十三章数学归纳法极限排列组合

关键词： 数学

十三章数学归纳法极限排列组合（共4篇）

篇1：十三章数学归纳法极限排列组合

重庆南开中学 吴剑qq13615357wuwujianjian_@163.com

（1）数学归纳法证明不等式：

求证：当n1时，我就不说了。

假设当n

k时成立，既xk()

那么当nk1时，121211xk1xkxk1(xk(xk2)(xk(xkxkxkxk)

222212k1成立，由归纳假设xk

()1

2k1，所以只需要证11xk)，22

既只需要证1xk3,①。因为xk12133xk1xk11(xk11)2

xk3（A）2222

因为由归纳假设，1xk()k1成立，所以有

111()k1xk()k1xk

又12(222

由（A），（B）两式知①式成立。

由归纳法原理，成立。

（2）数列与数学归纳法证明数列不等式

k1，所以1xkB）

前两个我就不求

(2)都是正数，直接两边除以两个的积（呵呵，看到11与了这就是常用处理）an1an

那就有了1a111a2n1，因为anan12a2n1anan10，所以n11 nan1annanan呵呵，则1112 an1ann

重庆南开中学 吴剑qq13615357wuwujianjian_@163.com

（3）直接数学归纳法证。开始不说了。

假设k112akk，则当nk1时。ak1akak，考虑二次函数2k2(k1)

yk112xk时，函数增，所以 的单调性可得当xxk2(k1)2

k11(k1)21akk2，呵呵，下面只需要证 k1222k2(k1)(k2)(k1)

k2k111，kk2k1即可，很简单了，直接算。22k3k2(k1)(k1)

这题我感觉能用数学归纳法来做应该是倒数第二道的档次。还有，利用递推关系证明不等式时，常常可以用数学归纳法，k到k+1那步就可以利用函数单调性，如我的方法。3问另法放缩。

111111111()()1222a0ana0a1an1an23n

1111212(n1)nn．又a01

2所以ann又

121n2n1n2

anan12an1an12(n1)an1an1所以an12an故nnn2nn1

1121n2

anan1.∴anan12an1an12an12an=an12nn1nnnn1

n1111111 22.同理利用累加可得ann2an1annn1nnnn1

综合以上知n1ann.n2

（3）数学归纳法证明一个解不出的递推关系的通项。

已知数列an中，a13，an3n1，求证，an4m3（m是非负整数）a

分析：这题是一个数列递推关系问题，和以前我们能够解出的递推关系不一样，是无法求解的。不过看题目并不是要求通项，只是证明通项是一个给出的形式，故可采用归纳法证明。

证明：当n1时，a13403，成立，假设当n=k时，ak4p3，p是非负整数。

那么当n =k+1时。

01224p34P3 ak134p3(12)4p3C4C*2C*2....Cp34p34p34p32

24p34P124p34P1=18p64(C4)=38p44(C4)p3....C4p32p3....C4p32

24p34P124p34P1=34(2p1C4是非负整数，)显然2p1C4p3....C4p32p3....C4p32

所以命题成立。

(4)换元思想求函数极限

（5）数学归纳法证明一数列不等式。有点难度

a12,an12n,求证:an1an

当n1时，成立，为了后面方便，多算个n=2吧

假设当nk，(k

2)时都成立，既ak1ak11

当nk1时，ak12kak1kk1k(k1)222[k] ak2a(k1)22a(k1)k1k12ak1

易知k(k1)0，又ak11

2ak1(k

1)

12[k2 2

下只需要证

21k1k22k2(kk2k22k1)k1

10

所以成立。（这里用假设nk，是因为直接用连续两项关系的话放缩方向始终不对）

还可以证明一个加强命题，1an1

（6）组合从集合｛1，2，3.....，15｝中取出4个不同的元素，是其中一个元素的三倍等于其他三个

元素之和（如1，6，7，10，就是一种取法），则这样的取法种数有

A106B96C155D125

解：题目可变为抽三个数字，和为3的倍数，且三数不是等差数列。

（分析：第四个数实际上抽好那三个，他就定了，只是第四个数不能是已经选好的前3个数，所以，前三个数就不能是等差，否则前三数的中间一个就是第四个，就矛盾了）

余0：3，6，9，12，15

余1：1，4，7，10，13

余2：2，5，8，11，14，（1）若三数来自于同一类，方法是3C5330，（2）若三数来自不同类，则只能一类取一个则总数5

则总共有30+125=155个。

但是这里面有很多是等差数列的，有多少个等差数列的情况呢？

注意到只要三数成等差数列，则三数和一定是3的倍数，所以我们在算之前那155个的时候里面包含了所有的等差数列，则在1—15这些数里选三数成等差数列共有C72C8249个，（只需要在7个偶数中选2个作为两头的数，等差中项就有了。8个奇数同样，或者按公差分类数也行，13+11+9+。。+1=49）

所以满足条件的为155-49=106

篇2：十三章数学归纳法极限排列组合

第十三章 多元函数的极限和连续性

§

1、平面点集

一 邻域、点列的极限

定义1 在平面上固定一点M0x0,y0，凡是与M0的距离小于的那些点M组成的平面点集，叫做M0的邻域，记为OM0,。

定义2 设Mnxn,yn，M0x0,y0。如果对M0的任何一个邻域OM0,，总存在正整数N，当nN时，有MnOM0,。就称点列Mn收敛，并且收敛于

M0，记为limMnnM0或xn,ynx0,y0n。

性质：（1）xn,ynx0,y0xnx0,yny0。（2）若Mn收敛，则它只有一个极限，即极限是唯一的。二 开集、闭集、区域

设E是一个平面点集。

1． 内点：设M0E，如果存在M0的一个邻域OM0,，使得OM0,E，就称M0是E的内点。2． 外点：设M1E，如果存在M1的一个邻域OM1,，使得OM1,E，就称M1是E的外点。

3． 边界点：设M*是平面上的一点，它可以属于E，也可以不属于E，如果对M*的任何邻域OM*,，其中既有E的点，又有非E中的点，就称M*是E的边界点。E的边界点全体叫做E的边界。4． 开集：如果E的点都是E的内点，就称E是开集。

5． 聚点：设M*是平面上的一点，它可以属于E，也可以不属于E，如果对M*的任何邻域OM*,，至少含有E中一个（不等于M*的）点，就称M*是E的聚点。性质：设M0是E的聚点，则在E中存在一个点列Mn以M0为极限。6． 闭集：设E的所有聚点都在E内，就称E是闭集。

7． 区域：设E是一个开集，并且E中任何两点M1和M2之间都可以用有限条直线段所组成的折线连接起来，而这条折线全部含在E中，就称E是区域。一个区域加上它的边界就是一个闭区域。三平面点集的几个基本定理

1．矩形套定理：设anxbn,cnydn是矩形序列，其中每一个矩形都含在前一个矩形中，并且

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《数学分析（1，2，3）》教案

bnan0，dncn0，那么存在唯一的点属于所有的矩形。

2.致密性定理：如果序列Mnxn,yn有界，那么从其中必能选取收敛的子列。

3.有限覆盖定理：若一开矩形集合x,y覆盖一有界闭区域。那么从里，必可选出有限个开矩形，他们也能覆盖这个区域。

N4．收敛原理：平面点列Mn有极限的充分必要条件是：对任何给定的0，总存在正整数N，当n,m时，有rMn,Mm。

§2 多元函数的极限和连续

一 多元函数的概念

不论在数学的理论问题中还是在实际问题中，许多量的变化，不只由一个因素决定，而是由多个因素决定。例如平行四边行的面积A由它的相邻两边的长x和宽y以及夹角所确定,即Axysin;圆柱体体积V由底半径r和高h所决定,即Vrh。这些都是多元函数的例子。

2一般地，有下面定义：

定义1 设E是R的一个子集，R是实数集，f是一个规律，如果对E中的每一点(x,y)，通过规律f，在R中有唯一的一个u与此对应，则称f是定义在E上的一个二元函数，它在点(x,y)的函数值是u，并记此值为f(x,y)，即uf(x,y)。

有时，二元函数可以用空间的一块曲面表示出来，这为研究问题提供了直观想象。例如，二元函数xR22x2y2就是一个上半球面，球心在原点，半径为R，此函数定义域为满足关系式xyR222222的x，y全体，即D{(x,y)|xyR}。又如，Zxy是马鞍面。二 多元函数的极限

2定义2

设E是R的一个开集，A是一个常数，二元函数fMf(x,y)在点M0x0,y0E附近有定义．如果0，0，当0rM,M0时，有f(M)A，就称A是二元函数在M0点的极限。记为limfMA或fMAMM0。

MM02定义的等价叙述1 设E是R的一个开集，A是一个常数，二元函数fMf(x,y)在点M0x0,y0E附近有定义．如果0，0，当0xx0yy0时，有f(x,y)A，就称A是13-2

《数学分析（1，2，3）》教案

二元函数在M0点的极限。记为limfMA或fMAMM0。

MM02定义的等价叙述2 设E是R的一个开集，A是一个常数，二元函数fMf(x,y)在点M0x0,y0E附近有定义．如果0，0，当0xx0,0yy0且x,yx0,y0时，有

f0f(x,y)A，就称A是二元函数在M0点的极限。记为limMMMA或fMAMM0 。注：（1）和一元函数的情形一样，如果limf(M)A，则当M以任何点列及任何方式趋于M0时，f(M)MM0的极限是A；反之，M以任何方式及任何点列趋于M0时，f(M)的极限是A。但若M在某一点列或沿某一曲线M0时，f(M)的极限为A，还不能肯定f(M)在M0的极限是A。所以说，这里的“”或“”要比一元函数的情形复杂得多，下面举例说明。例：设二元函数f(x,y)xyx2y22，讨论在点(0,0)的的二重极限。

例：设二元函数f(x,y)2xyx2y或2，讨论在点(0,0)的二重极限是否存在。

0,例：f(x,y)1,xy其它y0，讨论该函数的二重极限是否存在。

二元函数的极限较之一元函数的极限而言，要复杂得多，特别是自变量的变化趋势，较之一元函数要复杂。例：limxyxyx2xyysinxyx2。

例：① limx0y0② lim(xy)ln(xy)③ lim(xy)ex0y0xy2222222(xy)

例：求f(x,y)xy3223xy在（０，０）点的极限，若用极坐标替换则为limrr0coscos32sin23sin0?（注意：cos3sin在374时为０，此时无界）。

xyx22例：（极坐标法再举例）：设二元函数f(x,y)y2，讨论在点(0,0)的二重极限．

证明二元极限不存在的方法．

基本思想：根据重极限定义，若重极限存在，则它沿任何路径的极限都应存在且相等，故若１）某个特殊路径的极限不存在；或２）某两个特殊路径的极限不等；３）或用极坐标法，说明极限与辐角有关． 例：f(x,y)xyx2y2在(0,0)的二重极限不存在．

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《数学分析（1，2，3）》教案

三

二元函数的连续性

定义3

设fM在M0点有定义，如果limf(M)f(M0)，则称fM在M0点连续．

MM0“语言”描述：0,0,当0

四 有界闭区域上连续函数的性质

有界性定理

若fx,y再有界闭区域D上连续，则它在D上有界。一致连续性定理

若fx,y再有界闭区域D上连续，则它在D上一致连续。

最大值最小值定理

若fx,y再有界闭区域D上连续，则它在D上必有最大值和最小值。

nP0和P1是D内任意两点，f是D内的连续函数，零点存在定理

设D是R中的一个区域，如果f(P0)0，f(P1)0，则在D内任何一条连结P0,P1的折线上，至少存在一点Ps，使f(Ps)0。

五

二重极限和二次极限

在极限limf(x,y)中，两个自变量同时以任何方式趋于x0,y0，这种极限也叫做重极限（二重极限）．此xx0yy0外，我们还要讨论当x,y先后相继地趋于x0与y0时f(x,y)的极限．这种极限称为累次极限（二次极限），其定义如下：

若对任一固定的y，当xx0时，f(x,y)的极限存在：limf(x,y)(y),而(y)在yy0时的xx0极限也存在并等于A，亦即lim(y)A，那么称A为f(x,y)先对x，再对y的二次极限，记为yy0limlimf(x,y)A．

yy0xx0同样可定义先y后x的二次极限：limlimf(x,y)．

xx0yy0上述两类极限统称为累次极限。

注意：二次极限（累次极限）与二重极限（重极限）没有什么必然的联系。例：（二重极限存在，但两个二次极限不存在）．设

11xsinysinyxf(x,y)0x0,y0x0ory0

由f(x,y)xy 得limf(x,y)0（两边夹）;由limsinx0y0y01y不存在知f(x,y)的累次极限不存在。

例：（两个二次极限存在且相等，但二重极限不存在）。设

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《数学分析（1，2，3）》教案

f(x,y)xyx2y2，(x,y)(0,0)

由limlimf(x,y)limlimf(x,y)0知两个二次极限存在且相等。但由前面知limf(x,y)不存在。

x0y0y0x0x0y0例：（两个二次极限存在，但不相等）。设

f(x,y)xx22yy22，(x,y)(0,0)

则 limlimf(x,y)1，limlimf(x,y)1;limlimf(x,y)limlimf(x,y)（不可交换）

x0y0y0x0x0y0y0x0上面诸例说明：二次极限存在与否和二重极限存在与否，二者之间没有一定的关系。但在某些条件下，它们之间会有一些联系。

定理1 设（1）二重极限limf(x,y)A；（2）y,yy0，limf(x,y)(y)。则

xx0yy0xx0yy0lim(y)limlimf(x,y)A。

yy0xx0（定理1说明：在重极限与一个累次极限都存在时，它们必相等。但并不意味着另一累次极限存在）。推论1

设（1）limf(x,y)A；（2）y,yy0，limf(x,y)存在；（3）x,xx0，limf(x,y)xx0yy0xx0yy0存在；则limlimf(x,y)，limlimf(x,y)都存在，并且等于二重极限limf(x,y)。

yy0xx0xx0yy0xx0yy0推论2 若累次极限limlimf(x,y)与limlimf(x,y)存在但不相等，则重极限limf(x,y)必不存在（可xx0yy0yy0xx0xx0yy0用于否定重极限的存在性）。例：求函数fx,yxy22222xyxy在0,0的二次极限和二重极限。

篇3：数学广角——简单的排列与组合

“数学广角”是义务教育课程标准实验教科书二年级上册的内容, 包含“排列”和“组合”两个既有联系又有不同的内容。教材通过一些生活中不同的简单实例呈现出来, 使学生在感悟排列与组合的不同中, 体会到有顺序、全面地思考是解决问题的好方法。此内容也是三年级继续学习更多事物的排列数和组合数的基础, 也是学习八年级概率的基础。

【我的思考】

通过对教学内容的分析及对学生的前测, 我想通过以下几点完成本次教学:

1.以生活场景为载体, 通过猜想、操作、验证, 引发矛盾冲突, 让学生在参与游戏中经历知识的形成过程, 感受有序思考的价值。

2.在活动中让学生体会有顺序、全面思考问题的好处, 并说一说有序排列、巧妙组合的理由。

3.通过一系列的生活场景游戏, 让学生经历描述与表达、交流与纠错、评价与感悟的完整过程, 使学生不仅获得正确的结果, 还能感悟和收获数学活动的体验与经验。

【教学目标】

1.通过观察、猜测、操作等活动, 找出最简单事物的排列数和组合数。

2.经历探索简单事物排列与组合规律的过程。

3.在有序地、全面地思考问题的过程中, 感受到数学与生活的紧密联系。

【教学重难点】

1.教学重点:经历探索简单事物排列与组合规律的过程, 培养学生有序思考问题的能力。

2.教学难点:初步理解简单事物排列与组合的不同, 在合作、交流中突破难点。

【教具学具】写有1、2、3的3张卡片。每组学生准备3张不同的数字卡片。

【前测题目】

1.用1、2两张数字卡片能摆 () 个不同的两位数, 他们分别是_______________。

2.小朋友在操场上排队, 想一想, 做一做:

(1) 两个人排队, 有几种不同的排法?

(2) 有甲、乙、丙三个人, 如果每两个人排成一竖排, 最多能排成几种不同的情况? (此题是分别找了25名同学, 实际在操场上进行的操作访谈。)

3.甲、乙、丙、丁四人, 任意2人分为一组, 会有几种不同的分法? (此题是课间发现班上有4人在玩“跳皮筋”, 做的随即前侧。)

【教学过程】

课前谈话:

猜名字:渗透找排列数与组合数的两种基本的方法和思路。

1.猜学生名字, 渗透交换法。师:我猜咱班几个同学的名字, 你们只告诉我猜得对不对。记得她叫娜李? (生:不对!) 李娜? (生:对了!) 我把这两个字“交换”一下, 就对了。

2.猜学生名字, 渗透固定法。师:告诉我你姓什么? (生:张!) 张字肯定得“固定”了猜, 你叫张帅? (生:不对!) 张帅不对, 固定张、你叫张鹏。

3.相信通过这节课的学习, 我会记住很多孩子的名字。不过, 刚才猜名字时用到的方法——“交换”和“固定”, 说不定我们数学中也能用到呢。

(设计意图:课前, 从猜名字及出示老师给大家带来的礼物盒入手, 不仅渗透了方法还激发了学生的学习兴趣, 符合低年级儿童的年龄特点, 抓住了“童心”。)

一、破解密码, 感知排列

1. 出示礼物盒, 由信件引发矛盾

我们先把礼物盒打开看看! (做动作, 打不开。) 噢?是个密码锁, 密码放在了这个信封里了。 (老师读信。) “小朋友你们好, 这个礼物盒的密码是由信封里的两张数字卡片组成的一个两位数, 你们能破解吗?”

(设计意图:从孩子们感兴趣的礼物盒引入, 到必须破解密码打开, 再到读神秘的信件, 激发孩子想破解密码的学习内驱力。)

2. 两个数的排列

(1) 出示密码盒及两张数字卡片□1□2。“盒子的密码是由数字□1□2组成的一个两位数, 是几呢?”

(2) 根据学生的回答, 提问:23也是两位数干嘛不猜它?11呢, 也不符合要求?

(3) 试密码打开礼物盒。

(设计意图:学生在解决实际问题中产生兴趣, 为找到三个数的排列数做好铺垫。此情景作为学习新知的迁移, 学生既感兴趣又不会陌生。)

3. 三个数的排列

(1) 出示密码本。这个密码本的密码也是个两位数, 是由1、2、3这几张卡片组成的两位数, 要找到密码, 我们必须知道用他们能组成哪几个两位数?

(2) 学生4人小组用卡片□1、□2、□3想、试, 教师巡视, 参与学生活动。

(3) 汇报讨论, 探究规律。学生展示不同的摆法, 体会有序思考的优势与方法。怎么摆能保证不重不漏呢?根据学生的回答:

a.每次拿其中的两个数字, 先摆出一个数, 然后用调换的方法得出另一个数, 得到6个数。取名为交换法。

b.先固定一个数在十位, 把1放在前面, 后面摆2, 是12, 摆3, 是13;然后再把2放在十位, 个位摆1, 是21, 个位摆3, 是23;同理31、32。取名为固定法。

c.组织学生讨论:在摆的过程中, 随便写, 想起哪个写那个, 会有什么缺点?

(4) 小结。通过课件再次梳理与回顾交换、固定这两种有序思考的方法。

(5) 打开密码本。密码是这些数中最大的一个。

(6) 延伸巩固, 体会数在变、方法是不变的。用9、7、3可以摆出几个两位数?用5、6、7呢?从1~9这9个中任意取三个数呢?

(7) 用3个数可以写成6个不同的两位数, 4个数呢?5个数呢?有兴趣的同学, 回家试一试, 这在我们今后的学习中还会遇到。

(设计意图:这一部分内容是本节课的重点, 也是难点。通过找密码、开密码、拓展巩固到其他各数几个环节, 使孩子们在经历中发现找排列数的方法及有序思考的方法。但为了不让孩子形成思维定势, 适当地把知识从点延伸到面, 这样孩子学的知识才会更活, 并能激起学有余力的孩子的兴趣。)

二、活动体验, 感知组合

活动一:握一握

1. 创设三人握手的情境。

(1) 提出问题:如果3个人, 每两个人握一次手, 一共要握几次手?

(2) 组织学生在小组内通过演一演, 解决这个问题。

(3) 用教具示范, 渗透连线的方法。

2. 提出疑问, 引发思考。数字卡片用3个数可以摆出6个不同的两位数, 握手时3个同学却只能握3次。都是3, 为什么结果不一样呢?

3. 根据学生的讨论, 得出结论——摆数与顺序有关, 握手与顺序无关。

(设计意图:先让学生猜一猜握手的次数, 把问题抛给学生。再抓住错例进行分析, 在演示中认识到只要两人握了就行, 它与顺序无关。潜移默化地向学生渗透排数和握手一个是有序、一个是无序的思想。)

活动二:赛一赛 (球赛)

1.邀请打乒乓球, 提问:3个人, 每两个人比一场, 一共要比几场呢?

2.学生交流汇报。

3.如果老师也来参加比赛, 4个人每两个人比一场, 一共要比几场呢?怎样在本上记录下来?

(设计意图:这一环节的球赛活动分了两层, 在3人比赛的基础上增加一人, 从开始的动手连一连改为用数学符号来表示, 顺理成章地渗透“数学符号化思考问题”, 真正让学生从生活中走入浓浓的数学课堂, 掌握了解决此类问题的有效方法。)

三、联系生活, 应用拓展

搭配服装——故事呈现 (老师边讲故事边简笔画出场景图) :

在一片树林里, 住着小白兔、小松鼠两户人家。要过年了, 松鼠妈妈带着小松鼠买了这些新衣服。快看看, 都买了什么衣服? (贴出两件上衣、三件裤子的图片。) 妈妈想让孩子搭配着穿。回到家, 小松鼠就向小白兔炫耀自己的新衣服。小白兔问:你的新衣服有几种不同的穿法呢?是呀, 小松鼠的衣服, 有几种不同的穿法呢?同学们用连线的方法连一连这几种穿法。

四、全课总结, 巩固延伸

1. 在数学广角中还有许多知识等着大家去探索。只要你善于观察、善于动脑, 就会发现在我们的身边蕴含着很多丰富的数学知识。我们今天所学的有关数字的排列, 以及握手时用到的组合知识, 就是我们数学书99页第8单元数学广角上的内容, 有关这些知识我们以后还会进一步的学习。通过这节课的学习, 你有什么收获呢?

2. 看书99页, 之后把做一做的两道题直接填到书上。

教学点评

数学课程标准倡导自主探究、合作交流、实践创新的数学学习方式, 强调从学生的生活经验和已有的知识背景出发, 为学生提供充分地从事数学活动和交流的机会。本节课为学生提供了现实而有趣的数学学习内容和学习形式, 通过一系列的游戏:“破解密码”“握手祝贺”“球技比赛”“衣服搭配”, 让学生经历描述与表达、交流与纠错、评价与感悟的完整过程, 从而使学生逐步形成对排列数与组合数的一个感性认识。具体体现在:

一、精心预设, 激发兴趣

本节课处处体现了胡老师精心的预设, 特别是她精心设计的课前准备环节, 通过猜老师、学生的名字渗透“交换法”及“固定法”, 为接下来学生能有序地找全排列数起到了抛砖引玉的作用, 不仅渗透了方法还激发起了学生的学习兴趣, 抓住了“童心”。

在探究新知的过程中, 胡老师设计了“破解密码”的活动, 不仅使得学生在解决实际问题中产生了兴趣, 在活动中得到启示, 同时为找到三个数的排列数做好铺垫, 给了不同程度的孩子一个思维的支撑。正是有了此环节的精心预设, 才有了学生能有序找全排列数的精彩生成。

二、调控生成, 因势利导

在第二环节“活动体验, 感知组合”的互动中, 从第一个活动“握手祝贺”, 学生自然地通过动手连一连寻找到答案。再到第二个活动“球技比赛”, 在3人比赛的基础上增加一人, 每两个人进行一场比赛, 一共要比几场?学生自然内需出要改为用数学符号来表示, 这样简单清晰好描述。至此, 老师又顺理成章地渗透了“数学符号化思想”的方法, 真正让学生从生活中走入浓浓的数学课堂, 并掌握了解决此类问题的有效方法, 是学生良好思维方式的一个提升。

三、提炼方法, 评价引领

篇4：高中数学排列组合解法归类

【关键词】 高中数学 排列组合 解法归类

【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 A 【文章编号】 1674-067X（2014）09-009-02

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排列组合作为高中代数课本的一个独立分支，因为极具抽象性而成为“教”与“学”难点。有相当一部分題目教者很难用比较清晰简洁的语言讲给学生听，有的即使教者觉得讲清楚了，但是由于学生的认知水平，思维能力在一定程度上受到限制，还不太适应。从而导致学生对题目一知半解，甚至觉得“云里雾里”。实践证明，掌握题型和识别模式，并熟练运用，是解决排列组合的有效途径。下面就系统地介绍巧解排列组合的21种模型。

1.相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列。

例1：.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（ ）

A.60种 B.48种 C.36种 D.24种

解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，

答案：D.若没有B在A的右边这一个条件，则，A，B视为一人的情况有两种，应在原来基础上再乘以2.

2.相离问题插空法：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端。

例2：七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ）

A. 1440种 B.3600种 C.4820种 D.4800种