6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
学习目标
1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．
2．能说出分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．
3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．
核心素养
1．通过两个计数原理的学习，提升逻辑推理素养．
2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，培养数学运算素养．
3．通过合理地分类或分步解决实际问题，提升逻辑推理的素养.
知识点 1 分类加法计数原理
提醒：定义中各种方案之间相互独立，任何一类方案中任何一种方法也相互独立．
想一想：若完成一件事情有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：共有m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(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)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( √ )
(3)从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船每天有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有7种．( √ )
(4)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( √ )
知识点 2 分步乘法计数原理
想一想：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：共有m1×m2×…×mn种不同的方法．
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
(3)已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为9.( √ )
(4)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( × )
知识点 3 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是用来计算完成一件事的方法种数
区别一 针对的是“分类完成问题” 针对的是“分步完成问题”
区别二 各种方法相互独立 各个步骤中的方法相互连续
区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事
想一想：如何判断一个计数原理为分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示：分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情．
练一练：
如图，从A→B→C有_4__种不同的走法；从A→C有_6__种不同的走法．
[解析] A→B→C分两步：
第一步，A→B，有2种走法；
第二步，B→C，有2种走法．
所以A→B→C共有2×2＝4(种)走法．
A→C分两类：
第一类，A→B→C共有4种走法；
第二类，A→C(不经过B)有2种走法．
所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．
题型探究
题型一 分类加法计数原理
典例1 (1)如图所示为一个电路图，若只合上一个开关，可通电的线路共有( B )
A．6条 B．5条
C．9条 D．4条
(2)某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( C )
A．3种 B．5种
C．7种 D．9种
(3)有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名．学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有_6__种．
[解析] (1)可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，通电的线路共有3＋2＝5(条)．
(2)分三类：买1本、买2本或买3本，各类购买方式依次有3种、3种、1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．
(3)三项体育运动项目，每个项目设冠军和亚军各一名，即每个项目可有2个奖项．
由分类加法计数原理，学生甲获奖的不同情况有2＋2＋2＝6(种)．
[规律方法] 应用分类加法计数原理解题的策略
(1)标准明确：明确分类标准，依次确定完成这件事的各类方法．
(2)不重不漏：完成这件事的各类方法必须满足不能重复，又不能遗漏．
(3)方法独立：确定的每一类方法必须能独立地完成这件事．
对点训练 (1)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名学生作代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有 56 种．
(2)某校开设物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数为_16__.(用数字填写答案)
[解析] (1)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．
(2)可分为3类，第1类，只选化学不选生物学，需再从物理、思想政治、历史、地理中选择2门，有6种选法；第2类，只选生物学不选化学，同样也有6种选法；第3类，化学和生物学都选，需再从其他4门中选择1门，有4种选法，所以共有6＋6＋4＝16种选法．
题型二 分步乘法计数原理
典例2 由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：
(1)无重复数字的三位数？
(2)可以有重复数字的三位数？
[分析] (1)数字各不相同，且百位上的数字不可为0；(2)数字可以重复，但百位上的数字不可为0.
[解析] (1)分三步完成．
第一步：排百位，1,2,3三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步：排十位，除百位上已用的，其余三个数字都可以，有3种不同的方法；
第三步：排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数字都可以，有2种不同的方法．
故可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18(个)．
(2)分三步完成．
第一步：排百位，1,2,3这三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步：排十位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法；
第三步：排个位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法．
故可组成可以有重复数字的三位数共3×4×4＝48(个)．
[规律方法] 利用分步乘法计数原理解题的一般思路
(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步．
(2)计数：逐一求出每一步中的方法数．
(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
对点训练 (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 )
A．56 B．65
C．30 D．11
(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 900 个．
[解析] (1)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，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)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，故答案为900.
题型三 两个计数原理的综合应用
典例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
[解析] (1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理知共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
[规律方法] 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”．
对点训练 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由2个顶点确定的直线与含有4个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( B )
A．60 B．48
C．36 D．24
[解析] 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)“平行线面组”．
题型四 用计数原理解决涂色(种植)问题
典例4 如图所示，要给A，B，C，D四个区域分别涂上三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，共有多少种不同的涂色方法？
[解析] A，B，C，D四个区域依次涂色，分4步．
第1步，涂A区域，有3种选择；
第2步，涂B区域，有2种选择；
第3步，涂C区域，它与A，B区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂D区域，它与A，C区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
[规律方法] 涂色问题的两种解决方案：
(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计算．若图形不是很规则，往往从某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，对每一类再进行分步．
(2)首先根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理．然后在每一类的涂色方案的计算上需用到分步乘法计数原理．最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数．
对于涂色(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
对点训练 将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有 42 种．
[解析] 分别用a，b，c代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.
先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植a.
再种②号田，可种植b或c，有2种种植方法，不妨设种植b.
若③号田种植c，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有2×2＝4(种)．
若③号田种植a，则④号田可种植上b或c.
(1)若④号田种植c，则⑤号田有2种种植方法；
(2)若④号田种植b，则⑤号田只能种植c，有1种种植方法．
综上所述，不同的种植方法共有3×2×(4＋2＋1)＝42(种)．
易错警示
分步标准不清致错
典例5 甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况共有 64 种．
[错解] 分四步完成这件事．
第一步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或3个，因此，共有4种不同情况．同理，第二、三、四步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况．
由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4×4＝256(种)．
[辨析] 用分步乘法计数原理求解对象可重复选取的问题时，哪类对象必须“用完”就以哪类对象作为分步的依据．本题中要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”，而错解中可能出现某一学科冠军被2人、3人甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况．
[正解] 由题知，研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步．
第一步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；
第二步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；
第三步，同理，产生第3个学科冠军也有4种不同的获得情况．
由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4 ＝64(种)．
1．已知集合M＝{－2,3}，N＝{－4,5,6}，依次从集合M，N中各取出一个数分别作为点P的横坐标和纵坐标，则在平面直角坐标系中位于第一、二象限内的点P的个数是( A )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 由集合M中的元素作为点P的横坐标，集合N中的元素作为点P的纵坐标，在第一象限的点P共有2个，在第二象限的点P共有2个，由分类加法计数原理可得点P的个数为2＋2＝4.
2．将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( B )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
[解析] 第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，根据分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种分法．
3．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( D )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
[解析] 由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面一块着色，有4种结果，再给中间左边一块着色，有3种结果，再给中间右边一块着色有2种结果，最后给下面一块着色，有2种结果，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)结果．
4．跳格游戏：如图所示，人从格外只能进入第1格：在格中每次可向前跳1格或2格，那么人从格外跳到第6格可以有_8__种办法．
[解析] 每次向前跳1格，共跳6次，有唯一的跳法；仅有一次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳5次，有4种的跳法；有两次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳4次，有3种的跳法．则共有1＋4＋3＝8种．故答案为8.6.2.1 排 列
6.2.2 排列数
学习目标
1．通过实例，理解排列、排列数的概念．
2．能利用计数原理推导排列数公式，并掌握排列数公式及其变形，能运用排列数公式进行相关计算．
3．能运用排列知识解决一些有关排列的简单实际问题．
核心素养
1．通过学习排列的概念及排列数公式，培养数学抽象素养．
2．借助排列数公式进行计算，提升数学运算素养.
知识点 1 排列的概念
(1)一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照 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)特别地， m＝n 时的排列(即 取出所有元素 的排列)称为全排列．
想一想：两个排列相同的条件是什么？
提示：两个排列相同则应具备排列的元素及排列的顺序均相同．
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)两个排列的元素相同，则这两个排列是相同的排列．( × )
(2)从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共有多少种选法属于排列问题．( √ )
(3)有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多少种分组方案属于排列问题．( × )
(4)从3,5,7,9中任取两个数进行指数运算，可以得到多少个幂属于排列问题．( √ )
(5)从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个点属于排列问题．( √ )
知识点 2 排列数及排列数公式
排列数的定义 从n个不同元素中取出m个元素的 所有排列 的个数，称为从n个不同元素中取出m个元素的排列数
排列数的表示 A (m，n∈N*，m≤n)
排列数公式 乘积式 A＝ n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
阶乘式 A＝
阶乘 A＝ n·(n－1)·(n－2)·…·2·1 ＝ n！
规定 0！＝ 1 ，A＝ 1
性质 A＋mA＝ A
想一想：排列与排列数的区别是什么？
提示：“排列”与“排列数”是两个不同的概念，“排
列”是指“按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一件事，“排列数”是指“从n个不同元素中取出m(m，n都是正整数，m≤n)个元素的所有不同排列的个数”，它是一个数．如从a，b，c中任取两个元素的排列有以下6种形式：ab, ac, ba, bc, ca, cb，这里每一种形式都是一个排列，而排列数则是6.
练一练：
(1)A＝_120__.(用数字表示)
(2)1×2×3×4×5×6×7×8＝_A__.(用排列数表示)
[解析] (1)A＝5×4×3×2＝120.
(2)最大的数为8共8个因式，所以可表示为A.
题型探究
题型一 排列的概念
典例1 判断下列问题是否为排列问题．
(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
(3)选2个小组去种菜；
(4)选10人组成一个学习小组；
(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
(6)某班40名学生在假期相互通信．
[分析] 判断是否为排列问题关键是选出的元素在被安排时，是否与顺序有关．若与顺序有关，就是排列问题，否则就不是排列问题．
[解析] (1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．
所以在上述各题中(2)(5)(6)属于排列问题．
[规律方法] 1.解决本题的关键有两点：一是“取出元素不重复”，二是“与顺序有关”．
2．判断一个具体问题是不是排列问题，就看取出元素后排列是有序的还是无序的，而检验它是否有序的依据就是变换元素的“位置”(这里的“位置”应视具体问题的性质和条件来决定)，看其结果是否有变化，有变化就是排列问题，无变化就不是排列问题．
对点训练 判断下列问题是不是排列问题．
(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，不同的出入方式共有多少种？
[解析] (1)由于取出的两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，所以这是一个排到问题．
(2)因为从10名同学中抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序，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．
综上，(1)(3)是排列问题，(2)不是排列问题．
题型二 排列数的计算公式
典例2 (1)计算A和A；
(2)18×17×16×…×12×11等于( A )
A．A B．A
C．A D．A
(3)设x∈N*，且x>15，则(x－2)(x－3)(x－4)…(x－15)可化简为( B )
A．A B．A
C．A D．A
[分析] (1)直接用排列数公式计算；(2)(3)用排列数公式的定义解答即可．
[解析] (1)A＝15×14×13＝2 730，
A＝6×5×4×3×2×1＝720.
(2)18×17×16×…×12×11＝＝＝A.故选A．
(3)先确定最大数，即n，再确定因式的个数，即m，易知n＝x－2，m＝(x－2)－(x－15)＋1＝14，所以原式＝A.故选B.
[规律方法] 排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列对象的总个数，而正整数(因式)的个数是选取对象的个数，这是排列数公式的逆用．
(2)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．
对点训练 (1)已知A＝11×10×9×8×…×5，则m＋n为 18 ；
(2)计算：＝ 36 .
[解析] (1)因为A＝11×10×9×8×…×5，所以n＝11，m＝(11－5)＋1＝7，m＋n＝18.
(2)A＝7×6×5×4×3×2，A＝6×5×4×3×2，A＝5×4×3×2，
所以＝7×6－6＝36.
题型三 排列与排列数公式的简单应用
典例3 (1)有7 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7种不同的书(每种不少于3本)，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？
[分析] (1)从7本不同的书中选出3本送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；
(2)给每人的书均可以从7种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．
[解析] (1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A＝7×6×5 ＝210(种)不同的送法．
(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
[规律方法] (1)没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．
(2)典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；排列指从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，由排列的概念可知排列问题中元素不能重复选取．
对点训练 将4名医生与4名护士分配到四个不同单位，每个单位分配一名医生与一名护士，共有多少种不同的分配方案？
[解析] 完成这件事可以分为两步．
第一步：把4名医生分配到四个不同的单位，等价于从4个不同元素中取出4个元素的排列问题，有A种方法．
第二步：把4名护士分配到四个不同的单位，也有A种方法．
根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有A×A＝576种．
易错警示
忽视排列数公式的隐含条件致误
典例4 解不等式A<6A.
[错解] 由排列数公式得<6×，化简得x2－19x＋84<0，解之得7∵x∈N*，∴x＝8,9,10,11.
[辨析] 在排列数公式A中，隐含条件m≤n，m∈N*，n∈N*，错解没有考虑到x－2>0,8≥x，导致错误．
[正解] 由A<6A，得<6×，
化简得x2－19x＋84<0，解之得7又∴2由①②及x∈N*得x＝8.
[点评] 注意公式的适用条件．数学中有好多公式、定理、法则等都是有限制条件的，如在排列数公式A中，m，n∈N*，n≥m，忽视限制条件就可能导致错误．
1．(多选)已知下列问题，其中是排列问题的有( AD )
A．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
B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动
C．从a，b，c，d四个字母中取出2个字母
D．从1,2,3,4四个数字中取出2个数字组成一个两位数
[解析] A是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序有关；B不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；C不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；D是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
2．4×5×6×…×(n－1)×n等于( D )
A．A B．A
C．n！－4! D．A
[解析] 4×5×6×…×(n－1)×n中共有n－4＋1＝n－3(个)因式，最大数为n，最小数为4，故4×5×6×…×(n－1)×n＝A.
3．不等式A－n<7的解集为( C )
A．{n|－1C．{3,4} D．{4}
[解析] 由A－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，
即－14．从a，b，c，d，e五个元素中每次取出三个元素，可组成 12 个以b为首的不同排列，它们分别是 bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed .
[解析] 画出树状图如下：
可知共12个，它们分别为bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.6.2.3 组 合
6.2.4 组合数
学习目标
1．通过实例，理解组合、组合数的概念及组合和排列之间的区别与联系．
2．能利用计数原理推导组合数公式，并熟练掌握组合数公式及组合数的性质，能运用组合数的性质化简、计算、证明．
3．能运用排列数公式、组合数公式和计数原理解决一些简单的应用问题，提高数学应用能力和分析问题、解决问题的能力．
核心素养
1．通过学习组合与组合数的概念，提升数学抽象素养．
2．借助组合数公式及组合数的性质进行运算，培养数学运算素养.
知识点 1 组合的定义
从n个不同元素中取出m(n≥m)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
想一想：组合概念中的两个要点是什么？
提示：(1)取出的元素是不同的．
(2)“只取不排”，即取出的m个元素与顺序无关，无序性是组合的特征性质．
练一练：
(多选)下列选项是组合问题的是( BD )
A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学去参加两个社区的人口普查，有多少种不同的选法
B．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学，有多少种不同的选法
C．3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法
D．3本相同的书分给4名同学，每人最多得一本，有多少种分配方法
[解析] A、C与顺序有关，是排列问题，B、D与顺序无关，是组合问题．
知识点 2 组合数的概念、公式、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，称为从n个不同元素中取出m个元素的组合数
表示法 C
组合数公式 乘积式 C＝＝
组合数公式 阶乘式 C＝
性质 C＝ C ，C＝ C＋C
备注 ①n，m∈N*且m≤n，②规定：C＝1
想一想：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．
练一练：
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合是C.( × )
(2)从a，b，c，d中选取2个合成一组，其中a，b与b，a是同一个组合．( √ )
(3)“从3个不同元素中取出2个合成一组”，叫做“从3个不同元素中取出2个的组合数”．( × )
(4)组合和排列一样，都与“顺序”有关．( × )
2．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有_84__种不同的选法．
[解析] 只需从9名学生中选出3名即可，从而有C＝＝84(种)选法．
3．(1)C＝_15__；(2)C＝_18__.
[解析] (1)C＝＝15.(2)C＝C＝18.
题型探究
题型一 组合的概念
典例1 下列问题不是组合问题的是( D )
A．从甲、乙、丙、丁四位老师中选取两位去参加学习交流会，有多少种选法？
B．平面上有2 016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？
[分析] 区分某一问题是组合问题还是排列问题，关键是看取出的元素是否有顺序，有顺序就是排列问题，无顺序就是组合问题．
[解析] 组合问题与顺序无关，排列问题与顺序有关，D选项中，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，选D.
[规律方法] 判断一个问题是不是组合问题的方法技巧
(1)区分排列与组合的关键是看结果是否与元素的顺序有关，与顺序有关即为排列问题，与顺序无关为组合问题．
(2)写组合时，一般先将元素按一定的顺序排好，然后按照“顺序后移法”或“树形图法”逐个将各个组合表示出来．
对点训练 已知A，B，C，D，E五个元素，写出每次取出3个元素的所有组合．
[解析] 方法一：可按AB→AC→AD→BC→BD→CD的顺序写出，即
∴所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
方法二：画出树形图，如图所示．
∴所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
题型二 组合数公式的应用
典例2 (1)式子可表示为( D )
A．A B．C
C．100C D．101C
(2)(多选)下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是( ABD )
A．(n＋1)A＝A
B．mC＝nC
C．C＝
D．A＝A
[分析] 根据题目的特点，选择适当的组合数公式进行求值或证明．
[解析] (1)分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n＋100，最小的为n，
故
＝101·
＝101C.
(2)(n＋1)A＝(n＋1)n(n－1)·…·(n－m＋1)＝A，故A正确；
C＝，C＝，所以C＝＝·＝·C，
所以mC＝nC，故B正确；
C＝＝，故C错误；
A＝·n·(n－1)·…·(n－m)＝n(n－1)·…·(n－m＋1)＝A，故D正确．故选ABD.
[规律方法] 巧用组合数公式解题
(1)涉及具体数字的可以直接用C＝＝进行计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组合数公式，以及组合数的性质，求解时，要注意由C中的m∈N*，n∈N*，且n≥m确定m，n的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
对点训练 (1)计算：C＋C·C；
(2)已知－＝，求C.
[解析] (1)原式＝C＋C×1＝＋＝56＋4 950＝5 006.
(2)原方程可化为
－＝
即－
＝.
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或21.
而0≤m≤5，m＝2.
∴C＝C＝28.
题型三 组合数性质的应用
典例3 (1)计算C＋C＋C＋…＋C的值为( C )
A．C B．C
C．C－1 D．C－1
(2)若C＝C，则x的值为 2或4 ；
(3)求证：C＝C＋2C＋C.
[分析] 恰当选择组合数的性质进行求值、证明与解不等式．
[解析] (1)C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
(2)由C＝C得2x－1＝x＋3或2x－1＋x＋3＝8，解得x＝4或x＝2.
(3)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．
[规律方法] 性质“C＝C”的意义及作用．
→
↓
→当m>时，计算C通常转化为计算C
对点训练 (1)C＋C＋C＋C＋C＋C；
(2)解方程3C＝5A.
[解析] (1)原式＝2(C＋C＋C)＝2(C＋C)＝2＝32.
(2)由排列数和组合数公式，原方程可化为
3·＝5·，
则＝，即为(x－3)(x－6)＝40.
∴x2－9x－22＝0，
解之可得x＝11或x＝－2.
经检验知x＝11是原方程的根，x＝－2是原方程的增根．
∴方程的根为x＝11.
易错警示
混淆“排列”与“组合”的概念致错
典例4 某单位需派人同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法共有 2 520 种(用数字作答)．
[错解] 先从10人中选出4人，共有C种不同选法．再从选出的4人中选出2人参加会议甲有C种选法，剩下的2人参加会议乙、丙有C种选法，所以共有CCC＝1 260(种)．
[辨析] 计数问题中，首先要分清楚是排列问题还是组合问题，即看取出的对象是“合成一组”还是“排成一列”，不能将二者混淆．若将排列问题误认为是组合问题，会导致遗漏计数，反之，会导致重复计数．
[正解一] 先从10人中选出2人参加会议甲，再从余下8人中选出1人参加会议乙，最后从剩下的7人中选出1人参加会议丙．
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有
CCC＝2 520(种)．
[正解二] 先从10人中选出2人参加会议甲，再从余下8人中选出2人分别参加会议乙、丙．
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有CA＝2 520(种)．
1．(多选)下列说法正确的是( ABD )
A．从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所有组合的个数为C
B．从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C个积
C．C＝5×4×3＝60
D．C＝C＝2 024
2．若C＝C，则x的值为( C )
A．4 B．3
C．3或4 D．7
[解析] 由组合数性质知x＝4或x＋4＝7，即x＝4或x＝3.
3．A－C＝( A )
A．9 B．12
C．15 D．3
[解析] 由题意得A－C＝4×3－＝12－3＝9.
4．C＋C＝_31__.
[解析] 由题意及组合数公式知
解得n＝6.
所以原式＝C＋C＝C＋C＝12＋19＝31.6.3.1 二项式定理
学习目标
1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
2．掌握二项式定理及其二项展开式的通项公式．
3．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
核心素养
1．通过二项式定理的学习，提升逻辑推理素养．
2．借助二项式定理及展开式的通项公式解题，提升数学运算素养.
知识点 1 二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝ Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)
二项展开式 公式右边的式子
二项式系数 C(k∈{0,1,2，…，n})
二项展开式的通项公式 Tk＋1＝ Can－kbk
练一练：
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)(a＋b)n展开式中共有n项．( × )
(2)在二项式定理公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．( × )
(3)Can－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．( × )
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．( √ )
2．C·2n＋C·2n－1＋…＋C·2n－k＋…＋C等于( C )
A．2n B．2n－1
C．3n D．1
[解析] 原式＝(2＋1)n＝3n.
知识点 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.
想一想：
1．二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗？
提示：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．
二项式系数是指C，C，…，C，而项的系数是指该项中除了变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
2．二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式的第k＋1项是否相同？
提示：不同．(a＋b)n展开式中第k＋1项为Can－kbk，而(b＋a)n展开式中第k＋1项为Cbn－kak.
练一练：
1．(1－x)10展开式中x3项的系数为( D )
A．－720 B．720
C．120 D．－120
[解析] C(－x)3＝－120x3.
2．(1＋2x)5的展开式的第3项的系数为_40__，第3项的二项式系数为_10__.
[解析] ∵T3＝C(2x)2＝C22x2＝40x2，∴第3项的系数为40，第3项的二项式系数为C＝10.
题型探究
题型一 二项式定理
典例1 (1)求4的展开式．
(2)化简(x－2)5＋5(x－2)4＋10(x－2)3＋10(x－2)2＋5(x－2)．
[分析] (1)直接利用二项式定理展开即可；
(2)对式子进行变形，逆用二项式定理．
[解析] (1)(方法一：直接展开并化简)
4＝C·(2)4＋C·(2)3·1＋C·(2)2·2＋C·(2)1·3＋C·4＝16x2＋32x＋24＋＋.
(方法二：先化简再展开)4＝4＝(2x＋1)4
＝[C·(2x)4＋C·(2x)3·11＋C·(2x)2·12＋C·(2x)·13＋C·14]
＝(16x4＋32x3＋24x2＋8x＋1)＝16x2＋32x＋24＋＋.
(2)原式＝C(x－2)5＋C(x－2)4＋C(x－2)3＋C(x－2)2＋C(x－2)1＋C(x－2)0－1＝[(x－2)＋1]5－1＝(x－1)5－1.
[规律方法] 求二项展开式的常见思路
(1)简单的二项式问题，直接运用二项式定理展开．
(2)较复杂的二项式问题，可根据二项式的结构特征进行适当变形，简化展开二项式的过程，使问题的解决更加简便．
提醒：形如(a－b)n含负号的二项展开式中会出现正、负间隔的情况．
对点训练 (1)用二项式定理展开；
(2)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] (1)方法一：5＝C(2x)5＋C(2x)4·＋C(2x)32＋C(2x)2·3＋C(2x)·4＋C5
＝32x5－120x2＋－＋－.
方法二：5＝＝[C(4x3)5＋C(4x3)4(－3)＋C(4x3)3(－3)2＋C(4x3)2·(－3)3＋C(4x3)(－3)4＋C(－3)5]
＝·(1 024x15－3 840x12＋5 760x9－4 320x6＋1 620x3－243)
＝32x5－120x2＋－＋－.
(2)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.
题型二 二项式系数与项的系数问题
典例2 (1)求二项式6的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；
(2)求9的展开式中x3的系数．
[分析] 利用二项式定理求展开式中的某一项，可以通过二项展开式的通项公式进行求解．
[解析] 由已知得二项展开式的通项为Tr＋1
＝C(2)6－r·r
＝(－1)rC26－r·x，
∴T6＝－12·x.
∴第6项的二项式系数为C＝6，
第6项的系数为C·(－1)·2＝－12.
(2)Tr＋1＝Cx9－r·r＝(－1)r·C·x9－2r，
∴9－2r＝3，
∴r＝3，即展开式中第四项含x3，其系数为(－1)3·C＝－84.
[规律方法] 1.二项式系数都是组合数C(r∈{0,1,2，…，n})，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．
2．第r＋1项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为C.例如，在(1＋2x)7的展开式中，第四项是T4＝C17－3(2x)3，其二项式系数是C＝35，而第四项的系数是C23＝280.
对点训练 在8的展开式中，求：
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；
(2)x2的系数．
[解析] (1)T5＝T4＋1＝C(2x2)8－44＝C·24·x，
所以第5项的二项式系数是C＝70，第5项的系数是C·24＝1 120.
(2)8的通项是C(2x2)8－rr＝(－1)rC·28－r·x，
由题意，得16－r＝2，解得r＝6，
因此，x2的系数是(－1)6C·28－6＝112.
题型三 多项式的展开问题
典例3 (1)(x2－x－2)4的展开式中，x3的系数为_－40__(用数字填写答案)；
(2)在(x2＋1)(x－2)7的展开式中x5的系数是_644__.
[解析] (1)(方法一：转化法)
∵(x2－x－2)4＝(x－2)4·(x＋1)4＝[C·x4＋C·x3·(－2)＋C·x2·(－2)2＋C·x·(－2)3＋C·(－2)4]·(C·x4＋C·x3＋C·x2＋C·x＋C)，
∴x3的系数为－2C·C＋4C·C＋(－8C)·C＋16C·C＝－40，故答案为－40.
(方法二：生成法)
∵(x2－x－2)4表示4个因式(x2－x－2)的乘积，∴x3的系数可以是：从4个因式中选一个因式提供x2，其余的3个因式中有一个提供(－x)，有2个因式都提供(－2)；也可以是从4个因式中选3个因式都提供(－x)，剩余的1个因式提供(－2)，可得x3的系数，故x3的系数为C·C(－1)·C(－2)2＋C(－1)3·(－2)＝－48＋8＝－40.
(2)1×C(－2)4＋1×C(－2)2＝560＋84＝644，
所以在(x2＋1)(x－2)7的展开式中x5的系数是644.
[规律方法] 多项式展开的方法
求多项式的展开问题，通常将其化归为二项式问题，逐次使用二项式定理展开即得其展开式．这里要注意的是：
(1)如何分组转化，这要视具体问题而定，一般地可以通过分组转化为二项式问题．
(2)有些可以直接变形为二项式定理的问题，就要首先变形化为二项式问题，如n＝2n＝(x－1)2n等．
(3)求多项式展开式中特定项的系数问题，除将其展开求解外，还可以用生成法直接利用计数原理列式求解．
对点训练 (1)6的展开式中的常数项为( D )
A．32 B．90
C．140 D．141
(2)(2022·新高考Ⅰ)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_－28__(用数字作答)．
[解析] (1)6＝6＝C＋C＋C2＋C3＋…＋C6，上式共有7项，其中第一、三、五、七项存在常数项，因此，这四项的常数项之和即为原式的常数项，且各项的常数项如下：C＋C·C＋C·C＋C·C＝1＋30＋90＋20＝141，即6的展开式的常数项为141.
(2)(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Cx8－ryr，r＝0,1，…，7,8.令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6，令r＝5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
易错警示
混淆项的系数与二项式系数
典例4 设(x－)n(n∈N*)的展开式中第二项与第四项的系数之比为1∶2，求含x2的项．
[错解] (x－)n的展开式中第二项与第四项的系数分别为C，C，则C∶C＝1∶2，化简得n2－3n－10＝0.又n∈N*，所以n＝5.因为(x－)5展开式的通项为Tk＋1＝(－)kCx5－k，令5－k＝2，则k＝3，所以含x2的项为(－)3Cx2＝－20x2.
[辨析] ①错解将“二项展开式的某项的系数”与“二项展开式的某项的二项式系数”混为一谈，从而导致错误；
②(a＋b)n的展开式中的第k＋1项的二项式系数是C(k＝0,1,2，…，n)，仅与n，k有关；第k＋1项的系数不是二项式系数C，但有时这个系数与二项式系数相等．注意二项式系数C一定为正，而对应项的系数可能为负．
[正解] 由题设，得T2＝Cxn－1(－)＝－nxn－1，T4＝Cxn－3·(－)3＝－2Cxn－3，于是有＝，化简得n2－3n－4＝0，解得n＝4或n＝－1(舍去)．
所以(x－)4的展开式的通项为Tk＋1＝(－)kCx4－k，令4－k＝2，则k＝2，所以含x2的项为(－)2Cx2＝12x2.
1．化简(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1得( B )
A．(x－1)4 B．x4
C．(x＋1)4 D．x5
[解析] 原式＝[(x－1)＋1]4＝x4.
2．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于( D )
A．－5 B．5
C．90 D．180
[解析] 因为(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8＝C(－2)2＝45×4＝180.
3．在8的展开式中常数项是_7__.
[解析] Tk＋1＝C·8－k·k＝(－1)k·C·8－k·x，
当8－k＝0，即k＝6时，T7＝(－1)6·C·2＝7.
4．在9的展开式中，第4项的二项式系数是_84__，第4项的系数是 － .
[解析] Tk＋1＝C·(x2)9－k·k＝k·C·x18－3k，当k＝3时，T4＝3·C·x9＝－x9，所以第4项的二项式系数为C＝84，项的系数为－.6.3.2 二项式系数的性质
学习目标
1．理解和掌握二项式系数的性质，并会简单应用．
2．理解和初步掌握赋值法及其应用．
核心素养
1．通过学习二项式系数的性质，培养逻辑推理的素养．
2．借助二项式系数的性质解题，提升数学运算的素养.
知识点 二项式系数的性质
(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C随k的增加而_增大__.由对称性知当k>时，C随k的增加而_减小__，且在中间取得最大值．当n是偶数时，中间一项的二项式系数 C 取得最大值；当n是奇数时，中间两项的二项式系数 C 与 C 相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和
①C＋C＋C＋…＋C＝_2n__；
②C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝_2n－1__.
想一想：二项式的系数取得最大值的项的系数一定是系数中最大的吗？
提示：不一定．如果项的系数中还有其他的常数，则该项的系数不一定最大．
练一练：
1．在(a＋b)10二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是( C )
A．第8项 B．第7项
C．第9项 D．第10项
[解析] 由二项展开式的性质知，与首末等距离的两项的二项式系数相等．
2．若(1＋3x)n的展开式中，第3项的二项式系数为6，则第4项的系数为( D )
A．4 B．27
C．36 D．108
[解析] Tk＋1＝C(3x)k，由C＝6，得n＝4.所以T4＝C(3x)3，故第4项的系数为C×33＝108.
3．在(1＋x)n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝_10__.
[解析] 由题意(1＋x)n的展开式中，x5的系数就是第6项的二项式系数，因为只有它是二项式系数中最大的，所以n＝10.
题型探究
题型一 二项式系数的性质及应用
典例1 已知(1＋2x)n的展开式中第6项与第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] 依通项公式知T6＝C(2x)5＝C25x5，T7＝C26x6.
因为两项的系数相等，
所以C25＝C26，解得n＝8.
因为(1＋2x)8的展开式共9项，
所以二项式系数最大的项为中间那一项，即T5＝C·(2x)4＝1 120x4.
设第k＋1项系数最大，则有
得5≤k≤6.
所以k＝5或k＝6.
即T6＝C(2x)5＝1 792x5，T7＝C(2x)6＝1 792x6为系数最大的项．
[规律方法] 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．
对点训练 (1)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 )
A．第6项 B．第5项
C．第5,6项 D．第6,7项
(2)在8的展开式中，二项式系数最大的项为_1_120x－6__；二项式系数最小的项为_x4,256x－16__.
(3)在8的展开式中，系数最大的项为_1_792x－11__；系数最小的项为 －1 792x .
[解析] (1)因为C＝C，所以n＝3＋7＝10，所以展开式中系数最大的项是第6项．
(2)由于n＝8为偶数，所以二项式系数最大的项为中间一项T5＝C()44＝1 120x－6，二项式系数最小的项为T1＝x4与T9＝256x－16.
(3)由于展开式中各项的系数正负相间，因此系数最大的项必是奇数项．
设展开式中第k＋1(k为偶数)项的系数最大，
则
解得≤k≤，
则k＝6，故展开式中系数最大的项为T7＝C·26·x－11＝1 792x－11.
又因为展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，且第6项的系数为负，第7项的系数为正，故系数最小的项为T6＝(－1)5C·25·x＝－1 792x.
题型二 求二项式系数和的问题
典例2 设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.
[分析] 用赋值法求各系数的和．
[解析] (1)由(2－x)100展开式中的常数项为C·2100，即a0＝2100(或令x＝0，则展开式可化为a0＝2100)．
(2)令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，①
∴a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100，②
与①联立相减可得
a1＋a3＋…＋a99＝.
(4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)
＝(2－)100×(2＋)100＝1.
[规律方法] 1.各项的系数和
一般地，二项展开式f(x)中的各项系数和为f(1)，奇数项系数和为[f(1)＋f(－1)]，偶数项系数和为
[f(1)－f(－1)]．
2．赋值法
“赋值法”是求二项展开式系数问题的常用方法，赋值就是对展开式中的字母用具体数值代替，注意赋的值要有利于问题的解决，赋值时可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项等情况．
对点训练 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
[解析] 令x＝1，则
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1①
令x＝－1，则
a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37②
(1)∵a0＝C＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)由(①－②)÷2，得
a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(3)由(①＋②)÷2，得
a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(4)方法一：(1－2x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093＋1 094＝2 187.
方法二：∵|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|是(1＋2x)7展开式中各项的系数和．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2 187.
题型三 利用二项式定理证明整除问题或求余数
典例3 (1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除；
(2)求C＋C＋…＋C除以9的余数．
[解析] (1)1110－1＝(10＋1)10－1
＝C1010＋C109＋C·108＋…＋C102＋C10＋C－1
＝C1010＋C109＋…＋C102＋102
＝100(108＋C107＋…＋C＋1)，
显然上式括号内的数是整数，所以1110－1能被100整除．
(2)C＋C＋…＋C＝227－C＝89－1
＝(9－1)9－1
＝C99－C98＋…＋C9－C－1
＝9(C98－C97＋…＋C)－2
＝9(C98－C97＋…＋C－1)＋7，
显然上式括号内的数是整数，故C＋C＋…＋C除以9的余数为7.
[规律方法] 1.利用二项式定理解决整除问题的基本思路
要证明一个式子能被另一个式子整除，只需证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除．因此，一般先将被除式化为含有相关除式的二项式，再展开，此时常采用“配凑法”“消去法”，结合整除的有关知识来处理．
2．利用二项式定理求余数的注意点
求余数时，要注意余数的范围，即余数大于零且小于除数．利用二项式定理展开变形后，若剩余部分是负数，要注意进行转化．
对点训练 求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除(n∈N*)
[解析] 证明：因为1＋2＋22＋…＋25n－1＝＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝C×31n＋C×31n－1＋…＋C×31＋C－1
＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)，
显然上式括号内为整数，所以原式能被31整除．
易错警示
易错易混问题——混淆二项展开式中奇次项与奇数项、偶次项与偶数项的概念
典例4 已知在(2x－1)n的展开式中，奇次项的系数之和比偶次项的系数之和小38 ，求C＋C＋C＋…＋C的值．
[错解] 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
且奇次项系数之和为A，偶次项系数之和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋…，
由已知可知：B－A＝38.
再令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝(－3)n，
即B－A＝3n，∴n＝8.
由二项式系数性质可得C＋C＋C＋…＋C＝28＝256.
[辨析] 本题易出现错误．一是误把奇次项、偶次项看成奇数项、偶数项；二是误把C＋C＋C＋…＋C看成二项展开式各项二项式系数之和，忽略了C；三是误把(－3)n＝(－3)8＝－38.解答本题应认真审题，搞清已知条件以及所要求的结论，避免失误．
[正解] 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数之和为A，偶次项的系数之和为B，则
A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知可得，B－A＝38.
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，
即B－A＝(－3)n，∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.
由二项式系数的性质可得
C＋C＋C＋…＋C＝2n－C＝28－1＝255.
1．二项式(x－1)n的奇数项二项式系数和是64，则n等于( C )
A．5 B．6
C．7 D．8
[解析] 二项式(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
∴2n－1＝64，∴n＝7.故选C.
2．在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n＝( C )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式共有7项，∴n＝6.
3．(1＋x)n(3－x)的展开式中各项系数的和为1 024，则n的值为_9__.
[解析] 由题意知(1＋1)n(3－1)＝1 024，
即2n＋1＝1 024，故n＝9.
4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝_364__.
[解析] 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝.
令x＝0，则a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364.习题课 排列数的应用
学习目标
1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．
2．能应用排列知识解决简单的实际问题．
核心素养
通过排列知识解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养.
知识点 求解排列问题的主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法 正难则反，等价转化的方法
练一练：
1．用1,2,3,4,5这5个数字组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数的个数为_24__.(用数字作答)
[解析] 由题意知，能被5整除的四位数末位必为5，只有1种方法，其他位的数字从剩余的四个数中任选三个全排列，A＝4×3×2＝24.
2．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有_144__种．
[解析] 3名女生先排好，有A种排法，再让3个男生去插空，有A种方法，故共有A·A＝144种．
题型探究
题型一 数字排列问题
典例1 用0,1,2,3,4,5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个？
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数；
[解析] (1)(方法一：位置分析法)从个位入手：个位排奇数，即从1,3,5中选1个有A种方法，首位数从排除0及个位数余下的4个数字中选1个有A种方法，余下的数字可在其他位置全排列有A种方法，由分步乘法计数原理可得，共有A×A×A＝288个不同的六位奇数．
(方法二：位置分析法)从首位入手：对首位排列是奇数还是非0偶数分两类进行．
第1类，首位排奇数，有A种方法，个位排奇数有A种方法，其余位置全排列有A种方法，则共有A×A×A＝144个．
第2类，首位排非0偶数的六位奇数有A×A×A＝144个．
根据分类加法计数原理可得，共有144＋144＝288个不同的六位奇数．
(方法三：元素分析法)0不在两端有A种排法．从1,3,5中选1个排在个位，剩下的4个数字全排列．故所排六位奇数共有A×A×A＝288个．
(方法四：排除法)从整体上排除：6个数字的全排列数有A个.0,2,4在个位上的排列数有3A个，而1,3,5在个位上且0在首位上的排列数有3A个．
故符合条件的六位数有A－3A－3A＝288个．
(方法五：排除法)从局部上排除：1在个位上的排列数有A个，
1在个位且0在首位的排列数有A个，
故1在个位上的六位数有(A－A)个．
同理3,5分别在个位时对应的六位数个数均为A－A，
故符合条件的六位数有3(A－A)＝288个．
(2)(方法一：排除法)0在首位和5在个位时均不符合题意，故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504个．
(方法二：位置分析法)个位不排5时，首位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此，分两类：
第1类，当个位排0时，有A个；
第2类，当个位不排0时，有A×A×A个．
故符合题意的六位数共有A＋A×A×A＝504个．
[规律方法] 解数字排列问题常见的解题方法
1．“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”．
2．“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理计算，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当：二是分类过程要做到不重不漏．
3．“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数．
4．“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好．
对点训练 用0,1,2,3,4五个数字，可组成多少个五位数？可组成多少个无重复数字的五位数？
[解析] (1)各个数位上数字允许重复，故采用分步乘法计数原理，4×5×5×5×5＝2 500(个)．
(2)考虑特殊位置“万位”，从1、2、3、4中任选一个填入万位，共有4种填法，其余四个位置，4个数字全排列为A，故共有A·A＝96个；另外，也考虑特殊元素“0”，先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，A种填法，然后将其余4个数字在剩余四个位置上全排列为A种，故共有A·A＝96(个)．
题型二 有特殊元素或特殊位置的排列问题
典例2 4名男同学和3名女同学站成一排照相，计算下列情况各有多少种不同的站法？
(1)男生甲必须站在两端；
(2)女生乙不站在两端，且女生丙不站在正中间；
(3)男生甲不站在排头，女生乙不站在排尾．
[解析] (1)完成这件事可分成两步．
第一步：先排甲，两端有2个位置可供选择，有2种站法；
第二步：再排其余6人，这相当于从6个不同元素中取出6个元素的排列问题，有A种站法．
根据分步乘法计数原理，共有2×A＝1 440种不同的站法．
(2)以女生乙是否站在正中间位置为标准分成两类．
第一类：女生乙站在正中间，则女生丙可站在余下的任意位置，因此其余6人(含女生丙)的站法即相当于从6个不同元素中取出6个元素的排列问题，有A种方法．
第二类：女生乙不站在正中间，完成这件事可分为三步．
第一步：女生乙有4个位置可选择，有4种站法；
第二步：女生丙不能站在正中间(可站在两端)，有5个位置可选择，有5种站法；
第三步：其余5人可自由选择，有A种站法．
根据两个计数原理得，不同的站法共有A＋4×5×A＝3 120种．
(3)(方法一)将排法分成两类，一类是甲站在排尾，其余6人全排列，有A种站法；另一类是甲既不站在排尾也不站在排头，有A种站法，乙不站在排尾而站在余下的5个位置中的一个，有A种站法，其余人全排列，于是这一类有A·A·A种站法．由分类加法计数原理知，共有A＋A·A·A＝3 720种不同的站法．
(方法二：排除法)先不考虑甲、乙的特殊站法，有A种站法，再排除甲站排头的站法数A与乙站在排尾的站法数A.此时甲站排头且乙站排尾的情况被排除了两次，其站法数为A，则需再加上．故所有不同的站法数为A－2A＋A＝3 720种．
[规律方法] 解决含有特殊元素或特殊位置的排列问题的基本思路
(1)特殊元素优先安排位置，特殊位置优先安排元素．
(2)排除法(即间接求解)，先不考虑限制条件计数，再逐一排除不符合要求的方法数即得．
(3)重视对问题做分类或分步处理，从而将复杂问题简单化．
对点训练 从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一排，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？
[解析] (1)方法一(把元素作为研究对象)：第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6个元素中取出5个放在5个位置上，有A种排法．
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个元素中选4个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个元素中选1个排在首位，有A种排法；
第二步：从占据首位以外的6个元素中选4个排在除首位以外的其他4个位置上，有A种排法．
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人中选出5人进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲在首位的要求，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个元素中选2个排在首末两个位置上，有A种方法；第二步：从未排上的5个元素中选3个排在中间3个位置上，有A种排法；
根据分步乘法计数原理，有A·A＝1 800(种)排法．
(3)(把位置作为研究对象)第一步：从甲、乙以外的5个元素中选2个排在首末两个位置，有A种排法；
第二步：从未排上的5个元素中选出3个排在中间3个位置上，有A种排法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1 200(种)排法．
(4)(间接法)总的可能情况有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．
[总结] 因为只需从7名同学中选出5名同学参与排列，所以应对有特殊限制的元素是否被选出参与排列分类考虑，然后再利用排列的知识进行解题．
题型三 元素“相邻”与“不相邻”问题
典例3 3名男生，4名女生，这7个人站成一排，在下列情况下，各有多少种不同的站法．
(1)男、女各站在一起；
(2)男生必须排在一起；
(3)男生不能排在一起；
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
[分析] 解决“相邻”问题用“捆绑法”，解决“不相邻”问题用“插空法”．
[解析] (1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A种排法，女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有A种排法，全体男生、女生各看作一个对象全排列有A种排法，由分步乘法计数原理知共有AAA＝288种排法．
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，故有AA＝720种不同的排法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有A种排法，故有AA＝1 440种不同的排法．
(4)先排男生有A种排法．让女生插空，有AA＝144种不同的排法．
[规律方法] 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．
对点训练 (1)6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须在一起的不同排法共有( C )
A．720 B．360
C．240 D．120
(2)要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少种不同的排法？
[解析] (1)因甲、乙两人要排在一起，故将甲、乙两人捆在一起视作一人，与其余四人全排列共有A种排法，但甲、乙两人之间有A种排法，由分步乘法计数原理可知：
共有A·A＝240种不同的排法，选C.
(2)先将6个歌唱节目排好，其不同的排法为A种，这6个歌唱节目的空隙及两端共七个位置中再排4个舞蹈节目有A种排法，由分步乘法计数原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为A·A＝604 800(种)．
题型四 排列中的定序问题
典例4 7人站成一排．
(1)甲、乙、丙三人排列顺序一定时，有_840__种不同排法；
(2)甲在乙的左边，有_2_520__种不同的排法．
[解析] (1)方法一：7人的所有排列方法有A种，其中甲、乙、丙的排序有A种，又对应甲、乙、丙只有一种排序，所以甲、乙、丙排序一定的排法共有＝840(种)．
方法二：(插空法)7人站定7个位置，只要把其余4人排好，剩下的3个空位，甲、乙、丙就按他们的顺序去站，只有一种站法，故共有A＝7×6×5×4＝840(种)不同排法．
(2)甲在乙的左边的7人排列数与甲在乙的右边的7人排列数相等，而7人排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的有A＝2 520种．
[规律方法] 解决定序问题的两种方法
在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的(不一定相邻)．解决这类问题的基本方法有两种：
(1)整体法，即若有(m＋n)个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，先将这(m＋n)个元素排成一列，有A种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有A种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有种满足条件的不同排法．
(2)插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空中．
对点训练 身高各不相同的五名男生与身高各不相同的五名女生站成一排，要求从左到右男生与女生分别按从高到矮的顺序排列，有多少种不同的站法？
[解析] 先不考虑元素的有序性，将10人全排列，有A种方法．
由于5男、5女的全排列各有A种方法，且5男与5女分别是有序的，故满足条件的不同站法共有＝252种．
易错警示
重复计数与遗漏计数致误
典例5 6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有 720 种．
[错解一] 分步完成，第一步，安排第一排的2人，有A种排法；
第二步，安排中同一排的2人，有A种排法；
第三步，余下的2人排在最后一排．
由分步乘法计数原理可知，不同排法共有A·A＝360(种)．
[错解二] 分步完成，第一步，安排第一排的2人，有A种排法；
第二步，安排中间一排的2人，有A种排法；
第三步，安排余下的2人，有A种排法．
因为排在第一排、中间一排和最后一排不同，所以三排再排列，有A种排法．
由分步乘法计数原理可知，不同排法有A·A·A·A＝4 320(种)．
错解一中错在第三步，余下的2人还要去排最后一排的2个不同位置．错解二中错在前三步已经分清了三排，不需要再排列了．
[辨析] 排列问题的重点是弄清“按怎样的顺序排列”，结合问题情境找出排序的依据，在求出答案后要还原实际情境，看是否把每一种情况都考虑进去了，切忌重复或遗漏．
[正解] 6个人站在前、中、后三排，每排2人，分3步完成，不同的排法有A·A·A＝720种．
1．6人站成一排，甲、乙、丙三人必须站在一起的排列种数为( D )
A．18 B．72
C．36 D．144
[解析] 6人站成一排，甲、乙、丙三人必须站在一起的排列种数为A·A＝144.
2．用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( A )
A．36 B．30
C．40 D．60
[解析] 奇数的个位数字为1,3或5，所以个位数字的排法有A种，十位数字和百位数字的排法种数有A种，故奇数有A·A＝3×4×3＝36(个)．
3．将5辆列车停在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_78__种．
[解析] 当b列车停在第一轨道上时，有A种不同的停放方法；当b列车不停在第一轨道上时，第一轨道上有A种列车可以停放，第二轨道上也有A种列车可以停放，其他轨道上有A种不同的停放方法，故共有A＋AAA＝78(种)不同的停放方法．
4．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_186__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).习题课 组合数的综合应用
学习目标
1．学会运用组合的概念，分析简单的实际问题．
2．能解决无限制条件的组合问题．
核心素养
通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养.
1．对于含有限制条件的组合问题，要合理分类，必要时可用间接法．
2．对于分组问题应注意避免计数的重复或遗漏，对于分配问题解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关．
想一想：在解决排列组合的综合问题时要注意哪些问题？
提示：在解决此类问题时，要注意题中的隐含条件；解题过程中要首先分清“是分类还是分步”“是排列还是组合”；在应用分类加法计数原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏．
练一练：
1．某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( D )
A．27种 B．48种
C．21种 D．24种
[解析] 方法一(直接法)：满足题意的选法有两类，一类是1名女生，1名男生，有C×C种选法；另一类是2名女生，有C种选法．所以至少有1名女生当选的选法有C×C＋C＝24(种)．
方法二(间接法)：先不考虑限制条件，10名学生选2名代表，有C种选法，再去掉不满足条件的，即2名代表全是男生，有C种选法，所以符合条件的选法有C－C＝24(种)．
2．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，组成没有重复数字的四位偶数，则满足条件的数的个数为_396__个．
[解析] 从1,3,5,7中任取2个数字有C种方法，从2,4,6,0中任取2个数字，不含0时，有C种方法，可以组成CCCA＝216(个)没有重复数字的四位偶数；含有0时，0不能在千位位置，其他任意排列，共有CC(A＋CA)＝180(个)，所以共有216＋180＝396(个).
题型探究
题型一 基本组合问题
典例1 (1)为了配合创建全国文明城市的活动，某校现从4名男教师和5名女教师中选取3人组成创文明志愿者小组，若男女教师至少各有一人，则不同的选法共有( C )
A．140种 B．84种
C．70种 D．35种
(2)某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券，则此人有 17 325 种不同的投资方式．
(3)现有8本杂志，其中有3本是完全相同的文学杂志，另5本是互不相同的数学杂志，从这8本里选取3本，则不同选法的种数为 26 .
[分析] (1)选出的3名教师之间无顺序之分，因此是组合问题，但需要对教师的组成人员分类求解；(2)选出的8种股票无顺序之分，选出的4种债券也无顺序之分，因此是组合问题，但需要分选股票、选债券两步求解；(3)本小题需要注意一个问题，从3本完全相同的文学杂志中选书并不是组合问题，只有从5本不同的数学杂志中选书才是组合问题．
[解析] (1)(方法一：分类法)可按选取男教师的人数分两类：
第一类：从9名教师中选1名男教师2名女教师，共有CC种选法；
第二类：从9名教师中选2名男教师1名女教师，共有CC种选法．
根据分类加法计数原理得不同选法种数为CC＋CC＝70.
(方法二：间接法)从4名男教师和5名女教师中，选取3人，共有C种情况．若全为男教师，共有C种情况；若全为女教师，共有C种情况．
所以若男女教师至少各有一人，则不同的选法种数为C－C－C＝70.
(2)需分两步．
第一步：根据经纪人的推荐在12种股票中选8种，共有C种选法．
第二步：根据经纪人的推荐在7种债券中选4种，共有C种选法．
根据分步乘法计数原理，此人有C·C＝17 325(种)不同的投资方式．
(3)在这8本杂志中，3本文学杂志是完全相同的，因此从中选取并不是组合问题．
从这8本杂志里选取3本，可分四类完成．
第一类：文学杂志选取0本，数学杂志选取3本，有C种不同的选法．
第二类：文学杂志选取1本，数学杂志选取2本，有C种不同的选法．
第三类：文学杂志选取2本，数学杂志选取1本，有C种不同的选法．
第四类：文学杂志选取3本，数学杂志选取0本，有1种不同的选法．
根据分类加法计数原理，不同选法的种数为C＋C＋C ＋1＝26.
[规律方法] 求解无限制条件的组合问题的思路
对于无限制条件的组合问题，首先要分清完成一件事情是需要分类还是分步，在每一类(或每一步)中注意分清对象的总数及取出对象的个数，按照组合的定义，正确地表示出相应的组合数，再利用分类加法计数原理或分步乘法计数原理计数．
对点训练 (1)5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有( A )
A．A种 B．C种
C．58种 D．85种
(2)5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有( B )
A．A种 B．C种
C．58种 D．85种
(3)5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里放球数量不限，则不同的放法有( D )
A．A种 B．C种
C．58种 D．85种
[解析] (1)由于球不相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以取出5个盒子放不同的球，共有A种不同的放法．
(2)由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以只要选出5个不同的盒子即可．故共有C种不同的放法．
(3)由于每个盒里放球数量不限，所以第1个球有8种放法，第2个球有8种放法，…，第5个球也有8种放法．故不同的放法共有8×8×8×8×8＝85(种)．
题型二 有限制条件的组合问题
典例2 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
[解析] (1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C·C＋C·C＝825(种)(或采用排除法有C－C＝825种)．
(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C·C＋C·C＋C＝966(种)．
(3)分两种情况：
第一类：女队长当选，有C种；
第二类：女队长不当选，则男队长当选，
有C·C＋C·C＋C·C＋C种．
故共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)．
[规律方法] 常见的限制条件及解题方法
(1)特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．
(2)含有“至多、至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．
(3)分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．
对点训练 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.
题型三 组合应用中分组分配问题
角度1 不同对象分配问题
典例3 6本不同的书，按下列要求分组或分配，求各有多少种不同的分法？
(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；
(2)平均分为三份，每份2本；
(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；
(5)分成三份，一份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人得1本；
(7)分给甲、乙、丙三人，甲1本，乙2本，丙3本；
(8)甲3本，另外两人中有1人1本，1人2本．
[解析] (1)这是平均分配问题，分3步．
第一步：从6本书中选2本给甲，有C种选法；
第二步：从其余的4本书中选2本给乙，有C种选法；
第三步：把余下的2本书全部给丙，有C种选法．
根据分步乘法计数原理得，共有C·C·C＝90种不同的分法．
(2)这是平均分组问题，共有＝15种不同的分法．
(3)这是不平均分组问题，共有C·C·C＝60种不同的分法．
(4)这是不平均分配问题，在(3)的基础上再进行全排列，所以共有C·C·C·A＝360种不同的分法．
(5)这是部分均匀分组问题，共有＝15种分法．
(6)这是部分均匀分配问题，在(5)的基础上再分配给甲、乙、丙三人，共有·A＝90种不同的分法．
(7)这是直接分配问题，从6本不同的书中选1本分配给甲，有C种方法，再从剩下的5本不同的书中选2本分配给乙，有C种方法，最后剩下的3本不同的书全给丙，有C种方法．
根据分步乘法计数原理，共有C·C·C＝60种不同的分法．(注意与(4)的区别)
(8)由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法．再把剩下的3本书分成本数分别为1,2的两份，有C·C种分组方法，把分好组的两份书分给乙、丙两个人，有A种分法．
根据分步乘法计数原理，可得共有C·C·C·A＝120种不同的分法．
角度2 相同对象分配问题
典例4 有10个运动员名额，分给班号分别为1,2,3的3个班．
(1)每班至少1个名额，有多少种分配方案？
(2)每班至少2个名额，有多少种分配方案？
(3)可以允许某些班级没有名额，有多少种分配方案？
[分析] (1)直接使用隔板法计数；(2)(3)先将问题进行等价转化，再使用隔板法计数．
[解析] (1)因为10个名额没有差别，把它们排成一排，相邻名额之间形成9个空，在9个空中选2个位置插入“隔板”，可把名额分成3份，对应地分给3个班级，每一种插入隔板的方法对应一种分法，共有C＝36(种)分法．
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是2个、5个、3个．
(2)要求每班至少2个名额，可以先从10个名额中拿出3个，分别给各班1个名额，还剩下7个名额，此时题目转化为将7个名额分给3个班级且每个班级至少1个名额，按照解第(1)小问的方法，可得有C＝15(种)分法．
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是3＋1＝4(个)，2＋1＝3(个)，2＋1＝3(个)．
(3)增加3个名额，使得每个班级至少有1个名额，此时问题转化为将13个名额分给3个班级且每个班级至少1个名额，按照解第(1)小问的方法，可得有C＝66(种)分法．
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是3－1＝2(个)，6－1＝5(个)，4－1＝3(个)．
[规律方法] 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．
对点训练 (1)我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情，现把5名专家分配到A，B，C三个集中医疗点，每个医疗点至少要分配1人，其中甲专家不去A医疗点，则不同分配种数为( B )
A．116 B．100
C．124 D．90
(2)有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，问有多少种不同的分配方案？( A )
A．680 B．816
C．1 360 D．1 456
[解析] (1)根据题意，分2 步进行分析：
①将5名医学专家分为3组，若分为2、2、1的三组，有＝15种分组方法，若分为3、1、1的三组，有C＝10种分组方法．
则有15＋10＝25种分组方法；
②将分好的三组分派到三个医疗点，甲专家所在组不去A医疗点，有2种情况，再将剩下的2组分派到其余2个医疗点，有2种情况，则3个组的分派方法有2×2＝4种情况，则有25×4＝100种分配方法．
(2)先给每个小朋友分三个苹果，剩余18个苹果利用“隔板法”，18个苹果有17个空，插入三个“板”，共有C＝680种方法，故有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，有680种不同的分配方案.
1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这两个球同色的不同取法有( C )
A．27种 B．24种
C．21种 D．18种
[解析] 分两类：一类是2个白球有C＝15种取法，另一类是2个黑球有C＝6种取法，所以取法共有15＋6＝21(种)．
2．5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有( A )
A．150种 B．180种
C．200种 D．280种
[解析] 人数分配上有1、1、3与1、2、2两种方式，若是1,1,3，则有×A＝60(种)，若是1、2、2，则有×A＝90(种)，所以共有150种，选A．
3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( B )
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
[解析] 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点必与点A共面，共有3C种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．故与顶点A共面的3个点的取法共有3C＋3＝33(种)．
4．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有_10__种．
[解析] 四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C＝10.章末知识梳理
知识点 1 基本计数原理
1．分类加法计数原理：N＝m1＋m2＋…＋mn.
2．分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×mn.
知识点 2 排列
1．排列：一般地，从n个不同元素中，任取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
2．排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有排列的个数，用符号A表示．
3．排列数公式：A＝n(n－1)…(n－m＋1)＝.
4．全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，称为n个不同元素的一个全排列．
5．排列数的性质：A＝nA＝mA＋A.
知识点 3 组合
1．组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素并成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2．组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有组合的个数，用符号C表示．
3．组合数公式：C＝＝＝.
4．组合数的性质：C＝C；C＋C＝C.
知识点 4 二项式定理
1．二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)．
2．二项展开式的通项公式：Tk＋1＝Can－kbk,0≤k≤n，k∈N，n∈N*.
3．二项式系数：第k＋1项的二项式系数为C，0≤k≤n，k∈N，n∈N*.
4．二项式系数的性质
要点一 两个计数原理的应用
1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形式考查，难度适中，属中档题．
2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层次分明，不重不漏．
典例1 (1)现有甲、乙、丙三种树苗可供选择，分别种在一排五个坑中，要求相同的树苗不能相邻，第一、五坑内只能种甲种树苗，则不同的种法共有( C )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
(2)如图，一个地区分为5个区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_72__种．(以数字作答)
[解析] (1)根据题意，分2种情况讨论：
①若二、四号坑种的树苗相同，则二、四号坑有2种选择，三号坑有2种选择，此时有2×2＝4(种)种法，
②若二、四号坑种的树苗不同，则二、四号坑有2×1＝2(种)选择，三号坑有1种选择，此时有2×1＝2(种)种法，
则有4＋2＝6(种)不同的种法．
(2)涂①有4种方法；涂②有3种方法；涂③有2种方法；涂④时分两类：当④与②同色时，④有1种方法，⑤有2种方法；当④与②不同色时，④有1种方法，⑤有1种方法．所以共有4×3×2×(1＋2)＝72(种)涂法．
[规律方法] 用两个计数原理解决实际问题时，往往从特殊元素入手，通过对其分析，展开讨论，将复杂问题分解为几类简单问题加以解决．
要点二 排列与组合的综合应用
求解排列组合综合问题的常用策略：
(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．
典例2 (1)从5件不同的礼物中选出3件分别送给3位同学，不同方法的种数是( A )
A．A B．C
C．35 D．53
(2)将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为( C )
A．A B．C
C．32 D．23
(3)用1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的五位数，要求偶数不能相邻，则这样的五位数有_________个( D )
A．120 B．216
C．222 D．252
(4)新高考改革中，考生除参加语文、数学、英语的统一考试外，还需从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物学6科中任选3科参加高考，则不同的选考方法共有_20__种；若某同学计划从思想政治、历史中至少选一科参加高考，则该生不同的选考方法共有_16__种(用数字作答)．
[解析] (1)根据题意，从5件不同的礼物中选出3件分别送给3位同学，是排列问题，有A种不同方法．
(2)根据分步原理的应用，第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种，故一共有3×3＝32(种)投法．
(3)根据题意，用1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的五位数，需要在6个数字选出5个来组成五位数，分2种情况讨论：①选出的5个数字中有3个奇数，2个偶数，有ACA＝216(个)符合题意的五位数；②选出的5个数字中有2个奇数，3个偶数，有CAA＝36(个)符合题意的五位数；则有216＋36＝252(个)符合题意的五位数．
(4)根据题意，对于第一空：该考生从6科中任选3科参加高考，有C＝20(种)选法，
对于第二空：若思想政治、历史都没有被选中，有C＝4(种)选法，则思想政治、历史中至少选一科的选法有20－4＝16(种)．
要点三 二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常出现两类问题：一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要运用转化思想化为二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识交汇，具体归纳如下：
(1)考查通项公式问题．
(2)考查系数问题：
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和．
②一般采用通项公式或赋值法解决．
③可转化为二项式定理解决问题．
典例3 (1)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( C )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
(2)已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a0＋a2＋a4＝( C )
A．123 B．91
C．－152 D．－120
(3)已知n的展开式中倒数第三项的系数为45.
①求含有x3的项；
②求系数最大的项．
[解析] (1)(2x－y)5的展开式的通项为Tr＋1＝C·(2x)5－r·(－y)r＝(－1)r·25－r·C·x5－ryr.
其中x2y3的系数为(－1)3·22·C＝－40，
x3y2的系数为(－1)2·23·C＝80.
所以(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为－40＋80＝40.
(2)(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，
取x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3，
取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243，
所以2(a0＋a2＋a4＋a6)＝－240，
即a0＋a2＋a4＋a6＝－120，
又a6＝32，则a0＋a2＋a4＝－152.
(3)①已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C＝45，即C＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.
通项Tk＋1＝C(x)10－k(x)k＝Cx eq \s\up10(－＋)(0≤k≤10，k∈N)，令－＋＝3，解得k＝6.
故含有x3的项是第七项，T7＝Cx3＝210x3.
②∵10的展开式中共有11项，
∴系数最大的项是第六项，
T6＝C(x)5(x)5＝252x.
[规律方法] 1.利用二项式系数的性质，可以把在展开式中靠后的二项式系数C转化为靠前的二项式系数C，转化后可简化解题过程 [本例①的解决]，还可以解决一些较为简单的二项展开式系数的最大(或最小)问题．但应注意区分二项式系数和展开式系数这两个不同的概念．
2．解决二项式系数和问题的思维过程如下：
