6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
学习任务 1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(数学抽象) 2．会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．(逻辑推理)
在数学学习和日常生活中，我们经常会遇到类似“共有多少种情况”的计数问题．例如：
(1)一个由3个元素组成的集合，共有多少个不同的子集？
(2)由3个数字组成的密码锁，如图所示，如果忘记了密码，最多要试多少次才能打开密码锁？
知识点1 分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．
定义中每一类方案中的每一种方法都能独立完成这件事．
1．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？
知识点2 分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．
(1)完成这件事有多个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺一不可；
(2)每一步都有若干种方法．
2．分类加法计数原理每一类中的方法与分步乘法计数原理每一步中的方法有何区别？
1．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)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．
( )
(4)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． ( )
2．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为________种．
3．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为________种．
4．如图，从A→B→C有________种不同的走法；从A→C有________种不同的走法．
类型1 分类加法计数原理
【例1】 (源自湘教版教材)某市的有线电视可以接收中央台12个频道、本地台10个频道和其他省市46个频道的节目．
(1)当这些频道播放的节目互不相同时，一台电视机共可以选看多少个不同的节目？
(2)如果有3个频道正在转播同一场球赛，其余频道正在播放互不相同的节目，一台电视机共可以选看多少个不同的节目？
[尝试解答]
用分类加法计数原理解决计数问题时，首先要根据问题的特点确定一个适当的分类标准，然后根据这个分类标准进行分类．分类时还要注意两条基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须分入相应的类；二是不同类的方法必须是互不相同的．只有满足这两条基本原则才可以使计数不重不漏．
[跟进训练]
1．如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，那么电路不通时焊接点脱落的不同情况有( )
A．9种 B．11种
C．13种 D．15种
2．设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有( )
A．6个 B．8个
C．12个 D．16个
类型2 分步乘法计数原理
【例2】 已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P(a，b)可表示平面上多少个不同的点？
(2)P(a，b)可表示平面上多少个第二象限的点？
[尝试解答]
[母题探究]
1．(变结论)若本例条件不变，P(a，b)可表示多少个不在直线y＝x上的点？
2．(变条件，变结论)从集合M中的六个数字中任选三个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数a，b，c，则可以组成多少条不同的抛物线？
利用分步乘法计数原理的注意点
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)“步”与“步”之间是连续的、不间断的、缺一不可的，但也不能重复、交叉．
(3)若完成某件事情需要n步，则必须依次完成这n个步骤后，这件事情才算完成．
[跟进训练]
3．通信公司在某一段时间内向市场投放一批手机号码，这一批号码(共11位数字)的前七位是统一的，后四位都是0～9之间的一个数字，那么这一号段共有多少个不同的号码？
类型3 两个计数原理的简单应用
【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？
[思路导引]
(2)
(3)—
[尝试解答]
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独立地完成这件事情；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”．
[跟进训练]
4．某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人，高三年级9人．
(1)若选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)若每个年级各选一人为组长，有多少种不同的选法？
(3)若选两人作为社团发言人，这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？
1．家住A地的小明同学准备周末去B地旅游，从A地到B地一天中动车组有30个班次，特快列车有20个班次，汽车有40个不同班次，则小明乘坐这些交通工具去B地的不同方法有( )
A．240种 B．180种 C．120种 D．90种
2．现有3名老师、8名男学生和5名女学生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为( )
A．39 B．24
C．15 D．16
3．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学每个吉祥物都喜欢，若三位同学对选取的礼物都满意，则不同的选法有( )
A．30种 B．50种
C．60种 D．90种
4．从2，3，5，7，11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是____________，其中真分数的个数是________．
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．分类加法计数原理的最主要特点是什么？
2．应用分类加法计数原理需遵循的原则是什么？
3．区分“完成一件事”是分类还是分步的关键是什么？
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[必备知识·情境导学探新知]
知识点1 m＋n
思考1 提示：共有m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
知识点2 m×n
思考2 提示：分类加法计数原理每一类中的方法可以完成这件事，而分步乘法计数原理中每一步的方法不能独立完成这件事．
课前自主体验
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)×
提示：(1)在分类加法计数原理中，分类标准是统一的，两类不同方案中的方法是不能相同的．
(2)在分类加法计数原理中，是把能完成这件事的所有方法按某一标准分类的，故每类方案中的每种方法都能完成这件事．
(3)因为在分步乘法计数原理中的每一步都有多种方法，而每种方法各不相同．
(4)因为在分步乘法计数原理中，要完成这件事需分两步，而每步都不能完成这件事，只有各步都完成了，这件事才算完成．
2．9 [分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．]
3．12 [先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．]
4．4 6 [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．]
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 解：(1)当所有频道播放的节目互不相同时，一台电视机选看的节目可分为3类：
第一类，选看中央台频道的节目，有12个不同的节目；
第二类，选看本地台频道的节目，有10个不同的节目；
第三类，选看其他省市频道的节目，有46个不同的节目．
根据分类加法计数原理，一台电视机共可以选看12＋10＋46＝68(个)不同的节目．
(2)因为有3个频道正在转播同一场球赛，即这3个频道转播的节目只有1个，而其余频道(共有(12＋10＋46－3)个)正在播放互不相同的节目，所以，一台电视机共可以选看1＋(12＋10＋46－3)＝66(个)不同的节目．
跟进训练
1．C [按照可能脱落的个数分类讨论．
若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；
若脱落2个，则有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种情况；
若脱落3个，则有(1，2，3)，(1，2，4)，(2，3，4)，(1，3，4)，共4种情况；
若脱落4个，则有(1，2，3，4)，共1种情况；
综上，共有2＋6＋4＋1＝13(种)情况．]
2．A [因为椭圆的焦点位于x轴上，所以m>n．
当m＝4时，n＝1，2，3；当m＝3时，n＝1，2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．]
例2 解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种方法；
第二步确定b的值，也有6种方法．
根据分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上6×6＝36(个)不同的点．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，因为a<0，所以有3种方法；
第二步确定b，因为b>0，所以有2种方法．
由分步乘法计数原理，得到P(a，b)可表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．
母题探究
1．解：依题意a≠b，
第一步确定a有6种方法，
第二步确定b有5种方法．
由分步乘法计数原理，不在直线y＝x上的点P(a，b)共有6×5＝30(个)．
2．解：解答本题需分三步完成，
第一步选系数a(a不能为0)，有5种选法．
第二步选系数b，有5种选法．
第三步选系数c，有4种选法．
根据分步乘法计数原理得组成抛物线的条数为5×5×4＝100．
跟进训练
3．解：后四位中的每一位都可以从0~9这10个数字中任选一个，都有10种选法．根据分步乘法计数原理，可依次确定手机号码的第八、九、十、十一位，那么这一号段共有10×10×10×10＝10000(个)不同的号码．
例3 解：(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，
所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
跟进训练
4．解：(1)根据题意，选其中一人为负责人，可分为3类．
第1类：选出的是高一学生，有13种选法；
第2类：选出的是高二学生，有12种选法；
第3类：选出的是高三学生，有9种选法．
由分类加法计数原理可得，共有13＋12＋9＝34(种)选法．
(2)根据题意，共分为3步．
第1步：从高一学生中选出1人，有13种选法；
第2步：从高二学生中选出1人，有12种选法；
第3步：从高三学生中选出1人，有9种选法．
由分步乘法计数原理可得，共有13×12×9＝1404(种)选法．
(3)根据题意，可分为3类．
第1类：选出的是高一、高二学生，有13×12＝156(种)选法；
第2类：选出的是高一、高三学生，有13×9＝117(种)选法；
第3类：选出的是高二、高三学生，有12×9＝108(种)选法．
由分类加法计数原理可得，共有156＋117＋108＝381(种)选法．
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．D [根据分类加法计数原理，共有30＋20＋40＝90(种)不同方法．]
2．A [先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39．]
3．B [①若甲同学选择牛，则乙同学有2种选择，丙同学有10种选择，不同的选法种数为2×10＝20；②若甲同学选择马，则乙同学有3种选择，丙同学有10种选择，不同的选法种数为3×10＝30．综上，总共有20＋30＝50(种)不同的选法．故选B．]
4．20 10 [产生分数可分两步：第一步，产生分子有5种方法；第二步，产生分母有4种方法，共有5×4＝20(个)分数．产生真分数，可分四类：第一类，当分子是2时，有4个真分数，同理，当分子分别是3，5，7时，真分数的个数分别是3，2，1，共有4＋3＋2＋1＝10(个)真分数．]
课堂小结
1．提示：各类中的每一种方法都可以单独完成一件事．
2．提示：标准明确、不重不漏．
3．提示：关键看一步能否完成这件事，若能完成则是分类，否则，就是分步．6.2 排列与组合
6.2.1 排列
学习任务 1．理解并掌握排列的概念．(数学抽象) 2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(逻辑推理)
在数学竞赛颁奖仪式上，辅导老师和甲、乙两名特等奖获得者合影留念，师生三人站成一排，辅导老师在正中间时，甲在左边和乙在左边是相同的排列吗？
知识点 排列的概念
1．定义：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照________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．
2．两个排列相同的充要条件
(1)两个排列的元素________．
(2)元素的排列顺序________．
1．如何判断一个具体问题是不是排列问题？
2．同一个排列中，同一个元素能重复出现吗？
1．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．
( )
2．下列问题中是排列问题的是( )
A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学
B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加演讲比赛
C．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学担任歌咏比赛评委
D．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学担任正、副班长
3．元旦来临之际，某寝室四名同学各有一张贺年卡，并且要送给该寝室的其他一名同学，但每人都必须得到一张，则不同的送法有________种．
类型1 排列的概念
【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．
[思路导引]
[尝试解答]
判断一个问题是否为排列问题，主要从“取”与“排”两方面考虑：
(1)“取”，检验取出的m个元素是否重复；
(2)“排”，检验取出的m个元素是否有顺序性，其关键方法是，交换两个位置看其结果是否有变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
[跟进训练]
1．从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素，①相加可得多少个不同的和；②相除可得多少个不同的商；③作为椭圆＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程；④作为双曲线＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程．这四个问题中属于排列问题的是________．(填序号)
类型2 排列的列举问题
【例2】 从4名运动员中选出3名参加一项比赛，并排定他们的比赛顺序，有多少种不同的方法？写出所有排序方式．
[尝试解答]
利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树状图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式．
(2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按“树状图”写出排列．
[跟进训练]
2．四个人A，B，C，D坐成一排照相有多少种坐法？写出所有坐法．
类型3 排列问题与分步问题
【例3】 有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘．
(1)3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有多少种不同的招聘方案？(用数字作答)
(2)每家公司至多招聘一名新员工，3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有多少种不同的招聘方案？(用数字作答)
[尝试解答]
排列与分步问题的关系
(1)排列问题是分步问题；
(2)排列问题中元素不能重复选取，而在用分步乘法计数原理解决的问题中，元素是可以重复选取的．
[跟进训练]
3．用具体数字表示下列问题．
(1)从100个两两互质的数中取出2个数，其商的个数；
(2)由0，1，2，3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数；
(3)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名实习生，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，其分配方案的个数．
1．从1，2，3，4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，其中可以看作排列问题的运算种数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．沪宁高铁线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的六个大站(这六个大站之间)准备的不同的火车票种数为( )
A．15 B．30
C．12 D．36
3．从1，2，3中任取两个数字组成不同的两位数有________个．
4．6个人走进只有3把不同椅子的屋子，若每把椅子必须且只能坐一人，共有________种不同的坐法．
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．如何理解排列的定义？
2．两个排列相同的充要条件是什么？
6.2.1 排列
[必备知识·情境导学探新知]
知识点 1．一定的顺序 2．(1)完全相同 (2)相同
思考1 提示：(1)首先要保证元素互异性，即从n个不同元素中，取出m个不同的元素，否则不是排列问题．
(2)要保证元素的有序性，即安排这m个元素时是有序的，有序就是排列，无序则不是排列．
而检验它是否有序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化是有序，无变化就是无序．
思考2 提示：不能，因为给出的n个元素互不相同，且抽取的m个元素是从n个元素中不重复地抽取的．
课前自主体验
1．(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√
提示：(1)因为相同的两个排列不仅元素相同，而且元素的排列顺序也相同．
(2)因为三名学生参赛的科目不同为不同的选法，每种选法与“顺序”有关，属于排列问题．
(3)因为分组之后，各组与顺序无关，故不属于排列问题．
(4)因为任取的两个数进行指数运算，底数不同、指数不同，结果不同．结果与顺序有关，故属于排列问题．
(5)因为纵、横坐标不同，表示不同的点，故属于排列问题．
2．D [从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学与从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加同一项活动，都没有顺序问题，不是排列，而担任不同的职务是排列问题．]
3．9 [将4张贺年卡分别记为A，B，C，D，且按题意进行排列，用树状图表示为：
由此可知共有9种送法．]
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 解：(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．
跟进训练
1．②④ [因为加法满足交换律，所以①不是排列问题；因为除法不满足交换律，如≠，所以②是排列问题；若方程＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a，b的大小一定，故③不是排列问题；在双曲线＝1中不管a>b，还是a例2 解：要解决这个问题，可以分3个步骤完成．
第一步，先选定第一名比赛队员，在4名运动员中任取1名，有4种方法；
第二步，选定第二名比赛队员，从余下的3名运动员中任取1名，有3种方法；
第三步，选定第三名比赛队员，从余下的2名运动员中任取1名，有2种方法．
根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的排序方法．
若记这4名运动员分别为a，b，c，d，则24种不同的方法如图所示．
由此可写出所有的排序方式：
abc，abd，acb，acd，adb，adc；bac，bad，bca，bcd，bda，bdc；cab，cad，cba，cbd，cda，cdb；dab，dac，dba，dbc，dca，dcb．
跟进训练
2．解：按照A→B→C→D的顺序安排位置，A有4种坐法，B有3种坐法，C有2种坐法，D有1种坐法，由分步乘法计数原理得，有4×3×2×1＝24(种)坐法．画出树状图．
由树状图可知，所有坐法为ABCD，ABDC，ACBD，ACDB，ADBC，ADCB，BACD，BADC，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CADB，CBAD，CBDA，CDAB，CDBA，DACB，DABC，DBAC，DBCA，DCAB，DCBA．
例3 解：将5家招聘员工的公司看成5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生．
(1)第一名大学毕业生有5种选择，第二名大学毕业生有5种选择，第三名大学毕业生也有5种选择，根据分步乘法计数原理可知不同的招聘方案共有5×5×5＝125(种)．
(2)第一名大学毕业生有5种选择，第二名大学毕业生有4种选择，第三名大学毕业生有3种选择，根据分步乘法计数原理可知不同的招聘方案共有5×4×3＝60(种)．
跟进训练
3．解：(1)从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，
其商共有100×99＝9900(个)．
(2)因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”．
故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字，因此共有3×2×1＝6(个)．
(3)可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，
故共有5×4×3×2＝120(个)分配方案．
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．B [因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题．而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．故选B．]
2．B [对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，
因为每张车票对应一个起点站和一个终点站，
因此，每张火车票对应从6个不同元素(大站)中取出2个不同元素(起点站和终点站)的一种排列，
故不同的火车票有6×5＝30(种)．]
3．6 [可组成的两位数为12，21，13，31，23，32，共有6个．]
4．120 [坐在椅子上的3个人是走进屋子的6个人中的任意3个人，若把人看成元素，将3把不同的椅子当成不同的位置，则原问题抽象为从6个元素中取3个元素占据3个不同的位置，显然是从6个元素中任取3个元素的排列问题，从而不同的坐法共有6×5×4＝120(种)．]
课堂小结
1．提示：无重复性，有顺序性．
2．提示：元素完全相同且元素的排列顺序相同．6.2.2 排列数
第1课时 排列数公式
学习 任务 1．能用计数原理推导排列数公式．(数学抽象) 2．能运用排列数公式熟练地进行相关计算．(数学运算)
2021年是中国共产党成立100周年，1921年中国共产党的诞生掀开了中国历史的新篇章，百年来，党带领全国人民谱写了中华民族自强不息、顽强奋进的壮丽史诗．有30位老革命家参观完一大会址后，要在一大会址旁站成一排照相，那么这30位老革命家的排列顺序有多少种？这样的排列问题能否用一个公式来表示呢？
知识点 排列数与排列数公式
排列数定义及表示 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示
全排列的概念 n个不同的元素________的一个排列
阶乘的 概念 正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n！表示
排列数 公式 ＝________
阶乘式＝______________(n，m∈N*，mn)
特殊情况 ＝________，1！＝________，0！＝________
排列数公式的特征：
(1)乘积是m个连续正整数的乘积；
(2)最大的因数是n，最小的因数是n－m＋1；
(3)m，n∈N*，m≤n，当m>n时不成立．
排列与排列数有何区别？
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)因为排列数的阶乘式是一个分式，所以其化简的结果不一定是整数．( )
表示从5个不同元素中取出(5－2)个元素的所有不同的排列的个数．
( )
(3)若＝10×9×8×7×6，则n＝10，m＝6． ( )
(4)n！＝1×2×3×…×(n－1)×n． ( )
2．2 022×2 021×2 020×…×2 000＝( )
C．
．＝________．(用数字表示)
4．甲、乙、丙三名同学排成一排，不同的排列方法有________种．
类型1 排列数的计算
【例1】 (源自北师大版教材)计算下列排列数：
；；；．
[尝试解答]
排列数的计算方法
(1)常用公式：排列数的乘积公式；
(2)乘积公式的逆用：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数；
(3)应用排列数公式的阶乘形式，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．
[跟进训练]
1．(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*，且n<55)＝( )
C．
2．化简＝________．
类型2 与排列数有关的求解与证明
与排列数相关的方程或不等式
【例2】 (1)解方程；
(2)解不等式：．
[尝试解答]
利用排列数公式化简与证明
【例3】 求证：－．
[尝试解答]
排列数公式的阶乘形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和不等式等问题，具体应用时注意阶乘的性质，提取公因式，可以简化计算．
[跟进训练]
3．不等式的解集为________．
4．求证：＝1·3·5·…·(2n－1)．
类型3 排列数公式的简单应用
【例4】 某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？
[尝试解答]
(1)对于简单的排列问题可直接代入排列数公式，也可以用树状图法．
(2)对于情况较多的情形，则先进行分类，利用排列数计算，再借助加法(乘法)计数原理求解．
[跟进训练]
5．从班委会的5名成员中选出3名分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
1．4×5×6×…×(n－1)×n＝( )
A． B．
C．n！－4！ D．
2．＝( )
A．12 B．24 C．30 D．36
3．若，则n＝( )
A．6 B．7
C．8 D．9
4．某高三毕业班有40人，同学之间互相给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．你能写出排列数公式吗？
2．排列与排列数是一回事吗？
3．怎样灵活选择两个排列数公式？
第1课时 排列数公式
[必备知识·情境导学探新知]
知识点 不同排列 全部取出 n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) n！ 1 1
思考 提示：“排列”是指从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，是一个数．
课前自主体验
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
提示：(1)排列数是从若干个元素中取出若干个元素的排列的个数，所以排列数一定是整数．
(2)表示从5个不同元素中取出2个元素的所有不同的排列的个数．
(3)在中，m表示连乘因数的个数，所以n＝10，m＝5．
(4)n！＝1×2×3×…×(n－1)×n．故正确．
2．C [因为2022－2000＋1＝23，所以2022×2021×2020×…×2000＝．]
3．120 [＝5×4×3×2＝120．]
4．6 [由排列定义得，共有＝6种排列方法．]
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 解：(1)＝15×14×13＝2730；
(2)＝50×49×48＝117600；
(3)＝5！＝120；
(4)＝6＝720．
跟进训练
1．B [因为55－n，56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有69－n－(55－n)＋1＝15(个)，
所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝．]
2．－1 [因为k＝(k＋1)，
所以原式＝1＋()＋()＋…＋()＝＋1－－1．]
例2 解：(1)由3＝4，
即，
化简得x2－19x＋78＝0，解得x＝6或x＝13．
∵0(2)原不等式可化为>，
即x2－21x＋104>0，整理得(x－8)(x－13)>0，
∴x<8或x>13．
又易得2∴2故x＝3，4，5，6，7．
∴不等式的解集为{3，4，5，6，7}．
例3 证明：∵－＝
＝＝
＝m·，
∴－．
跟进训练
3．{8} [由题意可得，原不等式可化为<6×，化简得1<，即x2－19x＋84<0，解得7解得24．证明：＝
＝
＝
＝1·3·5·…·(2n－1)，
故原等式成立．
例4 解：分3类：第1类，用1面旗表示的信号有种；
第2类，用2面旗表示的信号有种；
第3类，用3面旗表示的信号有种，
由分类加法计数原理，所求的信号种数是
＝3＋3×2＋3×2×1＝15，
即一共可以表示15种不同的信号．
跟进训练
5．36 [分两步：先排文娱委员有3种选法，
再从剩余的4人中选两人安排学习委员、体育委员有＝12(种)方法．
由分步乘法计数原理知，共有3×12＝36(种)选法．]
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．D [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＝．]
2．D [因为＝7×6×＝6×，所以原式＝＝36．]
3．C [因为＝10，所以n≥3，n∈N*，
所以有2n·(2n－1)·(2n－2)＝10n·(n－1)·(n－2)，
即2(2n－1)＝5(n－2)，解得n＝8．故选C．]
4．1560 [根据题意，得＝1560，故全班共写了1560条毕业留言．]
课堂小结
1．提示：＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，
(m，n∈N*，且m≤n)．
2．提示：不是一回事．一个排列是完成一件事的一种方法，排列数是指所有排列的个数．
3．提示：＝n(n－1)…(n－m＋1)适用于m已知的排列数的计算以及排列数的方程和不等式．
适用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等．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)
类型1 数字排列问题
【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4310的四位偶数．
[思路导引] →
[尝试解答]
[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？
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240135是第几项？
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？
类型2 排队、排节目问题
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？
(2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？
[尝试解答]
“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．
“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；
(2)两个唱歌节目不相邻；
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
[尝试解答]
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．
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？
(2)甲在乙的左边，有多少种排列方法？
[尝试解答]
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
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．
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？
(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？
1．A，B，C，D，E5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
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．36B．30C．40D．60
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
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．
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？
2．对于元素有特殊位置的排列的解题思想是什么？
3．对于“元素相邻”和“元素不相邻”的排列的解决方法是什么？
第2课时 排列的综合应用
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 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，
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3种排法，而1，3，5在个位上且0在首位上有3种排法．故符合条件的六位数有－3－3＝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．其中，首位是0的情况有＝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－2＝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2＝6(个)，
形如41△△的有×＝6(个)，
形如43△△的只有4310和4302这两个数．
故共有72＋24＋6＋6＋2＝110(个)不大于4310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4310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4320一个；形如431△的只有4312一个．
故大于4310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．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＝216(个)能被5整除的五位数．
2．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3个数，所以240135的项数是＋3＋1＝193，即240135是数列的第193项．
跟进训练
1．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＝2296．
例2 解：(1)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4×种排法．
由分类加法计数原理知，共有＋4×＝2160(种)排法．
(2)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＝1800(种)方法．
(3)把位置作为研究对象．
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有种方法；
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＝1200(种)方法．
(4)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＝1860(种)排法．
例3 解：(1)先排唱歌节目有种排法，再排其他节目有种排法，所以共有＝1440(种)排法．
(2)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＝30240(种)排法．
(3)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＝2880(种)．
例4 解：(1)法一：7人的所有排列方法有＝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＝2520(种)．
跟进训练
2．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．]
3．2880 [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＝2880(种)不同排法．]
4．解：(1)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)设符合条件的排法共有x种，
用(1)的方法可得x··，
解得x＝＝10．
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．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．A [奇数的个位数字为1，3或5，所以个位数字的排法有·＝3×4×3＝36(个)．]
3．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)．]
4．3600 [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×＝3600(种)不同的排法．]
课堂小结
1．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．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．提示：元素相邻问题采用“捆绑”法，不相邻问题采用“插空”法．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)
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．
1．怎样理解组合，它与排列有何区别？
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．
2．组合数公式
乘积式：
＝_________________．
阶乘式：＝_____________．
规定：＝________．
2．“组合”与“组合数”是同一概念吗？它们有什么区别？
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
．＝________；－＝________．
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________．
类型1 组合的概念
【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？
[尝试解答]
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？
(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？
(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？
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？
[尝试解答]
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．
类型3 利用组合数公式化简、求值与证明
利用组合数公式化简、求值
【例3】 计算：
＋；
－；
(3)已知，求．
[尝试解答]
利用组合数公式证明
【例4】 求证：．
[尝试解答]
(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：－．
4．求证：．
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？
(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？
(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？
[尝试解答]
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？
(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？
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
2．计算：＋＝( )
A．8 B．10 C．12 D．16
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
4．若，则n＝________．
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？
2．区分一个问题是排列问题还是组合问题的关键是什么？
3．写组合时可采取什么方法？
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！
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第1课时 组合与组合数公式
[必备知识·情境导学探新知]
知识点1 一组
思考1 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 1．所有不同组合
2． (n，m∈N*，并且m≤n) (n，m∈N*，并且m≤n) 1
思考2 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．
课前自主体验
1．BD [AC与顺序有关，是排列问题，BD与顺序无关，是组合问题．]
2．(1)15 (2)9 [(1)＝15．
(2)＝4×3－＝12－3＝9．]
3．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．]
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 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．
跟进训练
1．解：(1)因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．
(2)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)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．
例2
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．
跟进训练
2．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．
例3 解：(1)＝35＋35＝70．
(2)×1－1＝252－1＝251．
(3)由，
得，
∴1－，
即n2－23n＋42＝0，
解得n＝2或n＝21，又0≤n≤5，∴n＝2，
∴＝28．
例4 证明：因为右边＝·＝左边，
所以原等式成立．
跟进训练
3．解：·×3×2×1－＝10×9×8－＝720－120＝600．
4．证明：因为m＝m·
＝＝n·＝n，
所以原等式成立．
例5 解：(1)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)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)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)．
跟进训练
5．解：(1)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＝12376．
(2)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×＝136136．
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．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．B [＋4＝6＋4＝10．]
3．B [三张票没区别，从10人中选3人即可，即．]
4．3 [由＝120，
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．]
课堂小结
1．提示：①(n，m∈N*，且m≤n)；②＝1．③；④．
2．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．提示：可采用“顺序后移法”或“树形图法”．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)
类型1 有限制条件的组合问题
【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？
(2)其中不合格品B不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？
[尝试解答]
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；
(2)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师；
(3)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师．
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？
(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？
[尝试解答]
(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？
类型3 排列与组合的综合问题
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]
|
[尝试解答]
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．
“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．
[尝试解答]
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)
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？
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
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
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
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．
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？
2．解决有限制条件的组合问题的原则是什么？
3．“分组”问题与“分配”问题是一回事吗？
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．
第2课时 组合的综合应用
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 解：(1)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)从34件可选奶制品中，选取3件，
有＝5984(种)取法．
所以不合格品B不能在内的不同取法有5984种．
(3)从20件合格品中选取1件，从15件不合格品中选取2件，有＝2100(种)取法．
所以恰有2件不合格品在内的不同取法有2100种．
(4)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＝2100＋455＝2555种．
所以至少有2件不合格品在内的不同取法有2555种．
(5)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＝6545－455＝6090种．
所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6090种．
法二(直接法)：共有选取方法＝6090种．
所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6090种．
跟进训练
1．解：(1)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)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)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)．
例2 解：(1)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)可作出四边形··＝360(个)．
跟进训练
2．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)．
例3 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)．]
例4 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)．]
跟进训练
3．180 [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)．
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＝180(种)．]
4．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]
1．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．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．]
3．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．]
4．(1)1260 (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＝1260(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)．]
课堂小结
1．提示：直接法、间接法．
2．提示：先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．
3．提示：不是一回事，分组属于组合问题，分配属于排列问题．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)
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．
(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＝________．
二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗，为什么？
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． ( )
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_________________．
3．(y－2x)8的展开式中第6项的二项式系数为________．(用数字表示)
4．(x＋2)6的展开式中x3的系数是________．(用数字作答)
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
(2)求的展开式．
[尝试解答]
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．
2．化简：(x＋1)n－(x＋1)n-1＋(n＋1)n-2－…＋(x＋1)n－k＋…＋．
类型2 二项展开式通项的应用
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．
[尝试解答]
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．
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；
(2)求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数．
[尝试解答]
[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．
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．
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．
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
[尝试解答]
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________．
4．已知二项式的展开式中x3的系数是－84，则a＝________．
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．
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)．
(2)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为________．
[尝试解答]
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
7．的展开式中的常数项为________．
1．化简2＋22＋…＋210等于( )
A．210－1 B．310－1
C．210＋1 D．310＋1
2．在的展开式中，常数项为( )
A．－60 B．－15 C．15 D．60
3．在的展开式中，第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________．
4．在5的展开式中，常数项等于________．
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？
2．你能写出(a－b)n的展开式的通项吗？
3．(a＋b)n与(b＋a)n的展开式相同吗？第k＋1项相同吗？
6.3.1 二项式定理
[必备知识·情境导学探新知]
知识点1 an＋an-1b1＋…＋an-kbk＋…＋bn (2)n＋1
知识点2 k＋1 an-kbk
思考 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．
课前自主体验
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．9 [因为(a＋b)n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝10，n＝9．]
3．56 [由题意可知，Tk+1＝y8-k(－2x)k＝(－2)kxky8-k，
当k＝5时，二项式系数为＝56．]
4．160 [(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]
例1 (1)C [1－2＋4－8＋16＋…＋(－2)n＝[1＋(－2)]n＝(1－2)n＝(－1)n．]
(2)解：法一：法一：．
法二：＝(2x－1)4
＝(16x4－32x3＋24x2－8x＋1)＝x2－2x＋．
跟进训练
1．解：＝(2x)5＋(2x)4＋(2x)3＋(2x)2(2x)1＋
＝32x5－120x2＋．
2．解：原式＝(x＋1)n＋(x＋1)n-1(－1)＋(x＋1)n-2(－1)2＋…＋(x＋1)n-k(－1)k＋…＋(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn．
例2 解：(x＋2y)9的展开式的第5项是
T5＝T4+1＝·x9-4·(2y)4＝·24·x5y4，
所以展开式中第5项的系数是·24＝2016，第5项的二项式系数是＝126．
例3 解：(1)因为T3＝)n-2＝4，
T2＝)n-1＝－2，
依题意，得4＋2＝162，所以2＝81，
所以n2＝81，n＝9．
(2)设第k＋1项含x3项，
则Tk+1＝)9-k＝(－2)k，
所以＝3，k＝1，
所以第2项为含x3的项，T2＝－2x3＝－18x3．
二项式系数为＝9．
母题探究
1．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．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＝(－2)x3＝－18x3；
T4＝(－2)3x0＝－672；
T6＝(－2)5x-3＝－4032x-3；
T8＝(－2)7x-6＝－4608x-6；
T10＝(－2)9x-9＝－512x-9．
例4 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＝．]
跟进训练
3．1 [由题意可知：Tk+1＝(3)k＝3k，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．]
4．1 [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．]
5．解：因为6，所以展开式中的第k＋1项为Tk＋1＝k＝＝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．
例5 (1)－28 (2)30 [(1)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x2y6－x3y5＝－28x2y6，
所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．
(2)(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(x2)3-kxk＝x6-k，令6－k＝5，则k＝1．所以x5y2的系数为＝30．]
跟进训练
6．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＝·yr-k·(－2)k，令r＝4，k＝2，可得x2y2的系数为(－2)2＝360．]
7．20 [∵，∴展开式的通项为Tk＋1＝＝x6-2k，
令6－2k＝0，得k＝3．
∴常数项为＝20．]
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．B [由20＋2＋22＋…＋210＝(1＋2)10＝310，
所以2＋22＋…＋210＝310－1．故选B．]
2．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．]
3．84 － [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－．]
4．9 [二项式(＋1)5的展开式的通项为Tk+1＝)5-k＝(k＝0，1，2，…，5)，
∴5的展开式中的常数项为＋＝10－1＝9．]
课堂小结
1．提示：①二项式定理(a＋b)n＝an＋an-1b＋…＋an-kbk＋…＋bn．
②二项展开式的通项：第k＋1项Tk+1＝an-kbk．
2．提示：Tk+1＝(－1)kan-kbk．
3．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．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)
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．
(3)各二项式系数的和
①＋＋＋…＋＝________；
②＋＋＋…＝＋＋
(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．
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？
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． ( )
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________．
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________．
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________．
类型1 求展开式的系数和
【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|．
[尝试解答]
[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；
(2)a1＋2a2＋3a3＋…＋7a7．
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
2．设(－3＋2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
类型2 二项展开式中系数的最值问题
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．
[尝试解答]
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．
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．
[尝试解答]
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(或．
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．
[跟进训练]
3．在(3x－2y)20中，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数绝对值最大的项；
(3)系数最大的项．
类型3 二项式定理的应用
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]
[尝试解答]
(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．
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] —
[尝试解答]
(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．在(3－5x)7的展开式中，二项式系数的最大值为( )
A． B．
C． D．－
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
3．233除以9的余数是( )
A．8 B．7 C．6 D．5
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______．
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？
2．在项的系数均为正的前提下怎样求项的系数的最大值？
6.3.2 二项式系数的性质
[必备知识·情境导学探新知]
知识点 (1)首末两端“等距离” (2)增大 减小 (3)2n 2n-1
思考 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．
课前自主体验
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．10 [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．]
3．10 [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＋1＝6，解得n＝10．]
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．]
[关键能力·合作探究释疑难]
例1 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＝＝－1094．
(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)
＝1093＋1094＝2187．
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＝2187．
母题探究
解：(1)由
得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝37－1，
∴a0＋a2＋a4＋a6＝．
∵a0＝＝1，
∴a2＋a4＋a6＝－1＝1092．
(2)∵(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．
跟进训练
1．B [因为(x＋1)2023＝x2023＋·x2022＋…＋x2023-k＋…＋＝a2023·x2023＋a2022x2022＋…＋a1x＋a0，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2023＝22023，所以a0＋a1＋…＋a1011＝×22023＝22022．]
2．－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．]
例2 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．
例3 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＝·24·＝1120x-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≤k≤，
则k＝6，故展开式中系数最大的项为T7＝·26·x-11＝1792x-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＝1792x-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≤k≤，
则k＝5，故展开式中系数最小的项为T6＝(－1)5·25·＝－1792．
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＝(－1)5·25·＝－1792．
跟进训练
3．解：(1)二项式系数最大的项是第11项．
T11＝·310·(－2)10x10y10＝·610·x10y10．
(2)设系数绝对值最大的项是第r＋1项，
于是
化简得解得7≤r≤8．
因为r∈N*，所以r＝8，
即T9＝·312·28x12y8是系数绝对值最大的项．
(3)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．
例4 解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n-1＝＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝×31n＋×31n-1＋…＋×31＋－1
＝31(×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－－1＝9(×98－×97＋…＋)－2．
∵×98－×97＋…＋是正整数，
∴S被9除的余数为7．
例5 解：1.9975＝(2－0.003)5≈25－×0.003×24＋×0.0032×23＝32－0.24＋0.00072≈31.761．
跟进训练
4．1 [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＋…＋＝7(716＋715＋…＋)＋，知余数为1．]
[学习效果·课堂评估夯基础]
1．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．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×23(－x)3＝－160x3．]
3．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．]
4．256 [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＝．]
课堂小结
1．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．提示：设第k＋1项的系数最大，
则数学探究 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．
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
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
【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
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
数学探究 杨辉三角的性质与应用
[必备知识·情境导学探新知]
课前自主体验
1．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．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]
例 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，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．]
跟进训练
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．] 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？
[尝试解答]
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，x2．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？
[尝试解答]
探究课1 子集的个数有多少
典例 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．
对点训练
1．17 [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)．]
2．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．
