1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质
课堂导学
三点剖析
一、有关系数和的问题
【例1】设（2x）100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,求下列各式的值：
（1）a0;
（2）a1+a2+…+a100;
（3）a1+a3+a5+…+a99;
（4）（a0+a2+…+a100）2-（a1+a3+…+a99）2.
解：（1）由（2x）100展开式中的常数项为·2100,即a0=2100,或令x=0,则展开式可化为a0=2100.
（2）令x=1，可得
a0+a1+a2+…+a100=（2）100,①
∴a1+a2+…+a100=（2）100-2100.
（3）令x=-1,可得
a0-a1+a2-a3+…+a100=（2+）100.②
与x=1所得到的①联立相减可得，
a1+a3+…+a99=.
（4）原式=［（a0+a2+…+a100）+（a1+a3+…+a99）］［（a0+a2+…+a100）-（a1+a3+…+a99）］
=（a0+a1+a2+…+a100）（a0-a1+a2-a3+…+a98-a99+a100）
=（2-）100（2+）100=1.
温馨提示
本题采用了赋值法求各项系数之和.一般地，若f（x）=a0+a1x+a2x2+…+anxn，则f（x）展开式各项系数之和为f（1），奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=,偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=.
二、系数最大项问题
【例2】已知在（-）n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大.
（1）求n;
（2）求展开式中系数绝对值最大的项和系数最大的项.
解析：（1）因为展开式中只有第6项的二项式系数最大，所以n是偶数，第6项即为中间项，
∴+1=6,得n=10.
（2）展开式的通项是Tr+1=（-1）r·2-r·,系数的绝对值是·2-r,若它最大则
，
≤r≤.
∵r∈N
,∴r=3,
∴系数绝对值最大的项是第4项，即·2-3·=.
系数最大的项应在项数为奇数的项之内，即r取偶数0，2，4，6，8时，各项系数分别为=1，·2-2=.·2-4=,·2-6=,·2-n=,
∴系数最大的项是第5项，即.
温馨提示
注意“系数”与“二项式系数”在概念上的区别，否则会得出“系数最大的项为T4，而系数最小的项为T1和T7”的错误结论.
一系列数的大小比较问题，其数学模型就是数列中各项的大小比较问题，而数列{an}的各项大小排队方法无外乎单调性法、作差法、作商法等.本题用了作商与1比较的方法.
三、二项式定理性质的综合应用
【例3】试证明下列组合恒等式：
（1）+++…+=;
（2）若an为等差数列，d为公差，求证：a1+a2+…+an+1=（2a1+nd）2n-1.
思路分析：（1）将写成后，连续使用组合数性质：+=可得结果.
（2）本质上是一个求和问题，用“逆序求和”思想可得结果.
解：（1）++…+
=+++…+
=++…+=…=.
（2）令S=a1+a2+…+an+1.
则S=an+1+an+…+a1.
∵=,
∴将以上两式相加，得2S=（a1+an+1）+（a2+an）+…+（an+1+a1）.
又∵{an}是等差数列，
∴a1+an+1
=a2+an
=a3+a
n-1
=…=an+1+a1.
∴2S=（a1+an+1）（++…+）,
∴2S=（2a1+nd）·2n,
∴S=（2a1+nd）·2n-1.
温馨提示
（1）不要误写为;（2）不要误写为（2a1+nd）·2n,像改写成后出现的连锁反应一样.
各个击破
类题演练
1
设（2x-1）5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,求：
（1）a0+a1+a2+a3+a4;
（2）|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|;
（3）a1+a3+a5;
（4）（a0+a2+a4）2-（a1+a3+a5）2.
解析：设f（x）=（2x-1）5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则f（1）=a0
+a1+a2+…+a5=1,f（-1）=a0-a1+a2-a3+a4-a5=（-3）5=-243.
（1）∵a5=25=32,
∴a0+a1+a2+a3+a4=f（1）-32=-31.
（2）|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=-a0+a1-a2+a3-a4+a5=-f（-1）=243.
（3）∵f（1）-f（-1）=2（a1+a3+a5）,
∴a1+a3+a5==122.
（4）（a0+a2+a4）2-（a1+a3+a5）2
=（a0+a1+a2+a3+a4+a5）（a0-a1+a2-a3+a4-a5）=f（1）×f（-1）=-243.
变式提升
1
求（1+2x+x2）10（1-x）5展开式中各项系数的和.
解：（1+2x+x2）10（1-x）5=（1+x）20·（1-x）5
=（+x+x2+…+
x20）［+（-x）1+…+（-x）5］
=A0+A1x+A2x2+A3x3+…+A25x25,
对于x取任意给定的数，等式左右两边的值总相等，令x=1,则
0=A0+A1+A2+A3+…+A
25,
∴展开式中各项系数的和为0.
类题演练
2
（1+2x）n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.
解析：根据已知条件可求出n，再根据n的奇偶性，确定出二项式系数最大的项.
T6=（2x）5,T7=（2x）6,依题意有25=·26n=8.
∴（1+2x）8的展开式中，二项式系数最大的项为
T5=·（2x）4=1
120x4.
设第r+1项系数最大，则有
∴r=5,或r=6（∵r∈{0,1,2,…,8}）.
∴系数最大的项为T6=1
792x5,T7=1
792x6.
变式提升
2
求（2+x）10展开式系数最大的项.
解析：设第r+1项的系数最大，
则有
即
即∴
∴r=3时，T4=·27·x3为所求的系数最大的项.
类题演练
3
设（a+b）20的展开式的第4r项的系数与第r+2项的系数相等，求r的值.
解析：设（a+b）20的展开式的第4r项系数为,第r+2项系数为,
依题意得=,
∴4r-1=r+1,或4r-1+r+1=20.
解得r=（舍去）,r=4.
∴r=4即为所求.
变式提升
3
（1）求+++…+的值；
（2）求+++…+
的值.
解析：（1）设原式为S，则S=+1+2+3+…+（n-1）+n.
将上式倒序写出并考虑到=,得S=+（n-1）+（n-2）+…+1
+0,两式相加并考虑到n+0=（n-1）+1=（n-2）+2=…=1+（n-1）=0+n=n,得2S=n（C0n++++…+）=n·2n,
∴+2+3+…+n=n·2n-1.
（2）原式可写成S=+21+22+…+2n-1,考虑（1+2）n=
+21+22+23+
…+2n,显然有2S=21+22+23+…+2n=3n-1,于是S=.1.3.1
二项式定理
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课程目标
学习脉络
1.理解二项式定理是代数乘法公式的推广．2．理解并掌握二项式定理，能利用计数原理证明二项式定理．3．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
二项式定理
思考1二项式定理适用条件是什么？
提示：二项式定理只对两项和的正整数次幂适用，幂指数不能是零和负数．
思考2根据二项式定理考查(a＋b)n与(b＋a)n展开式相同吗？
提示：(a＋b)n＝Canb0＋Can－1b1＋…＋Can－rbr＋…＋Ca0bn(n∈N＋)．
(b＋a)n＝Cbna0＋Cbn－1a1＋…＋Cbn－rar＋…＋Cb0an(n∈N＋)．
由于C＝C，
故(a＋b)n展开式中的第r＋1项Can－rbr与(b＋a)n展开式中的第n－r＋1项Cbran－r相等．
故(a＋b)n与(b＋a)n展开式相同．
思考3二项式系数与对应项的系数有什么区别？
提示：二项式系数与对应项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C，与a，b无关，而项的系数不仅与C有关，而且也与a，b的值有关．1.3.2“杨辉三角”
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课程目标
学习脉络
1.记住杨辉三角，会应用杨辉三角求二项式次数不大时各项的二项式系数．2．掌握二项式系数的有关性质，并应用性质解决简单问题.
杨辉三角与二项式系数的性质
(a＋b)n展开式的二项式系数，当n取正整数时可以单独列成下表的形式：
上面的二项式系数表称为“杨辉三角”或“贾宪三角”，在欧洲称为“帕斯卡三角”．
从杨辉三角表，可以看出二项式系数具有下面的性质：
(1)每一行的两端都是1，其余每个数都等于它“肩上”两个数的和．事实上，设表中任一不为1的数为C，那么它“肩上”的两个数分别为C和C，由组合数的性质，有C＝1，C＝1，C＝C＋C.
(2)每一行中，与首末两端“等距离”的两个数相等．
(3)如果二项式的幂指数n是偶数，那么其展开式中间一项的二项式系数最大；如果n是奇数，那么其展开式中间两项与的二项式系数相等且最大．
(4)二项展开式的二项式系数的和等于2n.
在(1＋x)n＝Cxn＋Cxn－1＋Cxn－2＋…＋Cx0中，令x＝1，则C＋C＋C＋…＋C＝2n.
思考1杨辉三角的第n行数字规律与二项展开式有何联系？
提示：杨辉三角的第n行数字规律是二项式(a＋b)n展开式的二项式系数．
思考2如何求二项展开式中各项系数和或部分系数和？
提示：通常利用赋值法．1.1
基本计数原理
课堂导学
三点剖析
一、分类计数原理中并列性
分步计数原理中相依性
【例1】（1）书架的上层放有5本不同的数学书，中层放有6本不同的语文书，下层放有4本不同的外语书，从中任取一本书的不同取法的总数是多少？
（2）如果从中任取3本书，包括数学、语文、外语各一本，则不同取法的总数是多少？
思路分析：从分步和分类两方面来考虑这个问题.
解：（1）从中取一本有3种情况：
①取一本数学书，有5种取法；
②取一本语文书，有6种取法；
③取一本外语书，有4种取法.
根据分类计数原理N=5+6+4=15.
（2）分三步:
①取数学书，有5种取法;
②取语文书，有6种取法;
③取外语书，有4种取法.
根据分步计数原理，N=5×6×4=120.
温馨提示
“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情，而“分步骤”必须把各步骤均完成才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于明确分类计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰.
二、分类计数原理
【例2】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，可组成多少个不同的三位数？
思路分析：分步确定百位、十位、个位，注意到首位不能为0，且正反两面可用。
分三个步骤：
第一步：首位可放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.
据乘法原理，可组成N=7×6×4=168个.
温馨提示
运用分类计数原理时，要恰当选择分类标准，做到不重不漏.
三、应用两个基本原理时，分类与分步的标准
【例3】如图所示为一电路图，从A到B共有___________条不同的线路可通电.
解析：∵按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有3种，中线路中有1种，下线路中有2×2=4（种）.根据分类计数原理，共有3+1+4=8（种）.
答案：8
温馨提示
完成一件事可以有独立的几种办法，那么解决此问题需按分类计数原理，本题中按上、中、下三条路线都可使线路通电，因此可分三类.但下线路中又得分成两步才能完成，需用乘法计数原理.
各个击破
类题演练
1
一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡.
（1）某人要从两个袋子中任取一张自己使用的手机卡，共有多少种不同的取法？
（2）某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，问一共有多少种不同的取法？
解析：本题主要考查两个计数原理的应用以及分类思想方法.关键是确定完成这件事，到底是分“类”还是“步”.
（1）任取一张手机卡，可以从10张不同的中国移动卡中任取一张，或从12张不同的中国联通卡中任取一张，每一类办法都能完成这件事，故应用分类计数原理知，有10+12=22（种）取法.
（2）从移动、联通卡中各取一张，则要分两步完成：从移动卡中任取一张，再从联通卡中任取一张，故应用分步计数原理知，有?10×12=120（种）取法.
变式提升
1
在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有__________个.
解析：根据题意将十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数个数共有?8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.
答案：36
类题演练
2
我们把壹元硬币有国徽的一面叫做正面，有币值的一面叫做反面.现依次抛出5枚一元硬币按照抛出的顺序得到一个由5个“正”或“反”组成的序列，如“正，反，反，反，正”.问：一共可以得到多少个不同的这样的序列？
解析：分五个步骤完成这件事，每个步骤都有“正”或“反”两种不同的情况，由分步乘法计数原理，得N=2×2×2×2×2=25=32.所以一共可以得到32个不同的序列.
变式提升
2
将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.
思路分析：可分两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步计算原理即可得出结论.
思路分析：可分两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步计数原理即可得出结论.
解析：如右图，由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染颜色互不相同，它们共有5×4×3=60种染色方法.
当S、A、B已染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3；若C染颜色2，则D可染颜色3、4、5之一，有3种染法，若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法.可见，当S、A、B已染好时，C与D还有7种染法.因此不同的染色方法共有60×7=420种.
类题演练
3
集合A={a,b,c,d,e}有5个元素，集合B={m,n,f,h}有4个元素，则
（1）从集合A到集合B可以建立_____________个不同的映射.
（2）从集合B到集合A可以建立_____________个不同的映射.
解析：要想建立一个从A到B的映射，必须使集合A中的每一个元素都能在B中有唯一确定的元素与之对应.因此，要使A中5个元素均找到象，必分5步完成.首先看A中元素a在B中有象的可能有4种，其他同样用分步原理求解.
根据映射定义，以及分步计数原理可得
（1）可建立起4×4×4×4×4=45（个）不同的映射；
（2）可建立起5×5×5×5=54（个）不同的映射.
答案：（1）45
（2）541.3.1
二项式定理
课堂导学
三点剖析
一、二项展开式的通项
【例1】已知（）n展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.
（1）证明展开式中没有常数项；
（2）求展开式中所有有理项.
解析：依题意，前三项系数的绝对值是1，·,·（）2,且·=1+,所以n2-9n+8=0,所以n=8（n=1舍）.
∴Tr+1=（）8-r（）r=（-1）r.
（1）若Tr+1为常数项，当且仅当=0时，即3r=16.因为r∈N，这不可能，所以展开式中没有常数项.
（2）若Tr+1为有理项，当且仅当=4为整数.因为0≤r≤8,r∈N，
所以r为4的倍数，所以r=0、4、8.
则有理项为T1=x4,T5=x,T9=x-2.
温馨提示
对二项展开式结构特点认识的深刻和熟练，是解决类似问题的关键.
二、利用二项式定理求系数的和
【例2】已知（+3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992，求展开式中系数最大的项.
解：令x=1得各项系数的和为（1+3）n=4n，而各项的二项式系数的和为++…+=2n.
由已知4n=2n+992,
∴2n=32（2n=-31舍），
∴n=5,设第r+1项系数最大，则
即
∴≤r≤.又r∈N,
∴r=4.
∴系数最大的项是第5项.T5=（）·（3x2）4=.
温馨提示
（1）赋值法是解决二项展开式有关系数（或二项式系数）“和”问题的一般方法.
（2）要注意系数和二项式系数的本质区别.
三、二项式定理的综合应用
【例3】
（1）9192除以100的余数是几？
（2）求证：32n+2-8n-9（n∈N
）能被64整除.
（1）解析：∵9192=（90+1）92=·9092+·9091+…+
·902+·90+1,
由于前面各项均能被100整除，只有末尾两端不能被100整除，由于·90+1=8
281=8
200+81.
∴被100除余81.
（2）证明：32n+2-8n-9=9n+1-8n-9=（8+1）n+1-8n-9
=（8n+1+8n+8n-1+…+·8+1）-8n-9
=8n+1+·8n+·8n-1+…+·82,
而上式各项均为64的倍数，
∴32n+2-8n-9（n∈N
）能被64整除.
温馨提示
用二项式定理证明整除问题时，首先须注意（a±b）n中，a、b中有一个必须是除数的倍数，其次，展开式的规律必须清楚余项是什么，必须写出余项，同理可处理系数的问题.
各个击破
类题演练
1
求（x+-1）5展开式中的常数项.
解析：由于本题只是5次展开式，可以直接展开［（x+）-1］5,即［（x+）-1］5=（x+）5-?5（x+）4+10（x+）3-10（x+）2+5（x+）-1.
由x+的对称性，只有在（x+）的偶次幂中，其展开式才会出现常数项，且是各自的中间项，所以，其常数项为-5-10-1=-51.
变式提升
1
若（2x+）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则（a0+a2+a4）2-（a1+a3）2的值是（
）
A.1
B.-1
C.0
D.2
解析：（2x+）4=（）4+（2x）1·（）3+（2x）2·（）2+·（2x）3·+（2x）4，
∴a0=C04（）4=9，
a1=·21·（）3=24,
a2=·22·（）2=72,
a3=·23·=32，
a4=·24=16.
∴（a0+a2+a4）2-（a1+a3）2=972-（56）2
=9
409-9
408=1.
答案：A
类题演练
2
（1）若（2x+）3=a0+a1x+a2x2+a3x3,则（a0+a2）2-（a1+a3）2的值为（
）
A.-1
B.1
C.0
D.2
（2）（2x+）3的展开式中各项二项式系数之和为_____________.
解析：（1）令x=1,则（2+）3=a0+a1+a2+a3,
令x=-1,则（-2+3）3=a0-a1+a2-a3,相乘得（a0+a2）2-（a1+a3）2=［（a0+a2）+（a1+a3）］［（a0+a2）-（a1+a3）］=（2+）3（-2+）3=（-1）3=-1,选A.
（2）各项二项式系数之和为+++=23=8.
答案：（1）A
（2）8
变式提升
2
+2++…+29等于（
）
A.3×210
B.310
C.（39-1）
D.（3
10-1）
解析：观察结构与二项展开式结构作比较，发现
2（+2+22+…+29）=21·19+22·18+…+210=（2+1）10-1=310-1.
所以原式=（310-1）,选D.
答案：D
类题演练
3
求证：对任何自然数n,33n-26n-1可被676整除.
证明：当n=0时，原式=0,可被676整除；当n=1时，原式=0，也可被676整除.
当n≥2时，原式=27n-26n-1=（26+1）n-26n-1=（26n+·26n-1+…+·262+·26+1）-26n-1=26n+·26n-1+…+·262.
每一项都含262这个因数，故可被262=676整除，综上所述，对一切自然数n，33n-26n-1可被676整除.
变式提升
3
（1）设（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a50x50,则a3为（
）
A.
B.
C.
D.
（2）（1-x3）（1+x）10的展开式中，x5的系数是…（
）
A.-297
B.-252
C.297
D.207
解析：（1）
（1+x）3+（1+x）4+…+（1+x）50==,x3的系数a3,即为（1+x）51展开式中x4项的系数为,选B.
（2）（1-x3）（1+x）10=（1+x）10-x3（1+x）10,
∴x5的系数为-=207,选D.
答案：（1）B
（2）D1.2.2
组合
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课程目标
学习脉络
1.理解组合的概念，会区分排列与组合问题．2．掌握组合数公式，会利用公式解决一些简单组合问题.
一、组合
1．一般地，从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合．从排列和组合的定义可知，排列与取出元素的顺序有关，而组合与取出元素的顺序无关．
2．从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号C表示．
思考1组合与排列的异同点是什么？
提示：共同点：都是“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素”；
不同点：组合是对元素的顺序没有限制，并成一组，而排列是元素按照一定的顺序排成一列．
思考2一个组合与组合数有何区别？
提示：一个组合是具体的一件事，它不是一个数；而组合数是指所有组合的个数，它是一个数．
二、组合数公式
1．组合数的计算公式：C＝＝，这里m∈N，n∈N＋，并且m≤n.
2．C＝1.1.2.1
排列
课堂导学
三点剖析
一、排列的简单应用
【例1】从1—9的九个数字中，取出5个数作排列，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？
解法一：1，2，…，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：①
从五个奇数数字中选取一个放在三个奇数位置中的一个上，再把四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××，类似地，二奇三偶的排列有×××种；三奇二偶的排列有×种，因此适合题意的排列个数有++=2
520（个）.
解法二：（转换思维角度，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两个排列在这两个偶数位置上，有种排列，再从剩下七个数字中选取两个排列在其余三个位置上，有种排法，故适合题意的排列个数是·=2
520（个）.
温馨提示
一定要认真审题,弄清题目所蕴含的含义,否则就会出现一些不该出现的错误.不同情形的分类要考虑周密，做到不重不漏，另外在解决数字排列问题时还必须熟悉自然数的性质，同时数字0的安排要特别引起重视.
二、排列的综合应用
【例2】六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
（1）甲不站两端；
（2）甲、乙必须相邻；
（3）甲、乙不相邻；
（4）甲、乙之间间隔两人；
（5）甲、乙站在两端；
（6）甲不站左端，乙不站右端.
思路分析：本题主要考查有限制条件的排列应用题的解法及分类讨论的思想和分析问题、解决问题的能力.
解：（1）解法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有种站法,根据分步计数原理，共有站法·=480（种）.
解法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5人中选2个人站，有种站法,然后中间4人有种站法,根据分步计数原理,共有站法·=480（种）.
解法三：若对甲没有限制条件共有种站法，甲在两端共有2种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有-2=480（种）.
（2）解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有种站法，再反甲、乙进行全排列，有种站法，根据分步计数原理，共有·=240（种）站法.
解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入.有种方法，最后让甲、乙全排列，有种方法，共有··=240（种）.
（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有种，故共有站法为·=480（种）.
（4）解法一：先将甲、乙以外的4个人作全排列，有种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3种，故其有·（3）=144种站法.
解法二：先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2个作全排列有种方法，最后对甲、乙进行排列，有种方法，故共有··=144种站法.
（5）解法一：首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有种，再让其他4人在中间位置作全排列，有种，根据分步计数原理，共有·=48种站法.
解法二：首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有种站法，由分步计数原理共有·=48种站法.
（6）解法一：甲在左端的站法有种，乙在右端的站法有种，且甲在左端而乙在右端的站法有种，共有-2+=504种站法.
解法二：以元素甲分类可分为两类:①甲站右端有种,②甲在中间4个位置之一,而乙不在右端有··种，故共有+··=504种站法.
温馨提示
此题将排列问题整理得很好，情况很全、方法很多，是一个好题.
三、证明排列恒等式
【例3】求证:+m=.
证明：+m=+m
=
=
=
=
所以+m=.
各个击破
类题演练
1
用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中有多少个偶数，若将这些偶数从小到大排列，3
402是第几位数？
解析：（1）按个位情形分类：①个位为0的有=60个；②个位不为0的，先排个位接着排首位，再排中间两位有=96个，故所求的四位偶数共有60+96=156个.
（2）按千位进行分类：①千位为1时，先排个位，再排中间两位有个；②千位为2时有个；③千位为3时，百位为0或2的2×2个，百位为1的有3个，百位为4的仅1个.总共有++43+1=82个，即所得偶数从小到大排列，3
402是第82个数
变式提升
1
某信号兵用红、黄、蓝三面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以挂一面、两面或三面，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？
解析：表示信号这件事，可分为三类：
第一类
挂一面旗表示信号，是从3个不同元素中任取1个元素的排列，共有种不同的方法；
第二类
挂两面旗表示信号，是从3个不同元素中任取2个元素的排列，共有种方法；
第三类
挂三面旗表示信号，是3个元素的全排列，共有种方法.
由分类加法计数原理，可以表示信号共有
++=3+3×2+3×2×1=3+6+6=15（种）.
类题演练
2
排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单.
（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？
（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？
解析：（1）先排歌唱节目有种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有种方法，所以任两个舞蹈节目不相邻的排法有·=43
200（种）方法.
（2）先排舞蹈节目有种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入.所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有·=2
880（种）方法.
变式提升
2
星期一共排六节不同的课，若第一节排数学或第六节排体育，问有多少种不同的课程排法？
解析：数学排在第一节的课程排法有种，体育排在第六节的排法也有种，由分类计数原理共有+=240种排法.
在数学排在第一节的种排法中，有体育排在第六节的排法，而在体育排在第六节的排法中，也存在着数学排在第一节的情形，因此,
+中，将数学排在第一节，同时体育排在第六节的排法计算了两次，发生了重复.
∴第一节排数学或第六节排体育的排法共有+-=216种.
类题演练
3
计算：（1）;
（2）已知=,求n.
解析：（1）原式==.
（2）原等式可化为（2n+1）·2n·（2n-1）
·（2n-2）=140·n·（n-1）·（n-2）,
∵n≥3,
∴n（n-1）≠0.
∴（2n+1）（2n-1）=35（n-2）.
解得n=3或n=.
∵n∈N
,
∴n=3.
变式提升
3
计算：.
解析：原式=1.2.2
组合
课堂导学
三点剖析
一、组合数的运算
【例1】已知,求.
解析：m的范围{x|0≤m≤5,m∈Z}，
由已知，
=，
即60-10（6-m）=（7-m）（6-m）.
得m=21或m=2，又m∈［0,5］,
则m=2,
∴==28.
温馨提示
用计算具体的组合数，用证明有关组合数的代数式，有时还用到组合数的性质化简.
二、有限制条件的组合问题
【例2】某医院有内科医生12名，外科医生8名，现要选派5名参加赈灾医疗队.
（1）某内科医生必须参加，某外科医生不能参加，有多少种选法？
（2）至少有一名内科医生和至少有一名外科医生参加，有几种选法？
解析：（1）某内科医生参加，某外科医生不参加，只需从剩下的18名医生中选4名即可.故有=3
060（种）.
（2）解法一：依据组合问题分类讨论原则.至少有一名内科医生和至少有一名外科医生可分为四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外.共有·+·+·+·=14
656（种）.
解法二：依据组合问题不符合条件的用剔除原则，事件“至少有一名内科医生和至少有一名外科医生”的对立面是“全部为内科医生或外科医生，”共有+种选法，则
-（+）=14
656（种）.
温馨提示
题目中含有“含”与“不含”，“最多”与“至少”等问题.解“含有”一般是先将这些元素取出，不足部分由另外元素补充，“不含”，可将这些元素剔除，再从剩下的元素中取；解“最多”与“最少”问题，可用直接法分类求解，也可用间接法求解.
三、分组、分配问题
【例3】有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种不同的分法？
（1）甲得4本，乙得3本，丙得2本；
（2）一人得4本，一人得3本，一人得2本；
（3）甲、乙、丙各得3本.
解析：（1）甲得4本，乙得3本，丙得2本这件事分三步完成：
第一步
从9本不同的书中，任取4本分给甲，有种方法；
第二步
从余下的5本书中，任取3本分给乙，有种方法；
第三步
把剩下的2本书给丙，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有不同的分法
··=·=1
260（种）.
所以甲得4本，乙得3本，丙得2本的分法共有1
260种.
（2）一人得4本，一人得3本，一人得2本这件事，分两步完成：
第一步
按4本、3本、2本分成三组，有种方法；
第二步
将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有不同的分法
=7
560（种）.
所以一人得4本，一人得3本，一人得2本的分法共有7
560种.
（3）用与（1）相同的方法求解，得··=1
680（种）
所以甲、乙、丙各得3本的分法共有1
680种.
温馨提示
易错认为甲、乙两人还应交换故有·=12种，实际上，由于是平均分配，不论先取书给谁，都可能且一定得到两本不同的书.
各个击破
类题演练
1
计算+的值.
解析：原式中自然数n满足不等式组
得n=10,则+=+=466.
变式提升
1
计算：
（1）+;
（2）·-.
解析：（1）+
=+35+35=70;
（2）·-=×1-1=252-1=251.
类题演练
2
（2006山东高考，理9）已知集合A={5}，B={1，2}，C={1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为（
）
A.33
B.34
C.35
D.36
解析：从集合A、B、C中各取1个数组成空间点的坐标，一共可以组成
=36个，其中点（5，1，1）、（1，5，1）和（1，1，5）各重复1个，于是一共有33个不同的点的坐标，故选A.
答案：A
变式提升
2
在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查.现有100件产品，其中有98件正品，2件次品，从中任意抽出3件检查，
（1）共有多少种不同的抽法？
（2）恰好有一件是次品的抽法有多少种？
（3）至少有一件是次品的抽法有多少种？
解析：从98件正品和2件次品共100件产品中抽取3件产品进行检查，所抽取的产品与次序无关，因此是一个组合问题.
（1）所求的不同抽法数，即从100个不同元素中任取3个元素的组合数，共有==161
700（种）.
（2）抽出的3件中恰好有一件是次品的这件事，可以分两步完成.
第一步：从2件次品中任取1件，有种方法；
第二步：从98件正品中任取2件，有种方法.
根据分步乘法计数原理知，不同的抽取方法共有·=2×4
753=9
506（种）.
（3）从100件产品中任取3件的抽法，有种，其中抽出的3件中至少有一件是次品的抽法，共有
-=161
700-152
096=9
604（种）.
类题演练
3
一个口袋中有10个球，其编号为1，2，3，…，10从中任取5个球.
（1）至少有一个奇数号球的取法有多少种？
（2）至少奇数号球和偶数号球各2个的取法有多少种？
（3）取出的球的最大号数与最小号数之差为7，这样的取法有多少种？
解析：（1）间接法：10个球任取5个球的取法有种方法，其中没有一个奇数号球的取法为种方法，所以至少有一个奇数号球的取法为-
=251种.
（2）分两类：①2个奇数号球，3个偶数号球的取法有·种，②3个奇数号球，2个偶数号球的取法有
·种，所以取法种数为·+·=200.
（3）满足要求的5个球中最大号数与最小号数共有3种情况：1与8，2与9，3与10.每种情况的取法均为种，所以取法种数均为=60.
变式提升
3
六本不同的书，按下列要求，各有多少种不同的分法？
（1）分给甲、乙、丙三人，每人两本；
（2）分为三堆，每堆两本；
（3）分成三堆，一堆一本，一堆两本，一堆三本.
解析：（1）从6本不同的书取2本分给甲的分法有种，从余下4本书中取出2本给乙的分法有种，最后两本给丙的分法有种.故所求的不同分法有··=90种.
（2）设分为三堆，每堆两本的分法种数为x.
因为将6本书平均分给甲、乙、丙三人，每人两本可分成两步，第一步是把6本书分成三堆，每堆两本，第二步再把三堆书分给甲、乙、丙三人，故由分步计数原理，得··=x·,从而x==15（种）.
（3）因为每堆本数不同，所以可认为它是有确定对象的分组，可分为三步完成，由分步计数原理可知，所求的不同分法有××=60种.1.1
基本计数原理
预习导航
课程目标
学习脉络
1.正确理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．能准确应用两个计数原理解决一些简单的实际问题.
一、分类加法计数原理
做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
思考1分类加法计数原理有什么特点？
提示：1.各类方法之间相互独立，都能独立的完成的这件事，只需将各类方法数相加．
2．首先要根据具体的问题确定一个分类标准，在分类标准下进行分类，然后对每类方法计数．
二、分步乘法计数原理
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
思考2“完成一件事”的过程中的各步之间有怎样的关系？
提示：各步之间是关联的、独立的，“关联”是确保不遗漏，“独立”是确保不重复．
思考3分步乘法计数原理有什么特点？
提示：分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一种方法才能完成要做的事情，概括地说是分步到达、相互联系．
名师点拨
两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
区别一
每类办法都能独立地完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每个步骤得到的只是中间结果(最后一步除外)，任何一个步骤都不能独立完成这件事，缺少任何一个步骤也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
联系
这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数1.2.2
组合
预习导航
课程目标
学习脉络
1.掌握组合数的两个性质，能够应用组合数的性质进行有关化简与证明．2．加深对排列与组合问题的理解．熟练解决一些简单的综合问题.
组合数的性质：
性质1：C＝C__.
性质2：C＝C＋C__.
思考1性质C＝C的含义是什么？
提示：从n个不同元素中取出m个元素的组合，与剩下的(n－m)个元素的组合一一对应．这样，从n个不同元素中取出m个元素的组合数，等于从这n个不同元素中取出(n－m)个元素的组合数．
思考2性质C＝C＋C的性质是什么？
提示：在确定从(n＋1)个不同元素中取m个元素的方法时，对于某一元素，只存在着取与不取两种可能．如果取这一元素，则需从剩下的n个元素中再取出(m－1)个元素，共有C种方法；如果不取这一元素，则需从剩下的n个元素中取出m个元素，共有C种方法．由分类加法计数原理得C＝C＋C.
