苏教版选修2_3第1章计数原理考点讲解与练习(详讲详解详析)
文档属性
| 名称 | 苏教版选修2_3第1章计数原理考点讲解与练习(详讲详解详析) |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 276.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2009-04-13 22:47:00 | ||
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文档简介
第1章 计数原理
1.1 两个基本计数原理
知识、技能聚焦
考点1 分类计数原理（又称为加法原理）
定义 完成一件事情，有n类方式，在第1类方式中有种不同的方法，在第2类方式中有种不同的方法，……，在第n类方式中有种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法.
注意问题
（1）分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n类方式”，是说每种方式“互斥”，即每种方式都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进行分类时，要求各类方式彼此之间是相互排斥的，不论那一类方式中的哪一种方法，都能独立完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．
（2）分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合该问题的分类标准，在这个标准下进行分类，其次分类时要满足一个基本要求：完成这件事的任何一种方法必须属于且只能属于某一类方式．
（3）一般而言，分类的对象要单一，分类的标准要一致．对于多对象的分类要层次分明，有条不紊．
考题 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，
（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？
解：（1）从书架上任取1本书，有3类办法：第1类办法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类办法是从第3层取1本体育书，有2种方法根据分类计数原理，不同取法的种数是4+3+2=9种
所以，从书架上任取1本书，有9种不同的取法．
（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本艺术书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有2种方法根据分步计数原理，从书架的第1、2、3层各取1本书，不同取法的种数是种
所以，从书架的第1、2、3层各取1本书，有24种不同的取法
考点2 分步计数原理(又称为乘法原理)
定义 完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法．
注意问题
(1)分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．
(2)如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用分步计数原理.
（3）分步时，首先要根据问题的特点，确定分步标准，在这个标准下进行分步，其次要做到“步骤连续、完整”。
（4）一般而言，分步是以完成一件事件所需的位置或时间上的次序来分，要有较为明确的完成事件的步骤
考题 在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种
解:取与取是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由分步计数原理得(10×9)/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有(10×9)/2=45种取法.根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法.
考点3 两个基本计数原理区别和联系
相同点
（1）都是计算完成一件事所需要的所有不同的方法种数．
（2）都把一个原始事件分解成若干个分事件来完成，相对而言，每个分事件的方法种数都是较为容易确定的．
（3）无论“分类”还是“分步”，都要标准一致，层次分明，不重不漏．
（4）两个基本计数原理都体现了化繁为简，化难为易的数学转化思想。
不同点
（1）一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”．
（2）分类计数原理类比于物理学中的并联电路，分步计数原理类比于串联电路．
考题 甲厂生产的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的收音机外壳形状有4种，颜色有5种，这两厂生产的收音机仅从外壳的形状和颜色看，共有所少种不同的品种？
解：收音机的品种可分两类：
第一类：甲厂收音机的种类，分两步：形状有3种，颜色有4种，共种；
第二类：乙厂收音机的种类，分两步：形状有4种，颜色有5种，共种
所以，共有个品种
说明：分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题区别在于：分类计数原理针对“分类”问题，其中方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对“分步”问题，各个步骤中方法相互独立，只有各个步骤都完成才算完成了这件事
考点4 在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧
（1）建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．
（2）枚举法：利用枚举法（如树状图，表格）可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．
（3）直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法（排除法），用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．
（4）分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”。
考点5 应用两个计数原理常用来解决如下几种类型的问题
（1）某些平面几何或立体几何问题，如由点定线问题，由点构体问题．
（2）有关物理中电路开关问题．
（3）有关生物问题．
（4）流量问题．
（5）信箱卡片类的分配问题
（6）排序问题．
（7）分组问题．
（8）有关生产、生活中的实际问题．
考题 要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？
解：从3名工人中选1名上日班和1名上晚班，可以看成是经过先选1名上日班，再选1名上晚班两个步骤完成，先选1名上日班，共有3种选法；上日班的工人选定后，上晚班的工人有2种选法根据分步技数原理，不同的选法数是种，6种选法可以表示如下：
日班 晚班
甲 乙
甲 丙
乙 甲
乙 丙
丙 甲
丙 乙
所以，从3名工人中选出2名分别上日班和晚班，6种不同的选法
考题 在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和大于20的不同取法共有多少种
解:分类标准一,固定小加数.小加数为1时,大加数只有20这1种取法;小加数为2时,大加数有19或20两种取法;小加数为3时,大加数为18,19或20共3种取法…小加数为10时,大加数为11,12,…,20共10种取法;小加数为11时,大加数有9种取法…小加数取19时,大加数有1种取法.由分类计数原理,得不同取法共有1+2+…+9+10+9+…+2+1=100种.
分类标准二:固定和的值.有和为21,22,…,39这几类,依次有取法10,9,9,8,8, …,2,2,1,1种.由分类计数原理得不同取法共有10+9+9+…+2+2+1+1=100种.
考点闯关训练：
1、 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书
(1) 从中任取一本，有多少种不同的取法？
(2)从中任取数学书与语文书各一本，有多少种不同的取法？
1.解：（1）共有 5+6=11 种不同的取法；(2)共有5×6=30种不同取法
2、 某班级有男学生5人，女学生4人，(1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法？
(2) 从中任选男、女学生各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法？
2.解：(1)不同选法种数共有N = 5 + 4 = 9 种
(2)不同选法种数共有N = 5 × 4 = 20 种
3、 满足∪=｛1,2｝的集合、共有多少组
3．、均是｛1,2｝的子集:φ,｛1｝,｛2｝,｛1,2｝,但不是随便两个子集搭配都行,本题尤如含、两元素的不定方程,其全部解分为四类:
1)当=φ时,只有=｛1,2｝,得1组解;
2)当=｛1｝时,=｛2｝或=｛1,2｝,得2组解;
3)当=｛2｝时,=｛1｝或=｛1,2｝,得2组解;
4)当=｛1,2｝时,=φ或｛1｝或｛2｝或｛1,2｝,得4组解.
根据分类计数原理,共有1+2+2+4=9组解.
4、从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通, 从丁地到丙地有2条路可通从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
4．答案：2×3＋4×2=14
5、用1,2,3,4,5可组成多少个三位数 (各位上的数字允许重复)
5. 5×5×5×5=625
6、用数字1,2,3可写出多少个小于1000的正整数 (各位上的数字允许重复)
6．3+32+33=39
7、集合A=｛a,b,c,d,e｝,集合B=｛1,2,3｝,问A到B的不同映射f共有多少个 B到A的映射g共有多少个
7. 35,53
8、将3封信投入4个不同的邮筒的投法共有多少种
8. 43
9、 4名学生从3个不同的楼梯下楼的方法数.
9. 34
10、4名学生分配到3个车间去劳动,共有多少中不同的分配方案
10. 34
11、 如下图,共有多少个不同的三角形
11．解:所有不同的三角形可分为三类”
第一类:其中有两条边是原五边形的边,这样的三角形共有5个
第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,这样的三角形共有5×4=20个
第三类:没有一条边是原五边形的边,即由五条对角线围成的三角形,共有5+5=10个
由分类计数原理得,不同的三角形共有5+20+10=35个.
12、 75600有多少个正约数 有多少个奇约数
12．解:75600的约数就是能整除75600的整数,所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数. 由于 75600=24×33×52×7
(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,,,
于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
(2)奇约数中步不含有2的因数,因此75600的每个奇约数都可以写成的形式,同上奇约数的个数为4×3×2=24个.
1.2 排列
知识、技能聚焦
考点1 排列
定义 一般地，从个不同元素中取出（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．
注意问题
（1）排列的定义包括两个方面：①取出不同元素，②按一定的顺序排列；“一定的顺序”表明元素的放置与位置有关．
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同．如果选取选取元素不同或者元素相同而顺序不同，都是不同的排列．
（3）在定义中规定．当=时叫做全排列，即个不同元素全部取出的一个排列，叫做个不同元素的一个全排列．
考点2 排列数
定义 一般地，把从个不同元素中取出（）个元素的所有排列的个数，叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示．
注意问题
（1）从4个不同元素中，取出3个元素的排列数表示为；从8个不同元素中，取出5个元素的排列数表示为．
（2）注意区别排列和排列数的不同：一个排列是指“从个不同元素中取出个元素按照一定的顺序排成一列”，它有一个具体的形态；排列数是指“从个不同元素中取出（）个元素的所有排列的个数”，是一个数．所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列．简言之，排列是“形”，而排列数是“数”．
（3）n个不同元素的全排列数记为．
考点3 排列数公式
（其中，）
注意问题
（1）公式是在条件下成立，时不成立．
（2）教材中排列数公式的推导过程是不完全归纳法，不是严格的证明。但推导的方法和过程对后续学习有重要的意义，值得多加揣摩．
（3）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共个连续正整数的连乘积．
考题 （1）从这五个数字中，任取2个数字组成分数，不同值的分数共有多少个？
（2）5人站成一排照相，共有多少种不同的站法？
（3）某宿舍八位好友约定在毕业后每年相互间通信一封，问：每年这八位好友合计需写多少封信？
解答（1）五个不同数字中取出2个数字分别作分子、分母（两个不同的位置），所以有种不同值的分数；
（2）5人站成一排照相，相当于五个元素的一个全排列，所以共有种不同的站法；
（3）本题等价于从8个不同元素（8位好友）中取出2个元素（2位好友）按一定顺序（写信人和收信人）排成一列，所以合计写了封信．
点评 把问题等价转化为排列定义，或者说，以排列定义的语言来重述问题，使问题明晰，是解决排列问题的一个基本能力，应注重培养．
考题 求证：
（1）；
（2）．
解答（1），
∴原式成立
（2）
=
∴原式成立
点评 在用排列数公式解题时，要有选择地运用公式形式，考点5的性质②一般用在证明与化简的问题上．
考题 化简：⑴；
⑵．
解答 ⑴提示：由阶乘的性质知，
所以，原式．
⑵原式
=．
点评 两个小题都用到了阶乘中类似性质：和．这个方法类比于数列求和中的裂项相消法，学习中应当注意知识间的联系．
考点4 阶乘
定义 自然数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用表示．即．
注意问题
（1）规定：0！=1．
（2）排列数：=．
（3）全排列数：=
（4）阶乘的性质：；
．要注意考察公式的变化形式在解题的应用．
考点5 排列数公式的性质
①．
②=．
③，=．
④．
⑤．
⑥
⑦．
（如无注明，上述公式中的m,n均为正整数，且m不大于n．）
注意问题
（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数中，且这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围．
（2）公式
常用来求值，特别是均为已知时；而公式=常用来证明或化简．要注重公式的不同形式在解题中的灵活运用。
考点6 排列问题的处理思路和方法
（1）如何判断一个具体问题是否是排列问题，就看从n个不同元素中取出m个元素后，再安排这m个元素时是有序还是无序（即与位置有关还是无关），有序就是排列问题，无序就不是排列问题．当判断出一个问题是排列问题时，就可以直接用来表示所有排列种数，通过排列数公式计算结果．
（2）能用排列公式解决的问题一般也都可以由两个基本计数原理来解决，从教材中排列数公式的推导过程可以看出，排列就是将分步计数原理中多个步骤合并成一个步骤来统一解决，简化了步骤较多问题中的分析和计算．
考题 用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解答
方法1 用分步计数原理：所求的三位数的个数是：．
方法2 符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有个，个位数字是0的三位数有个，十位数字是0的三位数有个，由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：．
方法3 从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是-．
点评 解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法．直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏．
考点7 排列问题的几种题型
题型1 解无约束条件的排列问题
题型2 解有约束条件的排列问题
题型3 重复排列问题
对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如
(1)特殊位置(元素)优先法 若以位置(元素)为主，需先满足特殊位置(元素)的要求，再处理其它位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)，则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论，注意做到层次分明．
(2)相邻问题捆绑法 对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体（元素），与其它元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．
(3)不相邻问题插空法 对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其它元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．
(4)分排问题直排处理法 若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列．
(5)定序问题先排后除法 对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列．
考点闯关训练
1.给出下列问题：
①有10个车站，共需要准备多少种车票？
②有10个车站，共有多少中不同的票价？
③平面内有10个点，共可作出多少条不同的有向线段？
④有10个同学，假期约定每两人通电话一次，共需通话多少次？
⑤从10个同学中选出2名分别参加数学和物理竞赛，有多少种选派方法？
以上问题中，属于排列问题的是 （填写问题的编号）
1. ①③⑤ [提示]车票由起点站和终点站共同确定，起点站不同或终点站不同，则车票是不同的，因而这个问题是有序的，属于排列问题；车票由路程的长短确定的,一般与起点站和终点站无关，因而是无序的，不属于排列问题；有向线段显然是有序的，属于排列问题；通话一次不涉及谁打给谁的问题，是无序的，不属于排列问题；⑤中选出的2名同学要区分“谁参加数学竞赛”和“谁参加物理竞赛”，显然是有序的，属于排列问题．
2. 若，则的解集是 ．
2.
3. 计算： ； ．
3. 1, 1
4.（1）已知，那么 ；
（2）已知，那么= ；
（3）已知，那么 ；
（4）已知，那么 ．
4. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5
5. 将1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（ ）种.
A． 6 B． 9 C． 11 D． 23
5. B [提示]考虑问题的“等称性”，可以只求2填入1号格的填法数，而3，4填入1号格的填法数相同．
6.一天课表中，6节课要安排3门理科，3门文科，要使文、理科间排，不同的排课方法有 种；要使3门理科的数学与物理连排，化学不得与数学、物理连排，不同的排课方法有 种．
6. 72, 144 [提示]注意体会相间问题与两两不相邻问题的区别．
12.若，，则以为坐标的点共有 个．
12. 63
7.（2006 浙江）函数f: {1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有( )
A. 1个 B. 4个 C. 8个 D. 10个
7. D [提示]定义域中元素要满足f(f(x))= f(x)，即要满足元素的象与以该象为元素的象要相同，如，若1的象是1，则符合题意，若1的象是2，则2的象也必是2．
8.（2006 江苏）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有多少种不同的方法？
8. [提示]这道题是同元排序问题，可参见考点7
1.3 组合
知识、技能聚焦
考点1 组合
定义 一般地，从个不同元素中取出（）个不同元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个不同元素的一个组合．
注意问题
（1）组合定义中包含两个基本内容:一是“取出不同元素”；二是“并成一组”，表示组中元素与顺序及位置无关，即组合具有无序性．
（2）两个组合相同的条件：如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合，当两个组合中的元素不完全相同，就是不同的组合．
（3）组合与排列的共同点是：从个不同元素中取出个不同元素；不同点是，前者是“合成一组，不考虑顺序”，后者是“排成一列，与顺序有关”．
考点2 组合数
定义 从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数，叫做从个元素中取出元素的组合数，用符号表示．
注意问题
（1）注意区别组合和组合数的不同：一个组合是指“从个不同元素中取出个元素并成一组”，它有一个具体的形态；组合数是指“从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数”，是一个数．所以符号只表示组合数，而不表示具体的组合．简言之，组合是“形”，而组合数是“数”．
考点3 组合数公式
，
或，
注意问题
（1）公式是在条件下成立，时不成立．
（2）规定：．
考点4 组合数公式及性质
①．
②
③性质1 ．
④性质2 ．
⑤．
（如无注明，上述公式中都有．）
考题 求证：．
解答 ∵
＝
＝
∴
点评 组合数的阶乘表示公式通常用以证明和化简,在使用时要注意分子与分母在数量上的特征,以妨错用公式．
考题 设 求的值．
解答 由题意可得：，
解得，
∵， ∴或或，
当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．
∴所求值为4或7或11．
点评 组合数公式成立条件是,而这一点往往隐含在题意中,要能在解题中注意到这一条件.
考题 解方程：（1）；
（2）．
解答 （1）由原方程得,或，
∴或，
又由得且，
∴原方程的解为或．
（2）原方程可化为，即，
∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解．
点评 (1)题求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多；在
解题中要注意验证式子的意义.
注意问题
（1）解含组合数的方程和不等式时要注意组合数中，且这些限制条件，即要注意题中未知数的取值范围．
（2）公式①常用来求值，特别是均为已知时；而公式②常用来证明或化简．要注重公式的不同形式在解题中的灵活运用。
（3）性质1的意义:一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中取出n m个元素的组合数，即：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想性质．
(4) 性质2的意义:一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n个元素中取出m 1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
考点5 排列、组合问题的联系与区别
（1）区分某一个问题是排列还是组合问题，关键是看选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，而交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．
（2）教材中组合数公式的推导借助于排列与组合在定义上的关系，组合是选择的结果，排列可以看成选择后再排序的结果，也就是说，排列问题的解决可以通过两个步骤：第一步作为组合问题求出所有组合的种数（组合数）；第二步对选出的元素作一次全排列，计算全排列数；第三步由分步计数原理求得结果。这个方法是求解排列组合综合问题的一个重要利器，要在学习中重点体会，灵活运用．
考点6 组合问题的几种题型
题型1 平均分组问题
题型2 相同元素分配问题
对于题型1举例说明如下
考题 （1）计算：；
（2）求证：＝++．
解答（1）原式
；
（2）右边
左边，所以，等式成立．
点评 组合数公式的性质难以记忆，要借助其意义帮助，以及多使用，使记忆深刻．
考题 一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，
（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
解答（1）从8个不同元素（8个球）中取出3个元素（3个球）并成一组，共有种取法；
（2）取出的3个球中含黑球时有=21种取法；
（3）取出的3个球中不含黑球时有=35种取法．
点评 把问题等价转化为组合定义，或者说，以组合定义的语言来重述问题，使问题明晰，是解决组合问题的一个基本能力，应注重培养；可以将（1）小题中的取球情况分为两类，即（2）（3）两小题的两种情况，可以从结果上验证组合数的性质．
考题 从编号为1，2，3，…，10，11共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
解答 取出5球的编号情况可分为三类：
1奇4偶有种； 3奇2偶有种；5奇1偶有种，
∴一共有++种取球方法．
点评 合适的分类是解决组合问题的重要技巧，可以使原本复杂的组合问题分解为几个简单的组合问题，从而使问题得到顺利解决．
题型2的一般问题形式是：把n个相同的小球放到m（m（1）若每个盒子中至少放一球，则只需在n个小球的n-1个间隙中放置m-1块隔板，把它隔成m份即可，共有种不同放法；
（2）若允许某些盒子不放球，则相当于在n+m-1个位置中选放m-1块隔板，把n个小球分隔成m分，共有种不同放法．
考点闯关训练
1.方程的解集为（ ）
A．{4} B．{9} C． D．{4，9}
1. D
2.式子（）的值的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2. A [提示]要注意排列数、组合数表达式中各个参量的意义及范围．
3.设全集，集合A、B是U的子集，若A有3个元素，B有2个元素，且，则满足题意的集合A、B有（ ）组．
A．42 B．21 C．7 D．3
3. D [提示]注意到A与B的并集是U，借助集合的韦恩图，本题就容易解决了．
4.（2006 湖南）在数字1,2，3与符号“＋”，“－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是
A．6 B. 12 C. 18 D. 24
4. B [提示]不相邻问题用“插空法”．
5.从1，2，……，20这20个数中选出2个不同的数，使这两个数的和为偶数，有____种不同选法．
5. 90 [提示]分两数同为奇数、同为偶数两类情况．
6.从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的五位数．
6. [提示]先选后排是解决许多复杂排列组合问题的重要方法．
7.（1）从6位候选人中选出2人分别担任正副班长，有 种不同的选法；
（2）从6位同学中选出2人去参加座谈会，有 种不同的选法．
7. （1） 30， （2） 15
8.已知，求的值．
8. 28或56
9.解方程：．
9. 2或
10.写出从这5个元素中每次取出3个的所有不同的组合．
10. abc; abd; abe; acd; ace; ade; bcd; bce; bde; cde
11. 某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选时的不同选法有16种，求该科技小组中女生的人数．
11. 女生的人数是2 [提示] 分和两种情况讨论．
拓展探究题
12. 6人同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有多少种不同的去法？
12. 63 [提示]去的人数有1、2、3、4、5、6共六类情况，式子为；或者考虑在每一个去参加活动的组合中，6个人每人都有“去”和“不去”两种状态，式子为2×2×2×2×2×2-1（要去掉一种都不去的情形）．
13. 已知x,y,z均为自然数，求方程x+y+z=10的解的个数．
13.
14. 将10个相同的小球分别放入三个不同的盒子里，每盒至少一个，有多少种不同的放法？
14.
15.一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，
（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
15.（1）将取出4个球分成三类情况：
1）取4个红球，没有白球，有种；
2）取3个红球1个白球，有种；
3）取2个红球2个白球，有
∴种
(2)设取个红球，个白球，则
∴或或
∴符合题意的取法种数有186种
16.规定，其中x∈R，m是正整数，且=1，这是组合数（n、m是正整数，且m≤n的一种推广）.
（1）求的值；求的值；
（2）设x＞0，当x为何值时，取最小值？
16. （1）解：.
.
（2）解：.
∵x＞0，x+≥2.当且仅当x=时，等号成立.
∴当x=时，取得最小值.
1.4 计数应用题
知识、技能聚焦
考点1 排列组合综合应用的思想基础
组合、全排列问题都是易于辨别的，而排列问题就是先组合后全排列.在求解排列、组合问题时，按以下两步思考：首先要考虑如何选出符合题意要求的元素来，选出元素后再去考虑是否要对元素进行排队，即第一步仅从组合的角度考虑，第二步则考虑元素是否需全排列，如果不需要，是组合问题；否则是排列问题.
排列、组合问题大都来源于生活和学习中所熟悉的情景，解题思路通常是依据具体做事的过程，用数学的原理和语言加以表述.也可以说解排列、组合题就是从生活经验、知识经验、具体情景的出发，正确领会问题的实质，抽象出“按部就班”处理问题的过程.如果平时做事、考虑问题就缺乏条理性，或解题思路是自己主观想象的做法，那么解题就会感觉困难,甚至难以完成.要解决这个问题，需要在分析问题时要根据实际情况，怎么做事就怎么分析，若能借助适当的工具，模拟做事的过程，则更能说明问题.
排列、组合问题解题方法比较灵活，问题思考的角度不同，就会得到不同的解法.若选择的切入角度得当，则问题求解简便，否则会变得复杂难解.学习中既要注意比较不同解法的优劣，更要注意体会如何对一个问题进行认识思考，才能得到最优方法
考点2 排列组合综合应用的注意问题
(1)排列组合综合应用题是排列组合中的重头戏,题型多变，条件隐晦，思维抽象，得数颇大，不易验证，因而在解决这类问题时，要求做到：排组分清，加乘辨明，不重不漏，多解验证，积累经验．
(2)在学习中要注意题型、方法的总结体会，对什么类型的问题用什么样的方法解决做到心中有数．如
排列问题的常见题型（方法）有：
a)特殊元素（位置）优先法；
b)相邻问题捆绑法；
c)不相邻问题插空法；
d)分排问题直排处理法；
e)定序均分问题先排后除法；
组合问题的常见题型（方法）有：
a)放球入盒型分配问题;
b)取球型抽样问题;
c)几何构图问题；
d)平均（或部分平均）分组问题；
e)相同元素分配的隔板法；
复杂问题应适当分类，转化为熟悉题型再加以解决，或者简化数据后用枚举法、图表法以探求规律，再推广到本题的数据类型．
考题 有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？
精析 本题实质是，前五次测试中有1只正品4只次品，且第五次测试的是次品．
解答 思路一：设想有五个位置（位置的编号或顺序代表检测的顺序），先从6只正品中任选1只，放在前四个位置的任一个上，有种方法；再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有种排法．故不同的情形共有种．
思路二：设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有种方法；再从6只正品中任选1只，和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有种方法，故不同的情形共有种．
点评 把握问题的实质是解题的关键，构造适当模型使问题归结为熟悉题型，本题就将时间上的检测顺序转化为空间位置上的排列．
考题 在一次象棋比赛中，进行单循环比赛，其中有2人，他们各赛了3场后，因故退出了比赛，这样，这次比赛共进行了83场，问：比赛开始时参赛者有多少人？
解答 设比赛开始时参赛者有n人，需要考虑两种情况：第一种，因故退出比赛的两人之间没有进行比赛，则，此方程无正整数解；第二种，因故退出比赛的两人之间进行了比赛，则，解得，所以，比赛开始时参赛者有15人．
点评 组合中列方程解应用题的题型与一般求解问题在解题方法上并无区别．看清题意、设准所求量、由关系列方程、求解是这类问题的一般步骤．
考点3 排列组合综合应用的步骤
在解决排列组合综合应用题时，一般有以下步骤：
（1）通过分析题意，建立模型，将问题转化或归结为排列组合问题；
（2）分析目标，确定题目类型，以确定所适用的方法，复杂问题要适当分类（或分步），使每一类（或每一步）的问题是熟悉的，易于解决的；
（3）分析题设条件时，要注意“选取”元素不重不漏；
（4）分别对每一类（或每一步）列式计算，最后用分类（或分步）计数原理求得最终结果．
考点4 易混淆知识点
在学习过程中要严格区分相似或相近概念、题型、方法的区别，注意多比较，多思考，多体会，才能在相似或相近问题解决中少犯错，不犯错。下面列出一些常见的易混淆知识点，要在学习过程中多注意鉴别．
（1）分类与分步；
（2）排列与组合；
（3）排列数公式与组合数公式；
（4）相邻问题与不相邻问题；
（5）异元取样问题与同元取样问题；
（6）异元分配问题与同元分配问题；
（7）异元排列问题与同元排列问题；
（8）平均分组问题与非平均分组问题；
（9）定序问题与非定序问题．
考题 在某次数学测验中，学号为的四位同学的考试成绩，且满足，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为（ ）
A．9种 B．5种 C．23种 D．15种
解答 分两种情况：f(2)点评 这是一道貌似排列的组合问题，在解题中应注意区分；本题实际上只需从集合上选取元素而不需给选出元素作全排列，因为元素的顺序已排定。
考题 甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解答 解法一（排除法）用无特殊要求的值周方法种数，去掉甲值周一的值周方法种数和乙值周六的值周方法种数,再补回甲值周一的同时乙值周六的值周方法种数，即有种值周方法．
解法二 分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有种；另一类为甲不值周一，但值周六，有种，
∴一共有+＝42种值周方法．
点评 方法一的思想源自集合的一个性质：card(A∪B)=card(A)
+card(B)-card(A∩B); 方法二的分类思想在组合问题中更为常用，体会如何分类是学习组合的一个关键．
考点闯关训练
1、（2006江苏）安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有__________种。
1. 2400 [提示]可以先甲、乙两人先安排到其它日期，也可先将其他人安排到5月1日和2日．
2、（2006天津）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
2. A [提示]根据题意，只有两类情况：一类是编号1的盒子放1球，结果为种，另一类是编号1的盒子放2球，结果为种．
3、（2006 辽宁）5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种．
3. 48 [提示]两老一新时, 有种排法；两新一老时, 有种排法,即共有48种排法.
1.5 二项式定理
知识、技能聚焦
考点1 二项式定理及其特例：
（1），
（2）.
二项展开式的通项公式：
考点2 二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和．
考点3 二项式系数的性质：
展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数，定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）．
直线是图象的对称轴．
（2）增减性与最大值：当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值．
（3）各二项式系数和：∵，
令，则
考题 求证：．
解答 （证法一）倒序相加
设S= ① 又∵
S=②
∵，∴，
由①+②得：，
∴，
即．
（证法二）左边各组合数的通项为
，
∴
.等式得证．
点评 方法一挖掘了等式左边所隐含的组合数的性质，以类似于等差数列前n和公式的推导方法达到证明的目的；方法二类似于数列对通项的研究，通过对通项的变形，分离出二项式系数的性质，从而证明了等式成立．
考题 已知 的展开式中含项的系数为36，求展开式中含项的系数最小值．
分析 展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为36，可得，从而转化为关于或的二次函数求解．
解答 展开式中含的项为
∴，即，
展开式中含的项的系数为
，
∵， ∴，
∴
，
∴当时，取最小值，但，
∴ 时，即项的系数最小，最小值为272，此时．
点评 构造二次函数关系解题是本题的关键，更要注意题中的隐含条件：m,n均为正整数．
考点闯关训练
1、展开式中第4项的二项式系数是 ，系数是 。
1. 35，280
2、的展开式中二项式系数的最大值是 。
2. 252
3、被5除所得的余数是 。
3. 1
4、= 。
4. 1
5、展开式中含项的系数为 。
5. 240
6、在的二项展开式中，若只有的系数最大，则 。
6. 10
7、的展开式中的系数是70，求实数的值为 。
7.
8、在的展开式中，的系数是 。
8. 207
9、若多项式，则= 。
9.
10、设的二项展开式中各项系数之和为，其二项式系数之和为，若，则其二项展开式中项的系数为多少？
10. 1
11、设，，
试用q和n表示A n；
11. 因为
所以,
=
=
=．
12、已知，
求（1）这九个系数中绝对值最大的系数；
（2）这九个系数中最大的系数．
12.设,则有
(1)显然, ,
由得,
解得,所以r=3.
即九个系数中,绝对值最大的系数为．
(2)由(1)中不等式组及其解集可知 ,
又从通项公式可以看出
均大于0，均小于0，
因而只需比较的大小，因为，
，
所以，九个系数中,最大的系数为．
点评 本题（2）中，由于正项系数只有五项，在项数不多的情况下，可以直接计算这五个式子的值，再加以比较．一旦项数较多时，就需用到本题（1）中的解法，先求出系数绝对值最大的项，再通过符号观察，如果该项的符号为正，即为所求，如果为负，则只需比较该项两边的相邻项的大小即可．这个方法主要缘于二项展开式系数的两个特征：①所有系数的绝对值呈先递增后递减的类“抛物线”型趋势，②所有系数的符号要么全为正，要么一正一负交替出现．
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1.1 两个基本计数原理
知识、技能聚焦
考点1 分类计数原理（又称为加法原理）
定义 完成一件事情，有n类方式，在第1类方式中有种不同的方法，在第2类方式中有种不同的方法，……，在第n类方式中有种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法.
注意问题
（1）分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n类方式”，是说每种方式“互斥”，即每种方式都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进行分类时，要求各类方式彼此之间是相互排斥的，不论那一类方式中的哪一种方法，都能独立完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．
（2）分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合该问题的分类标准，在这个标准下进行分类，其次分类时要满足一个基本要求：完成这件事的任何一种方法必须属于且只能属于某一类方式．
（3）一般而言，分类的对象要单一，分类的标准要一致．对于多对象的分类要层次分明，有条不紊．
考题 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，
（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？
（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？
解：（1）从书架上任取1本书，有3类办法：第1类办法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类办法是从第3层取1本体育书，有2种方法根据分类计数原理，不同取法的种数是4+3+2=9种
所以，从书架上任取1本书，有9种不同的取法．
（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本艺术书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有2种方法根据分步计数原理，从书架的第1、2、3层各取1本书，不同取法的种数是种
所以，从书架的第1、2、3层各取1本书，有24种不同的取法
考点2 分步计数原理(又称为乘法原理)
定义 完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有
种不同的方法．
注意问题
(1)分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．
(2)如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用分步计数原理.
（3）分步时，首先要根据问题的特点，确定分步标准，在这个标准下进行分步，其次要做到“步骤连续、完整”。
（4）一般而言，分步是以完成一件事件所需的位置或时间上的次序来分，要有较为明确的完成事件的步骤
考题 在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种
解:取与取是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由分步计数原理得(10×9)/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有(10×9)/2=45种取法.根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法.
考点3 两个基本计数原理区别和联系
相同点
（1）都是计算完成一件事所需要的所有不同的方法种数．
（2）都把一个原始事件分解成若干个分事件来完成，相对而言，每个分事件的方法种数都是较为容易确定的．
（3）无论“分类”还是“分步”，都要标准一致，层次分明，不重不漏．
（4）两个基本计数原理都体现了化繁为简，化难为易的数学转化思想。
不同点
（1）一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”．
（2）分类计数原理类比于物理学中的并联电路，分步计数原理类比于串联电路．
考题 甲厂生产的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的收音机外壳形状有4种，颜色有5种，这两厂生产的收音机仅从外壳的形状和颜色看，共有所少种不同的品种？
解：收音机的品种可分两类：
第一类：甲厂收音机的种类，分两步：形状有3种，颜色有4种，共种；
第二类：乙厂收音机的种类，分两步：形状有4种，颜色有5种，共种
所以，共有个品种
说明：分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题区别在于：分类计数原理针对“分类”问题，其中方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步计数原理针对“分步”问题，各个步骤中方法相互独立，只有各个步骤都完成才算完成了这件事
考点4 在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧
（1）建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．
（2）枚举法：利用枚举法（如树状图，表格）可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．
（3）直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法（排除法），用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．
（4）分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”。
考点5 应用两个计数原理常用来解决如下几种类型的问题
（1）某些平面几何或立体几何问题，如由点定线问题，由点构体问题．
（2）有关物理中电路开关问题．
（3）有关生物问题．
（4）流量问题．
（5）信箱卡片类的分配问题
（6）排序问题．
（7）分组问题．
（8）有关生产、生活中的实际问题．
考题 要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？
解：从3名工人中选1名上日班和1名上晚班，可以看成是经过先选1名上日班，再选1名上晚班两个步骤完成，先选1名上日班，共有3种选法；上日班的工人选定后，上晚班的工人有2种选法根据分步技数原理，不同的选法数是种，6种选法可以表示如下：
日班 晚班
甲 乙
甲 丙
乙 甲
乙 丙
丙 甲
丙 乙
所以，从3名工人中选出2名分别上日班和晚班，6种不同的选法
考题 在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和大于20的不同取法共有多少种
解:分类标准一,固定小加数.小加数为1时,大加数只有20这1种取法;小加数为2时,大加数有19或20两种取法;小加数为3时,大加数为18,19或20共3种取法…小加数为10时,大加数为11,12,…,20共10种取法;小加数为11时,大加数有9种取法…小加数取19时,大加数有1种取法.由分类计数原理,得不同取法共有1+2+…+9+10+9+…+2+1=100种.
分类标准二:固定和的值.有和为21,22,…,39这几类,依次有取法10,9,9,8,8, …,2,2,1,1种.由分类计数原理得不同取法共有10+9+9+…+2+2+1+1=100种.
考点闯关训练：
1、 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书
(1) 从中任取一本，有多少种不同的取法？
(2)从中任取数学书与语文书各一本，有多少种不同的取法？
1.解：（1）共有 5+6=11 种不同的取法；(2)共有5×6=30种不同取法
2、 某班级有男学生5人，女学生4人，(1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法？
(2) 从中任选男、女学生各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法？
2.解：(1)不同选法种数共有N = 5 + 4 = 9 种
(2)不同选法种数共有N = 5 × 4 = 20 种
3、 满足∪=｛1,2｝的集合、共有多少组
3．、均是｛1,2｝的子集:φ,｛1｝,｛2｝,｛1,2｝,但不是随便两个子集搭配都行,本题尤如含、两元素的不定方程,其全部解分为四类:
1)当=φ时,只有=｛1,2｝,得1组解;
2)当=｛1｝时,=｛2｝或=｛1,2｝,得2组解;
3)当=｛2｝时,=｛1｝或=｛1,2｝,得2组解;
4)当=｛1,2｝时,=φ或｛1｝或｛2｝或｛1,2｝,得4组解.
根据分类计数原理,共有1+2+2+4=9组解.
4、从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通, 从丁地到丙地有2条路可通从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
4．答案：2×3＋4×2=14
5、用1,2,3,4,5可组成多少个三位数 (各位上的数字允许重复)
5. 5×5×5×5=625
6、用数字1,2,3可写出多少个小于1000的正整数 (各位上的数字允许重复)
6．3+32+33=39
7、集合A=｛a,b,c,d,e｝,集合B=｛1,2,3｝,问A到B的不同映射f共有多少个 B到A的映射g共有多少个
7. 35,53
8、将3封信投入4个不同的邮筒的投法共有多少种
8. 43
9、 4名学生从3个不同的楼梯下楼的方法数.
9. 34
10、4名学生分配到3个车间去劳动,共有多少中不同的分配方案
10. 34
11、 如下图,共有多少个不同的三角形
11．解:所有不同的三角形可分为三类”
第一类:其中有两条边是原五边形的边,这样的三角形共有5个
第二类:其中有且只有一条边是原五边形的边,这样的三角形共有5×4=20个
第三类:没有一条边是原五边形的边,即由五条对角线围成的三角形,共有5+5=10个
由分类计数原理得,不同的三角形共有5+20+10=35个.
12、 75600有多少个正约数 有多少个奇约数
12．解:75600的约数就是能整除75600的整数,所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数. 由于 75600=24×33×52×7
(1) 75600的每个约数都可以写成的形式,其中,,,
于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即分别在各自的范围内任取一个值,这样有5种取法,有4种取法,有3种取法,有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
(2)奇约数中步不含有2的因数,因此75600的每个奇约数都可以写成的形式,同上奇约数的个数为4×3×2=24个.
1.2 排列
知识、技能聚焦
考点1 排列
定义 一般地，从个不同元素中取出（）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．
注意问题
（1）排列的定义包括两个方面：①取出不同元素，②按一定的顺序排列；“一定的顺序”表明元素的放置与位置有关．
（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同．如果选取选取元素不同或者元素相同而顺序不同，都是不同的排列．
（3）在定义中规定．当=时叫做全排列，即个不同元素全部取出的一个排列，叫做个不同元素的一个全排列．
考点2 排列数
定义 一般地，把从个不同元素中取出（）个元素的所有排列的个数，叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示．
注意问题
（1）从4个不同元素中，取出3个元素的排列数表示为；从8个不同元素中，取出5个元素的排列数表示为．
（2）注意区别排列和排列数的不同：一个排列是指“从个不同元素中取出个元素按照一定的顺序排成一列”，它有一个具体的形态；排列数是指“从个不同元素中取出（）个元素的所有排列的个数”，是一个数．所以符号只表示排列数，而不表示具体的排列．简言之，排列是“形”，而排列数是“数”．
（3）n个不同元素的全排列数记为．
考点3 排列数公式
（其中，）
注意问题
（1）公式是在条件下成立，时不成立．
（2）教材中排列数公式的推导过程是不完全归纳法，不是严格的证明。但推导的方法和过程对后续学习有重要的意义，值得多加揣摩．
（3）公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共个连续正整数的连乘积．
考题 （1）从这五个数字中，任取2个数字组成分数，不同值的分数共有多少个？
（2）5人站成一排照相，共有多少种不同的站法？
（3）某宿舍八位好友约定在毕业后每年相互间通信一封，问：每年这八位好友合计需写多少封信？
解答（1）五个不同数字中取出2个数字分别作分子、分母（两个不同的位置），所以有种不同值的分数；
（2）5人站成一排照相，相当于五个元素的一个全排列，所以共有种不同的站法；
（3）本题等价于从8个不同元素（8位好友）中取出2个元素（2位好友）按一定顺序（写信人和收信人）排成一列，所以合计写了封信．
点评 把问题等价转化为排列定义，或者说，以排列定义的语言来重述问题，使问题明晰，是解决排列问题的一个基本能力，应注重培养．
考题 求证：
（1）；
（2）．
解答（1），
∴原式成立
（2）
=
∴原式成立
点评 在用排列数公式解题时，要有选择地运用公式形式，考点5的性质②一般用在证明与化简的问题上．
考题 化简：⑴；
⑵．
解答 ⑴提示：由阶乘的性质知，
所以，原式．
⑵原式
=．
点评 两个小题都用到了阶乘中类似性质：和．这个方法类比于数列求和中的裂项相消法，学习中应当注意知识间的联系．
考点4 阶乘
定义 自然数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用表示．即．
注意问题
（1）规定：0！=1．
（2）排列数：=．
（3）全排列数：=
（4）阶乘的性质：；
．要注意考察公式的变化形式在解题的应用．
考点5 排列数公式的性质
①．
②=．
③，=．
④．
⑤．
⑥
⑦．
（如无注明，上述公式中的m,n均为正整数，且m不大于n．）
注意问题
（1）解含排列数的方程和不等式时要注意排列数中，且这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围．
（2）公式
常用来求值，特别是均为已知时；而公式=常用来证明或化简．要注重公式的不同形式在解题中的灵活运用。
考点6 排列问题的处理思路和方法
（1）如何判断一个具体问题是否是排列问题，就看从n个不同元素中取出m个元素后，再安排这m个元素时是有序还是无序（即与位置有关还是无关），有序就是排列问题，无序就不是排列问题．当判断出一个问题是排列问题时，就可以直接用来表示所有排列种数，通过排列数公式计算结果．
（2）能用排列公式解决的问题一般也都可以由两个基本计数原理来解决，从教材中排列数公式的推导过程可以看出，排列就是将分步计数原理中多个步骤合并成一个步骤来统一解决，简化了步骤较多问题中的分析和计算．
考题 用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
解答
方法1 用分步计数原理：所求的三位数的个数是：．
方法2 符合条件的三位数可以分成三类：每一位数字都不是0的三位数有个，个位数字是0的三位数有个，十位数字是0的三位数有个，由分类计数原理，符合条件的三位数的个数是：．
方法3 从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是-．
点评 解决排列应用题，常用的思考方法有直接法和间接法．直接法：通过对问题进行恰当的分类和分步，直接计算符合条件的排列数如解法1，2；间接法：对于有限制条件的排列应用题，可先不考虑限制条件，把所有情况的种数求出来，然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法3．对于有限制条件的排列应用题，要恰当地确定分类与分步的标准，防止重复与遗漏．
考点7 排列问题的几种题型
题型1 解无约束条件的排列问题
题型2 解有约束条件的排列问题
题型3 重复排列问题
对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如
(1)特殊位置(元素)优先法 若以位置(元素)为主，需先满足特殊位置(元素)的要求，再处理其它位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)，则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论，注意做到层次分明．
(2)相邻问题捆绑法 对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体（元素），与其它元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．
(3)不相邻问题插空法 对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其它元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．
(4)分排问题直排处理法 若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列．
(5)定序问题先排后除法 对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列．
考点闯关训练
1.给出下列问题：
①有10个车站，共需要准备多少种车票？
②有10个车站，共有多少中不同的票价？
③平面内有10个点，共可作出多少条不同的有向线段？
④有10个同学，假期约定每两人通电话一次，共需通话多少次？
⑤从10个同学中选出2名分别参加数学和物理竞赛，有多少种选派方法？
以上问题中，属于排列问题的是 （填写问题的编号）
1. ①③⑤ [提示]车票由起点站和终点站共同确定，起点站不同或终点站不同，则车票是不同的，因而这个问题是有序的，属于排列问题；车票由路程的长短确定的,一般与起点站和终点站无关，因而是无序的，不属于排列问题；有向线段显然是有序的，属于排列问题；通话一次不涉及谁打给谁的问题，是无序的，不属于排列问题；⑤中选出的2名同学要区分“谁参加数学竞赛”和“谁参加物理竞赛”，显然是有序的，属于排列问题．
2. 若，则的解集是 ．
2.
3. 计算： ； ．
3. 1, 1
4.（1）已知，那么 ；
（2）已知，那么= ；
（3）已知，那么 ；
（4）已知，那么 ．
4. (1) 6 (2) 181440 (3) 8 (4) 5
5. 将1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（ ）种.
A． 6 B． 9 C． 11 D． 23
5. B [提示]考虑问题的“等称性”，可以只求2填入1号格的填法数，而3，4填入1号格的填法数相同．
6.一天课表中，6节课要安排3门理科，3门文科，要使文、理科间排，不同的排课方法有 种；要使3门理科的数学与物理连排，化学不得与数学、物理连排，不同的排课方法有 种．
6. 72, 144 [提示]注意体会相间问题与两两不相邻问题的区别．
12.若，，则以为坐标的点共有 个．
12. 63
7.（2006 浙江）函数f: {1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有( )
A. 1个 B. 4个 C. 8个 D. 10个
7. D [提示]定义域中元素要满足f(f(x))= f(x)，即要满足元素的象与以该象为元素的象要相同，如，若1的象是1，则符合题意，若1的象是2，则2的象也必是2．
8.（2006 江苏）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有多少种不同的方法？
8. [提示]这道题是同元排序问题，可参见考点7
1.3 组合
知识、技能聚焦
考点1 组合
定义 一般地，从个不同元素中取出（）个不同元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个不同元素的一个组合．
注意问题
（1）组合定义中包含两个基本内容:一是“取出不同元素”；二是“并成一组”，表示组中元素与顺序及位置无关，即组合具有无序性．
（2）两个组合相同的条件：如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合，当两个组合中的元素不完全相同，就是不同的组合．
（3）组合与排列的共同点是：从个不同元素中取出个不同元素；不同点是，前者是“合成一组，不考虑顺序”，后者是“排成一列，与顺序有关”．
考点2 组合数
定义 从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数，叫做从个元素中取出元素的组合数，用符号表示．
注意问题
（1）注意区别组合和组合数的不同：一个组合是指“从个不同元素中取出个元素并成一组”，它有一个具体的形态；组合数是指“从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数”，是一个数．所以符号只表示组合数，而不表示具体的组合．简言之，组合是“形”，而组合数是“数”．
考点3 组合数公式
，
或，
注意问题
（1）公式是在条件下成立，时不成立．
（2）规定：．
考点4 组合数公式及性质
①．
②
③性质1 ．
④性质2 ．
⑤．
（如无注明，上述公式中都有．）
考题 求证：．
解答 ∵
＝
＝
∴
点评 组合数的阶乘表示公式通常用以证明和化简,在使用时要注意分子与分母在数量上的特征,以妨错用公式．
考题 设 求的值．
解答 由题意可得：，
解得，
∵， ∴或或，
当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．
∴所求值为4或7或11．
点评 组合数公式成立条件是,而这一点往往隐含在题意中,要能在解题中注意到这一条件.
考题 解方程：（1）；
（2）．
解答 （1）由原方程得,或，
∴或，
又由得且，
∴原方程的解为或．
（2）原方程可化为，即，
∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解．
点评 (1)题求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多；在
解题中要注意验证式子的意义.
注意问题
（1）解含组合数的方程和不等式时要注意组合数中，且这些限制条件，即要注意题中未知数的取值范围．
（2）公式①常用来求值，特别是均为已知时；而公式②常用来证明或化简．要注重公式的不同形式在解题中的灵活运用。
（3）性质1的意义:一般地，从n个不同元素中取出个元素后，剩下个元素．因为从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，与剩下的n m个元素的每一个组合一一对应，所以从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个元素中取出n m个元素的组合数，即：．在这里，主要体现：“取法”与“剩法”是“一一对应”的思想性质．
(4) 性质2的意义:一般地，从这n+1个不同元素中取出m个元素的组合数是，这些组合可以分为两类：一类含有元素，一类不含有．含有的组合是从这n个元素中取出m 1个元素与组成的，共有个；不含有的组合是从这n个元素中取出m个元素组成的，共有个．根据分类计数原理，可以得到．在这里，主要体现从特殊到一般的归纳思想，“含与不含其元素”的分类思想．
考点5 排列、组合问题的联系与区别
（1）区分某一个问题是排列还是组合问题，关键是看选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，而交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．
（2）教材中组合数公式的推导借助于排列与组合在定义上的关系，组合是选择的结果，排列可以看成选择后再排序的结果，也就是说，排列问题的解决可以通过两个步骤：第一步作为组合问题求出所有组合的种数（组合数）；第二步对选出的元素作一次全排列，计算全排列数；第三步由分步计数原理求得结果。这个方法是求解排列组合综合问题的一个重要利器，要在学习中重点体会，灵活运用．
考点6 组合问题的几种题型
题型1 平均分组问题
题型2 相同元素分配问题
对于题型1举例说明如下
考题 （1）计算：；
（2）求证：＝++．
解答（1）原式
；
（2）右边
左边，所以，等式成立．
点评 组合数公式的性质难以记忆，要借助其意义帮助，以及多使用，使记忆深刻．
考题 一个口袋内装有大小不同的7个白球和1个黑球，
（1）从口袋内取出3个球，共有多少种取法？
（2）从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
（3）从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
解答（1）从8个不同元素（8个球）中取出3个元素（3个球）并成一组，共有种取法；
（2）取出的3个球中含黑球时有=21种取法；
（3）取出的3个球中不含黑球时有=35种取法．
点评 把问题等价转化为组合定义，或者说，以组合定义的语言来重述问题，使问题明晰，是解决组合问题的一个基本能力，应注重培养；可以将（1）小题中的取球情况分为两类，即（2）（3）两小题的两种情况，可以从结果上验证组合数的性质．
考题 从编号为1，2，3，…，10，11共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？
解答 取出5球的编号情况可分为三类：
1奇4偶有种； 3奇2偶有种；5奇1偶有种，
∴一共有++种取球方法．
点评 合适的分类是解决组合问题的重要技巧，可以使原本复杂的组合问题分解为几个简单的组合问题，从而使问题得到顺利解决．
题型2的一般问题形式是：把n个相同的小球放到m（m
（2）若允许某些盒子不放球，则相当于在n+m-1个位置中选放m-1块隔板，把n个小球分隔成m分，共有种不同放法．
考点闯关训练
1.方程的解集为（ ）
A．{4} B．{9} C． D．{4，9}
1. D
2.式子（）的值的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2. A [提示]要注意排列数、组合数表达式中各个参量的意义及范围．
3.设全集，集合A、B是U的子集，若A有3个元素，B有2个元素，且，则满足题意的集合A、B有（ ）组．
A．42 B．21 C．7 D．3
3. D [提示]注意到A与B的并集是U，借助集合的韦恩图，本题就容易解决了．
4.（2006 湖南）在数字1,2，3与符号“＋”，“－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是
A．6 B. 12 C. 18 D. 24
4. B [提示]不相邻问题用“插空法”．
5.从1，2，……，20这20个数中选出2个不同的数，使这两个数的和为偶数，有____种不同选法．
5. 90 [提示]分两数同为奇数、同为偶数两类情况．
6.从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的五位数．
6. [提示]先选后排是解决许多复杂排列组合问题的重要方法．
7.（1）从6位候选人中选出2人分别担任正副班长，有 种不同的选法；
（2）从6位同学中选出2人去参加座谈会，有 种不同的选法．
7. （1） 30， （2） 15
8.已知，求的值．
8. 28或56
9.解方程：．
9. 2或
10.写出从这5个元素中每次取出3个的所有不同的组合．
10. abc; abd; abe; acd; ace; ade; bcd; bce; bde; cde
11. 某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选时的不同选法有16种，求该科技小组中女生的人数．
11. 女生的人数是2 [提示] 分和两种情况讨论．
拓展探究题
12. 6人同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有多少种不同的去法？
12. 63 [提示]去的人数有1、2、3、4、5、6共六类情况，式子为；或者考虑在每一个去参加活动的组合中，6个人每人都有“去”和“不去”两种状态，式子为2×2×2×2×2×2-1（要去掉一种都不去的情形）．
13. 已知x,y,z均为自然数，求方程x+y+z=10的解的个数．
13.
14. 将10个相同的小球分别放入三个不同的盒子里，每盒至少一个，有多少种不同的放法？
14.
15.一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，
（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
15.（1）将取出4个球分成三类情况：
1）取4个红球，没有白球，有种；
2）取3个红球1个白球，有种；
3）取2个红球2个白球，有
∴种
(2)设取个红球，个白球，则
∴或或
∴符合题意的取法种数有186种
16.规定，其中x∈R，m是正整数，且=1，这是组合数（n、m是正整数，且m≤n的一种推广）.
（1）求的值；求的值；
（2）设x＞0，当x为何值时，取最小值？
16. （1）解：.
.
（2）解：.
∵x＞0，x+≥2.当且仅当x=时，等号成立.
∴当x=时，取得最小值.
1.4 计数应用题
知识、技能聚焦
考点1 排列组合综合应用的思想基础
组合、全排列问题都是易于辨别的，而排列问题就是先组合后全排列.在求解排列、组合问题时，按以下两步思考：首先要考虑如何选出符合题意要求的元素来，选出元素后再去考虑是否要对元素进行排队，即第一步仅从组合的角度考虑，第二步则考虑元素是否需全排列，如果不需要，是组合问题；否则是排列问题.
排列、组合问题大都来源于生活和学习中所熟悉的情景，解题思路通常是依据具体做事的过程，用数学的原理和语言加以表述.也可以说解排列、组合题就是从生活经验、知识经验、具体情景的出发，正确领会问题的实质，抽象出“按部就班”处理问题的过程.如果平时做事、考虑问题就缺乏条理性，或解题思路是自己主观想象的做法，那么解题就会感觉困难,甚至难以完成.要解决这个问题，需要在分析问题时要根据实际情况，怎么做事就怎么分析，若能借助适当的工具，模拟做事的过程，则更能说明问题.
排列、组合问题解题方法比较灵活，问题思考的角度不同，就会得到不同的解法.若选择的切入角度得当，则问题求解简便，否则会变得复杂难解.学习中既要注意比较不同解法的优劣，更要注意体会如何对一个问题进行认识思考，才能得到最优方法
考点2 排列组合综合应用的注意问题
(1)排列组合综合应用题是排列组合中的重头戏,题型多变，条件隐晦，思维抽象，得数颇大，不易验证，因而在解决这类问题时，要求做到：排组分清，加乘辨明，不重不漏，多解验证，积累经验．
(2)在学习中要注意题型、方法的总结体会，对什么类型的问题用什么样的方法解决做到心中有数．如
排列问题的常见题型（方法）有：
a)特殊元素（位置）优先法；
b)相邻问题捆绑法；
c)不相邻问题插空法；
d)分排问题直排处理法；
e)定序均分问题先排后除法；
组合问题的常见题型（方法）有：
a)放球入盒型分配问题;
b)取球型抽样问题;
c)几何构图问题；
d)平均（或部分平均）分组问题；
e)相同元素分配的隔板法；
复杂问题应适当分类，转化为熟悉题型再加以解决，或者简化数据后用枚举法、图表法以探求规律，再推广到本题的数据类型．
考题 有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？
精析 本题实质是，前五次测试中有1只正品4只次品，且第五次测试的是次品．
解答 思路一：设想有五个位置（位置的编号或顺序代表检测的顺序），先从6只正品中任选1只，放在前四个位置的任一个上，有种方法；再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有种排法．故不同的情形共有种．
思路二：设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有种方法；再从6只正品中任选1只，和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有种方法，故不同的情形共有种．
点评 把握问题的实质是解题的关键，构造适当模型使问题归结为熟悉题型，本题就将时间上的检测顺序转化为空间位置上的排列．
考题 在一次象棋比赛中，进行单循环比赛，其中有2人，他们各赛了3场后，因故退出了比赛，这样，这次比赛共进行了83场，问：比赛开始时参赛者有多少人？
解答 设比赛开始时参赛者有n人，需要考虑两种情况：第一种，因故退出比赛的两人之间没有进行比赛，则，此方程无正整数解；第二种，因故退出比赛的两人之间进行了比赛，则，解得，所以，比赛开始时参赛者有15人．
点评 组合中列方程解应用题的题型与一般求解问题在解题方法上并无区别．看清题意、设准所求量、由关系列方程、求解是这类问题的一般步骤．
考点3 排列组合综合应用的步骤
在解决排列组合综合应用题时，一般有以下步骤：
（1）通过分析题意，建立模型，将问题转化或归结为排列组合问题；
（2）分析目标，确定题目类型，以确定所适用的方法，复杂问题要适当分类（或分步），使每一类（或每一步）的问题是熟悉的，易于解决的；
（3）分析题设条件时，要注意“选取”元素不重不漏；
（4）分别对每一类（或每一步）列式计算，最后用分类（或分步）计数原理求得最终结果．
考点4 易混淆知识点
在学习过程中要严格区分相似或相近概念、题型、方法的区别，注意多比较，多思考，多体会，才能在相似或相近问题解决中少犯错，不犯错。下面列出一些常见的易混淆知识点，要在学习过程中多注意鉴别．
（1）分类与分步；
（2）排列与组合；
（3）排列数公式与组合数公式；
（4）相邻问题与不相邻问题；
（5）异元取样问题与同元取样问题；
（6）异元分配问题与同元分配问题；
（7）异元排列问题与同元排列问题；
（8）平均分组问题与非平均分组问题；
（9）定序问题与非定序问题．
考题 在某次数学测验中，学号为的四位同学的考试成绩，且满足，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为（ ）
A．9种 B．5种 C．23种 D．15种
解答 分两种情况：f(2)
考题 甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六，问可以排出多少种不同的值周表 ？
解答 解法一（排除法）用无特殊要求的值周方法种数，去掉甲值周一的值周方法种数和乙值周六的值周方法种数,再补回甲值周一的同时乙值周六的值周方法种数，即有种值周方法．
解法二 分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有种；另一类为甲不值周一，但值周六，有种，
∴一共有+＝42种值周方法．
点评 方法一的思想源自集合的一个性质：card(A∪B)=card(A)
+card(B)-card(A∩B); 方法二的分类思想在组合问题中更为常用，体会如何分类是学习组合的一个关键．
考点闯关训练
1、（2006江苏）安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有__________种。
1. 2400 [提示]可以先甲、乙两人先安排到其它日期，也可先将其他人安排到5月1日和2日．
2、（2006天津）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
2. A [提示]根据题意，只有两类情况：一类是编号1的盒子放1球，结果为种，另一类是编号1的盒子放2球，结果为种．
3、（2006 辽宁）5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种．
3. 48 [提示]两老一新时, 有种排法；两新一老时, 有种排法,即共有48种排法.
1.5 二项式定理
知识、技能聚焦
考点1 二项式定理及其特例：
（1），
（2）.
二项展开式的通项公式：
考点2 二项式系数表（杨辉三角）
展开式的二项式系数，当依次取…时，二项式系数表，表中每行两端都是，除以外的每一个数都等于它肩上两个数的和．
考点3 二项式系数的性质：
展开式的二项式系数是，，，…，．可以看成以为自变量的函数，定义域是，例当时，其图象是个孤立的点（如图）
（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵）．
直线是图象的对称轴．
（2）增减性与最大值：当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项，取得最大值．
（3）各二项式系数和：∵，
令，则
考题 求证：．
解答 （证法一）倒序相加
设S= ① 又∵
S=②
∵，∴，
由①+②得：，
∴，
即．
（证法二）左边各组合数的通项为
，
∴
.等式得证．
点评 方法一挖掘了等式左边所隐含的组合数的性质，以类似于等差数列前n和公式的推导方法达到证明的目的；方法二类似于数列对通项的研究，通过对通项的变形，分离出二项式系数的性质，从而证明了等式成立．
考题 已知 的展开式中含项的系数为36，求展开式中含项的系数最小值．
分析 展开式中含项的系数是关于的关系式，由展开式中含项的系数为36，可得，从而转化为关于或的二次函数求解．
解答 展开式中含的项为
∴，即，
展开式中含的项的系数为
，
∵， ∴，
∴
，
∴当时，取最小值，但，
∴ 时，即项的系数最小，最小值为272，此时．
点评 构造二次函数关系解题是本题的关键，更要注意题中的隐含条件：m,n均为正整数．
考点闯关训练
1、展开式中第4项的二项式系数是 ，系数是 。
1. 35，280
2、的展开式中二项式系数的最大值是 。
2. 252
3、被5除所得的余数是 。
3. 1
4、= 。
4. 1
5、展开式中含项的系数为 。
5. 240
6、在的二项展开式中，若只有的系数最大，则 。
6. 10
7、的展开式中的系数是70，求实数的值为 。
7.
8、在的展开式中，的系数是 。
8. 207
9、若多项式，则= 。
9.
10、设的二项展开式中各项系数之和为，其二项式系数之和为，若，则其二项展开式中项的系数为多少？
10. 1
11、设，，
试用q和n表示A n；
11. 因为
所以,
=
=
=．
12、已知，
求（1）这九个系数中绝对值最大的系数；
（2）这九个系数中最大的系数．
12.设,则有
(1)显然, ,
由得,
解得,所以r=3.
即九个系数中,绝对值最大的系数为．
(2)由(1)中不等式组及其解集可知 ,
又从通项公式可以看出
均大于0，均小于0，
因而只需比较的大小，因为，
，
所以，九个系数中,最大的系数为．
点评 本题（2）中，由于正项系数只有五项，在项数不多的情况下，可以直接计算这五个式子的值，再加以比较．一旦项数较多时，就需用到本题（1）中的解法，先求出系数绝对值最大的项，再通过符号观察，如果该项的符号为正，即为所求，如果为负，则只需比较该项两边的相邻项的大小即可．这个方法主要缘于二项展开式系数的两个特征：①所有系数的绝对值呈先递增后递减的类“抛物线”型趋势，②所有系数的符号要么全为正，要么一正一负交替出现．
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