1.3.1
二项式定理
课堂探究
探究一
二项式定理的应用
形式简单的二项式展开时可直接由二项式定理直接展开，对于形式较复杂的二项式，在展开之前可以根据二项式的结构特点，进行必要的变形，然后再展开，以使运算得到简化．记准记熟二项式(a＋b)n的展开式是解答与二项式定理有关问题的前提．
逆用二项式定理，要注意分析其结构特点，a的指数是从高到低，b的指数是从低到高，且a，b的指数和等于二项式的次数n，正负相间是(a－b)n的形式．指数不满足时可通过乘(或除)某项来调整，缺项时通常需添加项来凑结构形式．
【典型例题1】
求5的展开式．
思路分析：对一个二项式进行展开时，可以利用二项式定理直接展开，也可以先化简，再展开．
解：(直接利用二项式定理展开)
5＝C(2x)5＋C(2x)4＋C(2x)3·2＋C(2x)23＋C(2x)4＋C5＝32x5－120x2＋－＋－.
探究二
二项展开式中特定项的求法
求二项展开式的特定项问题实质是考查通项Tr＋1＝Can－rbr的特点，一般需要建立方程求r，再将r的值代回求解，注意r的取值范围(r∈{0,1，…，n})．求二项展开式的特定项的三种常见类型分别为：
(1)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为零建立方程；
(2)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程；
(3)第m项：此时r＋1＝m，直接代入通项．特定项的次数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
【典型例题2】
若n展开式中前三项系数成等差数列．求：
(1)展开式中含x的一次幂的项；
(2)展开式里所有x的有理项；
(3)展开式中系数最大的项．
思路分析：首先应根据题意，得到关于n的方程，解得n的值，然后根据题目的要求解答每一问．这三问都与二项展开式的通项公式有关，通项为
Tr＋1＝C·()n－r·r.
解：由已知条件知：
C＋C·＝2C·，
解得n＝8(n＝1舍去)．
(1)Tr＋1＝C·()8－r·r＝C·2－r·x4－r.
令4－r＝1，解得r＝4.
所以x的一次幂的项为
T4＋1＝C·2－4·x＝x.
(2)令4－r∈Z，且0≤r≤8，所以r＝0,4,8.
因此，有理项为T1＝x4，T5＝x，T9＝.
(3)记第r项系数为tr，设第k项系数最大，则有tk≥tk＋1，且tk≥tk－1.
又tr＝C·2－r＋1，于是有
即
所以解得3≤k≤4.
所以系数最大项为第三项和第四项，分别为T3＝7x，T4＝7x.
探究三
易错辨析
易错点：对二项式定理理解不透造成错误
【典型例题3】
求eq
\b\lc\(\rc\)()5展开式的常数项．
错解：因为eq
\b\lc\(\rc\)()5＝5，
所以展开式的通项为Tr＋1＝C·eq
\b\lc\(\rc\)()5－r·(－1)r.
而eq
\b\lc\(\rc\)()5－r的展开式的通项为
Tk＋1＝C·x5－r－k·eq
\b\lc\(\rc\)()k＝C·x5－r－2k.
令5－r－2k＝0，即r＋2k＝5，且0≤r≤5,0≤k≤5－r.
则有或或
所以常数项为C·C·(－1)1，C·C·(－1)3和C·C·(－1)5，即－30和－20和－1.
错因分析：错解中有两处错误：一是出现了C这个无意义的组合数，这是解题不严密造成的，在考虑eq
\b\lc\(\rc\)()5－r的展开式时，用的是二项式定理，但没有注意二项式定理只对两项和的正整数次幂适用，当r＝5时，5－r＝0，此种特殊情况应特殊处理；二是对概念的理解错误，一个展开式中常数项只能有一个，不可能出现两个或两个以上的常数项．
正解：因为eq
\b\lc\(\rc\)()5＝5，
所以展开式的通项为Tr＋1＝C·eq
\b\lc\(\rc\)()5－r·(－1)r(0≤r≤5)．
当r＝5时，T6＝C·(－1)5＝－1；
当0≤r＜5时，eq
\b\lc\(\rc\)()5－r的展开式的通项为Tk＋1＝C·x5－r－k·eq
\b\lc\(\rc\)()k＝C·x5－r－2k(0≤k≤5－r)．
因为0≤r＜5，且r＋2k＝5，r∈Z，
所以r只能取1或3，此时相应的k值分别为2或1，
即或
所以常数项为C·C·(－1)1＋C·C·(－1)3＋(－1)＝－51.1.2.2
组合
课堂探究
探究一
组合数性质的应用
组合数的两个性质中的性质1主要应用于简化运算，性质2从右到左两个组合数合为一个，实现了从繁到简的化简过程，主要应用于组合数的化简和证明，性质2的变形一般为C＝C－C，它为某些项的相互抵消提供了方便．
【典型例题1】
(1)解方程组
(2)证明：C＋C＋C＋…＋C＝C.
思路分析：(1)解答的突破口在“C＝C”，因为等号两边是下标相同的两个组合数，故由组合数的性质1可得y＝2y或y＝x－2y.(2)的证明应灵活应用C＝C＋C.
(1)解：因为C＝C，所以y＝2y或y＝x－2y.
若y＝2y，则y＝0，y－1＜0，不合题意，舍去．
所以y＝x－2y，即x＝3y，代入3C＝11C，得3C＝11C，即3·＝11·.
化简得y2－5y＝0，所以y＝0(舍去)或y＝5，
所以x＝15.
所以方程组的解为
(2)证明：左边＝(C＋C)＋C＋C＋…＋C
＝(C＋C)＋C＋…＋C
＝(C＋C)＋…＋C
＝C＋C＋…＋C
…
＝C＋C＝C＝右边，
所以原式成立．
探究二
与几何有关的组合问题
解答与几何图形有关的组合问题，其解题方法与一般组合问题的求解方法基本相同，只要把几何图形中的隐含条件看作组合应用题中的限制条件即可．计算时可用直接法，也可以用间接法，当限制条件较多的情况下，需要进行分类计算．
【典型例题2】
α，β是两个平行平面，在α内取四个点，在β内取五个点．
(1)这些点最多能确定几条直线？几个平面？
(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？
思路分析：注意题中关键字“最多”，理解其含义，分类完成计算．
解：(1)在9个点中，除了α内的四点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定的平面和直线才能达到最多，此时，最多能确定直线C＝36条；
又因三个不共线的点确定一个平面，故最多可确定CC＋CC＋2＝72个平面．
(2)同理，在其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才能达到最多，此时最多能作CC＋CC＋CC＝120个三棱锥．
探究三
排列与组合综合应用
解答排列组合综合性问题的一般思路方法是先选元素(组合)，后排列．按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”．总的来说是：①整体分类；②局部分步；③辩证地看元素的位置；④一些具体问题要把它抽象成组合模型．
【典型例题3】
有五张卡片，正、反面分别写着0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起，共可组成多少个不同的三位数？
思路分析：组成不同的三位数应保证以下两点：(1)0不能作百位；(2)每张卡片都有正、反两种可能．解答本题可根据0和1两个特殊值分类，也可利用排除法．
解法1：从0和1两个特殊值考虑，可分三类：
第一类，取0不取1，可先从另四张卡片中任选一张作百位，有C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法；除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，因此可组成不同的三位数C·C·C·22个．
第二类，取1不取0，同上分析可组成不同的三位数C·22·A个．
第三类，0和1都不取，可组成不同的三位数C·23·A个．
综上所述，可组成不同的三位数共C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432(个)．
解法2：任取三张卡片可以组成不同的三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故不同的三位数共有C·23·A－C·22·A＝432(个)．
点评
对于含有附加条件的排列组合问题的处理策略是：
(1)以元素为主，特殊元素优先考虑；
(2)以位置为主，特殊位置优先考虑；
(3)间接法，暂不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的部分．
探究四
易错辨析
易错点：对题意理解不够，造成遗漏或重复
【典型例题4】
从1～9这九个数字中，取出5个数字作排列，并把五个位置自右至左编号，则奇数数字必在奇数位置上的排列有多少个？
错解：从1,3,5,7,9五个奇数数字中取3个排列在奇数位置上，有A种方法，再由2,4,6,8四个偶数数字取2个排列在偶数位置上，有A种方法，故符合题意的排列共有A·A＝720(个)．
错因分析：致错原因是没有仔细审读题意，误以为“奇数位置上必是奇数”．而题设“奇数数字必在奇数位置”是指：①如果有奇数数字，则它们必须在奇数位置上；②如果奇数数字不是3个，甚至没有时，则奇数位置上也可以不是奇数；③偶数位置上一定是偶数．
正解一：1,2，…，9中只有四个偶数数字，故排列中至少有一个奇数数字，一奇四偶的排列可按下列程序得到：从五个奇数数字中选取1个放在三个奇数位置中的一个上，再把4个偶数数字排在剩下的四个位置上，因此一奇四偶的排列有C·C·A种，类似地，二奇三偶的排列有C·C·A·A种；三奇二偶的排列有A·A种，因此适合题意的排列个数是C·C·A＋C·C·A·A＋A·A＝2
520.
正解二：转换思考角度，将本题解释为“偶数位置上的数字必是偶数”，由题意知：只有两个偶数位置，应从四个偶数中选取2个排列在这两个偶数位置上，有A种排法，再从剩下七个数字中选取3个排列在其余三个位置上，有A种排法，故适合题意的排列个数是A·A＝2
520.1.2.1
排列
课堂探究
探究一
排列数公式的应用
排列数公式的乘积形式一般用于具体数字的计算和展开，而当排列数中含有字母或涉及化简问题时一般选用阶乘式．在具体应用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“m≤n，且m，n∈N＋”的运用．
【典型例题1】
计算：(1)A＝__________；
(2)＝__________.
解：(1)A＝16×15×14＝3
360.
(2)＝
＝＝－.
答案：(1)3
360 (2)－
【典型例题2】
解下列方程或不等式：
(1)3A＝2A＋6A；
(2)A＞6A.
思路分析：求解以排列数形式给出的方程或不等式时，应体现化归与转化的思想，利用公式转化为一般的代数方程、不等式再求解．
解：(1)由排列数公式，得
由①得3x2－17x＋10＝0，
解得x＝5或x＝，由②可知x＝5.
(2)原不等式可化为
由①式化简得(x－8)(x－13)＞0，
所以x＜8或x＞13.
由②可知2≤x＜8，x∈N＋，所以x＝2,3,4,5,6,7.
故所求不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}．
探究二
组数问题
不同数字的无重复排列问题是排列问题中的一类典型问题，常见附加条件有：奇数、偶数、倍数、大小关系等．解决这类问题的关键是搞清事件是什么，元素是什么，位置是什么，给出了什么样的附加条件．然后按特殊元素(位置)的性质分类(每一类的各种方法都能保证事件的完成)，按事件发生的连续过程合理分步来解决．这类问题的隐含条件“0不能排在首位”尤其不能忽略．
【典型例题3】
用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？
(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．
思路分析：该例中的每一个小题都是有限制条件的排列问题．除了应注意题目中要求的明显条件外，还应注意隐含条件“0不能排在首位”．我们采取先特殊后一般的原则，将问题分解为几个易求解的简单问题．
解：(1)方法1：(直接法)
第一步：排个位，有A种排法；
第二步：排十万位，有A种排法；
第三步：排其他位，有A种排法．
故共可以组成AAA＝288个无重复的六位奇数．
方法2：(直接法)
0不在两端有A种排法，
从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，
其他各位上全排列有A种排法，
故可以组成AAA＝288个无重复的六位奇数．
方法3：(排除法)
6个数字全排列有A种排法，
0,2,4在个位上的排列数为3A，
1,3,5在个位上且0在十万位上的排列数为3A，
故可以组成A－3A－3A＝288个无重复的六位奇数．
(2)方法1：(排除法)
0在十万位和5在个位的排列都是不符合题意的六位数，
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
方法2：(直接法)
十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此分两类．
第一类：当个位排0时，有A种排法；
第二类：当个位不排0时，有AAA种排法．
故共有符合题意的六位数A＋AAA＝504(个)．
(3)①当千位上排1,3时，有AAA种排法．
②当千位上排2时，有AA种排法．
③当千位上排4时，形如40××，42××的数各有A个；形如41××的数有AA个；形如43××的数只有4
310和4
302这2个数满足题意．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110个不大于4
310的四位偶数．
探究三
排队问题
排队问题除涉及特殊元素、特殊位置外，还往往涉及相邻，不相邻，定序等问题．
(1)对于相邻问题，可采用“捆绑法”解决．即将相邻的元素视为一个整体进行排列．
(2)对于不相邻问题，可采用“插空法”解决．即先排其余的元素，再将不相邻的元素插入空中．
(3)对于定序问题，可采用“除阶乘法”解决．即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数．
【典型例题4】
有5名男生，4名女生排成一排．
(1)从中选出3人排成一排，有多少种排法？
(2)若男生甲不站排头，女生乙不站排尾，则有多少种不同的排法？
(3)要求女生必须站在一起，有多少种不同的排法？
(4)若4名女生互不相邻，有多少种不同的排法？
思路分析：(1)这是一个无限制条件的排列问题，利用排列数公式易求；
(2)这是一个有限制条件的排列问题，特殊元素是男生甲和女生乙，排头和排尾是特殊位置，需将问题合理分类、分步再计算；
(3)女生站在一起，可将所有女生视为一个整体，既考虑整体内部的排列，又考虑这个整体与其他男生一起的排列；
(4)由于4名女生不能相邻，所以可考虑先将男生排好，再将4名女生插空排列．
解：(1)只要从9名学生中任选三名排列即可，
所以共有A＝9×8×7＝504(种)不同排法．
(2)将排法分成两类：一类是甲站在排尾，其余的可全排，有A种排法；另一类是甲既不站排尾又不站排头，有A种排法，乙不站排尾而站余下的7个位置中的一个，有A种排法，其余人全排列，于是这一类有A·A·A种排法．
由分类加法计数原理知，共有
A＋A·A·A＝287
280(种)不同排法．
(3)女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法．
全体女生视为一个元素与其他男生全排列有A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A·A＝17
280(种)不同排法．
(4)分两步．第一步：男生的全排列有A种排法；第二步：男生排好后，男生之间有4个空，加上男生排列的两端共6个空，女生在这6个空中排列，有A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A·A＝43
200(种)不同排法．
探究四
易错辨析
易错点：对问题考虑不全面，导致重复或遗漏
【典型例题5】
将铅笔、圆珠笔、橡皮、直尺四件文具分给甲、乙、丙三个小朋友，每人至少分到一件文具，有多少种不同的分法？
错解：第一步，先分给三个小朋友每人一件，有A种方法；第二步，将余下的一件给三个小朋友中任何一个，有A种方法．所以，共有A·A＝72种方法．
错因分析：这是一种常见的处理方式，但不是严密的解题方法，其中含有重复现象，如第一步分配为铅笔
圆珠笔
橡皮，第二步直尺分给甲，结果是铅笔 直尺
圆珠笔
橡皮；
甲
乙
丙
甲
乙
丙
如第一步分配为直尺
圆珠笔
橡皮．第二步将铅笔分给甲，结果是直尺 铅笔
圆珠笔
甲
乙
丙
甲
乙
橡皮．显然这两种结果是相同的．错误的原因是，必有一个小朋友得到两件文具，且与得
丙
到的先后顺序无关，因而这不是纯排列问题．
正解：应先将铅笔、圆珠笔、橡皮、直尺分成三组，显然有6种分法，再将分好的三组分别分给三个小朋友，有A种方法，所以共有N＝6A＝36(种)方法．1.1
基本计数原理
课堂探究
探究一
分类加法计数原理的应用
应用分类加法计数原理解题时，要明确以下几点：(1)弄清题目中所谓“完成一件事”是什么事，完成这件事有哪些办法，怎样才算完成这件事；(2)完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法；(3)确立恰当的分类标准，准确地进行分类，要求每一种方法必属于其中的某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，即分类时必须做到“不重不漏”．
【典型例题1】
三边长均为整数，且最大边长为11的三角形有多少个？
思路分析：由题目可获取以下主要信息：①各条边长均为整数；②构成三角形的条件；③确定分类标准．本题可按其中一条边长的取值进行分类．
解：方法1：用整数x，y表示其中两边的边长，不妨设1≤x≤y≤11.
要构成三角形，必须有x＋y≥12.
当y＝11时，x＝1,2,3，…，11，有11个三角形；
当y＝10时，x＝2,3，…，10，有9个三角形；
……
当y＝6时，x＝6，只有1个三角形．
故所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
方法2：设三角形的三边长为a，b，c，且a≤b≤c，c＝11，则a＋b＞11.
而2b≥a＋b＞11，故6≤b≤11.
按b的可能取值进行分类，如下表所示：
b的可能取值
a的可能取值
三角形的个数
6
6
1
7
5,6,7
3
8
4,5,6,7,8
5
9
3,4,5,6,7,8,9
7
10
2,3,4,5,6,7,8,9,10
9
11
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11
11
由分类加法计数原理，符合条件的三角形共有1＋3＋5＋7＋9＋11＝36(个)．
探究二
分步乘法计数原理的应用
应用分步乘法计数原理解题时，要注意以下三点：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法能不能完成这件事，若不能，则必须要经过n个步骤才能完成这件事．(2)完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成．(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．
【典型例题2】
(1)4张卡片的正、反面分别有0与1,2与3,4与5,6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成__________个不同的三位数．
(2)已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示多少个不同的圆？
思路分析：(1)按顺序确定各位数上的数字各有几种选择后用分步乘法计数原理求解．
(2)确定一个圆的方程需要分别确定出圆心的横坐标、纵坐标以及半径，可以用分步乘法计数原理解决．
(1)解析：分三个步骤：
第一步：百位可放8－1＝7个数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数．
根据分步乘法计数原理，可以组成N＝7×6×4＝168个不同的三位数．
答案：168
(2)解：按a，b，r取值顺序分步考虑：
第一步：a从3,4,6中任取一个数，有3种取法；
第二步：b从1,2,7,8中任取一个数，有4种取法；
第三步：r从8,9中任取一个数，有2种取法．
由分步乘法计数原理知，表示的不同圆有N＝3×4×2＝24(个)．
探究三
两个计数原理的综合应用
对于较为复杂的问题，既需要进行“分类”，又需要进行“分步”，那么此时就要注意综合运用两个原理解决问题．首先要明确是先“分类”后“分步”，还是先“分步”后“分类”；其次在“分类”和“分步”的过程中，均要确定明确的分类标准和分步程序．
综合应用两个原理解应用题的方法有以下几种：(1)列举法．列举法就是完成一件事，方法不是很多，可以一一列举出来，然后再一种一种地数数，进而确定完成这件事共有多少种方法．一些列式困难、数目较少的问题一般用此方法解决；(2)字典排序法．字典排序法就是把所有的字母(数字或其他)分为前后，先排前面的字母(数字或其他)，前面的排完后再依次排后面的字母(数字或其他)，所有的都排完后，排序结束；(3)模型法．模型法就是根据题意，构建相关图形，再利用图形来构建两个原理的模型，从而解决问题．
【典型例题3】
用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2
000大的四位偶数？
思路分析：先根据条件把“比2
000大的四位偶数”分类，然后分别选取千位、百位、十位上的数字．
解：完成这件事有三类方法：
第一类是用0作个位的比2
000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48.
第二类是用2作个位的比2
000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36.
第三类是用4作个位的比2
000大的4位偶数，其步骤同第二类．
对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的比2
000大的四位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．
【典型例题4】
将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
思路分析：解决此类涂色问题的关键是找不相邻区域，确定标准合理分类．
解：给区域标记号A，B，C，D，E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种．但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同，则有2种涂色方法；如果不相同，则只有1种，因此应先分类后分步．
第一类，当B与D同色时，
不同的涂色方法有
4×3×2×1×2＝48(种)．
第二类，当B与D不同色时，
不同的涂色方法有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．
规律小结
1.组数问题的求解策略：
(1)对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成．如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．
(2)解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
2．涂色问题的解决思路：
(1)位置分析法，按照图形中各区域顺序依次涂色，在涂色时要注意可按不相邻的部分同色与不同色进行分类．
(2)元素分析法，即从颜色入手进行分类．
探究四
易错辨析
易错点：应用计数原理时错误地分类或分步
【典型例题5】
4名同学去争夺3项冠军，不允许并列，共有多少种不同的情况？
错解1：第一步，第1位同学去夺这3项冠军，有可能1项都不夺或夺1项、2项、3项，因此有4种不同的情况；
第二步，第2位同学去夺这3项冠军也有4种不同的情况；
同理第3位、第4位同学也各有4种不同的情况．
由分步乘法计数原理，共有4×4×4×4＝44＝256种不同的情况．
错解2：第一步，第1位同学去争冠军，有3种不同的情况；
第二步，第2位同学去争冠军，也有3种不同的情况；
同理第3位、第4位同学也各有3种不同的情况．
由分步乘法计数原理，共有3×3×3×3＝34＝81种不同的情况．
错因分析：完成夺取冠军这件事，即每项冠军都有人夺取．错解1中可能有4位同学都不得冠军以及1项冠军不止1人获得这种情况，与题意不符；错解2中可能有1项冠军不止1人获得这种情况，也不符合题意．
正解：可分三步完成，第一项冠军被4名同学争夺，一定是其中1名而且只能是其中一名同学获得，共有4种不同的情况；同理其余2项冠军分别被4名同学中的1名获得，各有4种不同的情况．由分步乘法计数原理，共有4×4×4＝43＝64种不同的夺得冠军的情况．1.2.2
组合
课堂探究
探究一
组合的概念
判断一个问题是排列问题还是组合问题，关键在于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；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．
【典型例题1】
判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．
(1)10人相互通一次电话，共通多少次电话？
(2)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？
(3)从10个人中选出3个人作为代表去开会，有多少种选法？
(4)从10个人中选出3个人担任不同学科的课代表，有多少种选法？
思路分析：先分清是否与顺序有关，再确定是用排列数公式还是用组合数公式计算．
解：(1)是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(2)是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(3)是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别，组合数为C＝120.
(4)是排列问题，因为三个人担任哪一科的课代表是有顺序区别的，排列数为A＝720.
探究二
组合数公式的应用
解决有关涉及组合数的具体数字计算问题，可用展开式形式进行计算．而对于含有字母的组合数的式子进行变形或论证通常利用阶乘式，在应用组合数公式的过程中，应注意隐含条件(m，n∈N＋，m≤n)．
【典型例题2】
(1)计算C－C·A＝__________.
(2)解方程：3C＝5A.
思路分析：(1)应用组合数展开式计算．
(2)应用组合数阶乘式求解，并注意检验．
(1)解析：C－CA＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0.
答案：0
(2)解：由排列数和组合数公式，原方程可化为
3·＝5·，
则＝，
即为(x－3)(x－6)＝40.
所以x2－9x－22＝0，
解之，可得x＝11或x＝－2.
经检验知x＝11是原方程的根，x＝－2是原方程的增根．
所以方程的根为x＝11.
探究三
组合应用问题
解决有关组合的实际问题，应首先确定是否是一个组合问题，再灵活选用直接法或间接法，结合两个计数原理进行计算．
【典型例题3】
在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各1名，现要组成5人医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法．
(1)有3名内科医生和2名外科医生；
(2)既有内科医生，又有外科医生；
(3)至少有1名主任参加；
(4)既有主任，又有外科医生．
思路分析：本题各个小题中被选出的元素均没有顺序，因而是组合问题．
解：(1)先选内科医生有C种选法；再选外科医生有C种选法．故有选派方法C·C＝120(种)．
(2)既有内科医生又有外科医生，正面思考应包括四种情况，共有选派方法
C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246(种)．
若用间接法，则有C－C＝246(种)．
(3)包含两类情况：选1名主任有C·C种；选2名主任有CC种．故共有选派方法C·C＋C·C＝196(种)．
若用间接法，则有C－C＝196(种)．
(4)外科主任成为“热点”元素．若选外科主任，则其余可任意选取，有C种选取方法；若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余的四人不能全选内科医生，有(C－C)种．
故共有选派方法C＋C－C＝191(种)．
点评
有限制条件的组合问题，其限制条件主要表现在取出的元素中“含”或“不含”某些元素，一般遵循先特殊再一般、正难则反的策略．
对“至多”“至少”“最多”等问题要仔细审题，理解其含义，灵活选择合适方法(直接法、间接法)解决．
用间接法时要注意“至少”“最多”
“至多”等词语的含义，找到其对立面；用直接法时常以某条件为主线进行分类，做到不重复、不遗漏．
探究四
易错辨析
易错点：对组合数公式中隐含条件重视不够导致增解
【典型例题4】
已知－＝，求m.
错解：由已知得－＝，
即60－10(6－m)＝(7－m)(6－m)，
整理得m2－23m＋42＝0，
解得m＝21或m＝2.
错因分析：这是一个关于m的方程．上面解法中，将原式转化为关于m的一元二次方程后，忽略了m的取值范围导致错误．解这类题时，要将C中m，n的取值范围与方程的解综合考虑，切忌盲目求解．
正解：由题意可知m的取值范围是{m|0≤m≤5，m∈N}．
由已知得－＝，
整理得m2－23m＋42＝0，
解得m＝21或m＝2.
因为m∈{m|0≤m≤5，m∈N}，所以m＝2.1.3.2“杨辉三角”
课堂探究
探究一
与杨辉三角有关的问题
解决与杨辉三角有关的问题一般方法是观察法，观察时可以横看、竖看、斜看等多角度观察，找出数据之间的关系．由特殊到一般推出对应规律，用数学式子表达出来，并进行简单说明所得规律的正确性．
【典型例题1】
如图所示，在杨辉三角中，第n条和第(n＋1)条细斜线上各数之和与第(n＋2)条细斜线上各数之和的关系如何？证明结论．
思路分析：此题可先从特殊行得出结论，然后再证明其一般性，如令n＝2，去探究第2条和第3条细斜线上各数之和与第4条细斜线上各数之和的关系．
解：第n条和第(n＋1)条细斜线上各数之和等于第(n＋2)条细斜线上各数之和．证明如下：
第n条细斜线上各数之和为C＋C＋C＋C＋C＋…，
第(n＋1)条细斜线上各数之和为C＋C＋C＋C＋C＋C＋…，
故这两条细斜线上各数之和为
(C＋C＋C＋C＋C＋…)＋(C＋C＋C＋C＋C＋C＋…)
＝C＋(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＝C＋C＋C＋C＋C＋….
等式右边正好是第(n＋2)条细斜线上各数之和，所以第n条和第(n＋1)条细斜线上各数之和与第(n＋2)条细斜线上各数之和相等．
探究二
求展开式的各项系数之和
赋值法是求二项展开式系数及有关问题的常用方法，取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项．一般地，对于多项式f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，各项系数和为f(1)．奇次项系数和为[f(1)－f(－1)]，偶次项系数和为[f(1)＋f(－1)]，a0＝f(0)．
【典型例题2】
已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
思路分析：本题考查求二项展开式系数和问题，常用赋值法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值．
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)因为a0＝C＝1，
所以由①得，a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－1－1＝－2.
(2)由(①－②)÷2，
得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1
094.
(3)由(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1
093.
(4)因为(1－2x)7展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)．
所以由(2)，(3)即可得其值为1
093－(－1
094)＝2
187.
探究三
求系数最大的项
解决此类问题首先要注意区分“二项式系数最大”“展开式系数最大”及“最大项”．求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，n为奇数时，中间两项的二项式系数最大，n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．而求展开式中系数最大项需根据各项系数的正、负变化情况，采用列不等式(组)的方法求解，在系数均为正数的前提下，只需比较相邻两个系数的大小，即设第(r＋1)项的系数最大，则
【典型例题3】
已知(＋x)2n的展开式的系数和比(3x－1)n的展开式的系数和大992.
(1)求在eq
\b\lc\(\rc\)()2n的展开式中，二项式系数最大的项；
(2)求在eq
\b\lc\(\rc\)()2n的展开式中，系数的绝对值最大的项．
思路分析：首先根据题目条件确定n值，(1)中根据指数的奇偶性确定所求的项，(2)列出不等式组求解．
解：由题意得22n－2n＝992，解得n＝5.
(1)eq
\b\lc\(\rc\)()10的展开式中第6项的二项式系数最大，该项为T6＝C·(2x)5·eq
\b\lc\(\rc\)()5＝－8
064.
(2)设第(r＋1)项的系数的绝对值最大，
则Tr＋1＝C·(2x)10－r·eq
\b\lc\(\rc\)()r
＝(－1)r·C·210－r·x10－2r，
所以eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(C·210－r≥C·210－r＋1，,C·210－r≥C·210－r－1，))
所以eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(C≥2C，,2C≥C，))即
解得≤r≤.
因为0≤r≤10，且r∈N，所以r＝3.
故系数的绝对值最大的项是第4项．
该项为T4＝C(2x)7eq
\b\lc\(\rc\)()3＝－15
360x4.
探究四
易错辨析
易错点：忽略a0或符号变化造成错误
【典型例题4】
已知(1－2x3)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，求a1＋a2＋…＋a9的值．
错解：令x＝1，则原式＝(1－2)3＝－1.
错因分析：错因在于未注意到式子a1＋a2＋…＋a9中没有a0，致使赋值x＝1后，便认为得到的结果为所求值．
正解：令x＝1，则原式＝(1－2)3＝a0＋a1＋…＋a9＝－1.令x＝0，则原式＝a0＝1，
所以a1＋a2＋…＋a9＝－1－a0＝－2.
