(共38张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.2 排列数
第2课时 排列的综合应用
学习任务 1．掌握几种有限制条件的排列．(逻辑推理)
2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(数学运算、数学建模)
关键能力·合作探究释疑难
01
类型1 数字排列问题
类型2 排队、排节目问题
【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；
(3)不大于4 310的四位偶数．
◆ 类型1 数字排列问题
[思路导引] →
[解] (1)法一(特殊位置分析法)：如图，
从个位入手：个位排奇数，即从1，3，5中选1个有种方法，首位数从排除0及个位数余下的4个数字中选1个有种方法，余下的数字可在其他位置全排列有种方法，
由分步乘法计数原理可得，共有＝288(个)不同的六位奇数．
法二(特殊元素分析法)：0不在两端有种排法．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＝288(个)．
法三(排除法)：从整体上排除：6个数字的全排列有种排法．0，2，4在个位上有种排法，而1，3，5在个位上且0在首位上有种排法．故符合条件的六位数有＝288(个)．
法四(排除法)：从局部上排除：个位上任选一个奇数，有种排法，其余各位上任意排，有种排法，共有种排法．其中，首位是0的情况有种，故符合条件的六位数有＝288(个)．
(2)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＝504(个)．
法二(特殊位置分析法)：如图，个位不排5时，分两类：
第1类，当个位排0时，有个；
第2类，当个位不排0时，有个．
故符合题意的六位数共有＝504(个)．
(3)法一(直接法)：第1类，当千位上排1，3时，有＝72(个)；
第2类，当千位上排2时，有＝24(个)；
第3类，当千位上排4时，
形如40△2，42△0的各有个，共有＝6(个)，
形如41△△的有＝6(个)，
形如43△△的只有4 310和4 302这两个数．
故共有72＋24＋6＋6＋2＝110(个)不大于4 310的四位偶数．
法二(排除法)：四位偶数中，0在个位的有＝60(个)；
0在十位、百位的分别有＝24个，共48个；
不含0的有＝48(个)．
故四位偶数共有60＋48＋48＝156(个)．
其中大于4 310的情况如下：形如5△△△的有个；
形如45△△的有个；形如435△的有个；
形如432△的只有4 320一个；形如431△的只有4 312一个．
故大于4 310的四位偶数共有＋1＋1＝46(个)．
因此，符合题意的四位偶数共有156－46＝110(个)．
[母题探究]
1．(变结论)若例题中的条件不变，求能被5整除的五位数有多少个？
[解] 能被5整除的数字个位必须为0或5，若个位上是0，则有个；个位上是5，若不含0，则有个；若含0，但0不作首位，则0的位置有种排法，其余各位有种排法，故共有＝216(个)能被5整除的五位数．
2．(变结论)本例条件不变，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240 135 是第几项？
[解] 由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有个数，首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数，所以240 135的项数是＋1＝193，即240 135是数列的第193项．
反思领悟 数字排列问题的常用方法及注意事项
常用方法：主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位置，若一个位置安排的元素影响到另一个位置的元素个数时，应分类讨论．
注意事项：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．
[跟进训练]
1．(源自人教B版教材)用0，1，2，…，9这10个数字，可以排成多少个没有重复数字的四位偶数？
[解] 满足条件的四位数可以分为两类：
第一类的末位数字是0，有个．
第二类的末位数字不是0．要排成这样的四位数，可以分成三个步骤来完成：第一步，确定末位数字，因为只能是2，4，6或8，所以有种方法；第二步，确定首位数字，因为数字不能重复，所以有种方法；第三步，确定中间两位数字，有种方法．由分步乘法计数原理可知，这样的数字有个．
由分类加法计数原理可知，满足条件的四位数个数为＝9×8×7＋4×8×8×7＝41×56＝2 296．
◆类型2 排队、排节目问题
角度1 元素的“在”与“不在”问题
【例2】 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？
[解] 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名同学中选出5名放在5个位置上，有种排法；
第二类，含有甲，甲不在首位，先从除首位以外的其他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名排在另外4个位置上，有种排法．根据分步乘法计数原理，有种排法．
由分类加法计数原理知，共有＝2 160(种)排法．
(2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？
[解] 把位置作为研究对象．
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，有种方法；
第二步，从剩下的5名同学中选3名排在中间3个位置上，有种方法．
根据分步乘法计数原理，共有＝1 800(种)方法．
(3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？
[解] 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，有种方法；
第二步，从剩下的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有种方法．
根据分步乘法计数原理，共有＝1 200(种)方法．
(4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？
[解] 间接法．
总的可能情况有种，减去甲在首位的种排法，再减去乙在末位的种排法，注意到甲在首位，同时乙在末位的排法数被减去了两次，所以还需补回一次种排法，所以共有＝
1 860(种)排法．
反思领悟 “在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则：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．
提醒：解题时，无论是从元素考虑，还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能一会儿考虑元素，一会儿考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．
角度2 “相邻”与“不相邻”问题
【例3】 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：
(1)一个唱歌节目开头，另一个压台；
[解] 先排唱歌节目有种排法，再排其他节目有种排法，所以共有＝1 440(种)排法．
(2)两个唱歌节目不相邻；
[解] 先排3个舞蹈节目、3个曲艺节目，有种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有种插入方法，所以共有＝30 240(种)排法．
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
[解] 两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有＝2 880(种)．
反思领悟 1．“相邻”问题“捆绑法”
将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；
(2)把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种；
(3)“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种；
(4)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种．
2．“不相邻”问题“插空法”
将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k≤n－k＋1)，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)将没有不相邻要求的元素共(n－k)个排成一排，其排列方法有种；
(2)将要求两两不相邻的k个元素插入(n－k＋1)个空隙中，相当于从(n－k＋1)个空隙中选出k个分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有种；
(3)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种．
角度3 定序问题
【例4】 7人站成一排．
(1)甲、乙、丙三人排列顺序一定时，有多少种排列方法？
[解] 法一：7人的所有排列方法有种，其中甲、乙、丙的排序有种，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)．
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，故有＝7×6×5×4＝840(种)．
(2)甲在乙的左边，有多少种排列方法？
[解] 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＝
2 520(种)．
反思领悟 固定顺序的排列问题的求解方法
定序问题除法策略：n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法．当这m个元素顺序确定时，共有种排法．
[跟进训练]
2．某地媒体为了宣传医护人员A，B，C，D，E，F共6人(其中A是队长)的优秀事迹，让这6名医护人员与接见他们的一位领导共7人站成一排进行拍照，则领导和队长站两端且B，C两人相邻，而B，D两人不相邻的站法种数为( )
A．36 B．48 C．56 D．72
√
D [根据题意，可分两步进行分析，第一步，领导和队长站在两端，有＝2(种)站法；第二步，安排中间5人，分两种情况讨论：①若B，C相邻且C，D相邻，有＝12(种)站法；②若B，C相邻且均不与D相邻，有＝24(种)站法．故中间5人有12＋24＝36(种)站法．故领导和队长站两端且B，C两人相邻，而B，D两人不相邻的站法共有2×36＝72(种)．故选D．]
3．3名男生、4名女生站成一排照相，若甲不站中间也不站两端，则有________种不同的站法．
2 880 [第一步，安排甲，在除中间、两端以外的4个位置上任选一个位置安排，有种排法．
第二步，安排其余6名，有种排法．
由分步乘法计数原理知，共有＝2 880(种)不同排法．]
2 880
4．某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相．
(1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？
[解] 5位嘉宾无约束条件的全排列有种，由于3位老者的排列顺序已定，因此满足3位老者按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有＝20(种)．
(2)3位老者与2位年轻人都要分别按年龄从小到大的顺序出场，出场顺序有多少种？
[解] 设符合条件的排法共有x种，
用(1)的方法可得＝，
解得x＝＝10．
学习效果·课堂评估夯基础
02
1．A，B，C，D，E 5人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有( )
A．60种 B．48种 C．36种 D．24种
1
2
3
4
√
D [把A，B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当于4人的全排列，故有＝24(种)排法．]
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．36 B．30 C．40 D．60
1
2
3
4
√
A [奇数的个位数字为1，3或5，所以个位数字的排法有种，十位数字和百位数字的排法种数有种，故奇数有＝3×4×3＝36(个)．]
3．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么这5名同学值日顺序的编排方案共有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．120种
1
2
3
4
√
B [因为同学甲只能在周一值日，所以除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，所以5名同学值日顺序的编排方案共有＝24(种)．]
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则共有________种不同的排法．
1
2
3
4
3 600 [先排4个音乐节目和1个曲艺节目，共有种方法，再将2个舞蹈节目排在形成的6个空中，共有种方法，故共有＝
3 600(种)不同的排法．]
3 600
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．含有“特殊元素”的排列的解题策略是什么？
[提示] 采用“元素分析”法，即以元素为主，优先考虑特殊元素的要求．
2．对于元素有特殊位置的排列的解题思想是什么？
[提示] 以位置为主，优先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．
3．对于“元素相邻”和“元素不相邻”的排列的解决方法是什么？
[提示] 元素相邻问题采用“捆绑”法，不相邻问题采用“插空”法．(共46张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第1课时 组合与组合数公式
学习 任务 1．理解组合的概念，正确认识组合与排列的区别与联系．
(数学抽象)
2．掌握组合数公式，并会应用公式求值．(数学运算)
必备知识·情境导学探新知
01
高考不分文理科后，思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6大科目是选考的，如果考生可以从中任选3科作为自己的高考科目，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况呢？
如果用{思想政治，历史，地理}表示其中一种选考的组合，你能用类似的方法表示出所有的组合方式吗？你有更简单的表示方法吗？
知识点1 组合的概念
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为____，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
一组
思考 1．怎样理解组合，它与排列有何区别？
[提示] (1)组合要求n个元素是不同的，被取的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
(2)取出的m个元素不讲究顺序，也就是说元素没有位置的要求，无序性是组合的特点．
(3)辨别一个问题是排列问题还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关，若交换某一问题中某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，否则就是组合问题．
知识点2 组合数及组合数公式
1．组合数的概念
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示．
所有不同组合
2．组合数公式
乘积式：
＝______________________________________________．
阶乘式：＝___________________________________．
规定：＝___．
(n，m∈N*，并且mn)
(n，m∈N*，并且mn)
1
思考 2．“组合”与“组合数”是同一概念吗？它们有什么区别？
[提示] “组合”与“组合数”是两个不同的概念，组合是指“从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素作为一组”，它不是一个数，而是具体的一组对象；组合数是指“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”，它是一个数．
1．(多选)下列选项是组合问题的是( )
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．4本相同的书分给4名同学，每人一本，有多少种分配方法
BD [AC与顺序有关，是排列问题，BD与顺序无关，是组合问题．]
√
√
．＝________；－＝________．
(1)15 (2)9 [＝15．
－＝12－3＝9．]
15
9
ab，ac，ad，bc，bd，cd [可按a→b→c→d顺序写出，即
所以所有组合为ab，ac，ad，bc，bd，cd．]
3．已知a，b，c，d这四个元素，则每次取出2个元素的所有组合为____________________________．
ab，ac，ad，bc，bd，cd
关键能力·合作探究释疑难
02
类型1 组合的概念
类型2 列举具体问题的组合
类型3 利用组合数公式化简、求值与证明
类型4 简单的组合问题
【例1】 判断下列问题是组合问题还是排列问题：
(1)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？
(2)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？
(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？
(4)从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？
[解] (1)单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(2)冠、亚军是有顺序的，是排列问题．
(3)3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题．
(4)3人参加某项活动，没有顺序，是组合问题．
◆ 类型1 组合的概念
反思领悟 判断一个问题是不是组合问题的方法技巧
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．
[跟进训练]
1．判断下列问题是组合问题还是排列问题：
(1)设集合A＝{a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有多少个？
[解] 因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．
(2)某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？
[解] 因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题；但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．
(3)2023年元旦期间，某班10名同学互送贺年卡，表示新年的祝福，贺年卡共有多少张？
[解] 甲写给乙贺卡，与乙写给甲贺卡是不同的，所以与顺序有关，是排列问题．
[解] 如图所示，以A为端点，到其余四点的线段
有4条：AB，AC，AD，AE．
A不是端点，以B为端点之一，到其余三点的线段
有3条：BC，BD，BE；
A，B都不是端点，C为端点之一，到其余两点的线段有2条：CD，CE；
A，B，C都不是端点，剩下两点D，E为端点的线段只有1条：DE．
共有4＋3＋2＋1＝10(条)不同的线段．
◆类型2 列举具体问题的组合
【例2】 (源自湘教版教材)平面上有5个不同的点A，B，C，D，E，以其中两个点为端点的线段共有多少条？
反思领悟 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．
[跟进训练]
2．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] 可按AB→AC→AD→BC→BD→CD顺序写出，即
所以所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE．
◆ 类型3 利用组合数公式化简、求值与证明
角度1 利用组合数公式化简、求值
【例3】 计算：
＋；
[解] ＋＝35＋35＝70．
－；
－×1－1＝252－1＝251．
(3)已知，求．
由，
∴1－，
即n2－23n＋42＝0，
解得n＝2或n＝21，又0≤n≤5，∴n＝2，
∴＝＝28．
角度2 利用组合数公式证明
【例4】 求证：．
[证明] 因为右边＝＝＝左边，
所以原等式成立．
反思领悟 (1)两个组合数公式在使用中的用途有所区别．
(2)在解有关组合数的方程或不等式时，必须注意隐含条件，即中的n为正整数，m为自然数，且n≥m．因此求出方程或不等式的解后，要进行检验，将不符合的解舍去．
[跟进训练]
3．计算：－．
[解] －
＝720－120＝600．
4．求证：．
证明：因为＝
＝n·，
所以原等式成立．
◆ 类型4 简单的组合问题
【例5】 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
[解] 从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数，即＝45(种)．
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？
[解] 可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有种方法；
第2类，选出的2名是女教师有种方法．
根据分类加法计数原理，共有＋＝15＋6＝21(种)不同的选法．
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
[解] 从6名男教师中选2名的选法有种，从4名女教师中选2名的选法有种．根据分步乘法计数原理，共有不同的选法＝15×6＝90(种)．
反思领悟 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的元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关；其次要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类与分步时，一定要注意有无重复和遗漏．
[跟进训练]
5．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：
(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？
[解] 由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案种数为＝12 376．
(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练有多少种方法做这件事情？
[解] 教练员可以分两步完成这件事情：
第1步，从17名学员中选出11人组成上场小组，共有种选法；
第2步，从选出的11人中选出1名守门员，共有种选法．
所以教练做这件事情的方法种数为＝136 136．
学习效果·课堂评估夯基础
03
1．以下四个选项，属于组合问题的是( )
A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地
1
2
3
4
√
C [从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题．]
2．计算：＋＝( )
A．8 B．10 C．12 D．16
1
2
3
4
√
B [＋＋4＝6＋4＝10．]
3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( )
A．种 B．种
C．种 D．30种
1
2
3
4
√
B [三张票没区别，从10人中选3人即可，即．]
4．若，则n＝________．
1
2
3
4
3 [由，得2n(2n－1)(2n－2)(2n－3)＝120×，
即n2－2n－3＝0，解得n＝－1或n＝3，
因为n≥2，所以n＝3．]
3
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．你能写出本节课学习的公式吗？
[提示] (n，m∈N*，且m≤n)；②
＝；④＋＝．
2．区分一个问题是排列问题还是组合问题的关键是什么？
[提示] 关键是看它有无顺序，有顺序的是排列问题，无顺序的是组合问题．
3．写组合时可采取什么方法？
[提示] 可采用“顺序后移法”或“树形图法”．
阅读材料·拓展数学大视野
04
把相同物品分给不同对象的分法种数
把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，共有多少种不同的分法？
由于每个篮球都相同，因此只要指出每人所得篮球的个数即可，比如，甲得2个、乙得3个、丙得3个、丁得0个，就是一种满足条件的分法．可能有人会想到通过列举来求解上述问题，但是，经过简单的尝试之后，你就会发现，这个问题可能比想象中的难．
注意到每一种满足条件的分法本质上就是把8个球分为了4堆，为此可借助3块隔板来实现．例如，前述满足条件的分法可以用图1表示，其中第一块隔板前的篮球是分给甲的，第一块和第二块隔板之间的篮球是分给乙的，第二块和第三块隔板之间的篮球是分给丙的，第三块隔板后的篮球是分给丁的．
容易知道，任何一种类似图1的排列都对应一种分法，例如，图2对应的分法为：甲得1个，乙得0个，丙得0个，丁得7个．
这样一来，问题就转化为8个相同的篮球和3块相同的隔板，可以有多少种不同的排列方法．
因为总共有8＋3＝11个位置，而且我们只需要从这11个位置中选出3个放置隔板(其余放置篮球)即可，因此不同的排列方法种数为
＝165．
也就是说，我们有165种不同的分法．
有意思的是，如果设甲、乙、丙、丁4人所得篮球个数分别为x1，x2，x3，x4，则不难看出，我们得到了方程
x1＋x2＋x3＋x4＝8
的非负整数解(x1，x2，x3，x4)个数为165．
类似地，可以得到把n个相同的物品分给r个不同对象的方法数(其中r和n均为正整数)，也就是方程x1＋x2＋…＋xr＝n的非负整数解(x1，x2，…，xr)的个数，请自己尝试一下吧！(共35张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第2课时 组合的综合应用
学习 任务 1．能应用组合知识解决有限制条件的组合问题．(逻辑推理)
2．掌握解决组合实际问题的常用方法．(逻辑推理)
关键能力·合作探究释疑难
01
类型1 有限制条件的组合问题
类型2 几何中的组合问题
类型3 排列与组合的综合问题
【例1】 3.15消费者权益日，工商局对35件奶制品进行抽样调查，已知其中有15件不合格．现从35件奶制品中选取3件．
(1)其中不合格品A必须在内，不同的取法有多少种？
◆ 类型1 有限制条件的组合问题
[解] 从余下的34件奶制品中，
选取2件有＝561(种)取法，
所以不合格品A必须在内的不同取法有561种．
(2)其中不合格品B不能在内，不同的取法有多少种？
[解] 从34件可选奶制品中，选取3件，
有＝5 984(种)取法．
所以不合格品B不能在内的不同取法有5 984种．
(3)恰有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
[解] 从20件合格品中选取1件，从15件不合格品中选取2件，有＝2 100(种)取法．
所以恰有2件不合格品在内的不同取法有2 100 种．
(4)至少有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
[解] 选取2件不合格品，1件合格品有种取法，选取3件不合格品有种取法，共有选取方法＝2 100＋455＝2 555种．
所以至少有2件不合格品在内的不同取法有2 555 种．
[解] 法一(间接法)：选取3件奶制品的取法总数为，选取3件不合格品的取法总数为，因此共有选取方法＝6 545－455＝6 090种．
所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6 090 种．
法二(直接法)：共有选取方法＝6 090种．
所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6 090种．
(5)至多有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
反思领悟 有限制条件的两类组合问题
(1)“含”与“不含”问题，常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．
(2)“至多”“至少”问题，常有两种解决思路．一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．
[跟进训练]
1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．按下列要求各有多少种不同的选法？
(1)选出2名教师参加会议，恰有1名男教师；
[解] 2名教师中恰有1名男教师，则选出1男1女，有＝6×4＝24(种)不同选法．
(2)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师；
[解] 法一(直接法)：至少有1名男教师可分两类：1男1女有种选法，2男0女有种选法．根据分类加法计数原理，共有＝39(种)不同选法．
法二(间接法)：选出2名教师参加会议，至少有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是女教师的选法种数，即＝39(种)．
(3)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师．
[解] 法一(直接法)：至多有1名男教师包括两类：1男1女有种选法，0男2女有种选法．由分类加法计数原理，有＝30(种)选法．
法二(间接法)：选出2名教师参加会议，至多有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是男教师的选法种数，即＝30(种)．
◆类型2 几何中的组合问题
【例2】 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4．
(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？
其中含点C1的有多少个？
[解] 法一：可作出三角形＝116(个)．
其中以C1为顶点的三角形有＝36(个)．
法二：可作三角形＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有＝36(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？
[解] 可作出四边形＝360(个)．
反思领悟 (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)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解决，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．
[跟进训练]
2．平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？
[解] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．
第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有＝48(个)不同的三角形；
第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有＝112(个)不同的三角形；
第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有＝56(个)不同的三角形．
由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．
法二：从12个点中任意取3个点，有＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有＝4(种)．
故这12个点能构成三角形的个数为＝216(个)．
◆ 类型3 排列与组合的综合问题
角度1 选派问题
【例3】 (2023·黑龙江省哈九中月考)有4名男医生，3名女医生，从中选2名男医生，1名女医生到3个不同地区巡回医疗，但规定男医生甲不能到地区A，则不同的分派方案共有________种．(用数字作答)
[思路导引]
|
90
90 [法一：分两类完成．
第一类：甲被选中，有＝36(种)分派方案．
第二类：甲不被选中，有＝54(种)分派方案．
根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90(种)．
法二：分两类完成．
第一类：地区A分派女医生，有种分派方案．
第二类：地区A分派除医生甲之外的男医生，有＝54(种)分派方案．
根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90(种)．]
反思领悟 选派问题的解题策略
(1)求解选派问题时，要认真审题，把握问题的实质，分清是排列还是组合问题，并注意结合分类与分步两个原理，要按元素的性质确定分类的标准，按事情的发生过程确定分步的顺序．
(2)解选派问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．因此很多同类型试题都可转化为选派问题进行求解．
(3)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，这是处理选派问题的一般方法．
角度2 “多面手”问题
【例4】 (2023·上海市延安中学期末)有8名划船运动员，其中3人只会划左舷，3人只会划右舷，其他2人既会划左舷又会划右舷，现要从这8名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有________种．
37
37 [设集合A＝{只会划左舷的3人}，B＝{只会划右舷的3人}，C＝{既会划左舷又会划右舷的2人}．先分类，以集合A为基准，被选出划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A中有3人；②A中有2人，C中有1人；③A中有1人，C中有2人．
第①类情况中，由于划左舷的人已选定，划右舷的人可以在集合B，C中选3人，有种选法，同理可得第②③④类情况的选法种数．故不同的选法共有＝37(种)．]
反思领悟 解决“多面手”问题时，依据“多面手”参加的人数和从事的工作进行分类，将问题细化为较小的问题后再处理．
[跟进训练]
3．(2023·海南省琼海市期中)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6人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
180 [法一：先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4人中选出1人参加会议乙，最后从剩下的3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＝180(种)．
180
法二：先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4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＝180(种)．
法三：先从6人中选出4人，其中2人参加会议甲，另外2人分别参加会议乙、丙．
根据分步乘法计数原理，得不同的安排方法共有＝80(种)．]
4．某车间有11名工人，其中5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现在要从这11名工人中选4名钳工，4名车工修理一台机床，则共有多少种不同的选法？
[解] 分三类：第一类，选出的4名钳工中无“多面手”，
此时选法有＝75(种)；
第二类，选出的4名钳工中有1名“多面手”，
此时选法为＝100(种)；
第三类，选出的4名钳工中有2名“多面手”，
此时选法为＝10(种)．
由分类加法计数原理得，共有75＋100＋10＝185(种)不同的选法．
学习效果·课堂评估夯基础
02
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2个球同色的不同取法有( )
A．27种 B．24种
C．21种 D．18种
1
2
3
4
√
C [分两类：一类是2个白球有＝15(种)取法，另一类是2个黑球有＝6(种)取法，所以共有15＋6＝21(种)取法．]
2．(多选)某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动．若选出的4人中既有男生又有女生，则( )
A．若选1男3女有4种 B．若选2男2女有18种
C．若选3男1女有16种 D．共有34种不同的选法
1
2
3
4
√
ABD [若选1男3女有＝4(种)；若选2男2女有＝18(种)；若选3男1女有＝12(种)，所以共有4＋18＋12＝34(种)不同的选法．]
√
√
C [根据题意，先安排甲、乙，由于甲、乙不能在同一所学校，则有2种分配方法，然后分配剩余的两人，每人有2种方法，则共有2×2＝4(种)不同的方法，由分步乘法计数原理，可得符合条件的共2×4＝8(种)．故选C．]
3．4名毕业生到两所不同的学校实习，每名毕业生只能选择一所学校实习，且每所学校至少有一名毕业生实习，其中甲、乙两名毕业生不能在同一所学校实习，则不同的安排方法为( )
A．12 B．10
C．8 D．6
1
2
3
4
√
4．在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行．
(1)它们共能构成________个平行四边形；
(2)共有________个交点．
1
2
3
4
(1)1 260 (2)80 [(1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有＝1 260(个)．
(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有＝80(个)．]
1 260
80
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．解决有限制条件的组合问题常用方法有哪些？
[提示] 直接法、间接法．
2．解决有限制条件的组合问题的原则是什么？
[提示] 先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．
3．“分组”问题与“分配”问题是一回事吗？
[提示] 不是一回事，分组属于组合问题，分配属于排列问题．
阅读材料·拓展数学大视野
03
中国古代的排列组合
我国古代有许多与排列组合有关的有趣例子．
古老的《周易》中有一种叫作“易卦”的图形，它是由两种不同的线条每次取6条由下至上重叠而成(如图1)．连续的线条叫作阳爻，断开的线条叫作阴爻，阳爻与阴爻统称为爻．每一个易卦都由6个爻组成，每一爻都有取阳爻或取阴爻两种方法，所以，易卦共有2×2×2×2×2×2＝26＝64(个)．
《史记》里记载了一个“田忌赛马”的故事．齐王经常和他的大臣田忌赛马，双方各有上马、中马、下马一匹，每次比赛时三匹马各出场一次，一对一地进行比赛，共赛三场，每场赌注为一千金．田忌的马与齐王的马相比略有逊色．田忌的上马不敌齐王的上马，但胜过齐王的中马和下马；田忌的中马不敌齐王的上马和中马，但胜过齐王的下马．开始，田忌总是用自己的上马、中马和下马分别去对齐王的上马、中马和下马，屡战屡败．后来田忌的谋士孙膑分析了比赛共有3！＝6(种)可能的结果，其中只有一种对田忌有利．于是孙膑让田忌用下马对齐王的上马，用中马对齐王的下马，用上马对齐王的中马，结果两胜一负，反而赢得一千金．
唐代科学家僧一行(683－727)和宋代科学家沈括(1031－1095)都曾经讨论过围棋可能出现的局势总数问题，其结果是一个天文数字．围棋盘纵横各有19路，共19×19＝361(个)格．每个格点都有“黑子”“白子”“无子”3种可能，因而有3361种不同的棋局．当然这只是理论上的，
有些棋局不合棋理，不大可能出现在实际对弈中．
但世事无绝对，图2展现的人工智能程序AlphaGo
与人对弈的一盘棋，它的很多下法让专业棋手大
吃一惊．这说明在“大数据”面前，人类的计算
力处于劣势，因此不能仅凭经验去否定掉一些看
似价值不大的数据．(共42张PPT)
第六章 计数原理
6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
学习任务 1．能用计数原理证明二项式定理．(数学抽象)
2．掌握二项式定理及其二项展开式的通项公式．(数学运算)
3．能解决与二项式定理有关的简单问题．(逻辑推理、数学运算)
必备知识·情境导学探新知
01
我们知道
(a＋b)1＝a＋b，
(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，
而且
(a＋b)3＝(a＋b)2(a＋b)＝(a2＋2ab＋b2)(a＋b)
＝a3＋a2b＋2a2b＋2ab2＋b2a＋b3 ＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3．
容易看到，上述得到(a＋b)3的展开式的过程是烦琐的，如果要用这样的方法去得到(a＋b)10，(a＋b)20等的展开式是很麻烦的．那么我们有没有其他办法来得出(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3呢？
知识点1 二项式定理
(a＋b)n＝______________________________________，n∈N*．
(1)这个公式叫做二项式定理．
(2)展开式：等号右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，展开式中一共有______项．
(3)二项式系数：各项的系数(k＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数．
an＋an-1b1＋…＋an－kbk＋…＋
n＋1
提醒 (1)次数：各项的次数和都等于二项式的次数n；
(2)顺序：字母a按降幂排列，次数由n递减到0，字母b按升幂排列，次数由0递增到n．
知识点2 二项展开式的通项公式
(a＋b)n展开式的第_______项叫做二项展开式的通项，记作Tk＋1＝
____________．
k＋1
思考 二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗，为什么？
[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，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关，而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
1
2
3
4
√
×
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)an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项． ( )
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项展开式的二项式系数相同． ( )
×
×
2．(x＋y)n的展开式共有10项，则n等于_______．
1
2
3
4
9 [因为(a＋b)n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝10，n＝9．]
9
3．(y－2x)8的展开式中第6项的二项式系数为________．(用数字表示)
1
2
3
4
56 [由题意可知，Tk＋1＝y8-k(－2x)k＝
当k＝5时，二项式系数为＝＝56．]
56
4．(x＋2)6的展开式中x3的系数是________．(用数字作答)
1
2
3
4
160
160 [(x＋2)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝·2k·x6-k，
令6－k＝3，可得k＝3，故展开式中x3的系数是·23＝160．]
关键能力·合作探究释疑难
02
类型1 二项式定理的正用、逆用
类型2 二项展开式通项的应用
类型3 较复杂的二项式定理的应用
类型1 二项式定理的正用、逆用
【例1】 的值为( )
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
C [＋…＋]
√
(2)求的展开式．
[解] 法一：．
法二：＝(2x－1)4
＝(16x4－32x3＋24x2－8x＋1)
＝x2－2x＋．
反思领悟 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．
[跟进训练]
1．求的展开式．
[解] ＝(2x)5＋(2x)4＋(2x)3＋(2x)2(2x)1＋
＝32x5－120x2＋．
2．化简：(x＋1)n－(x＋1)n-1＋(n＋1)n-2－…＋(x＋1)n－k＋…＋．
[解] 原式＝(－1)2＋…＋(x＋1)n－k(－1)k＋…＋(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn．
◆类型2 二项展开式通项的应用
角度1 项的系数与二项式系数
【例2】 (源自湘教版教材)计算(x＋2y)9的展开式中第5项的系数和二项式系数．
[解] (x＋2y)9的展开式的第5项是
T5＝T4＋1＝·x9-4·(2y)4＝x5y4，
所以展开式中第5项的系数是·24＝2 016，第5项的二项式系数是＝126．
反思领悟 求某项的二项式系数、系数或展开式中含xk的项的系数，主要是利用通项公式求出相应的项，特别要注意某项二项式系数与系数两者之间的区别．
角度2 求展开式中的特定项
【例3】 已知展开式中第3项的系数比第2项的系数大162．
(1)求n的值；
[解] 因为T3＝n-2，
T2＝n-1，
依题意，得＝162，所以＋＝81，
所以n2＝81，n＝9．
(2)求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数．
[解] 设第k＋1项含x3项，
则Tk＋1＝9-k＝，
所以＝3，k＝1，
所以第2项为含x3的项，T2＝－
二项式系数为＝9．
[母题探究]
1．(变设问)在本例条件不变的情况下，求二项展开式的常数项．
[解] 的展开式的通项为Tk＋1＝，
由＝0，得k＝3．
∴展开式中的常数项为＝－672．
2．(变设问)在本例条件不变的情况下，求二项展开式的所有有理项．
[解] 由题意可得
故k可取1，3，5，7，9．
故二项展开式的所有有理项为T2＝x3＝－18x3；
T4＝x0＝－672；T6＝x-3＝－4 032x-3；
T8＝x-6＝－4 608x-6；T10＝x-9＝－512x-9．
反思领悟 求二项展开式的特定项的常用方法
(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．
角度3 利用二项展开式的通项求参数
【例4】 二项式(m＞0)的展开式中常数项为60，则m＝( )
A． B． C．2 D．3
A [二项式的展开式的通项为Tk＋1＝·(－1)k
＝m6-kx6-3k·(－1)k，0≤k≤6，且k∈N．
令6－3k＝0，得k＝2，
所以m6-2(－1)2＝60，即15m4＝60．
又m＞0，所以m＝．]
√
反思领悟 二项式中的参数求解问题，一类是借助二项式定理的通项公式求解，需要注意的是展开式中第k＋1项的二项式系数与第k＋1项的系数是不同的，特别要注意符号；另一类是利用二项式系数或特定项求指数n，要注意n为正整数．
[跟进训练]
3．在的展开式中，含x-2的项的二项式系数为________．
1 [由题意可知：Tk＋1＝k＝，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，
令3－k＝－2，解得k＝6，
所以含x-2的项的二项式系数为＝1．]
1
4．已知二项式的展开式中x3的系数是－84，则a＝________．
1 [的展开式的通项为Tk＋1＝x9-k(－a)k·
＝·(－a)kx9-2k(0≤k≤9，k∈N)．
当9－2k＝3时，解得k＝3，
代入得x3的系数为(－a)3＝－84，解得a＝1．]
1
5．(源自人教B版教材)求的展开式中常数项的值和对应的二项式系数．
[解] 因为，所以展开式中的第k＋1项为＝＝26-kx3-k．
要得到常数项，必须有3－k＝0，从而有k＝3，因此常数项是第4项，且T4＝26-3x3-3＝160．
从而可知常数项的值为160，其对应的二项式系数为＝20．
◆ 类型3 较复杂的二项式定理的应用
【例5】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为______(用数字作答)．
－28 因为(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，
所以(x＋y)8的展开式中含x2y6的项为＝
－28x2y6，
所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．
－28
(2)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为________．
30 (x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝(x2＋x)5-ryr，令r＝2，则T3＝(x2＋x)3y2．又(x2＋x)3的展开式的通项为＝x6-k，
令6－k＝5，则k＝1．所以x5y2的系数为＝30．
30
反思领悟 对于两个二项式乘积的展开或三项式展开问题，所用解法一般为二项式定理展开，或将三项式转化为二项式．
[跟进训练]
6．在(x－2＋y)6的展开式中，x2y2的系数为( )
A．360 B．180 C．90 D．－180
A [(x－2＋y)6＝[x＋(y－2)]6展开后的通项为Tr＋1＝·x6-r·(y－2)r，而(y－2)r展开后的通项为Tk＋1＝令r＝4，k＝2，可得x2y2的系数为(－2)2＝360．]
√
7．的展开式中的常数项为________．
20 [∵，
∴展开式的通项为Tk＋1＝＝x6-2k，
令6－2k＝0，得k＝3．
∴常数项为＝20．]
20
学习效果·课堂评估夯基础
03
1．化简2＋22＋…＋210等于( )
A．210－1 B．310－1
C．210＋1 D．310＋1
1
2
3
4
√
B [由20＋2＋22＋…＋210＝(1＋2)10＝310，
所以2＋22＋…＋210＝310－1．故选B．]
2．在的展开式中，常数项为( )
A．－60 B．－15 C．15 D．60
1
2
3
4
√
D [的展开式的通项为Tk＋1＝，令6－3k＝0，得k＝2，所以的展开式中常数项为＝60，故选D．]
3．在的展开式中，第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________．
1
2
3
4
84 － [的展开式的通项为Tk＋1＝·(x2)9-k··x18-3k，当k＝3时，T4＝x9，所以第4项的二项式系数为＝84，项的系数为－．]
84
－
4．在5的展开式中，常数项等于________．
1
2
3
4
9 [二项式5的展开式的通项为Tk＋1＝(k＝0，1，2，…，5)，
∴5的展开式中的常数项为＋＝10－1＝9．]
9
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．你能写出本节课所学的公式吗？
[提示] ①二项式定理(a＋b)n＝＋…＋an－kbk＋…＋bn．
②二项展开式的通项：第k＋1项Tk＋1＝an－kbk．
2．你能写出(a－b)n的展开式的通项吗？
[提示] Tk＋1＝an－kbk．
3．(a＋b)n与(b＋a)n的展开式相同吗？第k＋1项相同吗？
[提示] 展开式相同，第k＋1项不同．(a＋b)n的展开式第k＋1项为
Tk＋1＝an－kbk，而(b＋a)n的展开式第k＋1项为Tk＋1＝bn－kak．(共46张PPT)
第六章 计数原理
6.3 二项式定理
6.3.2 二项式系数的性质
学习任务 1．理解二项式系数的性质并灵活运用．(数学运算)
2．掌握“赋值”法并会灵活应用．(数学抽象)
必备知识·情境导学探新知
01
我国古代数学的许多创新和发展都位于世界前列，如南宋数学家杨辉(约13世纪)所著的《详解九章算术》一书中，用如图所示的三角形解释(a＋b)n的展开
式的各项系数．
观察上图，你发现上下两行有什么关系？你能发现其他规律吗？
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__________________的两个二项式系数相等，即＝＝＝．
(2)增减性与最大值：当k＜时，二项式系数随k的增加而____．由对称性知，当k>时随k的增加而____，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取得最大值；当n是奇数时，中间两
项的二项式系数______与______相等，且同时取得最大值．
减小
首末两端“等距离”
增大
(3)各二项式系数的和
①＋＋＋…＋＝__；
②＋＋＋…＝＋＋
提醒 (a＋b)n的展开式的各二项式系数的和与a，b的值无关，因此可在展开式中令a＝1，b＝1得到．
2n
思考 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．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)二项展开式的二项式系数和为＋． ( )
(2)二项展开式中项的系数是先增后减的． ( )
(3)(3x＋2)5的展开式的二项式系数和为25＝32． ( )
(4)二项展开式中系数最大项与二项式系数最大项相同． ( )
1
2
3
4
√
×
×
×
2．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则n等于________．
1
2
3
4
10 [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＝，由组合数的性质，得n＝10．]
10
3．在(a＋b)n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则n等于________．
1
2
3
4
10
10 [在(a＋b)n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，即中间项的二项式系数最大，所以＋1＝6，解得n＝10．]
4．(2x－1)6的展开式中各项系数的和为________；各项的二项式系数的和为________．
1
2
3
4
1 64 [令x＝1，得各项系数的和为1；各二项式系数之和为26＝64．]
1
64
关键能力·合作探究释疑难
02
类型1 求展开式的系数和
类型2 二项展开式中系数的最值问题
类型3 二项式定理的应用
【例1】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．
计算：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|．
◆ 类型1 求展开式的系数和
[解] 令x＝1，则
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1， ①
令x＝－1，则
a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37． ②
(1)令x＝0得a0＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2．
(2)由(①－②)÷2，得
a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094．
(3)法一：(1－2x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7不大于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093＋1 094＝2 187．
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．
[母题探究]
(变设问)在本例条件不变的情况下，求下列各项的值．
(1)a2＋a4＋a6；
[解] 由
得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝37－1，
∴a0＋a2＋a4＋a6＝．∵a0＝＝1，∴a2＋a4＋a6＝－1＝1 092．
(2)a1＋2a2＋3a3＋…＋7a7．
[解] ∵(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，
∴两边分别求导得
－14(1－2x)6＝a1＋2a2x＋…＋7a7x6，
令x＝1，得－14＝a1＋2a2＋…＋7a7，
∴a1＋2a2＋…＋7a7＝－14．
反思领悟 二项展开式中系数和的求法
(1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)一般地，若f (x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f (x)展开式中各项系数之和为f (1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝…＝．
√
[跟进训练]
1．已知(x＋1)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023·x2 023，则a0＋a1＋a2＋…＋a1 011＝( )
A．22 023 B．22 022
C．21 011 D．21 012
B [因为(x＋1)2 023＝x2 023＋·x2 022＋…＋x2 023-k＋…＋x2 023＋a2 022x2 022＋…＋a1x＋a0，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝22 023，所以a0＋a1＋…＋a1 011＝×22 023＝22 022．]
2．设(－3＋2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
－15 [令x＝1，得
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1． ①
又Tk＋1＝(－3)4-k(2x)k，
所以当k＝4时，x4的系数a4＝16． ②
由①－②得a0＋a1＋a2＋a3＝－15．]
－15
◆类型2 二项展开式中系数的最值问题
角度1 二项式系数最大问题
【例2】 已知的展开式中没有比第10项的二项式系数更大的项，求第5项．
[解] 依题意，的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝n-k·，
当n为偶数时，只有第10项的二项式系数最大，即＋1＝10，则n＝18，
此时T5＝18-4＝3 060x4．
当n为奇数时，第10，11项的二项式系数最大或第9，10项的二项式系数最大，即＝10或＝9，解得n＝19或n＝17．
当n＝19时，T5＝19-4；
当n＝17时，T5＝17-4．
综上，当n＝18时，第5项为3 060x4；当n＝19时，第5项为；当n＝17时，第5项为．
反思领悟 二项式系数最大问题的切入点
当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项的二项式系数最大．
角度2 展开式系数最大问题
【例3】 的展开式中，
(1)系数绝对值最大的项是第几项？
(2)求二项式系数最大的项；
(3)求系数最大的项；
(4)求系数最小的项．
[解] 展开式的通项Tk＋1＝·8-k·
．
(1)设第k＋1项系数的绝对值最大，
则∴
解得5≤k≤6，即k＝5和k＝6．
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．
(2)∵n＝8，∴二项式系数最大的项为中间项，即为第5项．
∴T5＝＝1 120x-6．
(3)法一：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，
则k＝6，故展开式中系数最大的项为T7＝·26·x-11＝1 792x-11．
法二：由(1)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，故系数最大的项为T7＝·26·x-11＝1 792x-11
(4)法一：由于展开式中各项的系数正负相间，因此系数最小的项必是偶数项．
设展开式中第k＋1(k为奇数)项的系数最小，
则解得，
则k＝5，故展开式中系数最小的项为T6＝．
法二：由(1)知展开式中的第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＝．
反思领悟 求项的系数的最值问题的思路
求展开式中有关系数最大的问题时，要区分“项的系数最大”与“二项式系数最大”以及“最大项”等．因此，在系数均为正的前提下，求项的系数的最大值只需比较两组相邻两项系数的大小，根据展开式的通项正确地列出不等式(组)即可，即设第k＋1项的系数最大(或最小)，则
提醒：系数最大的项不一定是二项式系数最大的项，只有当项的系数与二项式系数相等时，二者才一致．
(或．
[跟进训练]
3．在(3x－2y)20中，求：
(1)二项式系数最大的项；
[解] 二项式系数最大的项是第11项．
T11＝·310·(－2)10x10y10＝·610·x10y10．
(2)系数绝对值最大的项；
[解] 设系数绝对值最大的项是第r＋1项，
于是
化简得解得7．
因为r∈N*，所以r＝8，
即T9＝·312·28x12y8是系数绝对值最大的项．
(3)系数最大的项．
[解] 由于系数为正的项为奇数项，且第9项的系数的绝对值最大，所以T9＝·312·28x12y8是系数最大的项．
◆ 类型3 二项式定理的应用
角度1 整除及余数问题
【例4】 (1)求证：1＋2＋22＋…＋25n-1(n∈N*)能被31整除；
(2)求S＝＋＋…＋除以9的余数．
[思路导引]
[解] (1)[证明] ∵1＋2＋22＋…＋25n-1＝＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝×31n＋×31n-1＋…＋×31＋－1
＝×31n-1＋×31n-2＋…＋)，
显然×31n-1＋×31n-2＋…＋为整数，
∴原式能被31整除．
(2)S＝＋＋…＋＝227－1＝89－1
＝(9－1)9－1＝×99－×98＋…＋×9－
×98－×97＋…＋－2．
∵×98－×97＋…＋是正整数，
∴S被9除的余数为7．
反思领悟 (1)利用二项式定理解决整除性问题时，关键是要巧妙地构造二项式，其基本思路是：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即可．因此，一般要将被除式化为含有相关除式的二项式，然后再展开．此时常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来处理．
(2)求余数时，其结果不能为负值．
角度2 利用二项式定理近似计算
【例5】 求1.9975精确到0.001的近似值．
[思路导引] —
[解] 1.9975＝(2－0.003)5≈25－×0.003×24＋×0.0032×23＝32－0.24＋0.000 72≈31.761．
反思领悟 (1＋a)n的近似计算的处理方法如下：
当a的绝对值与1相比很小且n不大时，常用近似公式(1＋a)n≈1＋na，因为这时展开式的后面部分a2＋a3＋…＋an很小，所以可以忽略不计．但是使用这个公式时应注意a的条件，以及对精确度的要求．若精确度要求较高，则可使用更精确的近似公式(1＋a)n≈1＋na＋a2等．
[跟进训练]
4．5151被7除的余数是________．
1 [由5151＝(49＋2)51＝4951＋4950×2＋…＋49×250＋251知，除251项外，其余项都能被7整除．
又251＝(23)17＝(7＋1)17＝717＋716＋…＋
716＋715＋…＋＋，知余数为1．]
1
学习效果·课堂评估夯基础
03
1．在(3－5x)7的展开式中，二项式系数的最大值为( )
A． B．
C． D．－
1
2
3
4
√
B [(3－5x)7的展开式中共有8项，中间的两项为第4项和第5项，这两项的二项式系数相等且最大，为＝．]
2．(2－x)6的展开式中的二项式系数最大的项的系数为( )
A．－160 B．160
C．60 D．240
1
2
3
4
√
A [因为(2－x)6的展开式有7项，所以第4项的二项式系数最大，所以(2－x)6的展开式中的二项式系数最大的项为＝－160x3．]
3．233除以9的余数是( )
A．8 B．7
C．6 D．5
1
2
3
4
√
A [233＝811＝(9－1)11＝×911－×910＋×99－…＋×9－，因为除最后一项－1外，其余各项都能被9整除，故余数为9－1＝8．]
4．的展开式中各项的二项式系数之和为______；各项的系数之和为________．
1
2
3
4
256 [展开式中各项的二项式系数之和为28＝256，各项的系数之和为．]
256
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．怎样确定二项式系数的最大值？
[提示] n为偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；n为奇数时，展开式中间两项的二项式系数最大．
2．在项的系数均为正的前提下怎样求项的系数的最大值？
[提示] 设第k＋1项的系数最大，
则(共18张PPT)
第六章 计数原理
数学探究 杨辉三角的性质与应用
学习 任务 1．经历发现数学关联、提出数学问题、得到数学结论、推理论证、综合应用的过程，掌握数学探究活动的方法，提升数学学科核心素养．
2．经历从类比模仿到自主创新、从局部实施到整体构想的过程，初步掌握数学课题研究的基本方法．
必备知识·情境导学探新知
01
杨辉三角是我国数学史上的一个伟大成就，从数
学角度体现了中华优秀传统文化．阅读《详解九章算
法》一书中的开方作法本源图，如图，其中蕴藏着许多
数学的奥秘．
此图为开方作法本源图，现在杨辉算书的传本中都没有
这个图，只在明朝《永乐大典》(1407)抄录的《详解九
章算法》中还保存着这份宝贵遗产．《详解九章算法》由杨辉所著，他在书中提到“出释锁算书，贾宪用此术”．这说明，在我国至迟贾宪时期就已经发明了这个数字三角形．关于贾宪的生平，所知甚少．根据一些记载，只能推定贾宪著书的年代是在1023年至1050年这段时期．
知识点 杨辉三角的性质
1．如图所示，结合杨辉三角与二项式(a＋b)n的展开式的二项式系数可发现如下性质：
第n行的n＋1个数是二项式(a＋b)n的展开式的系数；
当行数n为偶数时最大；
当行数n为奇数时和最大．
2．杨辉三角中各数字之间存在的性质
(1)对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即＝，如图1；
(2)递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即＝＋；
(3)第n行奇数项之和与偶数项之和相等，即＋＋＋…＝＋＋＋…，如图2；
(4)第n行数的和为2n，即＋＋＝2n，如图3；
(5)第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即2＋2＋2＋…＋2＝，如图4．
1．下面是当n＝1，2，3，4，5时，(a＋b)n(n∈N*)的展开式的二项式系数表示图．
借助上图，判断λ，μ的值分别是( )
A．5，9 B．5，10
C．6，9 D．6，10
√
D [观察题图可分析出“杨辉三角”中的数的特点如下：
(1)每一行有(n＋1)个数字，每一行两端的数字均为1；
(2)从第二行起，每一行中间的数字等于它上一行对应(即两肩上)的两个数字的和，
即＝＋，n，m∈N*．
所以λ＝3＋3＝6，μ＝4＋λ＝10．故选D．]
2．如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于( )
A．20 B．21
C．22 D．23
√
C [观察题图可知，从第三行开始，每一行除开始和末尾的两个数外，中间的数分别是其两肩上相邻两个数的和，当a＝7时，b的两肩上的两个数分别为6，16，所以b＝6＋16＝22．]
关键能力·合作探究释疑难
02
【例】 (多选)我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有 ( )
A．由“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”猜想：＝＋
＋＋＋…＋＝165
C．第34行中从左到右第14与第15个数的比为2∶3
D．由“第n行所有数之和为2n”猜想：
＋＋＋…＋＝2n
√
√
√
ACD [对于A：显然＝＋，故A正确；
对于B：＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋－1＝－1＝164，故B错误；
对于C：易知第n行从左到右第k个数是，则第34行从左到右第14与第15个数分别为，所以，故C正确；
对于D：第n行所有数之和为2n，即＋＋＋…＋＝2n，故D正确．故选ACD．]
反思领悟 解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
(1)观察：对题目要横看、竖看、隔行看、连续看，多角度观察．
(2)找规律：通过观察找出每一行的数之间，行与行之间的数据的规律．
(3)将数据间的这种联系用数学式表达出来，使问题得解．
[跟进训练]
杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》(1261年)一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开的系数规律．现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，
1，1，4，6，4，1，…，记作数列{an}．若数列{an}
的前n项和为Sn，则S47等于( )
A．235 B．512
C．521 D．1 033
√
C [根据题意杨辉三角前9行共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45(项)．故前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9，所以前47项的和S47＝20＋21＋22＋…＋28＋1＋9＝29－1＋10＝521．](共7张PPT)
第六章 计数原理
探究课1 子集的个数有多少
1．n元集合A＝{a1，a2，…，an}的子集有2n个．
2．推广
(1)n元集合A＝{a1，a2，…，an}的真子集有2n－1个．
(2)n元集合A＝{a1，a2，…，an}的非空子集有2n－1个．
(3)n元集合A＝{a1，a2，…，an}的非空真子集有2n－2个．
【典例】 称子集A M＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11}是“好的”，如果它有下述性质：“若2k∈A，则2k－1∈A且2k＋1∈A(k∈N)”(空集和M都是“好的”)，则M中有多少个包含2个偶数的“好的”子集？
[解] 含有2个偶数的“好的”子集A，有两种不同的情形：
①两偶数是相邻的，有4种可能：2，4；4，6；6，8；8，10．
每种情况必有3个奇数相随(如2，4∈A，则1，3，5∈A)．
余下的3个奇数可能在A中，也可能不在A中，
故这样的“好的”子集共有4×23＝32(个)．
②两偶数不相邻，有6种可能：2，6；2，8；2，10；4，8；4，10；6，10．
每种情况必有4个奇数相随(如2，6∈A，则1，3，5，7∈A)．
余下的2个奇数可能在A中，也可能不在A中，
故这样的“好的”子集共有6×22＝24(个)．
综上所述，M中有32＋24＝56(个)包含2个偶数的“好的”子集．
1．已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A，B为集合M的非空子集，若 x∈A，y∈B，x17 [当A＝{1}时，B有23－1＝7(种)情况；
当A＝{2}时，B有22－1＝3(种)情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1，2}时，B有22－1＝3(种)情况；当A＝{1，3}，{2，3}，{1，2，3}时，B均有1种情况，所以集合M的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．]
17
2．设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？
[解] 以A中最大的数为标准，进行分类讨论．A中最大的数可能为1，2，3，4，共四种情况．
按分类加法计数原理做如下讨论：
①当A中最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15(种)方法．
②当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14(种)方法．
③当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12(种)方法．
④当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，即有8×1＝8(种)方法．
故共有15＋14＋12＋8＝49(种)方法．(共12张PPT)
第六章 计数原理
探究课2 组合数的两个性质
1．性质1：＝．
2．性质2：＝．
【典例1】 计算：．
[解] 由组合数的意义可得
即
∴≤n≤．∵n∈N*，∴n＝
＝＝＝＋31＝466．
反思领悟 性质“＝”的意义及作用
→
→
【典例2】 (1)计算的值为( )
A． B．
C． D．－1
C 原式＝
＝－1＝…＝－1＝－1．
√
(2)计算：＝________．
＝＝＝＝＝210．
(3)求证：＝．
[证明] 由组合数的性质＝可知，
右边＝＝＝＝左边，
右边＝左边，所以原式成立．
反思领悟 要注意性质＝的顺用、逆用、变形用．顺用是将一个组合数拆成两个；逆用则是“合二为一”．
1．(多选)若＝(n∈N*)，则n等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
1
2
3
4
√
BD [由题意得，2n－3＝n＋2或2n－3＋n＋2＝20，解得n＝5或7．]
√
2．已知等于( )
A．1 B．m
C．m＋1 D．0
1
2
3
4
√
D ＝＝＝0．]
3．(多选)＝( )
A．
1
2
3
4
√
AB [由组合数的性质＝得，
＝
＝＝
＝…＝＝．]
√
4．计算：＝________；
＝________．
1
2
3
4
(1)2 023 (2)＝＝2 023；
＝＝．]
2 023(共23张PPT)
第六章 计数原理
微专题1 分组与分配问题的破解之术
解决分组与分配问题的关键是区分是否与顺序有关，一般按先分组后分配的原则计算．
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，有n组均匀分组，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．
类型1 定向分配问题
01
【例1】 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)甲2本，乙2本，丙2本；
[解] 第一步，从6本不同的书中选2本书分配给甲，有种方法；
第二步，从剩下的4本不同的书中选2本分配给乙，有种方法；
第三步，剩下的2本不同的书全给丙，有种方法．
根据分步乘法计数原理知，共有＝90(种)不同的分配方法．
(2)甲1本，乙2本，丙3本；
[解] 第一步，从6本不同的书中选1本书分配给甲，有种方法；
第二步，从剩下的5本不同的书中选2本书分配给乙，有种方法；
第三步，剩下的3本不同的书全给丙，有种方法．
根据分步乘法计数原理知，共有＝60(种)不同的分配方法．
(3)甲4本，乙、丙每人1本．
[解] 第一步，从6本不同的书中选4本书分配给甲，有种方法；
第二步，从剩下的2本不同的书中选1本书分配给乙，有种方法；
第三步，剩下的1本书给丙，有种方法．
根据分步乘法计数原理知，共有＝30(种)不同的分配方法．
反思领悟 解决定向分配问题的方法有“边分组边分配”或“先分组后分配”．
类型2 不定向分配问题
02
【例2】 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分组方法？
(1)每人2本；
[解] 法一：本题为平均分组，并且有分配对象，先分组(与顺序无关)，有种方法；再分配给3个人(与顺序有关)，有种排列．
共有种不同的分配方法，所以有＝90(种)．
法二：先从6本书中选2本给甲，有种选法；
再从其余的4本书中选2本给乙，有种选法；
最后从余下的2本书中选2本给丙，有种选法．
所以根据分步乘法计数原理得，每人2本，共有＝90(种)．
(2)一人1本，一人2本，一人3本；
[解] 先分组，再分配，与顺序有关，需排序．
6本书分成三组共有种分法，但每一种分法又有种不同的分配方案，
故一人1本，一人2本，一人3本的分法有＝360(种)．
(3)一人4本，其余2人每人1本．
[解] 法一：从6本不同的书中选出4本，有种方法．
将选出的4本书看成一个元素集团，与其余2本书(两个元素)分配给甲、乙、丙三人有种方法．
由分步乘法计数原理，共有＝15×6＝90(种)不同分法．
法二：先分组，再分配，与顺序有关．先分成三份，为部分平均分组问题，共有种分法，然后分给3个人，则共有＝90(种)分法．
反思领悟 不定向分配问题，解题原则是“先分组后分配”．属于“排列”问题，要按排列问题求解．
类型3 不同元素的分组问题
03
【例3】 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组2本(平均分组)；
[解] 每组2本，均分为3组的分组种数为＝＝15．
(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)；
[解] 一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为＝20×3＝60．
(3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)．
[解] 一组4本，另外两组各1本的分组种数为＝＝15．
反思领悟 (1)分清是分组问题还是分配问题很必要，而判断是分组问题还是分配问题的关键是看是否有分配对象．若没有分配对象，则为分组问题；若有分配对象，则为分配问题；若有确定的分配对象，即为定向分配问题．反之，则为不定向分配问题．
(2)分组问题属于“组合”问题，常见的三种分组问题如下：
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，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．
类型4 相同元素的分配问题
04
【例4】 将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；
[解] 先把6个相同的小球排成一行，
然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，
故共有＝10(种)放法．
(2)恰有一个空盒子；
[解] 法一：恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板．
由分步乘法计数原理得，共有＝40(种)放法．
法二：恰有一个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧各放置一块隔板，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|，有种插法，
故共有＝40(种)放法．
(3)恰有两个空盒子．
[解] 法一：分两步完成，第一步任取2个盒子不放小球(取两个空盒子)有种选法，
第二步在6个小球之间5个空隙中任选一个空档插一块隔板，有种方法．
由分步乘法计数原理，共有＝30(种)放法．
法二：恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有种插法，如|00|0000|，
然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有种插法．
故共有＝30(种)放法．
反思领悟 (1)“隔板法”能快速解决相同元素的分配问题，由于元素和“隔板”都是相同的，需按组合问题求解；使用“隔板法”的关键是要根据题意将问题转化为“每组至少1个”或“每组至少0个”的问题，才能合理使用“隔板法”解决问题．
(2)“将n个相同元素分成m组(每组的任务不同)”的具体情况如下：
①当每组至少含有一个元素时，其不同的分组方法有种，即在n个元素中间形成的(n－1)个空中插入(m－1)个“隔板”．
②任意分组，可出现某些组所含元素个数为0的情况，不符合隔板法的适用条件，但可人为增加m个元素，使每组至少含有一个元素，此时问题就转化为将(n＋m)个相同元素分成m组，且每组至少含有一个元素，则不同的分组方法有种．(共17张PPT)
第六章 计数原理
章末综合提升
巩固层·知识整合
01
提升层·题型探究
02
类型1 两个计数原理
类型2 排列与组合的综合应用
类型3 二项式定理的应用
◆类型1 两个计数原理
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
【例1】 (1)有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有________种不同的停放方法．(用数字作答)
A B C
D E F
72
72 因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有2×2×6种停法，再在第二行分类讨论停放剩下的车，第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2种方法，第二辆红车如果不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1种方法，共有3种情况，因此共有3×2×2×6＝72(种)情况．
(2)某公司安排甲、乙、丙等7人完成7天的值班任务，每人负责一天，已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有________种．
1 128 以甲、丙的位置分三类．
第一类：甲、丙相邻且安排在第一、二天，由于甲不安排在第一天，则丙安排在第一天，甲安排在第二天，其余5人有种排法．
第二类：甲、丙相邻且安排在第二、三天，则有种排法．
第三类：甲、丙相邻且安排在第三天及以后，则甲、丙相邻有种排法，乙有4种排法，其余4人有种排法，所以共有种排法．
根据分类加法计数原理知，满足条件的安排方式共有＝1 128(种)．
1 128
◆类型2 排列与组合的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算素养．
【例2】 在高二(1)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？
[解] 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＝5 040(种)方法；
第二步，再松绑，给4个舞蹈节目排序，有＝24(种)方法．
由分步乘法计数原理，共有5 040×24＝120 960(种)排法．
(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？
[解] 第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有＝720(种)方法；
×□×□×□×□×□×□×
第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，有种方法．
由分步乘法计数原理，共有＝604 800(种)排法．
(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] 若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，
所以节目演出的顺序有＝＝132(种)．
◆类型3 二项式定理的应用
1．二项式定理是计数原理的重要内容之一，是高考的热点．一般以选择、填空的形式考查，试题难度为易，常从以下几个方面考查：
(1)考查二项展开式的通项Tk＋1＝an－kbk，可以考查某一项，也可考查某项的系数．
(2)考查各项系数和，二项式系数和．
(3)考查二项式定理的综合应用，考查对二项式定理的掌握和灵活运用．
2．通过二项式定理的应用，提升数学运算素养．
【例3】 已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3．
(1)求展开式中的所有有理项；
[解] 由(－2)2＝56∶3，
解得n＝10(负值舍去),
通项为Tk＋1＝)10-k＝，
当5－为整数时，k可取0，6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440．
(2)求展开式中系数的绝对值最大的项；
[解] 设第k＋1项系数的绝对值最大，
则解得≤k≤，又因为k∈N，所以k＝7，
当k＝7时，T8＝－15 360，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360．
(3)求的值；
[解] 原式＝
＝
＝＝＝．
(4)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数
＝，
＝，
∴x2项的系数为＝＝＝164．
