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.
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11.2.1
排列
课前引导
问题导入
某年全国足球中超联赛共有12个队参加，每队都要与其他各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？
思路分析：将参加比赛的12个队看作12个元素，每一场比赛即为从12个不同元素中任取2个元素的一个排列（设排在前面的队为主场比赛）.总共比赛的场次，就是从12个不同元素中任取2个元素的排列数.=12×11=132.
这就是我们本节要学习的排列问题.
知识预览
排列
（1）定义：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定____________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）排列数定义：从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用表示.
（3）排列数公式：=____________.
（4）全排列：n个不同元素全部取出的____________，叫做n个不同元素的一个全排列，
=n·（n-1）·（n-2）·…·3·2·1=____________.于是排列数公式写成阶乘形式为=____________,规定0！=____________.
答案：顺序
所有排列
n（n-1）…（n-m+1）
排列
n!
n!/（n-m）!
1
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11.3.1
二项式定理
问题导入
求二项式（x2+）10的展开式中的常数项.
思路分析：展开式中第r+1项为（x2）10-r·（）r,要使得它是常数项必须使x的指数为0，依据是x0=1（x≠0）.
解：设第r+1项为常数项，则Tn+1=（x2）10-r·（）r=·（）r.
令20r=0,得r=8.∴T9=（）8=.
温馨提示
使二项式的展开式的某一项为常数项，就是使这一项不含“变元”，
一般采用令变元的指数为零的方法解答这类问题.
知识预览
1.二项式定理（a+b）n=an+an-1b1+…+an-rbr+…+bn（n∈N
）.这个公式所表示的定理叫做二项式定理.
2.几个基本概念
（1）二项展开式：右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式.
（2）项数：二项展开式中共有_____________项.
（3）二项式系数：在二项展开式中各项的系数_____________（r=_____________）叫做二项式系数.
（4）通项：在二项展开式中的_____________叫做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：Tr+1=_____________.
答案：n+1
0,1,2,…,n
an-rbr
an-rbr
3.在二项式定理中，如果设a=1,b=x,则得到公式：（1+x）n=_____________.若a=1,b=-x,则得到公式：（1-x）n=_____________.
答案：1+x+…+xn
1-x+x2-x3+…+（-1）nxn
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11.3.1
二项式定理
预习导航
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．
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1
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www.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.
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11.2.2
组合
课前引导
问题导入
平面内有10个点，其中任何3个点不共线，以其中任意两个点为端点的
（1）有向线段有多少条？
（2）线段有多少条？
思路分析：（1）所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有=10×9=90（条），
即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条.
（2）所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有==45（条），
即以10个点中的2个点为端点的线段共有45条.
知识预览
1.（1）定义：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，_____________叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
（2）组合数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的_____________个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用表示.
（3）计算公式：==__________=__________.由于0！=__________，所以=__________.
答案：并成一组
所有组合
!
1
1
2.组合数的性质
（1）=__________.
（2）=__________+__________.
答案：
PAGE
11.1
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．第一章
计数原理
本章整合
知识网络
专题探究
专题一：正确运用两个计数原理
【应用1】
从集合{O，P，Q，R，S}与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是__________．(用数字作答)
解析：把排法分成三类：
①当无字母O，Q和数字0时，有排法C·C·A种；
②当无字母O，Q，但有数字0时，有排法C·C·A种；
③当无数字0，但有字母O，Q其中之一时，有排法C·C·C·A种．
综上，符合题意的不同排法种数是C·C·A＋C·C·A＋C·C·C·A＝8
424.
答案：8
424
【应用2】
随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要扩容．交通管理部门出台了一种汽车牌照组成办法，每个汽车牌照都必须有3个不重复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字，并且3个字母必须合成一组出现，3个数字也必须合成一组出现．那么这种办法共能给多少辆汽车上牌照？
提示：按照新规定，牌照可以分为2类，即字母组合在左和字母组合在右．确定一个牌照的字母和数字可以分6个步骤．
解：将汽车牌照分为2类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合在右．
字母组合在左时，分6个步骤确定一个牌照的字母和数字：
第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；
第2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有25种选法；
第3步，从剩下的24个字母中选1个，放在第3位，有24种选法；
第4步，从10个数字中选1个，放在第4位，有10种选法；
第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法；
第6步，从剩下的8个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．
根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11
232
000(个)．
同理，字母组合在右的牌照也有11
232
000个．
所以，共能给11
232
000＋11
232
000＝22
464
000辆汽车上牌照．
专题二：解排列组合应用题
区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题用组合知识解答，有序的问题属于排列问题．解含有约束条件的排列、组合问题，应先观察取出的元素是否有顺序，从而确定是排列问题还是组合问题，然后仔细审题，弄清怎样才算完成一件事，从而确定是分类完成，还是分步完成．分类时需要满足两个条件：(1)类与类之间要互斥(保证不重复)；(2)总数要完备(保证不遗漏)．分步时应按事件发生的连贯过程进行分步，做到步与步之间相互独立、互不干扰，并确保连续性．
解决受条件限制的排列、组合问题的一般策略有：
(1)特殊元素优先安排的策略；
(2)正难则反、等价转化的策略；
(3)相邻问题捆绑处理的策略；
(4)不相邻问题插空处理的策略；
(5)定序问题排除法处理的策略；
(6)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；
(7)平均分组问题运用除法处理的策略；
(8)构造模型的策略．
【应用1】
7名学生站成一排，下列情况各有多少种不同排法？
(1)甲、乙必须排在一起；
(2)甲不在排头，乙不在排尾；
(3)甲、乙、丙互不相邻；
(4)甲、乙之间必须隔一人．
解：(1)(捆绑法)先将甲、乙看作一个人，有A种排法，然后对甲、乙进行排列，所以不同的排法有A·A＝1
440(种)．
(2)(间接法)甲在排头或乙在排尾排法共2A种，其中都包含甲在排头且乙在排尾的情形，故有不同的排法A－2A＋A＝3
720(种)．
(3)(插空法)把甲、乙、丙插入其余4名学生产生的5个空中，有A·A＝1
440(种)排法．
(4)先从其余5人中选1人有5种选法，放在甲、乙之间，将三人看作一个整体有A种排法，然后甲乙换位有A种，共有5A·A＝1
200(种)排法．
【应用2】
有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)共有多少种放法？
(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？
(3)恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？
解：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．
(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C·C·C·A＝144(种)．
(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．
【互动探究】
本例中的4个小球若只放入4个盒子中的两个盒子，即只有两个空盒子，共有多少种放法？
解：先从四个盒子中任意拿走两个有C种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C·C种放法；第二类：有C种放法．因此共有C·C＋C＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C·14＝84(种)．
专题三：二项式定理应用
【应用1】
eq
\b\lc\(\rc\)()8的展开式中x4的系数是( )
A．16
B．70
C．560
D．1
120
解析：设二项展开式的第(r＋1)项含有x4，则Tr＋1＝C(x2)8－req
\b\lc\(\rc\)()r＝C·2r·x16－3r，令16－3r＝4，求得r＝4.
所以x4的系数为C·24＝1
120.
答案：D
【应用2】
若eq
\b\lc\(\rc\)()n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )
A．10
B．20
C．30
D．120
解析：利用二项式系数的性质和通项公式求常数项.eq
\b\lc\(\rc\)()n展开式的二项式系数和为C＋C＋C＋…＋C＝64＝2n，解得n＝6.设第(r＋1)项为常数项，则Tr＋1＝C·x6－r·eq
\b\lc\(\rc\)()r＝C·x6－2r，令6－2r＝0，解得r＝3，所以Tr＋1＝T4＝C＝20.
答案：B
【应用3】
设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2
B．－1
C．1
D．2
解析：采用赋值法，要使等式右边为a0＋a1＋a2＋…＋a11，应该令x＋2＝1，即x＝－1，于是可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝2×(－1)9＝－2.答案：A
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11.2.1
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=
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11.3.2“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=.
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11.1
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
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共
2
页1.1
基本计数原理
课前引导
问题导入
复数z=a+bi,其中a,b为非负整数且|z|≤5,这样的复数共有多少个？
思路：一对有序的（a,b）确定一个复数z，而a2+b2≤52,可考虑按实部a或虚部b进行讨论，使用分类计数原理.
思路分析：按实部进行分类：
（1）a=0时，0≤b≤5,有6个；
（2）a=1,2,3时，0≤b≤4，有3×5=15个；
（3）a=4时，0≤b≤3，有4个；
（4）a=5时，b=0，有1个.
故共有6+15+4+1=26个满足条件的复数.
这即是我们本节所要学习的计数原理.
知识预览
1.分类计数原理、分步计数原理
（1）完成一件事有几类办法，各类办法相互
( http: / / www.21cnjy.com )独立，每类办法又有多种不同的方法，则完成这件事的不同方法数是各类方法不同方法数的和，这就是______________原理.
（2）完成一件事，需要分成______________步骤，每一步的完成______________，则完成这件事的不同方法种数是______________，这就是分步计数原理.
答案：分类加法
n个
有mi种不同的方法
m1×m2×…×mn
2.分类计数原理与分步计数原理，都是涉及_
( http: / / www.21cnjy.com )_____________的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与______________有关，各种方法______________，用其中任一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与______________有关，各个步骤______________，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.
答案：完成一件事
分类
相互独立
分步
相互依存第一章
计数原理
本章概览
内容提要
1.基本计数原理
2.排列
3.组合
4.二项式定理
5.杨辉三角：++…=2n.
学法指导
1.应用于解题时，先根据条件，确定问题的分类标准.
2.确定是排列或组合问题后，应确保所求问题的解答不重不漏.
3.应用二项式定理时，要注意通项公式.
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1
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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）D
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11.2.1
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．
PAGE
11.2.2
组合
预习导航
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.
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www.1.3.2“杨辉三角”
预习导航
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．
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11.2.2
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.
PAGE
11.3.2
“杨辉三角”与二项式系数的性质
课前导引
问题导入
在（a+b）n的展开式中，奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等吗？
思路分析：在展开式（a+b）n=an+an-1b+an-2b2+an-3b3+…+bn中，令a=1,b=-1,则得（1-1）n=-+-+…+（-1）n,
即0=（+++…）-（+++…）.
所以+++…=+++….
这是二项式的一个题目，本节我们讨论是否还有其他更直观的解决方法，它就是杨辉三角.
知识预览
1.二项式系数组成的杨辉三角
1
第0行
1
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1
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3
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10
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15
6
1
第6行
……
其规律是：表中每行每端都是1，而且除1以外的每一个数都等于它肩上的两个数的____________.事实上，设表中任一不为1的数为，那么它肩上的两个数分别为____________和____________，由组合数的性质2，知识=____________+____________.
答案：和
2.二项式系数的性质
（1）对称性：与首末两端____________的两个二项式系数相等.
（2）增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项二项式系数取得最大值；当n为奇数时，中间的两项二项式系数、相等，且同时取得最大值.
（3）各二项式系数和：+++…+=_________________,
+++…=_________________,+++…=_________________.
答案：等距离
2n
2n-1
2n-1
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11.1
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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )，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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )“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
( http: / / www.21cnjy.com )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
( http: / / www.21cnjy.com )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.
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11.2.2
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.
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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.
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11.2.3
排列组合的综合应用
课前导引
问题导入
在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物一垄.为有利作物生长，要求A、B两种作物间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有_____________种（用数字作答）.
思路分析：先考虑A种植在B的左边的情况，有三类：A种植在最左边一垄上时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄上时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄上时，B只有1种种植方法.又B在左边种植的情况与A相同，故共有2×（3+2+1）=12种不同的选垄方法.
知识预览
1.排列数与组合数的公式及性质.
=________________;=________________.
答案：n（n-1）…（n-m+1）
2.解排列组合题的“16字方针，12个技巧”：
（1）“十六字方针”是解排列组合题的基本规律.即________________、________________、________________、________________.
（2）“十二个技巧”是速解排列组合题的捷径.即①相邻问题________________；②不相邻问题________________；③多排问题________________；④定序问题________________；⑤定位问题________________；⑥有序分配问题________________；⑦多元问题________________；⑧交叉问题________________；⑨至少（或至多）问题________________；⑩选排问题________________；________________；复杂问题转化法.
答案：分类相加
分步相乘
有序排列
无序组合
捆绑法
插空法
单排法
倍缩法
优先法
分步法
分类法
集合法
间接法
先取后排法
局部与整体问题排除法
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