第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理及其简单应用
1.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．
【思考】
(1)定义中每一类中的每一种方法能否独立完成这件事？
提示：能，每一类中的每一种方法都能独立完成这件事．
(2)各类方案之间有何关系？每一类方案中各种方法之间有何关系？
提示：各类方案之间相互独立，并且任何一类方案中任何一种方法也相互独立．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有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．
【思考】
(1)定义中每一步中的每一种方法能否独立完成这件事？
提示：不能，每一步中的每一种方法不能独立完成这件事．
(2)定义中的“完成一件事”指的是什么？
提示：完成一件事指的是将完成这件事划分成几个步骤，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．
(3)根据定义完成一件事的方法数怎样计算？
提示：从计数上看，各步的方法数的积就是完成这一件事的方法总数．
【基础小测】
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分步乘法计数原理中，若完成一件事需分三步，每个单独的步骤都不能完成这件事．( √ )
(3)在分类加法计数原理中的每一种方案都可以完成这件事．( √ )
提示：(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，若相同它只能在同一类方案中且只能算是一种方法．
(2)在分步乘法计数原理中，任何一步都不能单独完成这件事．
(3)在分类加法计数原理中的每一种方案都是独立的，可单独完成这件事．
2．(2021·银川高二检测)某小区有3个正门，2个偏门，则进入该小区的方式有( )
A．3种 B．2种 C．6种 D．5种
【解析】选D.进入该小区的方式可以从正门进，也可从偏门进，所以根据分类加法计数原理得进入该小区的方式有3＋2＝5种．
3．(教材例题改编)一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两个袋子里各取一个球，共有______种不同的取法．
【解析】由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48.
答案：48
类型一 分类加法计数原理(数学抽象)
1．(2021·焦作高二检测)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种 C．10种 D．16种
【解析】选B.分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的有3种踢法．
由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．
2．为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有_______种．
【解析】完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有N＝38＋18＝56(种)不同的选法．
答案：56
3．有三个袋子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色小球4个．若从三个袋子中任取1个小球，有多少种不同的取法？
【解析】有3类不同方案：第1类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；第2类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；第3类，从第3个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．
其中，从这三个袋子的任意一个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事，根据分类加法计数原理，不同的取法共有6＋5＋4＝15(种).
分类加法计数原理解题的一般思路
高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人．
(1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？
(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
【解析】(1)选一名学生有3类不同的选法：
第一类，从高二(1)班选一名，有50种不同的方法；
第二类，从高二(2)班选一名，有60种不同的方法；
第三类，从高二(3)班选一名，有55种不同的方法．
故任选一名学生任学生会主席有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)选一名学生任学生会体育部长有3类不同的选法：
第一类，从高二(1)班男生中选有30种不同的方法；
第二类，从高二(2)班男生中选有30种不同的方法；
第三类，从高二(3)班女生中选有20种不同的方法．
故从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长有30＋30＋20＝80种不同的选法．
类型二 分步乘法计数原理(数学抽象)
1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65 C．30 D．11
【解析】选A.第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次类推，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．
2．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个101，111，121，…，191，202，…，999.则5位回文数有________个．
【解析】第一步，选左边第一个数字和右边第一个数字相同，有9种选法；第二步，选左边第二个数字和右边第二个数字相同，有10种选法；第三步，选左边第三个数字就是右边第三个数字，有10种选法，故5位回文数有9×10×10＝900.
答案：900
3．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P(a，b)可表示平面上多少个不同的点？
(2)P(a，b)可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P(a，b)可表示多少个不在直线y＝x上的点？
【解析】(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种方法；第二步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上6×6＝36个不同的点．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，因为a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，因为b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上3×2＝6个第二象限的点．
(3)分两步：第一步确定a，有6种方法；第二步确定b，有5种方法．根据分步乘法计数原理，不在直线y＝x上的点共有6×5＝30(个).
1．使用分步乘法计数原理计数的两个注意点
一是要按照事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；
二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
2．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
类型三 两个原理的简单应用(数学抽象、逻辑推理)
【典例】1.有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选部分人员参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同的选法？
(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？
(3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法？
【解析】(1)有三类：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．
由分类加法计数原理知，有3＋8＋5＝16种选法．
(2)分三步：第1步选老师，有3种方法；第2步选男同学，有8种方法；第3步选女同学，有5种方法．
由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120种选法．
(3)可分两类，每一类又分两步：
第1类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；
第2类，选一名老师再选一名女同学，有3×5＝15种选法．
由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．
或分两步：第一步选老师，有3种方法；
第二步选同学，有8＋5＝13种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×13＝39种选法．
2．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．
(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？
(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？
(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？
【解析】(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122(种)选法．
(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000(种)选法．
(3)①高一和高二各选1人作为中心发言人，有50×42＝2 100(种)选法；
②高二和高三各选1人作为中心发言人，有42×30＝1 260(种)选法；
③高一和高三各选1人作为中心发言人，有50×30＝1 500(种)选法．
故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860(种)选法．
【思路导引】1.(1)从总数3＋8＋5人里选1人；
(2)分步依次选老师、男、女同学；
(3)可分两类：第1类选一名老师再选一名男同学，第2类选一名老师再选一名女同学或分两步：第1步选老师，第2步选同学；第2步又分为两类：男、女同学．
2．(1)从所有的学生中选一人；
(2)从每一年级各选一人；
(3)可分三种情况：从高一、二各选一人，从高二、三各选一人，从高一、三各选一人．
利用两个计数原理的解题策略
用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．
【补偿训练】
用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数？
(2)无重复数字的三位数？
(3)小于500且没有重复数字的自然数？
【解析】(1)由于0不能在百位，所以百位上的数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法，所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．
(3)满足条件的一位自然数有10个，二位自然数有9×9＝81(个)，三位自然数有4×9×8＝288(个).
因为10＋81＋288＝379(个)，所以共有379个小于500且无重复数字的自然数．
1．(2021·玉林高二检测)十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有( )
A．24种 B．16种 C．12种 D．10种
【解析】选C.根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×3＝12种．
2．(教材例题改编)若5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种 C．25种 D．32种
【解析】选D.5位同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32种报名方法．
3．一个科技小组中有4名女同学和5名男同学，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有________种；若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有________种．
【解析】根据分类加法计数原理知，从中任选1人参加学科竞赛，不同的选派方法共有4＋5＝9种；由分步乘法计数原理知，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有4×5＝20种．
答案：9 20
4．如图，从A→C有________种不同的走法．
【解析】分为两类，不过B点有2种方法，过B点有2×2＝4种方法，共有4＋2＝6种方法．
答案：6
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8第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的综合应用
类型一 抽取与分配问题(逻辑推理、数学运算)
1．(2021·贵阳高二检测)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．选2个班参加社会实践，要求这2个班不同年级，有________种不同的选法．
【解析】选2个班参加社会实践，这2个班不同年级，2个班为高一和高二各一个班有6×7＝42，2个班为高二和高三各一个班有7×8＝56，2个班为高三和高一各一个班有8×6＝48，所以不同的选法共有42＋56＋48＝146.
答案：146
2．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2，3，3，4条路，只从一面上山，而从其他任意一面下山的走法最多，应选择( )
A．从东边上山 B．从西边上山
C．从南边上山 D．从北边上山
【解析】选D.从东边上山共2×10＝20种；从西边上山共3×9＝27种；从南边上山共3×9＝27种；从北边上山共4×8＝32种；所以应从北边上山．
3．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
【解析】方法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择，
根据分步乘法计数原理得：总方法数N＝5×4×3＝60.
方法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1，2，3，4，5，分成以下10类：
第一类：空盒子标号为(1，2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为(1，3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为(1，4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况：(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得：总方法数N＝6＋6＋…＋6＝60.
求解抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：
①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．
②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
类型二 组数问题(逻辑推理)
【典例】用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排出多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
【思路导引】(1)各位数字可重复且任意．
(2)各位数字可重复，但0不在首位．
(3)特殊位置是个位和百位，特殊数字是0，2，4，从这两方面入手考虑．
【解析】(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125种．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100种．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；另一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18种排法．因而有12＋18＝30种排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
1.(变结论)由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数？
【解析】完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1，2，3，4中除去用过的一个还有3个，可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理共有2×3×3×2＝36个．
2．(变结论)在本例条件下，能组成多少个能被3整除的无重复数字的四位数？
【解析】一个四位数能被3整除，必须各位上数字之和能被3整除，故组成四位数的四个数字只能是0，1，2，3或0，2，3，4两类．所以满足题设的四位数共有2×3×3×2×1＝36个．
组数问题的常见类型及解决原则
(1)常见的组数问题
①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”的问题；
②在某一定范围内的数的问题；
③各位数字和为某一定值问题；
④各位数字之间满足某种关系问题等．
(2)解决原则
①明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．
②要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
(2021·南京高二检测)一个三位数，其十位上的数字小于百位上的数字，也小于个位上的数字，如523，769等，这样的三位数共有________个．
【解析】按照十位上的数字分成9类：
第一类：十位上的数字为0时，百位有9种，个位也有9种，此时满足条件的三位数有9×9＝81种；
第二类：十位上的数字为1时，百位有8种，个位也有8种，此时满足条件的三位数有8×8＝64种；
第三类：十位上的数字为2时，百位有7种，个位也有7种，此时满足条件的三位数有7×7＝49种；
第四类：十位上的数字为3时，百位有6种，个位也有6种，此时满足条件的三位数有6×6＝36种；
第五类：十位上的数字为4时，百位有5种，个位也有5种，此时满足条件的三位数有5×5＝25种；
第六类：十位上的数字为5时，百位有4种，个位也有4种，此时满足条件的三位数有4×4＝16种；
第七类：十位上的数字为6时，百位有3种，个位也有3种，此时满足条件的三位数有3×3＝9种；
第八类：十位上的数字为7时，百位有2种，个位也有2种，此时满足条件的三位数有2×2＝4种；
第九类：十位上的数字为8时，百位有1种，个位也有1种，此时满足条件的三位数有1×1＝1种；
所以符合条件的三位数共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285.
答案：285
类型三 涂色与种植问题(数学运算、数学抽象)
角度1 涂色问题
【典例】将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法．
1 2
3 4
【思路导引】先从四个方格中任选一个进行涂色，再涂与其相邻的两个方格，根据这三个方格的涂色情况对最后一个方格涂色．
【解析】第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
(1)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
(2)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
若本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
【解析】方法一：依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理可得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种).
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种).
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种).
方法二：先涂②区有5种涂法，③区有4种涂法，①区在剩下的3种颜色选一种有3种涂法，④区除去②③涂的从剩下的3种颜色选一种，由分步乘法计数原理得5×4×3×3＝180(种).
角度2 种植问题
【典例】1.将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种．
【解析】分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a b c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a b a
第四块有b或c两种方法，
①若第四块放c：
a b a c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a b a b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
答案：42
2.如图在一个圆形的A，B，C，D，E，F六个区域种植观赏植物，要求同一块中种植同一种植物，相邻的两块种植不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有几种种植方案？
【解析】按照间隔三块A，C，E种植植物的种数，分以下三类：
(1)若A，C，E种植同一种植物，有4种种植方法．当A，C，E种植以后，B，D，F三块可从剩余的三种植物中各选一种植物种植(允许重复)，各有3种方法，此时共有4×3×3×3＝108种方法．
(2)若A，C，E种植两种植物，先从四种植物中选出两种共有6种选法，将所选植物种植在A，C，E三块区域共6种种法，故共有6×6＝36种方法．不妨设A单独种植一种植物，C，E种植同一种植物，则B有2种，D有3种，F有2种种植方法，此时共有36×2×3×2＝432种方法．
(3)若A，C，E种植三种植物，根据分步乘法计数原理可知有24种方法．此时B，D，F各有2种种法，此时共有24×2×2×2＝192种方法，根据分类加法计数原理，总共有108＋432＋192＝732种种植方法．
【思路导引】1.先安排种植前两块田，然后对第三块田进行讨论，再结合两个计数原理进行讨论．
2．分三类讨论：A，C，E种同一种植物、A，C，E种两种植物、A，C，E种三种植物，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，可得结论．
解决涂色(种植)问题的一般思路
涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法：(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．(3)将空间问题平面化，转化成平面区域的涂色问题．
种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数．或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
1．如图，要给地图上A，B，C，D四个区域分别涂上4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？
【解析】方法一：按A→B→C→D的顺序分步涂色．
第一步：涂A区域，有4种不同的涂法；
第二步：涂B区域，从剩下的3种颜色中任选1种颜色，有3种不同的涂法；
第三步：涂C区域，再从剩下的2种不同颜色中任选1种颜色，有2种不同的涂法；
第四步：涂D区域，从与B，C区域不同的2种不同颜色中任选1种，有2种不同的涂法．
根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48(种)不同的涂法．
方法二：按所用颜色的多少分类涂色．
第一类：用三种颜色，有4×(3×2×1×1)＝24(种)不同的涂法；
第二类：用四种颜色，有4×3×2×1＝24(种)不同的涂法．
根据分类加法计数原理，共有24＋24＝48(种)不同的涂法．
2．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？
(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？
【解析】(1)如题图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．
因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步乘法计数原理得3×2×1＝6(种).
(2)如题图2，当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理，共有6＋12＝18(种)种植方法．
1．(2021·许昌高二检测)高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习，去哪个工厂可以自由选择，但甲工厂必须有班级要去，则不同的参观方案的种数为( )
A．16 B．18 C．37 D．48
【解析】选C.根据题意，若不考虑限制条件，每个班级都有4种选择，共有4×4×4＝64种情况．其中工厂甲没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择，共有3×3×3＝27种方案．则符合条件的参观方案有64－27＝37种．
2．(教材例题改编)有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，现在要从三名工人中选2名分别去操作以上车床，不同的选派方法有( )
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种
【解析】选C.若选甲、乙二人，可以甲操作A种车床，乙操作B种车床，或甲操作B种车床，乙操作A种车床，共有2种选派方法；若选甲、丙二人，则只有甲操作B种车床，丙操作A种车床这一种选派方法；若选乙、丙二人，则只有乙操作B种车床，丙操作A种车床这一种选派方法．
故共有2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法．
3．(2021·百色高二检测)四个老师分别为a，b，c，d，这四位老师要去监考四个班级A，B，C，D，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师．现要求a老师不能监考A班，b老师不能监考B班，c老师不能监考C班，d老师不能监考D班，则不同的监考方式有________种．
【解析】当a老师监考B班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当a老师监考C班时，也有3种，当a老师监考D班时，也有3种，共9种．
答案：9
4．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
【解析】A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．
答案：108
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9第1课时 排列的概念及简单排列问题
1.排列的概念
(1)元素：问题中被取的对象．
(2)排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，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．相同排列的两个条件
(1)元素相同．
(2)顺序相同．
【思考】
(1)排列中“一定顺序”的含义是什么？
提示：一定顺序就是指排列中的元素与位置有关，当位置不同时排列也就不同．
(2)排列定义中的两个要素是什么？
提示：一是“取出不同的元素”，二是“将元素按一定顺序排列”．
3．排列中元素所满足的两个特性
(1)无重复性：从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，否则不是排列问题．
(2)有序性：安排这m个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列．检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
【思考】
(1)每一个排列中元素的位置是确定的吗？
提示：是，元素在排列中的位置不同排列也就不同．
(2)同一个排列中，同一个元素能重复出现吗？
提示：由排列的定义知，在同一个排列中不能重复出现同一个元素．
【基础小测】
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)顺序是判断是否为排列问题的关键点，也是唯一的判断依据．( √ )
(2)在排列的问题中，总体中的元素可以有重复．( × )
(3)用1，2，3这三个数字组成无重复数字的三位数.123与321是不相同的排列．( √ )
(4)圆上的10个不同点中任取两个点作弦是排列问题．( × )
提示：(1)判断是否为排列问题就是看是否与顺序有关．
(2)在排列问题中总体内元素不能重复．
(3)根据排列的定义可以判断123与321是不同的排列．
(4)在圆上任取两点作弦与顺序无关，所以不是排列问题．
2．下列问题中不是排列问题的是( )
A．5名学生中抽2名学生开会
B．5名学生中选2名做正、副组长
C．6位同学互通一封信
D．以圆上的10个点中的某点为起点，作过另一点的射线
【解析】选A.关键看是否与顺序有关．
类型一 排列的概念(数学抽象)
1．下列问题是排列问题的是________．
①选2个小组分别去植树和种菜；
②选2个小组分别去种菜；
③某班40名同学在假期互发短信；
④从1，2，3，4，5中任取两个数字相除；
⑤10个车站，站与站间的车票．
【解析】①植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；②不存在顺序问题，不是排列问题；③存在顺序问题，是排列问题；④两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题；⑤车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题．
答案：①③④⑤
2．判断下列问题是否是排列问题．
(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得多少个不同的点的坐标．
(2)从10名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法．
(3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一个门出来，则不同的出入方式共有多少种．
【解析】(1)由于取出的两个数组成点的坐标与哪一个数作横坐标，哪一个数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排列问题．
(2)因为任何一种从10名同学抽取两人去学校开座谈会的方式不需要考虑两人的顺序，所以这不是排列问题．
(3)因为从一门进，从另一门出是有顺序的，所以是排列问题．所以(1)(3)是排列问题，(2)不是排列问题．
判断一个具体问题是否为排列问题的思路
类型二 简单问题中的排列(数学抽象)
1．某班上午要上语文、数学、体育和外语4门课，又体育老师因故不能上第一节和第四节，则不同排课方案的种数是( )
A．24 B．22 C．20 D．12
【解析】选D.分两步排课：体育可以排第二节或第三节两种排法；其他科目有
语文、数学、外语
语文、外语、数学
数学、语文、外语
数学、外语、语文
外语、语文、数学
外语、数学、语文共6种排法，
所以根据分步乘法计数原理可知共有2×6＝12(种)排课方案．
2．北京、广州、南京、重庆4个城市相互通航，应该有________种机票．
【解析】列出每一个起点和终点情况，如图所示．
故符合题意的机票种类有：
北京→广州，北京→南京，北京→重庆，广州→南京，广州→重庆，广州→北京，南京→重庆，南京→北京，南京→广州，重庆→北京，重庆→广州，重庆→南京，共12种．
答案：12
3．(2021·柳州高二检测)由0，1，2，3，4，5共六个数字组成没有重复数字的六位数，其中小于50万又不等于5的倍数的数有多少个？
【解析】方法一：因为0和5不能排在首位或个位，先将它们排在中间4个位置上有A种排法，再排其他4个数有A种排法，由分步乘法计数原理，共有A·A＝12×24＝288个符合要求的六位数．
方法二：因为首位和个位上不能排0和5，所以先从1，2，3，4中任选2个排在首位和个位，有A种排法，再排中间4位数有A种排法，由分步乘法计数原理，共有A·A＝12×24＝288个符合要求的六位数．
利用“树形图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树形图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式．
(2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树形图写出排列．
1．已知下列问题：
(1)从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组．
(2)从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动．
(3)从a，b，c，d四个字母中取出2个字母．
(4)从1，2，3，4四个数字中取出2个数字组成一个两位数．
其中是排列问题的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】选B.(1)是排列问题，因为两名同学参加的学习小组与顺序有关．(2)不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关．(3)不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关．(4)是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
2．(2021·桂林高二检测)从a，b，c中任取两个字母排成一列，则不同的排列种数为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【解析】选D.由排列数的定义可知，从a，b，c中任取两个字母排成一列，则不同的排列种数为A＝6.
3．由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数的个数有( )
A．9个 B．12个 C．15个 D．18个
【解析】选B.本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树形图表示为：
由此可知共有12个．
4．写出从1，2，3，4四个数字中任取两个数字组成两位数的所有排列．
【解析】所有两位数是12，21，13，31，14，41，23，32，24，42，34，43，共有12个不同的两位数．
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5第2课时 排列与排列数公式
排列数及排列数公式
【思考】
(1)“得到从n个不同的元素中取出m个元素的一个排列”的含义是什么？
提示：“得到从n个不同元素中取出m个元素的一个排列”，包含两个方面：①从n个不同元素中取出m个元素；②按照一定顺序排列．
(2)排列与排列数有何不同？
提示：排列与排列数是两个不同的概念，“排列”是指从n个不同元素中取出m个元素按照一定顺序排成一列，是一种排法；“排列数”是指从n个不同元素中取出m个元素所得不同排列的个数，是一个数，用A表示．
【基础小测】
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)由于排列数的阶乘式是一个分式，所以其化简的结果不一定是整数．( × )
(2)A表示从5个不同元素中取出(5－2)个元素的所有不同的排列的个数．( × )
(3)若A＝10×9×8×7×6，则n＝10，m＝6.( × )
提示：(1)排列数是从若干个元素中取出若干个元素的排列的个数，所以排列数一定是整数．
(2)A表示从5个不同元素中取出2个元素的所有不同的排列的个数．
(3)在A中m表示连乘因数的个数，所以n＝10，m＝5.
2．A＝( )
A．10 B．15 C．60 D．20
【解析】选C.A＝5×4×3＝60.
3．(教材例题改编)同宿舍4人，每两人互通一封信，则他们一共写信的封数等于________．
【解析】相当于从4个人中任取两个人，并且按顺序排好，有多少个排列就有多少封信，共有A＝12封信．
答案：12
类型一 排列数的计算公式(数学运算)
1．连续整数的乘积(20－7)(20－8)…(20－17)用排列符号A(m＜n)可表示为( )
A．A B．A C．A D．A
【解析】选B.方法一：因为A＝n(n－1)…(n－m＋1)，
所以(20－7)(20－8)…(20－17)＝(20－7)[(20－7)－1]…[(20－7)－11＋1]
＝A＝A.
方法二：(20－7)(20－8)…(20－17)＝13×12×11×10×…×3＝A.
2．A＝________，A＝________．
【解析】A＝4×3＝12；A＝3×2×1＝6.
答案：12 6
3．(1)计算A和A.
(2)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*且n＜55).
(3)化简n(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋m).
【解析】(1)A＝15×14×13＝2 730，A＝6×5×4×3×2×1＝720.
(2)因为55－n，56－n，…，69－n中的最大数为69－n，
且共有(69－n)－(55－n)＋1＝15(个)数，所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(3)由排列数公式可知n(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋m)＝A.
应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
【补偿训练】
已知A＝11×10×9×8×…×5，则m＋n为________．
【解析】因为A＝11×10×9×8×…×5，
所以n＝11，m＝(11－5)＋1＝7，m＋n＝18.
答案：18
类型二 与排列数有关的方程、不等式及证明问题(逻辑推理、数学运算)
角度1 与排列数有关的等式问题
【典例】1.若A＝10A，则n＝( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【解析】选C.因为A＝10A，
所以n≥3，n∈N*，所以有2n·(2n－1)·(2n－2)＝10n·(n－1)·(n－2)，
即2(2n－1)＝5(n－2)，解得n＝8.
2．求3A＝2A＋6A中的x的值．
【解析】由3A＝2A＋6A得3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
因为x≥3且x∈N*所以3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
化简整理得，3x2－17x＋10＝0，解得x＝5．
【思路导引】1.结合排列数公式可得．
2．先根据排列数的乘积式转化为关于x的整式方程再进行求解．
将本例2中的“3A＝2A＋6A”改为“3A＝2A＋A”，则结果如何？
【解析】由3A＝2A＋A，得3x(x－1)＝2(x＋1)x＋3×2.
化简得x2－5x－6＝0，解得x＝6或－1(舍).
角度2 与排列数有关的不等式问题
【典例】1.不等式 A>6A的解集为( )
A．{x|2≤x≤9} B．{x|x<8或x>13}
C．{2，3，4，5，6，7} D．
【解析】选C.原不等式即>6× ，
也就是>，
化简得x2－21x＋104>0，解得x<8或x>13，
又因为2≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集为.
2．解不等式A<6A.
【解析】由A<6A，得<6×，
化简得x2－19x＋84<0，解得7
又所以2≤x≤8，②
由①②及x∈N*，得x＝8.
【思路导引】
1．根据排列数的阶乘式，将不等式转化为整式不等式再求解．
2．利用排列数的阶乘式求解．
角度3 与排列数有关的证明问题
【典例】1.下列等式正确的个数是( )
(1)n！＝
(2)n(n－1)(n－2)…(n－m)＝
(3)A＝
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】选C.(1)右边＝＝n！＝左边，正确；
(2)＝
＝n×(n－1)×(n－2)×…×(n－m)，故正确．
(3)A＝显然错误．
2．证明A－A＝nA，并用此结论计算A＋2A＋3A＋…＋8A.
【解析】A－A＝(n＋1)！－n!＝(n＋1)n！－n！＝n·n！＝nA.
A＋2A＋3A＋…＋8A
＝(A－A)＋(A－A)＋…＋(A－A)＋(A－A)
＝A－A＝9！－1＝362 879.
【思路导引】1.根据排列数公式的阶乘式求解．
2．先由排列数公式的阶乘式证明等式，再根据这一结论求值．
1．解决与排列数有关的方程、不等式问题的注意问题
利用排列数公式展开即得到关于x的方程(或不等式)，但由于x存在于排列数中，故应考虑排列数对x的制约，避免出现增根．
2．排列数的化简与证明技巧
应用排列数公式可以对含有排列数的式子进行化简和证明，化简的过程中要对排列数进行变形，并要熟悉排列数之间的内在联系．解题时要灵活地运用如下变式：
①n！＝n(n－1)！； ②A＝nA； ③n·n！＝(n＋1)！－n！；
④＝－.
1．比较A与A的大小．
【解析】由题意知n≥3，
所以A－A＝(n＋1)n－n(n－1)(n－2)＝－n(n2－4n＋1)，当n＝3时，A－A＝6>0，得A>A；当n≥4时，A－A<0，得A2．求证：A－A＝mA.
【证明】因为A－A＝－
＝＝·
＝m·＝mA.
所以A－A＝mA.
类型三 排列与排列数公式的简单应用(逻辑推理、数学运算)
【典例】1.5名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数为( )
A．AA B．AA
C．AA D．A－4A
【解析】选A.首先5名成人先排队，共有A种，然后把两个小孩插进中间的4个空中，共有A种排法，根据乘法原理，共有AA种．
2．若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．
【解析】因为“word”有四个不同的字母，所以可能出现错误的种数为A－1＝23.
答案：23
3．有2名老师，3名男生，3名女生站成一排照相留念，在下列情况中，各有多少种不同站法．
(1)3名男生必须站在一起．
(2)2名老师不能相邻．
【解析】(1)把3名男生看成一个整体与其他人排列有A种，再来考虑3名男生间的顺序有A种，故3名男生必须站在一起的排法有AA＝4 320种．
(2) 6名学生先站成一排有A种站法，再插入两名老师有A种插法，故2名老师不相邻的站法有AA＝30 240种．
【思路导引】1.先将5名成人进行全排，再根据题中条件对小孩进行排列．
2．利用排列数公式，减去正确的一种．
3．(1)男生必须相邻，可把三个男生看成一个整体，进行全排列，再乘以三个男生的全排列，即可计算结果；(2)先把6名学生进行全排列，利用插空法插入两名教师，即可得到计算结果．
解简单排列应用题的思路
(1)认真分析题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序．
(2)如果是的话，再进一步分析，这里n个不同的元素指的是什么，以及从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素的每一种排列对应的是什么事件．
(3)运用排列数公式求解．
提醒：解答相关的应用题时不要忽视n为正整数这一条件．
1．(2021·石嘴山高二检测)从编号为1，2，3，4，5的五名同学中选出两名同学任正、副班长，则不同的选法有( )
A．5种 B．9种 C．10种 D．20种
【解析】选D.从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A＝20种选法，形成的排列是：12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45，51，52，53，54.
2．小五、小一、小节、小快、小乐五位同学站成一排，若小一不出现在首位和末位，小五、小节、小乐中有且仅有两人相邻，求能满足条件的不同排法共有多少种．
【解析】按小一的位置分三类：
①当小一出现在第2位时，则第1位必为小五、小节、小乐中的一位同学，所以满足条件的不同排法有3AA＝12种；
②当小一出现在第3位时，则第1位、第2位为小五、小节、小乐中的两位同学或第4位、第5位为小五、小节、小乐中的两位同学，
所以满足条件的不同排法有2AA＝24种；
③当小一出现在第4位时，则第5位必为小五、小节、小乐中的一位同学，
所以满足条件的不同排法有3AA＝12种．
综上，共有12＋24＋12＝48种．
1．(2021·吴忠高二检测)已知A＝132，则n＝( )
A．11 B．12 C．13 D．14
【解析】选B.因为A＝132，所以n(n－1)＝132，
整理，得，n2－n－132＝0；解得n＝12，或n＝－11(不合题意，舍去)；
所以n的值为12.
2. eq \f(A－A,A) 的值为( )
A．5 B． C． D．6
【解析】选B.原式＝＝＝.
3．(教材练习改编)若6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )
A．36 B．120 C．720 D．240
【解析】选C.此问题可以看成求6名同学站成一排的方法数，即A＝AA＝720.
4．已知A＝10×9×8×7×6，那么n＝________．
【解析】由题意可得A＝10×9×8×7×6＝A，因此，n＝5.
答案：5
5．求值：A＋A＝________．
【解析】由已知，得解得≤n≤3.
因为n∈N，所以n＝3，A＋A＝A＋A＝6×5×4×3×2＋3×2×1＝726.
答案：726
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9第3课时 排列的综合应用
类型一 数字排列问题(数学抽象、逻辑推理)
【典例】1.用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有________个．
【解析】由题设可知：当首位排5和3时，末尾可排2和4，中间三数全排，两种情况共有4A种；当首位排2和4时，末尾只能排4和2，中间三个数全排，两种情况共有2A，所以由分类计数原理可得所有符合条件的五位数共有6A＝6×6＝36.
2．用1，2，3，4，5，6，7这7个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)如果组成的四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？
(2)如果组成的四位数必须大于6 500，那么这样的四位数有多少个？
【解析】(1)第一步排个位上的数，因为组成的四位数必须是偶数，个位数字只能是2，4，6之一，所以有A种排法；第二步排千、百、十这三个数位上的数字，有A种排法．根据分步乘法计数原理，符合条件的四位数的个数是AA＝3×6×5×4＝360.
故这样的四位数有360个．
(2)因为组成的四位数要大于6 500，所以千位上的数字只能取7或6.排法可以分两类．第一类：千位上排7，有A种不同的排法；第二类：若千位上排6，则百位上可排7或5，十位和
个位可以从余下的数字中取2个来排，共有AA种不同的排法．根据分类加法计数原理，符合条件的四位数的个数是A＋AA＝160.
故这样的四位数有160个．
数字排列问题的解题原则
排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
提醒：解决数字问题时，应注意题干中的限制条件，恰当地进行分类和分步，尤其注意特殊元素“0”的处理．
【补偿训练】
我们把各位数字之和为7的四位数称为“北斗数”(如2014是“北斗数”)，则“北斗数”中千位为3的共有________个．
【解析】由已知得“北斗数”的后三位之和为4，有以下四种可能：0，0，4；0，1，3；0，2，2；1，1，2；各种组合对应的排列个数分别为3，6，3，3，合计15种．
答案：15
类型二 “排队”问题(数学抽象、逻辑推理)
角度1 元素“相邻”与“不相邻”问题
【典例】(2021·六盘水高二检测)某小组6个人排队照相留念．
(1)若分成两排照相，前排2人，后排4人，有多少种不同的排法？
(2)若分成两排照相，前排2人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？
(3)若排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？
(4)若排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？
(5)若排成一排照相，其中有3名男生3名女生，且男生不能相邻有多少种排法？
(6)若排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？
【解析】(1)分两排照相实际上与排成一排照相一样，只不过把第3～6个位子看成是第二排而已，所以实际上是6个元素的全排列问题，有A＝720.
(2)先确定甲的排法，有A种；再确定乙的排法，有A种；最后确定其他人的排法，有A种．因为这是分步问题，所以用乘法原理，有AAA＝192种不同排法．
(3)采用“捆绑法”，即先把甲、乙两人看成一个人，这样有A种不同排法．然后甲、乙两人之间再排队，有A种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以有AA＝240种排法．
(4)甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半，有A＝360种排法．
(5)采用“插入法”，把3个女生的位子拉开，在两端和她们之间放进4张椅子，如______女______女______女______，再把3个男生放到这4个位子上，就保证任何两个男生都不会相邻了．这样男生有A种排法，女生有A种排法．因为是分步问题，应当用乘法原理，所以共有AA＝144种排法．
(6)方法一：符合条件的排法可分两类：一类是乙站排头，其余5人任意排有A种排法；一类是乙不站排头；由于甲不能站排头，所以排头只有从除甲、乙以外的4人中任选1人有A种排法，排尾从除乙以外的4人中任选1人有A，中间4人任意排有A共计AAA＝384，
所以共有120＋384＝504.
方法二：A－2A＋A＝504.
处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．
角度2 定序问题
【典例】1.某综艺节目共有十场比赛，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词．若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有( )
A．288种 B．144种 C．720种 D．360种
【解析】选B.根据题意分2步进行分析：
①将《将进酒》，《望岳》和另外两首诗词共4首诗词全排列，则有A＝24种排法，
因为《将进酒》排在《望岳》的前面，
所以这4首诗词的排法有 eq \f(A,2) ＝12种．
②这4首诗词排好后，不含最后，有4个空位，在4个空位中任选2个，安排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，有A＝12种安排方法，
则后六场的排法有12×12＝144种．
2．7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
【解析】(1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有 eq \f(A,A) ＝2 520(种)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全体全排列种数的 eq \f(1,A) .故有 eq \f(A,A) ＝840(种)不同的排法．
【思路导引】1.根据题意分2步进行分析：①先分析《将进酒》，《望岳》和另外两首诗词的排法数目；②再用插空法分析《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》的排法数目，由分步乘法计数原理计算可得答案．
2．(1)先将7人全排，考虑甲在乙的前面和在乙的后面是等可能的，即可得出结果．
(2)先将7人全排，甲、乙、丙三人排列有6种情况，考虑三人顺序一定只是6种情况中的一种即可求得结果．
定序问题的解题策略
这类问题的解法是采用分类法．n个不同元素的全排列有A种排法，m个不同元素的全排列有A种排法．因此A种排法中，关于m个元素的不同分法有A类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m个元素顺序确定时，共有 eq \f(A,A) 种排法．
角度3 元素“在”与“不在”问题
【典例】从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题：
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，乙不在末位的排法有多少种？
【思路导引】
(1)优先考虑甲，再结合排列数公式求解．
(2)先将除甲以外的6名同学中选2名排在首、末位，再排剩余的5名同学．
(3)先将甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末位，再排剩余的5名同学．
(4)用间接法求解．
【解析】(1)方法一：把同学作为研究对象．
第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中取出5名放在5个位置上，有A种．
第二类：含有甲，甲不在首位：先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有A种排法．根据分步乘法计数原理，含有甲时共有4×A种排法．
由分类加法计数原理，共有A＋4×A＝2 160(种)排法．
方法二：把位置作为研究对象．
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A种方法．
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A种方法．
由分步乘法计数原理，可得共有A·A＝2 160(种)排法．
方法三(间接法)：即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有A种；甲在首位的情况有A种，所以符合要求的排法有A－A＝2 160(种).
(2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置．
第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，有A·A＝1 800(种)方法．
(3)把位置作为研究对象．
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1 200(种)方法．
(4)用间接法．
总的可能情况是A种，减去甲在首位的A种，再减去乙在末位的A种．注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A种，所以共有A－2A＋A＝1 860(种)排法．
元素“在”与“不在”问题的解题原则与方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．
(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．
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】选D.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，A＝24种．
2．有4名男生、5名女生，全体排成一排，则甲不在中间，也不在两端有多少种不同排法？
(1)用元素分析法，以甲为研究对象，如何解答？
(2)用位置分析法，以中间和两端三个位置为研究对象，如何解答？
(3)用间接法，如何解答？
(4)用等机会法，如何解答？
【解析】(1)先排甲有6种排法，其余有A种不同排法，故共有6A＝241 920种排法．
(2)中间和两端共有A种不同排法，其余6人共有A种不同排法，故共有A·A＝336×720＝241 920种排法．
(3)共有A－3A＝6A＝241 920种排法．
(4)甲排在任何一个位置都是等可能的，故甲不在中间也不在两端的排法，共有A＝241 920种排法．
类型三 排列问题的综合应用(数学抽象、逻辑推理)
【典例】1.5人排成一排，其中甲，乙至少一人在两端的排法种数为( )
A．6 B．84 C．24 D．48
【解析】选B.5人全排列有A种，甲，乙都不在两端的排法有AA种，共有A－AA＝84种不同的排法．
2．从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成______ 个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？其中有实根的方程有________个．
【解析】先考虑组成一元二次方程的问题．
首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有A种，然后从余下的4个数中任选两个作b，c，有A种．
由分步乘法计数原理知，共组成一元二次方程A·A＝48(个).
方程要有实根，必须满足Δ＝b2－4ac≥0.
分类讨论如下：当c＝0时，a，b可以从1，3，5，7中任取两个，有A种；
当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7中的一个．
当b取5时，a，c只能取1，3这两个数，有A种；
当b取7时a，c可取1，3或1，5这两组数，有2A种．此时共有(A＋2A)个．由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有A＋A＋2A＝18(个).
答案：48 18
3．某单位安排7位员工在春节期间大年初一到初七值班，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在初一，丁不排在初七，则不同的安排方案共有多少种？
【解析】第一种：甲乙相邻排在初一，初二或初六，初七，则先排甲和乙，有2×A种，然后排丙(甲乙相邻排在初一，初二)或丁(甲乙相邻排在初六，初七)，有A种，剩下的其他四个人全排列有A种，因此有2×AAA＝384种安排方案；
第二种：甲乙相邻排中间，有4A种，当丙排在初七，则剩下的四人有A种排法，若丙排在中间，则丙有A种，初七就从剩下的除去丁的3人中选一个，有3种，剩下三人有A种，所有人共有4A(A＋3AA)＝624种．所以共有384＋624＝1 008种不同的安排方案．
【思路导引】1.首先计算出5人的全排列，减去甲，乙都不在两端的排法．
2．先确定a的值，再确定b，c的值，最后根据分步乘法计数原理求解．对于有实根的方程先对c进行讨论．
3．根据题知将甲和乙捆绑处理，然后再分类对丙进行排列，最后根据分步乘法计数原理进行计算．
“在”与“不在”排列问题解题策略
实际问题中，既要能观察出是排列问题，又要能搞清哪些是特殊元素，还要根据问题进行合理分类、分步，选择合适的解法．因此需做一定量的排列应用题，逐渐掌握解决问题的基本思想．
【补偿训练】
1.A，B，C，D，E，F共6个同学和1个数学老师站成一排合影留念，数学老师穿白色文化衫，A，B和C，D同学分别穿着白色和黑色文化衫，E和F分别穿着红色和橙色的文化衫，若老师站中间，穿着白色文化衫的不相邻，则不同的站法种数为( )
A．72 B．112 C．160 D．192
【解析】选D.共有7个位置，老师站中间，两边各三个座位，两位穿白色文化衫的同学不站老师两边，且他俩不能相邻，所以他俩有2×2×A＝8种方法，其他没有限制，所以共有8×A＝192种方法．
2．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有________种．
【解析】可选用间接法解决：先求出从7人中选出3人的方法数，再求出从4名男生中选出3人的方法数，两者相减即得结果．A－A＝186(种).
答案：186
1．(2021·兰州高二检测)从5名同学中选出正、副组长各一名，有多少种不同的选法( )
A．24 B．20 C．10 D．9
【解析】选B.依题意从5名同学中选出正、副组长各一名，则有A＝20种方法．
2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )
A．240种 B．360种
C．480种 D．720种
【解析】选C.第一步：排甲，共有A种不同的排法；第二步：排其他人，共有A种不同的排法，因此不同的演讲次序共有AA＝480(种).
3．甲、乙等5人在南沙聚会后在天后宫沙滩排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻的排法有( )
A．24种 B．48种
C．72种 D．120种
【解析】选B.由题意利用捆绑法求解，甲、乙两人必须相邻的方法数为A·A＝48种．
4．将编号为1，2，3，4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个则恰好1个盒子放有2个连号小球的所有不同方法有________种．(用数字作答)
【解析】由题意这四个数有12，3，4；1，23，4；1，2，34三种分组方式，将其放入三个盒子有3A＝3×6＝18种方法．
答案：18
5．数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”有________个．
【解析】由数字0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”首位数字必为2或5，有2A－1＝11个；由数字0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”首位数字必为3或4，有2A＝12，故共有23个．
答案：23
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10第1课时 组合与组合数公式
导思 1.组合与组合数的概念是如何定义的？2.怎样推导出组合数公式？组合数公式有哪些性质？
1.组合的定义
从n个不同元素中取出m(n≥m)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(1)组合对元素有何要求？
提示：组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的．
(2)组合是有放回抽取还是无放回抽取？
提示：无放回抽取，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
2．组合数的概念、公式和性质
组合数定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数
表示法
组合数公式 乘积式 C＝＝
阶乘式 C＝
性 质 C＝，C＝
备 注 ①n，m∈N*且m≤n，②规定：C＝1
组合数的两个性质在计算组合数时有何作用？
提示：第一个性质中，若m>，通常不直接计算C，而改为计算C，这样可以减少计算量；第二个性质是根据需要将一个组合数拆解成两个组合数或者把两个组合数合成一个组合数，在解题中要注意灵活运用．
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)从3，5，7，11中任取两个数相除属于组合问题．( × )
提示：由于两个数相除与顺序有关，所以是排列问题．
(2)由于组合数的两个公式都是分式，所以结果不一定是整数．( × )
提示：C是从n个元素中取m个元素的情况的种数，故C一定是正整数．
(3)区别组合与排列的关键是看问题元素是否与顺序有关．( √ )
提示：组合与排列不同之处是组合选出的元素没有顺序而排列有顺序．
2．下面几个问题中属于组合问题的是( )
①由1，2，3，4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1，2，3构成两位数的方法；④由1，2，3组成无重复数字的两位数的方法．
A．①③ B．②④ C．①② D．①②④
【解析】选C.①②取出元素与顺序无关，③④取出元素与顺序有关．
3．一名学生在白纸上点了8个点，其中任何三点不共线，则该学生能连出直线的条数为( )
A．4 B．8 C．28 D．64
【解析】选C.由于要连成直线，是组合问题．
故共需要建C＝28条公路．
类型一 组合的概念(数学抽象)
1．(2021·钦州高二检测)给出下列几个问题，其中是组合问题的有( )
①某班选10名同学参加拔河比赛；②从1，2，3，4中选出两个数，构成平面向量a的坐标；③从1，2，3，4中选出两个数分别作为实轴长和虚轴长，构成焦点在x轴上的双曲线方程；④从正方体的8个顶点中任取2个点构成线段．
A．①② B．①④ C．③④ D．②③
【解析】选B.由于①④中选出的元素与顺序无关，而②③中选出的元素与顺序有关，由组合的定义可知，①④为组合问题．
2．给出下列问题：
(1)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？
(2)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？
(3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？
(4)a，b，c，d四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？
(5)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪中恰有3枪连中，不同的结果有多少种？
在上述问题中，是组合问题的序号为________．是排列问题的序号为________．
【解析】(1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．
(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．
(5)命中的4枪中恰有3枪连中，即连中3枪和单中1枪，有顺序，是排列问题．
答案：(1)(3) (2)(4)(5)
3．判断下列各事件是排列问题还是组合问题．
(1)8个朋友相互各写一封信，一共写了多少封信？
(2)从1，2，3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(3)从1，2，3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个集合，这样的集合有多少个？
【解析】 (1)每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的．
(2)是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序，便会得到不同的三位数．
(3)是组合问题，因为取出3个数字后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变．
排列、组合问题的判断方法
(1)区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序．
(2)区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
【补偿训练】
判断下列各事件是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．
(1)10人规定相互通一次电话，共通多少次电话？
(2)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？
(3)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？
(4)从10个人中选出3个代表去开会，有多少种选法？
(5)从10个人中选出3个不同学科的科代表，有多少种选法？
【解析】(1)是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(2)是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(3)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的，排列数为A＝90.
(4)是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别，组合数为C＝120.
(5)是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的科代表是有顺序区别的，排列数为A＝720.
类型二 组合数公式及其应用(数学运算)
组合的列举问题
【典例】1.从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，列出所有的组合为________．
【解析】要想列出所有组合，做到不重不漏，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．
答案：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de
2．写出从A，B，C，D，E 5个元素中，依次取3个元素的所有组合．
【解析】所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
【思路导引】
1．根据组合的定义即可将组合一一列出．
2．选出一个抽取元素的方向将组合意义列出，要做到不重不漏．
与组合数有关的计算与证明
【典例】1.计算：C－C·A＝________．
【解析】原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0.
答案：0
2．求证：C＝C.
【解析】因为右边＝C＝·＝＝C，
左边＝C，所以左边＝右边，所以原式成立．
【思路导引】1.根据组合数公式进行计算．
2．先选出合适的组合数公式再进行计算．
巧用组合数公式解题
(1)涉及具体数字的可以直接用C＝ eq \f(A,A) ＝
进行计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算．
1．下列等式中，错误的是( )
A．(n＋1)A＝A B．＝(n－2)!
C．C＝ eq \f(A,n！) D．A＝A
【解析】选C.通过计算得到选项A，B，D的左右两边都是相等的．对于选项C，C＝ eq \f(A,m！) ，所以选项C是错误的．
2．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
【解析】可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C·A＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有A＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
答案：600
【拓展延伸】
1.在计算与组合数有关的问题时，一般根据所要计算的组合数的特点，若含有具体数字应选用乘积式；若含有字母则选用阶乘式．
2．在组合数的计算过程中要注意题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.
【拓展训练】计算C＋C的值．
【解析】因为所以9.5≤n≤10.5.
因为n∈N*，所以n＝10，所以C＋C＝C＋C＝＋＝466.
类型三 组合数性质的应用(数学运算、逻辑推理)
【典例】1.计算C＋C＋C＋…＋C的值为( )
A．C B．C C．C－1 D．C－1
【解析】选C.C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
2．若C＝C，则x的值为________．
【解析】由C＝C得2x－1＝x＋3或2x－1＋x＋3＝8，
解得x＝4或x＝2.
答案：2或4
3．求证：C＝C＋2C＋C.
【解析】由组合数的性质C＝C＋C可知，
右边＝(C＋C)＋(C＋C)
＝C＋C＝C＝左边，
右边＝左边，所以原式成立．
【思路导引】1.先增加一项C，根据组合数的性质逐步运算，最后再减去C即可．
2．根据组合数的性质找到关于x的整式方程求解．
3．将等式的右侧进行整合后根据组合数的性质求解．
性质“C＝C”的意义及作用
1．C＋C等于( )
A．C B．C C．C D．C
【解析】选B.由运算性质得：C＋C＝C＝C.
2．方程C＝C的解集为( )
A．{4} B．{14} C．{4，6} D．{14，2}
【解析】选C.因为C＝C，所以x＝2x－4或x＋2x－4＝14，所以x＝4或x＝6.经检验知x＝4或x＝6符合题意，故方程C＝C的解集为{4，6}．
3．证明：mC＝nC.
【证明】mC＝m·＝
＝n·＝nC.
1．下列问题不是组合问题的是( )
A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
B．平面上有2 015个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C．集合{a1，a2，a3，…，an}含有三个元素的子集有多少个？
D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？
【解析】选D.组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题．
2．(2021·北海高二检测)若A＝4C，则n＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】选B.由A＝4C得：5×4×3＝4×，解得n＝6或n＝－5(舍去).
3．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有 ( )
A．60种 B．48种 C．30种 D．10种
【解析】选C.从5人中选派2人参加星期六的公益活动有C种方法，再从剩下的3人中选派2人参加周日的公益活动有C种方法，故共有C·C＝30种．
4．关于x的方程C＝C的解为x＝________．
【解析】因为C＝C，
所以2x＝x＋4或2x＋(x＋4)＝25，
解得x＝4或x＝7.
答案：4或7
5．不等式C【解析】由题意知3≤n≤12，且n∈N*，
由题意得<，
解得n<7.5，所以n＝3，4，5，6，7.
答案：n＝3，4，5，6，7
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8第2课时 组合的综合应用
类型一 简单的组合问题(数学抽象、数学运算)
1．将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种 C．9种 D．8种
【解析】选A.先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有CC＝12种安排方案．
2．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名．
(2)至少有1名女运动员．
(3)既要有队长，又要有女运动员．
【解析】(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120(种)选法．
(2)方法一(直接法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理知共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246(种)选法．
方法二(间接法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种).
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种).
解简单的组合应用题的策略
(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．
(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．
提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．
【补偿训练】
1.有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外两名英、日都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？
【解析】方法一：按“英语、日语都会的人”的参与情况，可分为三类：
第一类，“英语、日语都会的人”不参加，有CC种；
第二类，“英语、日语都会的人”有1人参加，该人可参加英语翻译小组，也可参加日语翻译小组，共有CCC＋CCC种；
第三类，“英语、日语都会的人”均参加共有CCA＋CC＋CC种．
由分类加法计数原理可得共有CC＋CCC＋CCC＋CCA＋CC＋CC＝185(种).
方法二：按“英语、日语都会的人”参加英语翻译小组的人数可分为三类．
第一类，“英语、日语都会的人”不参加英语翻译小组，有CC种；
第二类，“英语、日语都会的人”恰有一人参与英语翻译，共有CCC种；
第三类，“英语、日语都会的人”全部参与英语翻译共有CC种．
由分类加法计数原理可得共有CC＋CCC＋CC＝185(种).
2．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人．
(2)甲、乙、丙三人必须参加．
(3)甲、乙、丙三人不能参加．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．
(6)甲、乙、丙三人至多2人参加．
【解析】(1)有C＝792种不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C＝36种不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C＝126种不同的选法．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C＝3种选法，再从另外的9人中选4人，有C种选法，共有CC＝378种选法．
(5)方法一(直接法)：
可分为三类：
第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有CC＝378种；
第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有CC＝252种；
第三类：甲、乙、丙中有3人参加，共有CC＝36种；
共有CC＋CC＋CC＝666种不同的选法．
方法二(间接法)：12人中任意选5人，共有C种，甲、乙、丙三人都不能参加的有C种，所以，共有C－C＝666种不同的选法．
(6)方法一(直接法)：甲、乙、丙三人至多2人参加，可分为三类：
第一类：甲、乙、丙都不参加，共有C种；
第二类：甲、乙、丙中有1人参加，共有CC种；
第三类：甲、乙、丙中有2人参加，共有CC种．
共有C＋CC＋CC＝756种不同的选法．
方法二(间接法)：12人中任意选5人，共有C种，甲、乙、丙三人全参加的有C种，所以，共有C－C＝756种不同的选法．
类型二 与几何有关的组合问题(直观想象、数学运算)
【典例】如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.
(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个？其中含C1点的有多少个？
(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
四步 内容
理解题意 条件：以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点，C1，C2，C3，C4，C5，C6.以及直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.结论：问作出三角形与四边形的个数．
思路探求 分成两类取点，分别从直径AB上和从直径AB外取点．
书写表达 (1)C＋C·C＋C·C＝116(个).其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个).(2)C＋C·C＋C·C＝360(个).注意书写的规范性：①注意分类不重不漏，按照一定规律书写．②注意书写字母和数学符号的规范性．
题后反思 解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．
解几何有关的组合应用题的解题策略
(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．
(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．
1．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是( )
A．20 B．9 C．C D．CC＋CC
【解析】选B.分两类：第一类，在直线a上任取一点，与直线b可确定C个平面；第二类，在直线b上任取一点，与直线a可确定C个平面．
故可确定C＋C＝9个不同的平面．
2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
【解析】(直接法)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3个点必与点A共面有3C种取法；含顶点A的3条棱上各有3个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，与顶点A共面的3个点的取法有3C＋3＝33(种).
3．四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？
【解析】(间接法)从10个点中取4个点的取法有C种，除去4点共面的取法种数可以得到结果．从四面体同一个面上的6个点取出的4点必定共面．有4C＝60(种)，四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情形(对棱中点连线两两相交且互相平分)，故4点不共面的取法为C－(60＋6＋3)＝141(种).
类型三 组合应用中的分组、分配问题(数学抽象、逻辑推理)
不同元素分组分配问题
【典例】有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本．
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本．
(3)分成三组，每组都是2本．
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
【思路导引】
(1)先从6本书中取出一本作为一组，再从剩余的5本中任取2本作为一组，则其余3本为一组．(2)在(1)分组的基础上进行排列即可．(3)先从6本书中取出2本作为一组，再从剩余的4本中任取2本作为一组，则其余2本为一组，其中有重复须除以A.(4)在(3)中分组的基础上排列即可．
【解析】(1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法．由分步乘法计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60(种).
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C·C·C·A＝360(种).
(3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有 eq \f(C·C·C,A) ＝15(种).
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式 eq \f(C·C·C,A) ·A＝90(种).
将本例中这6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少一本，则结果如何？
【解析】这6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少一本，则有(3，1，1，1)和(2，2，1，1)两种．
当为(3，1，1，1)时，有C种分组方法，所以有CA＝480种分法；当为(2，2，1，1)时，有 eq \f(CC,A) 种分法，所以有 eq \f(CC,A) A＝1 080种分法．
相同元素分配问题
【典例】1.假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( )
A．30 B．21 C．10 D．15
【解析】选D.用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C＝15(种)分配方法．
2．6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列方法的种数．
①每个盒子都不空；
②恰有一个空盒子；
③恰有两个空盒子．
【解析】①先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C＝10(种).
②恰有一个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C种插法，故共有C·C＝40(种).
③恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
其一：这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C种插法．
其二：将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C种插法．故共有C·(C＋C)＝30(种).
【思路导引】1.由于名额之间没有差别，只需将10个名额分成三部分即可．
2．①6个小球是相同的，所以只要将6个小球分隔成4组即可．②先选出一个空盒，再将6个小球分隔成3组．③在6个小球的7个空隙中放入5个隔板，在其中各有两个隔板放到同一个间隙中．
1．分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种．
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．
分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
2．相同元素分配问题的建模思想
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．
1．(2020·新高考全国Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )
A．120种 B．90种 C．60种 D．30种
【解析】选C.甲场馆安排1名有C种方法，乙场馆安排2名有C种方法，丙场馆安排3名有C种方法，所以由分步乘法计数原理得不同的安排方法共有CCC＝60种．
2．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【解析】选C.先分组有 eq \f(CCCC,A) ＝10种，再排序10A＝240种．
【补偿训练】
1.按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2，4，6人．
(2)平均分成3个小组．
(3)平均分成3个小组，进入3个不同车间．
【解析】(1)CCC＝13 860(种).
(2) eq \f(CCC,A) ＝5 775(种).
(3)分两步：第一步平均分三组，第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有 eq \f(CCC,A) ·A＝C·C·C＝34 650(种)不同的分法．
2．将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中．
(1)每盒至多一球，有多少种放法？
(2)每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
(4)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？
【解析】(1)这是全排列问题，共有A＝24(种)放法．
(2)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C·2＝8(种)放法．
(3)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12种放法．
(4)(隔板法)先将编号为1，2，3，4的4个盒子分别放入0，1，2，3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有C＝286(种)放法．
1．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有( )
A．C种 B．A种
C．AA种 D．CC种
【解析】选D.每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C种选法；第二步，选男工，有C种选法．
故共有CC种不同的选法．
2．从10名男生6名女生中任选3人参加竞赛，要求参赛的3人中既有男生又有女生，则不同的选法有______种( )
A．1 190 B．420
C．560 D．3 360
【解析】选B.要求参赛的3人中既有男生又有女生，分为两种情况：第一种情况：1名男生2名女生，有CC种选法；第二种情况：2名男生1名女生，有CC种选法，
由分类计算原理可得CC＋CC＝420.
3．随着中国电子商务的发展和人们对网购的逐渐认识，网购鲜花速递行业迅速兴起．佳佳为祝福母亲的生日，准备在网上定制一束混合花束．客服为佳佳提供了两个系列，如表：
粉色系列 黄色系列
玫 瑰 戴安娜、粉佳人、糖果、桃红雪山 假日公主、金辉、金香玉
康乃馨 粉色、小桃红、白色粉边 火焰、金毛、黄色
配 叶 红竹蕉、情人草、满天星 散尾叶、栀子叶、黄莺、银叶菊
佳佳要在两个系列中选一个系列，再从中选择2种玫瑰、1种康乃馨、2种配叶组成混合花束．请问佳佳可定制的混合花束一共有________种．
【解析】若选粉色系列有C·C·C种选法，若选黄色系列有C·C·C种选法，佳佳可定制的混合花束一共有C·C·C＋C·C·C＝54＋54＝108种．
答案：108
4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有__________种．(用数字作答)
【解析】第一步安排周六有C种方法，第二步安排周日有C种方法，故不同的安排方案共有CC＝140(种).
答案：140
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10二项式定理
导思 1.二项式定理的内容是什么？2.二项展开式有什么样的特点？
1．二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋＋…＋Cbn(n∈N*)
二项展开式 公式右边的式子
二项式系数 (k∈{0，1，2，…，n})
二项展开式的通项 Tk＋1＝
2.二项展开式的特点
(1)展开式共有n＋1项．
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n.
(3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n.
(1)二项展开式中的项Can－rbr是第几项？
提示：Can－rbr是(a＋b)n的第r＋1项．
(2)二项式中a，b能否交换位置，二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第r＋1项是否相同？
提示：不能，(a＋b)n展开式中的第r＋1项为Can－rbr，(b＋a)n展开式中的第r＋1项为Cbn－rar，两者是有区别的，所以在应用二项式定理时，a和b不能随便交换位置．
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)二项展开式中项的系数与二项式系数是相等的．( × )
提示：二项展开式中项的系数与二项式系数不一定相等，只有当a，b的系数都为1时两者相等．
(2)(x－1)5的展开式中x4项的系数为－5.( √ )
提示： (x－1)5的展开式中x4项的系数为－5.
(3)(a＋b)n的展开式中一定有常数项．( × )
提示：(a＋b)n的展开式中通项Can－rbr的次数不一定为0.
2．(2021·中卫高二检测)(a＋1)5展开式中的第2项是( )
A．5a3 B．10a3 C．5a4 D．10a4
【解析】选C.(a＋1)5展开式中的第2项是T2＝Ca5－1＝5a4.
3．(教材练习改编)(1＋2x)5的展开式的第3项的系数为______，第3项的二项式系数为________．
【解析】因为T3＝C(2x)2＝C22x2＝40x2，所以第3项的系数为40，第3项的二项式系数为C＝10.
答案：40 10
类型一 二项式定理的正用、逆用(数学运算)
1．(公式逆用))1＋3C＋9C＋…＋3nC＝________．
【解析】在二项展开式中(1＋x)n＝C＋Cx＋…＋Cxn.
令x＝3，得(1＋3)n＝C＋C3＋C32＋…＋C3n，
即1＋3C＋9C＋…＋3nC＝4n.
答案：4n
2．求的展开式．
【解析】方法一：＝C()4－C()3·＋C()2·－C·＋C＝x2－2x＋－＋.
方法二：＝
＝(2x－1)4
＝(16x4－32x3＋24x2－8x＋1)
＝x2－2x＋－＋.
3．化简：C(x＋1)n－C(x＋1)n－1＋C(x＋1)n－2－…＋
(－1)kC(x＋1)n－k＋…＋(－1)nC.
【解析】原式＝C(x＋1)n＋C(x＋1)n－1(－1)＋C(x＋1)n－2(－1)2＋…＋
C(x＋1)n－k(－1)k＋…＋C(－1)n
＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
运用二项式定理的解题策略
(1)正用：求形式简单的二项展开式时可直接由二项式定理展开，展开时注意二项展开式的特点：前一个字母是降幂，后一个字母是升幂．形如(a－b)n的展开式中会出现正负间隔的情况．对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．
(2)逆用：逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项的系数．
提醒：逆用二项式定理时如果项的系数是正负相间的，则是(a－b)n的形式．
【补偿训练】
1.求二项式的展开式．
【解析】＝C(3)4＋C(3)3＋C(3)2＋C(3)＋C
＝81x2－108x＋54－＋.
2．化简(x－2)5＋5(x－2)4＋10(x－2)3＋10(x－2)2＋5(x－2).
【解析】原式＝C(x－2)5＋C(x－2)4＋C(x－2)3＋C(x－2)2＋C(x－2)＋C(x－2)0－1＝[(x－2)＋1]5－1＝(x－1)5－1.
类型二 二项展开式通项的应用(逻辑推理、数学运算)
二项式系数与项的系数
【典例】1.(x＋1)4(x－1)的展开式中x3的系数是________．
【解析】(x＋1)4(x－1)的展开式中含x3的项由以下两部分相加得到：①(x＋1)4中的二次项乘以(x－1)中的一次项x，即Cx2·x＝6x3；②(x＋1)4中的三次项乘以(x－1)中的常数项－1，即Cx3×(－1)＝－4x3.所以(x＋1)4·(x－1)的展开式中x3的系数是6＋(－4)＝2.
答案：2
2．已知二项式(3－)10.
(1)求展开式第4项的二项式系数．
(2)求展开式第4项的系数．
【解析】 (3－)10的展开式的通项是Tk＋1＝C(3)10－k(－)k
＝C310－k(－)k· (k＝0，1，2，…，10).
(1)展开式的第4项(k＝3)的二项式系数为C＝120.
(2)展开式的第4项的系数为C37(－)3＝－77 760.
【思路导引】1.展开式中含x3的项有两部分．
2．先写出(3－)10展开式的通项，再根据题中的要求求解．
本例2中求出展开式的第4项，则结果如何？
【解析】(3－)10的展开式的通项是
Tk＋1＝C(3)10－k(－)k＝C310－k(－)k· (k＝0，1，2，…，10)，
令k＝3，得展开式的第4项为T4＝T3＋1＝－77 760.
展开式中的特定项
【典例】1.二项式的展开式的常数项是________.
【解析】通项公式为Tr＋1＝C()8－r
＝C2－r，
由8－4r＝0得r＝2，
所以常数项为C2－2＝7.
答案：7
2．已知(x＋2)n的展开式的各项系数和比二项式系数和大211.
(1)求n的值．
(2)求展开式中所有有理项．
【解析】 (1)由题意，二项式(x＋2)n的展开式的各项系数和比二项式系数和大211，
可得3n－2n＝211，解得n＝5.
(2)展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(2)r
＝C2r (r＝0，1，…，5)，
当r＝0，2，4时5－是整数．
故展开式中所有有理项为：T1＝x5，T3＝40x4，T5＝80x3.
【思路导引】1.先根据二项式展开式的通项公式写出第r＋1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果．
2．(1)由题意，二项展开式的各项系数和比二项式系数和大211，得出3n－2n＝211，即可求解．
(2)由题意，得出展开式的通项，确定r的取值，即可得到展开式中的有理项，得到答案．
1．求二项展开式特定项的步骤
2．求二项展开式的特定项常见题型及处理措施
(1)求第k项．Tk＝Can－k＋1bk－1.
(2)求常数项．对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项).
(3)求有理项．对于有理项，一般是根据通项公式所得到的项，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解．
(4)求整式项，求二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
3．正确区分二项式系数与该项的系数
二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者仅与二项式的指数及项数有关，与二项式无关，后者与二项式，二项式的指数及项数均有关．
1．(2020·全国Ⅰ卷)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
【解析】选C.(x＋y)5展开式的通项公式为
Tr＋1＝Cx5－ryr(r∈N且r≤5)，
所以与(x＋y)5展开式的乘积可表示为：
xTr＋1＝xCx5－ryr＝Cx6－ryr或Tr＋1＝Cx5－ryr＝Cx4－ryr＋2，
在xTr＋1＝Cx6－ryr中，令r＝3，
可得：xT4＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为10，
在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，
可得：T2＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为5，
所以x3y3的系数为10＋5＝15.
2．(2021·北京新高考) 的展开式中的常数项是__________.
【解析】Cx33＝－4.
答案：－4
3．已知展开式中第3项的系数比第2项的系数大162.
(1)n的值；
(2)求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数．
【解析】(1)因为T3＝C()n－2
＝4C，
T2＝C()n－1＝－2C，
依题意得4C＋2C＝162，所以2C＋C＝81，
所以n2＝81，n＝9.
(2)设第r＋1项含x3项，
则Tr＋1＝C()9－r＝(－2)rC，
所以＝3，r＝1，
所以第二项为含x3的项：T2＝－2Cx3＝－18x3.二项式系数为C＝9.
类型三 二项式定理的灵活运用(数学抽象、数学运算)
【典例】1.(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20 C．30 D．60
【解析】选C.(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.
2．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
【解析】 (x－y)(x＋y)8＝x(x＋y)8－y(x＋y)8，所以展开式中含有x2y7的项为x·Cxy7－yCx2y6＝－20x2y7，故x2y7的系数为－20.
答案：－20
3．在二项式(x－)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式中二项式系数最大的项．
(2)求展开式中所有有理项的系数之和．
【解析】(1)由二项式定理得展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C(－)rxn－r＝C(－)r，r＝0，1，2，…，n
所以前三项的系数的绝对值分别为1，C，C，
由题意可得2×C＝1＋C，整理得n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)，
则展开式中二项式系数最大的项是第五项，
T5＝C(－)4＝
(2)因为Tr＋1＝C(－)r，
若该项为有理项，则是整数，
又因为0≤r≤8，所以r＝0或r＝3或r＝6，
所以所有有理项的系数之和为C(－)0＋C(－)3＋C(－)6＝1－7＋＝－.
【思路导引】1.(x2＋x＋y)5相当于5个(x2＋x＋y)相乘．
2．(x－y)(x＋y)8＝x(x＋y)8－y(x＋y)8，结合题意求解即可．
3．(1)由二项式定理展开式中的通项公式求出前三项，由前三项系数的绝对值成等差数列列方程即可求得n，问题得解．
(2)由Tr＋1＝C(－)r，对r赋值，使得x的指数为正数即可求得所有有理项，问题得解．
求二项展开式的特定项的常见题型
1.常见类型
(1)求第k项，Tk＝Can－k＋1bk－1.
(2)求含xk的项(或xpyq的项).
(3)求常数项．
(4)求有理项．
2．常用方法
(1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项).
(2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解．
(3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
1．已知(1＋x)5＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a5(1－x)5，则a3＝( )
A．－40 B．40 C．10 D．－10
【解析】选A.因为(1＋x)5＝－[－2＋(1－x)]5，通项Tr＋1＝－C(－2)5－r(1－x)r，a3＝－C(－2)2＝－40.
2．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．74 B．121 C．－74 D．－121
【解析】选D.先求原式的和再求系数：
原式＝＝，
故x3的项的系数可由(1－x)5－(1－x)9的展开式中x4项的系数求得，即C－C＝－121.
3．求(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数．
【解析】方法一：把(x2＋3x＋2)5看成5个(x2＋3x＋2)相乘，每个因式各取一项相乘得到展开式中的一项，x项可由1个因式取3x，4个因式取2得到，即C3x·C·24＝240x，
所以(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为240.
方法二：(x2＋3x＋2)5＝[3x＋(x2＋2)]5
展开式中x项由C(3x)(x2＋2)4得到．
是C(3x)·C24＝240x.
所以展开式中x的系数为240.
1．(x＋2)6的展开式中x3的系数是( )
A．20 B．40 C．80 D．160
【解析】选D.设含x3的项为第r＋1项，则Tr＋1＝Cr6x6－r·2r，
令6－r＝3，得r＝3，故展开式中x3的系数为C·23＝160.
2．已知的展开式的第4项等于5，则x等于( )
A． B．－ C．7 D．－7
【解析】选B.T4＝Cx4＝5，则x＝－.
3．(2021·梧州高二检测) 展开式的第5项的系数为( )
A．15 B．－60 C．60 D．－15
【解析】选C. 的通项公式为
Tr＋1＝C(2x)6－rr＝C26－r(－1)rx6－2r，
所以展开式的第5项的系数为C26－4(－1)4＝15×4＝60.
4．(教材练习改编)(1－i)10(i为虚数单位)的二项展开式中第7项为________．
【解析】由通项公式得T7＝C·(－i)6＝－C＝－210.
答案：－210
5．(2020·全国Ⅲ卷) 的展开式中常数项是________(用数字作答).
【解析】因为Tr＋1＝Cx2(6－r)2rx－r＝2rCx12－3r，
由12－3r＝0，得r＝4，所以的展开式中常数项是：C·24＝C·16＝15×16＝240，故常数项为240.
答案：240
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11“杨辉三角”与二项式系数的性质
导思 1.杨辉三角有怎样的特点？2.二项式系数有怎样的特点？各二项式系数的和等于多少？
1.杨辉三角的特点
(1)在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等．
(2)在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝．
杨辉三角的作用是什么？
提示：①直观地看出或探究二项式系数的性质；②当二项式系数不大时，可借助它直接写出各项的二项式系数．
2．二项式系数的特点
(1)对称性：在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C＝C，C＝C，…，C＝C.
(2)增减性与最大值：当k<时，二项式系数是逐渐增大的，由对称性可知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取到最大值．当n是偶数时，中间一项的二项式系数取得最大值；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取到最大值．
3．各二项式系数的和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n．
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1．
(1)杨辉三角中的数是二项式系数还是项的系数？
提示：杨辉三角中的数是二项式系数．
(2)如何求二项式中的最大项？
提示：先判断n是奇数还是偶数，若是奇数则中间两项系数是最大项，若是偶数则中间项系数是最大项．
(3)怎样求二项式系数和？
提示：利用赋值法，在(a＋b)n的展开式中，令a＝b＝1，可得C＋C＋…＋C＝2n.
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项).( × )
提示：二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项其他数字因数的大小有关．
(2)二项式展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．( × )
提示：在二项式(a＋b)n中只有当a，b的系数都为1时，展开式的偶数项系数和才等于奇数项系数和．
(3)二项展开式项的系数是先增后减的．( × )
提示：二项式系数是随n的增加先增后减的，二项式项的系数和a，b的系数有关．
(4)杨辉三角中每行两端的数都是1.( √ )
提示：根据杨辉三角的特点可知．
2．(1－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝( )
A．512 B．1 024 C．－1 024 D．－512
【解析】选D.令x＝1，得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a10；
令x＝－1，得210＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10；
两式相减得，－210＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝＝－29＝－512.
3．(教材习题改编)在(a＋b)8的展开式中，二项式系数最大的项为________，在(a＋b)9的展开式中，二项式系数最大的项为________.
【解析】因为(a＋b)8的展开式中有9项，所以中间一项的二项式系数最大，该项为Ca4b4＝70a4b4.
因为(a＋b)9的展开式中有10项，所以中间两项的二项式系数最大，这两项分别为Ca5b4＝126a5b4，Ca4b5＝126a4b5.
答案：70a4b4 126a5b4与126a4b5
1．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的三角数表．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________行；第61行中1的个数是________．
【解析】观察可得第1行，第3行，第7行，第15行，全行都为1，故第n次全行的数都为1的是第2n－1行；因为n＝6 26－1＝63，故第63行共有64个1，递推知第62行共有32个1，第61行共有32个1.
答案：2n－1 32
2．(2021·天水高二检测)杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书记载．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，它出现要比杨辉三角迟393年．那么，第15行第13个数是________．(用数字作答)
【解析】第1行：C＝1，C＝1，
第2行：C＝1，C＝2，C＝1，
第3行：C＝1，C＝3，C＝3，C＝1，
第4行：C＝1，C＝4，C＝6，C＝4，C＝1，…观察可得第n行第r(1≤r≤n＋1)个数为C，
所以第15行第13个数为C＝＝455.
答案：455
3．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，记其前n项和为Sn，求S16的值．
【解析】由题意及杨辉三角的特点可得
S16＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋(10＋5)＋…＋(36＋9)
＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(2＋3＋…＋9)
＝C＋＝164.
解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
【补偿训练】
1.将全体正整数排成一个三角形数阵：
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
……
按照以上排列的规律，第n行(n≥3)从左向右的第3个数为________．
【解析】前n－1行共有正整数[1＋2＋…＋(n－1)]个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第个，即为.
答案：
2．如图所示，满足①第n行首尾两数均为n；
②表中的递推关系类似杨辉三角，则第n行(n≥2)的第2个数是________．
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
6 16 25 25 16 6
【解析】由图中数字规律可知，第n行的第2个数是＋1＝＋1.
答案：
3．在杨辉三角中，除1以外每一数值是它左上角和右上角两个数值之和，三角形开头几行如下：
第0行 1
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
…… …… …… …… ……
利用杨辉三角展开(1－x)6.
【解析】由杨辉三角知，第6行二项式系数为：1，6，15，20，15，6，1.
所以(a＋b)6＝a6＋6a5b＋15a4b2＋20a3b3＋15a2b4＋6ab5＋b6.令其中a＝1，b＝－x，得(1－x)6＝1－6x＋15x2－20x3＋15x4－6x5＋x6.
类型二 展开式中项的应用(逻辑推理、数学运算)
求展开式的系数和
【典例】1.若＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为( )
A．29 B．29－1 C．39 D．39－1
【解析】选D.令x＝0，则a0＝1，令x＝2，则a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39,
所以2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1 .
2．设(＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＝________，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2 －(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2的值为________.
【解析】利用二项式系数公式，T3＝C8x2＝720x2，故a2＝720，
利用赋值法，令x＝±1有a0＋a1＋…＋a10＝10，a0－a1＋a2－…＋a10＝10，
故(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2 －(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2＝·
＝1010＝1.
答案：720 1
3．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
【解析】 (1)根据所给的等式求得常数项a0＝1，令x＝1，
所以a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，则a1＋a2＋…＋a7＝－2.
(2)在所给的等式中，令x＝1，
可得：a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1 ①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝37 ②
用①－②再除以2可得a1＋a3＋a5＋a7＝－1 094.
(3)在7中，令x＝－1，可得＋＋＋…＋＝37＝2 187.
【思路导引】1.先令x＝0求出a0，再令x＝2求出a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9的值即可得出结果．
2．结合二项式系数公式计算a2，令x＝1或－1，代入，计算结果即可．
3．(1)根据所给的等式求得常数项a0＝1，在所给的等式中，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，从而求得a1＋a2＋…＋a7的值．
(2)在所给的等式中，分别令x＝1，x＝－1，可得两个等式，化简这两个等式即可求得a1＋a3＋a5＋a7的值．
(3)在7中，令x＝－1，可得＋＋＋…＋的值．
在根据“杨辉三角”与二项式系数的性质求解相关问题的过程中，经常用到核心素养中的数学运算，通过题中条件的分析对参数进行赋值计算．
在本例3中求出a3的值．
【解析】根据题意，a3即x3的系数，所以a3＝C·(－2)3＝－280.
展开式中最大项问题
【典例】1.已知二项式 (a>0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，且展开式中x2项的系数为84，则a为( )
A．2 B．1 C． D．
【解析】选B.因为二项式 (a>0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，所以n＝9，
又因为的通项为Tr＋1＝Ca9－r＝
a9－rC，令＝2，解得r＝3，又因为展开式中x2项的系数为84，即a6C＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去).
2．已知(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项．
(2)展开式中系数最大的项．(结果可以以组合数形式表示)
【解析】 (1)由已知得C＋C＋C＝121，
则n(n－1)＋n＋1＝121，
即n2＋n－240＝0，解得n＝15，或n＝－16(舍去)，
所以，展开式中二项式系数最大的项是T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.
(2)Tr＋1＝C(3x)r，设 eq \f(C3r－1,C3r) ≤1，
则≤1，即≤1，解得r≤12，
同理，由 eq \f(C3r,C3r＋1) ≥1，解得r≥11，
所以展开式中系数最大的项对应的r＝11，12，即展开式中系数最大的项是T12＝C(3x)11和T13＝C(3x)12.
【思路导引】
1．如果n是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果n是偶数，那么是最中间那项的二次项系数最大，由此可确定n的值，进而利用展开式，根据二次项的系数，即可求出a的值．
2．(1)先根据末三项的二项式系数的和等于121，求n，再根据二项式系数性质求最大项．(2)根据二项式展开式通项公式得项系数，再根据相邻项关系列不等式组，解得系数最大的项的项数，最后根据二项式展开式通项公式得项．
1．二项式系数的最大项的求法
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
(1)当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
(2)当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
2．展开式中系数的最大项的求法
求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第r＋1项最大，应用解得r，即得出系数的最大项．
1．(2021·成都高二检测)在(x＋2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x4的系数为n，则＝( )
A．3 B．4 C． D．
【解析】选A.因为n＝6，所以二项展开式中共有7项，
所以第四项的二项式系数最大，
所以m＝C＝20，根据二项展开式的通项公式可得n＝C·22＝60，所以＝＝3.
2．若展开式中前三项的系数之和为15，
(1)展开式中是否有常数项，说明理由．
(2)求展开式中系数最大的项．
【解析】(1)Tr＋1＝(－1)rC，所以由已知得：1－C＋C＝15，解得n＝7，
所以Tr＋1＝(－1)rC (r＝0，1，2…7)，
因为7－＝0无整数解，所以展开式中无常数项．
(2)由Tr＋1＝(－1)rC知展开式中各项系数的绝对值就为二项式系数，所以展开式中的第5项为系数最大的项，即T5＝35x.
【补偿训练】
已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是________．
【解析】(x＋1)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n＝10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.
答案：6
类型三 二项式系数性质的应用(逻辑推理、数学运算)
【典例】已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(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．
四步 内容
理解题意 条件：展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992结论：求二项式系数最大的项以及系数最大的项．
思路探求 求二项式系数最大的项，利用性质知展开式中中间项(或中间两项)是二项式系数最大的项；求展开式中系数最大的项，必须将x，y的系数均考虑进去，包括“＋”“－”．
题后反思 1.求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．2.求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式的方法求得．
二项式定理应用的常见类型及相关解题策略
①求特殊项及系数，此类问题的求解关键在于求出指定项是第几项；②近似计算问题，解决此类问题要注意题目结果精确到什么或保留几位有效数字，以便考虑最后一项的取值一般要四舍五入，求数的n次幂的近似值时，把底数化为最靠近它的那个整数加一个小数的形式；③证明有关的不等式问题，有些不等式可应用二项式定理，结合放缩法证明，即把二项展开式中的某些正项适当删去(缩小)，或把某些负项删去(放大)，使等式转化为不等式，然后再根据不等式的传递性进行证明；④整除与求余问题，此类题目往往考虑用数学归纳法证明，但是步骤较为烦琐，而用二项式定理明显更简洁；⑤利用赋值法求各项系数的和的问题．
1. 的展开式中整理后的常数项为________.
【解析】由＝，
设通项公式为Tr＋1＝C
＝Cx5－r.
据题意令5－r＝0，即r＝5.
故常数项为T6＝.
答案：
2．(1＋2x)n的展开式中第6项和第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
【解析】T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，
依题意有C25＝C·26 n＝8，
所以(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C·(2x)4＝1 120x4.
设第r＋1项系数最大，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C·2r≥C·2r－1,C·2r≥C·2r＋1))
5≤r≤6.
因为r∈{0，1，2，…，8}，
所以r＝5或r＝6.
所以系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
3．若等差数列{an}的首项为a1＝C－A(m∈N*)，公差是展开式中的常数项，其中k为7777－15除以19的余数，求通项公式an.
【解析】由题意可得
解得≤m≤，
因为m∈N*，所以m＝2，
所以a1＝C－A＝100，
又因为7777－15＝(1＋19×4)77－15＝C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)77－15＝(19×4)[C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)76]－19＋5，
所以7777－15除以19的余数为5，即k＝5.
又Tk′＋1＝C
＝C (－1)k′，
令5k′－15＝0，可解得k′＝3，
所以d＝C (－1)3＝－4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝104－4n.
1．(2021·北海高二检测)如图所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据数组中的数构成的规律，其中的a所表示的数是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【解析】选C.从第三行起头尾两个数均为1，中间数等于上一行肩上两数之和，所以a＝3＋3＝6.
2．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( )
A．第6项 B．第5项
C．第5，6项 D．第6，7项
【解析】选A.由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，所以C＝C，由组合数的性质，得n＝10.所以展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
3．(教材习题改编)若(x＋3y)n的展开式中各项系数的和等于(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和，则n的值等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【解析】选C.(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210，令(x＋3y)n中x＝y＝1，则由题设知，4n＝210，即22n＝210，解得n＝5.
4．已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________．
【解析】依题可得a0＋a2＋a4＝－(a1＋a3＋a5)＝16，
则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256.
答案：－256
5．已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________．
【解析】(a－x)5展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCa5－kxk，
令k＝2，得a2＝(－1)2Ca3＝80，解得a＝2，
即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.所以a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
答案：1
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15计数原理
题组训练一 求解计数问题
1．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A．14 B．16 C．20 D．48
【解析】选B.分两类：
第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；
第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况．
综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况．
2．一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答)
【解析】因为区域1与其他4个区域都相邻，首先考虑区域1，有4种涂法．
若区域2，4同色，有3种涂法，此时区域3，5均有2种涂法，涂法总数为4×3×2×2＝48；
若区域2，4不同色，先涂区域2，有3种方法，再涂区域4有2种方法，此时区域3，5都只有1种涂法，涂法总数为4×3×2×1×1＝24.
因此，满足条件的涂色方法共有48＋24＝72种．
答案：72
3．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有________种不同的选法．
【解析】共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；
第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；
第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2×6＝12种选法．
故共有2＋6＋12＝20种选法．
答案：20
数学思想方法在求解计数问题中的应用
1．对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．
2．解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏).
题组训练二 排列与组合的综合应用
1．在0，1，2，3，…，9这十个自然数中，任取三个不同的数字．则组成的三位数中是3的倍数的有________个．
【解析】若组成的三位数能被3整除，则先把0，1，2，3，…，9，这十个自然数中分为三组：(0369)；(147)；(258).若每组中各取一个数，含0，共有CCCA＝36种；若每组中各取一个数不含0，共有CCCA＝162种；若从每组中各取三个数，
共有3A＋CAA＝30种．综上组成的三位数能被3整除，共有36＋162＋30＝228种．
答案：228
2．在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
【解析】(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A＝24(种)方法．
根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A＝720(种)方法．
×□×□×□×□×□×□×
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A＝840(种)方法．
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有 eq \f(A,A) ＝A＝132(种)排列．
解决排列、组合应用题时常用的解题策略
(1)特殊元素优先安排的策略；
(2)合理分类和准确分步的策略；
(3)排列、组合混合问题先选后排的策略；
(4)正难则反、等价转化的策略；
(5)相邻问题捆绑处理的策略；
(6)不相邻问题插空处理的策略；
(7)定序问题除法处理的策略；
(8)分排问题直排处理的策略；
(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；
(10)构造模型的策略．
题组训练三 两个二项式积的问题
1．(1－)8(1＋)5的展开式中x2的系数是( )
A．－5 B．10 C．－15 D．25
【解析】选A.(1－)8(1＋)5
＝(1－)35
＝(1－)3(1－x)5，(1－)3的通项公式为Cr，其中r＝0，1，2，3，(1－x)5的通项公式为Cr，其中r＝0，1，2，3，4，5，所以展开式中x2的系数是
C0×C2＋C2×C1＝10－15＝－5.
2．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________．
【解析】 (1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5.所以x2的系数为C＋aC，则10＋5a＝5，解得a＝－1.
答案：－1
两个二项式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．
(3)分别求解再相乘，求和即得．
题组训练四 三项展开式问题
1．在的展开式中常数项为( )
A．28 B．－28 C．－56 D．56
【解析】选A.因为x3－2x＋＝＝，故4＝，又8的展开式中x4的系数为C6＝28.
2．求(x2＋3x－4)4的展开式中x的一次项的系数．
【解析】方法一：(x2＋3x－4)4＝[(x2＋3x)－4]4＝C(x2＋3x)4－C(x2＋3x)3·4＋C(x2＋3x)2·42－C(x2＋3x)·43＋C·44，显然，上式中只有第四项中含x的一次项，所以展开式中含x的一次项的系数是－C·3·43＝－768.
方法二：(x2＋3x－4)4＝[(x－1)(x＋4)]4＝(x－1)4·(x＋4)4＝(Cx4－Cx3＋Cx2－Cx＋C)(Cx4＋Cx3·4＋Cx2·42＋Cx·43＋C·44)，所以展开式中含x的一次项的系数是－C44＋C43＝－768.
三项展开式的指定项的系数，可以利用二项式定理的推导方法求出指定项的系数，也可以把三项代数式变形为二项代数式，再利用二项式定理求出指定项的系数．
题组训练五 整除和余数问题
1．(2021·南京高二检测)5555除以8，所得余数是( )
A．7 B．1 C．0 D．－1
【解析】选A.5555＝(56－1)55，展开式的通项为C·5655－r·(－1)r，不能被8整除，即r＝55时，余数为(－1)55＝－1，由于余数要为正数，故加8，得－1＋8＝7.
2. 的展开式中的常数项等于的展开式中的二项式系数和．
①求的展开式的各项系数和；
②求55n除以8的余数．
【解析】的展开式中的通项公式为
Tr＋1＝C()5－r＝C，
所以当r＝2时取得常数项， 常数项T3＝C243＝27，
因为的展开式中的二项式系数和为2n,
所以2n＝27，即n＝7.
①令a＝1，可得展开式的各项系数和为27＝128.
②557＝(56－1)7＝C·567－C·566＋…＋C·56－C .
所以其除以8的余数为7.
(1)利用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了．
(2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．
【补偿训练】
1.230＋3除以7的余数是________．
【解析】230＋3＝10＋3＝10＋3，对于10，其展开式的通项为C·7r，
当r＝0时，不能被7整除，此时项为C·70＝1，故余数为1＋3＝4.
答案：4
2．已知f(x)＝(2x－3)n展开式的二项式系数和为512，且(2x－3)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n.
(1)求a2的值．
(2)求a1＋a2＋a3＋…＋an的值．
【解析】(1)由二项式的系数和为512知2n＝512，
所以n＝9.
(2x－3)9＝[2(x－1)－1]9，所以a2＝C22(－1)7＝－144.
(2)令x＝1，得a0＝(2×1－3)9＝－1，
令x＝2，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a9＝(2×2－3)9＝1.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a9＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)－a0＝2.
题组训练六 赋值法的应用
1．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式的各项系数之和为( )
A．2n－1 B．2n－1 C．2n＋1－1 D．2n
【解析】选C.方法一：令x＝1得，1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－1.
方法二：令n＝1，知各项系数和为3，排除A，B，D，选C.
2．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________．
【解析】令x＝0，得a0＝1；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；
所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.
答案：－65
二项式定理中赋值法的应用
(1)解决的问题：与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和．
(2)应用技巧：通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．
提醒：求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．
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