C
M
C
N?M
C
N
n
1n?1

…
C
M
C
N?M
C
N
n
n?m


为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布（ hypergeometriC
distribution ) .

43

例 3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏 ，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同．一
次从中摸出5个球，至少摸 到3个红球就中奖．求中奖的概率．
解：设摸出红球的个数为X，则X服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 ．于是中奖的概率
P (X≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 )
=
C
10
C< br>30?10
C
30
5
35?3
?
C
10C
30?10
C
30
5
45?4
?
C
10
C
30?10
C
30
5
55?5
≈0.191 .
思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？

P
?
?
?k
?
?C
m
C
kkN?k
C
n
N

件是次品，从中任取

与

件，试求这

件产品中所含次品件数

的分布律。 例4.已知一批产品共

由古典概型知

件，其中

解 显然，取得的次品数

只能是不大于

最小者的非负整数，即

的可能取值为：0，1，…，
min{M,n}，
P(X?k)?
C
M
C
C
N
n
kn ?
N?
k
M
k,?0,1,2,m


,
此时称
成了

服从参数为
(N,M,n)
的超几何分布。
件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取

件”.如果是有放回地抽取，就变 注 超几何分布的上述模型中，“任取

重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个 分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品
时，超几何分布的极限分布就是二项分布 ，总数

很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当

即有如下定理.
定理 如果当

时，
kk
M
N
?n
?p
，那么当

k
。

时（

不变），则

C
M
C
C
N
n
kn?
N?
k
M
? C
N
p(1?p)

由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：
超几何分布 二项分布

普阿松分布.
例5．一盒中放有大小相同的红色、 绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一
半．现从该盒中随机取 出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得－1分，试写出从该盒中取出一球所得
分数 ξ的分布列．
分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率．
解：设黄球的个数为
n
，由题意知
绿球个数为2
n
，红球个数为4
n
，盒中的总数为7
n
．
∴
P(
?
?1)?
4n
7n
?
4
7
，
P(
?
?0)?
n
7n
1
4
7
?
1
7
，
P(
?
??1)?
2n
7n
?
2
7
．
所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为
ξ
P
0

1
7
－1

2
7

说明：在写出ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1．
例6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下：
ξ 4
0.02
5
0.04
6
0.06
7
0.09
8
0.28
9
0.29
10
0.22
P
求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．
分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥 事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10”的和，根据互斥事件的概率

44

加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．
解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有

P
(ξ=7) ＝0.09，
P
(ξ=8)＝0.28，
P
(ξ=9)＝0.29，
P
(ξ=10)＝0.22.
所求的概率为
P
(ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88
四、课堂练习：
某一射手射击所得环数
?
分布列为
?

P
4
0．02
5
0．04
6
0．06
7
0．09
8
0．28
9
0．29
10
0．22
求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率
解：“射击 一次命中环数≥7”是指互斥事件“
?
=7”，“
?
=8”，“
?< br>=9”，“
?
=10”的和，根据互斥事件的概率加法公
式，有：
P （
?
≥7）=P（
?
=7）+P（
?
=8）+P（
?
=9）+P（
?
=10）=0.88
注：求离散型随机变量
?
的概率分布的步骤:
（1）确定随机变量的所有可能的值x
i

（2）求出各取值的概率p(
?
=x
i
)=p
i

（3）画出表格
五、小结 ：⑴根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率 ；⑵两点分布是一种常见的离散型
随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几何分布
2． 2．1条件概率
一、复习引入：
探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名 同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学
小.
若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“
Y
”，表示，那么三名同学的抽奖结 果共有三种可能：Y
YY
，
Y
Y
Y
和
YY
Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件
YY
Y．由古典概型计算公式可
知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为
P( B)?
1
3
.
思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？ 因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有YYY和YYY．而“最后一名同学抽 到中奖
奖券”包含的基本事件仍是
YY
Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽 到中奖奖券的概率为
其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.
已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？
在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在
事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) .
思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？

45

1
2
，不妨记为P（B|A ) ，

用
?
表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即
?
=｛Y
Y Y
,
Y
Y
Y
,
YY
Y｝．既然已知事
件 A必然发生，那么只需在A={
Y
Y
Y
,
YY
Y}的范围 内考虑问题，即只有两个基本事件
Y
Y
Y
和
YY
Y．在事件 A 发
生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件
YY
Y，因
此
P(B|A)
=
1
2
=
n(AB)
n(A)
.
其中n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，
P(AB)?
n(AB)
n(?)
,P(A)?
n(A)
n (?)

其中 n（
?
）表示
?
中包含的基本事件个数．所以，
n(AB)
P(B|A)
=
n(AB)
n(?)
?
n(?)
n(A)
n(?)
?
P(AB)
P(?)
.
因此，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P（B| A ) .
条件概率
1.定义
设
A
和
B
为两个事件，P(
A)>0，那么，在“
A
已发生”的条件下，
B
发生的条件概率（cond itional probability ).
P(B|A)
读作A 发生的条件下 B 发生的概率．
P(B|A)
定义为
P(AB)
P(A)
P(B|A)?
.
，则有 由这个定义可知 ，对任意两个事件A、B，若
P(B)
P(AB)?P(B|A)?P(A)
.
?0
并称上式微概率的乘法公式.
2.P（·|B）的性质：
（1）非负性：对任意的A
?
f.
0?P(B|A)?1
；
（2）规范性：P（
?
|B）=1；
（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则
P(BC|A)?P(B|A)?P(C|A)
.
更一般地,对任意的一列两两部相容的事件
A
i
（I=1,2…），有

46

?
??
P
?
?
A
i
|B
?
=
?
P(A
i< br>|B)
.
?
i?1
?
i?1
?
例1.在5 道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求：
(l）第1次抽到理科题的概率；
(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
解：设第1次抽到理科 题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.
(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为
n（
?
）=
A
5
=20.
根据分步乘法计数原理，n (A）=
A
3
?A
4
=12 ．于是
n(A)
n(?)
12
20
2
11
3

P(A)???
3
5
.
(2）因为 n (AB)＝
A
3
=6 ，所以
n(AB)
n(?)
620
3
10
P(AB)???
.
(3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概
3
P( B|A)?
P(AB)
P(A)
?
1
10
.
?
3
2
5
解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以
P(B|A)?
P(AB)
P(A)
?
6
12?
1
2
.
例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中 任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的
最后一位数字，求：
(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；
(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．
解：设第i次按对密码为事件
A
i
(i=1,2) ，则
A?A1
(A
1
A
2
)
表示不超过2次就按对密码． (1）因为事件
A
1
与事件
A
1
A
2
互斥，由概率的加法公式得
P(A)?P(A
1
)?P(A
1
A< br>2
)?
1
10
?
9?1
10?9
?
1
5
.
(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则
P(A|B)?P (A
1
|B)?P(A
1
A
2
|B)

?
1
5
?
4?1
5?4
?
2
5
.

47