第1课时 分类计数原理与分步计数原理
学习目标 1.理解分类计数原理与分步计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．
知识点一 分类计数原理
第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．
思考1 该志愿者从上海到天津的方案可分几类？
思考2 这几类方案中各有几种方法？
思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？
梳理 (1)完成一件事有两类不同的方式，在第1类方式中有m种不同的方法，在第2类方式中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．
(2)完成一件事有n类不同的方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第n类方式中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．
知识点二 分步计数原理
若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．
思考1 该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？
思考2 完成每一个步骤各有几种方法？
思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？
梳理 (1)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．
(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝______________________________
种不同的方法．
类型一 分类计数原理
例1 某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有29人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人，从中任选1人去献血，共有多少种不同的选法？
反思与感悟 (1)应用分类计数原理时，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，都可以独立完成这件事．
(2)利用分类计数原理解题的一般思路
跟踪训练1 若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)共有________个．
类型二 分步计数原理
引申探究
若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？例2 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)
反思与感悟 (1)应用分步计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．
(2)利用分步计数原理解题的一般思路
①分步：将完成这件事的过程分成若干步．
②计数：求出每一步中的方法数．
③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
跟踪训练2 从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为________．
类型三 两个原理的综合应用
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？
反思与感悟 分类讨论解决问题，必须思维清晰，保证分类标准的唯一性，这样才能保证分类不重复，不遗漏，运用两个原理解答时是先分类后分步还是先分步后分类，应视具体问题而定．
跟踪训练3 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？
1．某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有________种．
2．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________．
3．把5本书全部借给3名学生，有________种不同的借法．
4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员的选法有________种．(用数字作答)
5．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
1．使用两个原理解题的本质
―→―→
―→―→
2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法
答案精析
问题导学
知识点一
思考1 两类，即乘飞机、坐火车．
思考2 第1类方案(乘飞机)有7种方法，第2类方案(坐火车)有6种方法．
思考3 共有7＋6＝13(种)不同的方法．
梳理 (1)m＋n (2)m1＋m2＋…＋mn
知识点二
思考1 两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．
思考2 第1个步骤有7种方法，第2个步骤有6种方法．
思考3 共有7×6＝42(种)不同的方法．
梳理 (1)m×n (2)m1×m2×…×mn
题型探究
例1 解 从中选1人去献血的方法共有4类．
第一类：从O型血的人中选1人去献血，共有29种不同的方法；
第二类：从A型血的人中选1人去献血，共有7种不同的方法；
第三类：从B型血的人中选1人去献血，共有9种不同的方法；
第四类：从AB型血的人中选1人去献血，共有3种不同的方法．
利用分类计数原理，可得选1人去献血共有29＋7＋9＋3＝48(种)不同的选法．
跟踪训练1 10
解析 当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；
当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；
当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；
当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．
根据分类计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．
例2 解 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.
根据分步计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．
引申探究
解 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；
第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；
第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；
第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.
根据分步计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．
跟踪训练2 100
解析 由题意知，a不能为0，
故a的值有5种选法；
b的值也有5种选法；
c的值有4种选法．
由分步计数原理，得抛物线的条数为5×5×4＝100.
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．根据分类计数原理，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．
跟踪训练3 解 由题意知，有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
方法一 分两类．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法，此时共有6×3＝18(种)选法；
第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．
所以由分类计数原理知，共有18＋2＝20(种)选法．
方法二 设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．
第一类：甲入选．
(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步计数原理，有1×2＝2(种)选法；
(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步计数原理，有1×6＝6(种)选法，
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．
第二类：甲不入选，可分两步．
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；
第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．
由分步计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法．
综上，共有8＋12＝20(种)不同的选法．
当堂训练
1．7 2.12 3.243 4.9
5．解 (1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．
(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．
(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．
第2课时 分类计数原理与分步计数原理的应用
学习目标 巩固分类计数原理和分步计数原理，并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题．
知识点一 两个计数原理的区别与联系
分类计数原理
分步计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种类
不同点
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
知识点二 两个计数原理的综合应用
解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用．使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：
(1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．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)，也就是要确定一个合理的分类标准．分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．
(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
类型一 排数问题
例1 用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
引申探究
由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
反思与感悟 对于组数问题，应掌握以下原则：
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
跟踪训练1 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
类型二 抽取(分配)问题
例2 如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为________．
反思与感悟 解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类计数原理或分步计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行；②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
跟踪训练2 有四位同学参加三项不同的竞赛．
(1)每位学生必须参加且只能参加一项竞赛，有多少种不同结果？
(2)每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同的结果？
类型三 涂色与种植问题
引申探究
若本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
①
②
④
③
例3 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
1
2
3
4
反思与感悟 涂色问题的四个解答策略
涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步计数原理计算．
(2)以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类计数原理计算．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
(4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准．
跟踪训练3 如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同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．
例4 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种．
反思与感悟 按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都能完成这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．
跟踪训练4 从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法．
1．用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有________个．
2．在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为________．
3．有5名同学被安排在周一至周五值日，每人值日一天．已知同学甲只能在周三值日，那么这5名同学值日顺序的安排方案共有________种．
4．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
A
B
C
D
1．分类计数原理与分步计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
2．应用分类计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．
3一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．
4．若正面分类的种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．
答案精析
题型探究
例1 解 (1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
引申探究
解 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有三个，可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步计数原理知共有2×3×3×2＝36(个)．
跟踪训练1 14
解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个)．
例2 18
解析 从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径条数为6×3＝18.
跟踪训练2 解 (1)学生可以选择竞赛项目，而竞赛项目对于学生无条件限制，所以每位学生均有3个不同的机会，要完成这件事必须是每位学生参加的竞赛全部确定下来才行，因此需分四步．而每位学生均有3个不同选择，所以用分步计数原理可得3×3×3×3＝34＝81(种)不同结果．
(2)竞赛项目可挑选学生，而学生无选择项目的机会，每一个项目可挑选4位不同学生中的一位．
要完成这件事必须是每项竞赛所参加的学生全部确定下来才行，因此需分三步，用分步计算原理可得4×4×4＝43＝64(种)不同结果．
例3 解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
(1)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
(2)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
引申探究
解 依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步计数原理可得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
跟踪训练3 解 由题意，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．
当S，A，B染色确定时，不妨设其颜色分别为1,2,3.
若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．
由分类计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法．
由分步计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种)．
例4 42
解析 分别用a、b、c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c2种方法，
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
跟踪训练4 解 方法一 (直接法)
若黄瓜种在第一块土地上，
则有3×2＝6(种)不同的种植方法．
同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法．
故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
方法二 (间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)．
当堂训练
1．8 2.10 3.24 4.13 5.108
第1课时 排列与排列数公式
学习目标 1.理解并掌握排列的概念.2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题．
知识点一 排列的概念
从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动．
思考1 让你安排这项活动需要分几步？
思考2 甲丙和丙甲是相同的排法吗？
梳理 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，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．
知识点二 排列数
思考1 从1,2,3,4这4个数字中选出2个能构成多少个无重复数字的两位数？
思考2 从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的3位数？
思考3 从n个不同的元素中取出m个(m≤n)元素排成一列，共有多少种不同排法？
梳理 排列数及排列数公式
排列数
全排列
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数
n个不同元素______的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列
表示法
A
A
公式乘积
形式
A＝n(n－1)·(n－2)…(n－m＋1)
A＝n(n－1)(n－2)·…·3·2·1
阶乘形式
A＝__________
性质
A＝1；0！＝1
类型一 排列的概念
例1 下列问题是排列问题的为________．
①选2个小组分别去植树和种菜；
②选2个小组分别去种菜；
③某班40名同学在假期互发短信；
④从1,2,3,4,5中任取两个数字相除；
⑤10个车站，站与站间的车票．
反思与感悟 判断一个具体问题是否为排列问题的思路
跟踪训练1 下列哪些问题是排列问题．
(1)从10名学生中抽2名学生开会；
(2)从2,3,5,7,11中任取两个数相乘；
(3)以圆上的10个点为端点作弦；
(4)20个车站，站与站间的车票价格；
(5)平面上有5个点，其中任意三个点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？可确定多少条射线？
类型二 排列数及其应用
例2 (1)计算：＝________.
(2)计算：＝________.
反思与感悟 (1)排列数公式的逆用：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．
(2)利用排列数公式进行计算时可利用连乘形式也可利用阶乘形式．当A中m已知且较小时用连乘形式，当m较大或为参数时用阶乘形式．
(3)应用排列数公式可以对含有排列数的式子进行化简和证明，化简的过程中要对排列数进行变形，并要熟悉排列数之间的内在联系，解题时要灵活地运用如下变式：
①n！＝n(n－1)！.
②A＝nA.
③n·n！＝(n＋1)！－n！.
④＝－.
跟踪训练2 (1)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*，且n<55)＝________；
(2)计算2A＋A＝________.
引申探究
把本例的方程改为不等式“A<140A”，求它的解集．例3 解方程A＝140A.
反思与感悟 利用排列数公式展开即得到关于x的方程(或不等式)，但由于x存在于排列数中，故应考虑排列数对x的制约，避免出现增根．
跟踪训练3 不等式A<6A的解集为________．
类型三 排列的列举问题
例4 写出下列问题的所有排列：
(1)A、B、C三名同学照相留念，成“一”字形排队，共有多少种不同的排列方法？
(2)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有多少种机票？
反思与感悟 用树状图解决简单的排列问题是常见的解题方法．它能很好地确定排列中各元素的先后顺序，利用树状图可具体地列出各种情况，避免排列的重复和遗漏．
跟踪训练4 从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同的数字排成一个三位数．
(1)能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数；
(2)若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数．
1．若将(x－3)(x－4)(x－5)…(x－12)(x－13)，(x∈N*，x>13)表示为A的形式，则可表示为________．
2．下列问题中属于排列问题的为________．(填序号)
①从10个人中选2人分别去种树和扫地；
②从10个人中选2人去扫地；
③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；
④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算．
3．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有________个．
4．已知A＝30，则x＝________.
5．写出下列问题的所有排列：
(1)从编号为1,2,3,4,5的五名同学中选出两名同学任正、副班长；
(2)A、B、C、D四名同学排成一排照相，要求自左向右，A不排第一，B不排第四．
1．判断一个问题是否是排列的思路
排列的根本特征是每一个排列不仅与选取的元素有关，而且与元素的排列顺序有关．这就是说，在判断一个问题是否是排列时，可以考虑所取出的元素，任意交换两个，若结果变化，则是排列问题，否则不是排列问题．
2．关于排列数的两个公式
(1)排列数的第一个公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用m已知的排列数的计算以及排列数的方程和不等式．在运用时要注意它的特点，从n起连续写出m个数的乘积即可．
(2)排列数的第二个公式A＝用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“n、m∈N*，m≤n”的运用．
答案精析
问题导学
知识点一
思考1 分两步．第1步确定上午的同学；
第2步确定下午的同学．
思考2 不是．
梳理 一定的顺序
知识点二
思考1 4×3＝12(个)．
思考2 4×3×2＝24(个)．
思考3 n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)种．
梳理 所有排列的个数 全部取出 A＝n!
题型探究
例1 ①③④⑤
解析 ①植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；
②不存在顺序问题，不是排列问题；
③存在顺序问题，是排列问题；
④两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题；
⑤车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题．
跟踪训练1 解 (1)2名学生开会没有顺序，不是排列问题．
(2)两个数相乘，与这两个数的顺序无关，不是排列问题．
(3)弦的端点没有先后顺序，不是排列问题．
(4)车票价格与起点和终点无关，故车票价格是无顺序的，不是排列问题．
(5)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题．
例2 (1)1
解析 ＝
＝＝1.
(2)1
解析 原式＝·
(n－m)！·＝·
(n－m)！·＝1.
跟踪训练2 (1)A (2)72
解析 (1)∵55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有69－n－(55－n)＋1＝15(个)元素，
∴(55－n)(56－n)…(69－n)＝A69－n.
(2)2A＋A＝2×4×3×2＋4×3×2×1＝72.
例3 解 根据题意，原方程等价于
即
整理得4x2－35x＋69＝0(x≥3，x∈N*)，
解得x＝3(x＝?N*，舍去)．
引申探究
解 由A<140A知，x≥3且x∈N*，
由排列数公式，原不等式可化为
(2x＋1)·2x·(2x－1)(2x－2)<140x·(x－1)(x－2)，
解得3
因为x∈N*，所以x＝4或x＝5.
所以不等式的解集为{4,5}．
跟踪训练3 {8}
解析 由A<6A，
得<6×，
化简得x2－19x＋84<0，
解得7又所以2≤x≤8，②
由①②及x∈N*，得x＝8.
例4 解 (1)按三个位置依次安排，如图
故所有排列为ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA.
(2)列出每一个起点和终点情况，如图所示．
故符合题意的机票种类有：
北京广州，北京南京，北京天津，广州南京，广州天津，广州北京，南京天津，南京北京，南京广州，天津北京，天津广州，天津南京，共12种．
跟踪训练4 解 (1)组成三位数分三个步骤．
第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；
第二步：选十位上的数字，有3种不同的排法；
第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法．
由分步计数原理得共有3×3×2＝18(个)不同的三位数．
画出下列树状图．
由树状图知，所有的三位数为102,103,120,123,130,132,201,203,210,213,230,231,301,302,
310,312,320,321.
(2)直接画出树状图．
由树状图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230,231,301,302,310,312.
当堂训练
1．A 2.①④ 3.12 4.6
5．解 (1)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A＝20(种)选法，形成的排列是
12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54.
(2)因为A不排第一，排第一位的情况有3类(可从B、C、D中任选一人排)，而此时兼顾分析B的排法，列树形图如图．
所以符合题意的所有排列是
BADC，BACD，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CBAD，CBDA，CDBA，DABC，DBAC，DBCA，DCBA，共14种．
第2课时 排列的应用
学习目标 1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题．
知识点 排列及其应用
1．排列数公式
A＝________________________________________________________________________(n，m∈N*，m≤n)
＝____________.
A＝________________＝______(叫做n的阶乘)．另外，我们规定0！＝______.
2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤
类型一 无限制条件的排列问题
例1 (1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
反思与感悟 典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数．排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”．即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步计数原理解决的问题中，元素可以重复选取．
跟踪训练1 (1)有5个不同的科研小课题，从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
(2)有5个不同的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不同的报名方法？
类型二 排队问题
例2 3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法．
(1)男、女各站在一起；
(2)男生必须排在一起；
(3)男生不能排在一起；
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
反思与感悟 处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．
跟踪训练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？
例3 7人站成一排．
(1)甲必须在乙的左边(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
反思与感悟 这类问题的解法是采用分类法．n个不同元素的全排列有A种排法，m个不同元素的全排列有A种排法．因此A种排法中，关于m个元素的不同分法有A类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m个元素顺序确定时，共有种排法．
跟踪训练3 7名师生排成一排照相，其中老师1人，女生2人，男生4人，若4名男生的身高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？
例4 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，又不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位又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？
反思与感悟 “在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，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，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底．不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．
跟踪训练4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法？
类型三 数字排列问题
例5 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．
反思与感悟 数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．常见附加条件有：(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数．
跟踪训练5 用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)能被5整除的五位数；
(2)能被3整除的五位数；
(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240 135是第几项．
1．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________种．
2．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有________种．
3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．
4．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有________种参赛方案．
5．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共________个．
求解排列问题的主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反，等价转化的方法
答案精析
知识梳理
知识点
1．n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) n(n－1)(n－2)…2·1 n！ 1
题型探究
例1 解 (1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A＝7×6×5＝210(种)不同的送法．
(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
跟踪训练1 解 (1)从5个不同的课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列，因此不同的安排方法有A＝5×4×3＝60(种)．
(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题．
由于每个兴趣小组都有5种不同的选择，且3个小组都选择完才算完成这件事，所以由分步计数原理得共有5×5×5＝125(种)报名方法．
例2 解 (1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A种排法，
女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有A种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有A种排法，
由分步计数原理知共有A·A·A＝288(种)排法．
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，
故有A·A＝720(种)不同的排法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有A种排法，故有A·A＝1 440(种)不同的排法．
(4)先排男生有A种排法．让女生插空，有AA＝144(种)不同的排法．
跟踪训练2 解 (1)先排歌唱节目有A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A种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有A·A＝43 200(种)方法．
(2)先排舞蹈节目有A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A·A＝2 880(种)方法．
例3 解 (1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有＝2 520(种)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全体全排列种数的.
故有＝840(种)不同的排法．
跟踪训练3 解 7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同的站法，所以共有2·＝420(种)不同的站法．
例4 解 (1)方法一 把同学作为研究对象．
第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中取出5名放在5个位置上，有A种．
第二类：含有甲，甲不在首位：先从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名排在没有甲的位置上，有A种排法．根据分步计数原理，含有甲时共有4×A种排法．
由分类计数原理，共有A＋4×A＝2 160(种)排法．
方法二 把位置作为研究对象．
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A种方法．
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A种方法．
由分步计数原理，可得共有A·A＝2 160(种)排法．
方法三 (间接法)即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有A种；甲在首位的情况有A种，所以符合要求的排法有A－A＝2 160(种)．
(2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置．
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A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步计数原理，有A·A＝1 800(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A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步计数原理，共有A·A＝1 200(种)方法．
(4)用间接法．
总的可能情况是A种，减去甲在首位的A种，再减去乙在末位的A种．注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A种，所以共有A－2A＋A＝1 860(种)排法．
跟踪训练4 解 6门课总的排法是A，其中不符合要求的可分为体育排在第一节，有A种排法；数学排在最后一节，有A种排法，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学排在最后一节，这种情况有A种排法．因此符合条件的排法有A－2A＋A＝504(种)．
例5 解 (1)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．
故共有AAA＝288(个)六位奇数．
(2)方法一 (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，因此需分两类．
第一类，当个位排0时，有A个；
第二类，当个位不排0时，有AAA个．
故符合题意的六位数共有A＋AAA＝504(个)．
方法二 (排除法)
0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位和5在个位的情况．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
(3)分三种情况，具体如下：
①当千位上排1,3时，有AAA个．
②当千位上排2时，有AA个．
③当千位上排4时，形如4 0×2,4 2×0的各有A个；
形如4 1××的有AA个；
形如4 3××的只有4 310和4 302这两个数．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个)．
跟踪训练5 解 (1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有A个；个位上是5，若不含0，则有A个；若含0，但0不作首位，则0的位置有A种排法，其余各位有A种排法，故共有A＋A＋AA＝216(个)能被5整除的五位数．
(2)能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，则5个数可能有{1,2,3,4,5}和{0,1,2,4,5}两种情况，能够组成的五位数分别有A个和AA个．
故能被3整除的五位数有A＋AA＝216(个)．
(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个，有3A个数，
∴240 135的项数是A＋3A＋1＝193，
即240 135是数列的第193项．
当堂训练
1．480 2.144 3.72 4.240 5.240
第1课时 组合与组合数公式
学习目标 1.理解组合及组合数的概念.2.能利用计数原理推导组合数公式，并会应用公式解决简单的组合问题．
知识点一 组合的概念
思考 ①从3,5,7,11中任取两个数相除；
②从3,5,7,11中任取两个数相乘．
以上两个问题中哪个是排列？①与②有何不同特点？
梳理 一般地，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．
知识点二 组合数
从3,5,7,11中任取两个数相除，
思考1 可以得到多少个不同的商？
思考2 如何用分步计数原理求商的个数？
思考3 你能得出C的计算公式吗？
梳理 组合数及组合数公式
组合数定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________，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．
组合数
乘积形式
C＝________________________
公式
阶乘形式
C＝________________
性质
C＝________
C＝________＋________
备注
①n，m∈N*且m≤n；②规定C＝________
类型一 组合概念的理解
例1 判断下列各事件是排列问题还是组合问题．
(1)8个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
(2)8个朋友相互各写一封信，一共写了多少封信？
(3)从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(4)从1,2,3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个集合，这样的集合有多少个？
反思与感悟 判断一个问题是否是组合问题的流程
跟踪训练1 给出下列问题：
(1)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？
(2)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？
(3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？
(4)a，b，c，d四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？
在上述问题中，________是组合问题，________是排列问题．
类型二 组合的列举问题
引申探究
若将本例中的a，b，c，d，e看作铁路线上的5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？例2 从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，列出所有的组合为________________________________________________________________________．
反思与感悟 借助“字典排序法”列出一个具体问题的组合，直观、简洁，而且避免了重复或遗漏，但需注意：若用“树状图法”，当前面的元素写完后，后面不能再出现该元素，这是与排列问题的一个不同之处．
跟踪训练2 写出从A，B，C，D，E 5个元素中，依次取3个元素的所有组合．
类型三 组合数公式及性质的应用
例3 (1)计算C－C·A；
(2)求证：C＝C.
反思与感悟 (1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C.②C＝C＋C.
跟踪训练3 (1)计算C＋C＝________.
(2)计算C＋C＋C＋…＋C的值为________．
例4 (1)已知－＝，求C＋C；
(2)解不等式：C>C.
反思与感悟 (1)解答此类题目易出现忽略根的检验而产生增根的错误，并且常因忽略n∈N*而导致错误．
(2)与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组合数公式，以及组合数的性质，求解时，要注意由C中的m∈N*，n∈N*，且n≥m确定m、n的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
跟踪训练4 解方程3C＝5A.
1．给出下列问题：
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加2个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？
②有4张电影票，要在7人中选出4人去观看，有多少种不同的选法？
③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种？
其中组合问题的个数是________．
2．集合M＝{x|x＝C，n≥0且n∈N}，集合Q＝{1,2,3,4}，则M∩Q＝________.
3．满足方程Cx2－x16＝C的x值为________．
4．不等式C5．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)
1．排列与组合的联系与区别
(1)联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．
(2)区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．
2．关于组合数的计算
(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
答案精析
问题导学
知识点一
思考 ①是排列，①中选取的两个数是有序的，②中选取的两个数是无序的．
梳理 并成一组
知识点二
思考1 A＝4×3＝12.
思考2 第1步，从这四个数中任取两个数，有C种方法；第2步，将每个组合中的两个数排列，有A种排法．由分步计数原理，可得商的个数为CA＝12.
思考3 因为A＝CA，所以C＝＝6.
梳理 所有组合的个数 C C C C 1
题型探究
例1 解 (1)每两人握手一次，无顺序之分，是组合问题．
(2)每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的．
(3)是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序，便会得到不同的三位数．
(4)是组合问题，因为取出3个数字后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变．
跟踪训练1 (1)(3) (2)(4)
解析 (1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．
(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．
例2 ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de
解析 要想列出所有组合，做到不重不漏，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．
引申探究
解 因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，故是排列问题，有A＝20(种)．但票价与顺序无关，“a站到b站”与“b站到a站”是同一种票价，故是组合问题，因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，但票价一样，所以票价的种数是车票种数的一半，故共有×20＝10(种)不同的票价．
跟踪训练2 解 所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
例3 (1)解 原式＝C－A
＝－7×6×5
＝210－210＝0.
(2)证明 因为右边＝C
＝·
＝＝C，
左边＝C，所以左边＝右边，所以原式成立．
跟踪训练3 (1)5 150 (2)C－1
解析 (1)C＋C＝C＋C
＝＋200＝5 150.
(2)C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
例4 解 (1)∵－＝，
∴－
＝，
即－
＝.
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或21.
∵0≤m≤5，∴m＝2，
∴C＋C＝C＋C＝C＝84.
(2)由C>C，得
??
又n∈N*，∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．
跟踪训练4 解 原式可变形为3C＝5A，
即
＝5(x－4)(x－5)，
所以(x－3)(x－6)＝5×4×2＝8×5.
所以x＝11或x＝－2(舍去负根)．
经检验符合题意，所以方程的解为x＝11.
当堂训练
1．2 2.{1,4} 3.1或3 4.{3,4,5,6,7}
5．140
第2课时 组合的应用
学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．
知识点 组合的特点
思考 组合的特征有哪些？
梳理 (1)组合的特点是只取不排
组合要求n个元素是不同的，被取出的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)组合的特性
元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．
(3)相同的组合
根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．
类型一 有限制条件的组合问题
例1 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)既要有队长，又要有女运动员．
反思与感悟 (1)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元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．
(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．
跟踪训练1 在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人；
(2)甲、乙、丙三人必须参加；
(3)甲、乙、丙三人不能参加；
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
类型二 与几何有关的组合应用题
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C1点的有多少个？
(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？
反思与感悟 (1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．
(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．
跟踪训练2 空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为________．
类型三 分组、分配问题
例3 有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；
(3)分成三组，每组都是2本；
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
反思与感悟 分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等．
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！.
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
跟踪训练3 某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则不同的安排方法有________种．
例4 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，
求下列方法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子；
(3)恰有两个空盒子．
反思与感悟 相同元素分配问题的处理策略
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．
跟踪训练4 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种．
1．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．
2．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________种．
3．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：
(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；
(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．
则每天不同午餐的搭配方法共有________种．
4．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．
5．要从12人中选出5人参加一次活动，其中A，B，C三人至多两人入选，则有________种不同选法．
1．无限制条件的组合应用题的解题步骤
(1)判断．(2)转化．(3)求值．(4)作答．
2．有限制条件的组合应用题的分类
(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．
(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．
(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．
答案精析
问题导学
知识点
思考 组合取出的元素是无序的．
题型探究
例1 解 (1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120(种)选法．
(2)方法一 (直接法)
“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类计数原理知共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246(种)选法．
方法二 (间接法)
不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种)．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．
跟踪训练1 解 (1)从中任取5人是组合问题，共有C＝792(种)不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外9人中选2人，是组合问题，共有C＝36(种)不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C＝126(种)不同的选法．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分为两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C种选法，再从另外9人中选4人，有C种选法，共有CC＝378(种)不同的选法．
例2 解 (1)方法一 可作出三角形C＋C·C＋C·C＝116(个)．
方法二 可作三角形C－C＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360(个)．
跟踪训练2 205
解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总个数为CC＋CC＋CC＋CC＝205.
方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C－C＝205.
例3 解 (1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法．由分步计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60(种)．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C·C·C·A＝360(种)．
(3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)．
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式·A＝90(种)．
跟踪训练3 114
解析 5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种．
当为(3,1,1)时，有CA＝60(种)，A，B住同一房间有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)．
当为(2,2,1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有CCA＝18(种)，故有90－18＝72(种)．
根据分类计数原理共有42＋72＝114(种)．
例4 解 (1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C＝10(种)．
(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C种插法，故共有C·C＝40(种)．
(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，
如||00||0000|，有C种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，
如|00|||0000|，有C种插法．
故共有C·(C＋C)＝30(种)．
跟踪训练4 10
解析 第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法．
第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法．
因此，满足题意的赠送方法共有C＋C＝4＋6＝10(种)．
当堂训练
1．96 2.120 3.210 4.225 5.756
1.4 计数应用题
学习目标 1.进一步理解和掌握两个计数原理.2.进一步深化理解排列与组合的概念.3.能综合运用排列、组合解决计数问题．
类型一 两个计数原理的应用
例1 电视台在某节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有________种不同的结果．
反思与感悟 用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示：
具体意义如下：
从A到B算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数如图所示．
所以，完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5，
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“＋”号连接，“步”用“×”号连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”缺一不可．
跟踪训练1 现有4种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．
例2 有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)
反思与感悟 用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示：
从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简单地记为A→D.
完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类．
其中mi(i＝1,2,3,4,5)表示相应步的方法数．
完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5.
以上给出了处理步中有类问题的一般方法．
跟踪训练2 如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式共有________种．
类型二 有限制条件的排列问题
例3 3个女生和5个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？
(5)如果甲必须排在乙的右面(可以不相邻)，有多少种不同的排法？
反思与感悟 (1)排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等．要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素．当用直接法比较麻烦时，可以用间接法，先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”，但必须注意要不重复，不遗漏(去尽)．
(2)对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用“捆绑法”，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用“插空法”，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中．
跟踪训练3 用0到9这10个数字，
(1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？在这些四位数中，奇数有多少个？
(2)可以组成多少个只含有2个相同数字的三位数？
类型三 排列与组合的综合应用
例4 有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
反思与感悟 (1)解排列、组合综合问题的一般思路是“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．
(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：
①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．
②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，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．
跟踪训练4 从1,3,5,7,9中任取3个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位偶数？
例5 将10个优秀名额分配到一班、二班、三班3个班级中，若各班名额数不小于班级序号数，则共有________种不同的分配方案．
反思与感悟 凡“相同小球放入不同盒中”的问题，即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题，一般可用“隔板法”求解：
(1)当每组至少含一个元素时，其不同分组方式有N＝C种，即将n个元素中间的n－1个空格中加入m－1个“隔板”．
(2)任意分组，可出现某些组含元素为0个的情况，其不同分组方式有N＝C种，即将n个相同元素与m－1个相同“隔板”进行排序，在n＋m－1个位置中选m－1个安排“隔板”．
跟踪训练5 用2,3,4,5,6,7六个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．
1．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳有________种不同的选择方式．
2．包括甲、乙在内的7个人站成一排，其中甲在乙的左侧(可以不相邻)，有________种站法．
3．从0,2,4中取一个数字，从1,3,5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是___________________________________________________．
4．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是公益宣传广告，且2个公益宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种．
5．已知xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，则满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为________．
1．解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理．
2．对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏．
3．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．
答案精析
题型探究
例1 28 800
解析 在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸运伙伴是不同的，故要分两类分别计算：(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴，有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果．因此共有17 400＋11 400＝28 800(种)不同结果．
跟踪训练1 48
解析 如图所示，将原图从上而下的4个区域标为1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色，1与4可以同色，因此，要分类讨论1,4同色与不同色这两种情况．故不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.
例2 264
解析 上午总测试方法有4×3×2×1＝24(种)．我们以A、B、C、D、E依次代表五个测试项目．若上午测试E的同学下午测试D，则上午测试A的同学下午只能测试B、C，确定上午测试A的同学后其余两位同学上、下午的测试方法共有2种；若上午测试E的同学下午测试A、B、C之一，则上午测试A、B、C中任何一个的同学下午都可以测试D，安排完这位同学后其余两位同学的测试方式就确定了，故共有3×3＝9(种)测试方法，即下午的测试方法共有11种，根据分步计数原理，总的测试方法共有24×11＝264(种)．
跟踪训练2 21
解析 根据题意，设5个开关依次为1、2、3、4、5，如图所示，若电路接通，则开关1、2与3、4、5中至少有1个接通，
对于开关1、2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1(种)情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3、4、5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1(种)情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种)．
例3 解 (1)(捆绑法)因为3个女生必须排在一起，所以可先把她们看成一个整体，这样同5个男生合在一起共有6个元素，排成一排有A种不同排法．对于其中的每一种排法，3个女生之间又有A种不同的排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同的排法．
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把5个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空，这样共有4个空，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有6个位置，再把3个女生插入这6个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于5个男生排成一排有A种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述6个位置中选出3个来让3个女生插入有A种方法，因此共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(3)方法一 (特殊位置优先法)因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A种不同排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A种排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法二 (间接法)3个女生和5个男生排成一排共有A种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A·A种排法和女生排在末位的A·A种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位时被扣去一次，在扣除女生排在末位时又被扣去一次，所以还需加一次，由于两端都是女生有A·A种不同的排法，所以共有A－2A·A＋A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法三 (特殊元素优先法)从中间6个位置中挑选出3个让3个女生排入，有A种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余5个位置又都有A种不同的排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(4)方法一 因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有A·A种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，这时末位就只能排男生，这样可有A·A·A种不同的排法．
因此共有A·A＋A·A·A
＝36 000(种)不同的排法．
方法二 3个女生和5个男生排成一排有A种排法，从中扣去两端都是女生的排法有A·A种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－A·A＝36 000(种)不同的排法．
(5)(顺序固定问题)因为8人排队，其中两人顺序固定，共有＝20 160(种)不同的排法．
跟踪训练3 解 (1)可以组成9A＝4 536个四位数．适合题意的四位奇数共有A·A·A＝2 240(个)．
(2)0到9这10个数字构成的三位数共有900个，分为三类：
第1类：三位数字全相同，如111,222，…，999，共9个；第2类：三位数字全不同，共有9×9×8＝648(个)，
第3类：由间接法可求出，只含有2个相同数字的三位数，共有900－9－648＝243(个)．
例4 解 分三类：
第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C·C·C·C·A种．
第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种．
第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种．
故满足题意的所有不同的排法种数为C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432.
跟踪训练4 解 (1)五位数中不含数字0.
第1步，选出5个数字，共有CC种选法．
第2步，排成偶数——先排末位数，有A种排法，再排其他四位数字，有A种排法．
所以N1＝C·C·A·A.
(2)五位数中含有数字0.
第1步，选出5个数字，共有C·C种选法．
第2步，排顺序又可分为两小类：
①末位排0，有A·A种排列方法；
②末位不排0.这时末位数有C种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有A种排法，其余3个数字则有A种排法．
所以N2＝C·C(A·A＋A·A)．
所以符合条件的偶数个数为
N＝N1＋N2＝CCAA＋CC(AA＋AA)＝4 560.
例5 15
解析 先拿3个优秀名额分配给二班1个，三班2个，这样原问题就转化为将7个优秀名额分配到3个班级中，每个班级中至少分配到1个．
利用“隔板法”可知，共有C＝15(种)不同的分配方案．
跟踪训练5 96
解析 用间接法：六个数字能构成的三位数共6×6×6＝216(个)，而无重复数字的三位数共有A＝6×5×4＝120(个)．
故所求的三位数的个数为216－120＝96.
当堂训练
1．14 2.2 520 3.48 4.36 5.90
1．5.1 二项式定理
学习目标 1.能用计数原理证明二项式定理.2.掌握二项式定理的特征及其展开式的通项公式.3.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
知识点 二项式定理
思考1 我们在初中学习了(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，试用多项式的乘法推导(a＋b)3，(a＋b)4的展开式．
思考2 上述两个等式的右侧有何特点？
思考3 能用类比方法写出(a＋b)n(n∈N*)的展开式吗？
梳理 二项式定理及其概念
(1)二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理，________________叫做(a＋b)n的二项展开式，它一共有________项．
(2)二项展开式的通项
____________叫做二项展开式的第r＋1项(也称通项)，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝____________.
(3)二项式系数
________________________________________________________________________叫做第r＋1项的二项式系数．
类型一 二项式定理的正用、逆用
引申探究
将本例(1)改为求(2x－)5的展开式．例1 (1)求(3＋)4的展开式．
(2)化简：C(x＋1)n－C(x＋1)n－1＋C(x＋1)n－2－…＋(－1)kC(x＋1)n－k＋…＋(－1)nC.
反思与感悟 (1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n.②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
(2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢．
跟踪训练1 化简(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
类型二 二项展开式的通项
例2 已知二项式(3－)10.
(1)求展开式第4项的二项式系数；
(2)求展开式第4项的系数；
(3)求第4项．
反思与感悟 (1)二项式系数都是组合数C(r∈{0,1,2，…，n})，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．
(2)第r＋1项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为C.例如，在(1＋2x)7的展开式中，第四项是T4＝C17－3(2x)3，其二项式系数是C＝35，而第四项的系数是C23＝280.
跟踪训练2 已知n展开式中第三项的系数比第二项的系数大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．
例3 已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
反思与感悟 (1)求二项展开式的特定项的常见题型
①求第r项，Tr＝Can－r＋1br－1；②求含xr的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项．
(2)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．
跟踪训练3 (1)若9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.
(2)已知n为等差数列－4，－2,0，…的第六项，则(x＋)n的二项展开式的常数项是________．
1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是________．
2．二项式(x＋)12的展开式中的常数项是第________项．
3．已知5的展开式中含的项的系数为30，则a＝________.
4．化简：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＋1＝________.
5．求(＋)4的展开式．
1．求二项展开式的特定项应注意的问题
通项公式的主要作用是求展开式中的特殊项，常见的题型有：①求第r项；②求含xr(或xpyq)的项；③求常数项；④求有理项．其中求有理项时一般根据通项公式所得到的项，其所有的未知数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，再根据整数的整除性来求解．另外，若通项中含有根式，一般把根式化为分数指数幂，以减少计算中的错误．
2．二项式系数与项的系数的区别
二项式系数C与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可以为负．
答案精析
问题导学
知识点
思考1 (a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3，(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4.
思考2 (a＋b)3的展开式有4项，每项的次数是3；(a＋b)4的展开式有5项，每一项的次数为4.
思考3 能，(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)．
梳理 (1)右边的多项式 n＋1
(2)Can－rbr Can－rbr (3)C(r＝0,1,2，…，n)
题型探究
例1 (1)解 方法一 (3＋)4＝
(3)4＋C(3)3()＋C(3)2·()2＋C(3)()3＋C()4
＝81x2＋108x＋54＋＋.
方法二 (3＋)4＝()4＝·(1＋3x)4＝[1＋C·3x＋C(3x)2＋C(3x)3＋C(3x)4]＝(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)＝＋＋54＋108x＋81x2.
(2)解 原式＝C(x＋1)n＋C(x＋1)n－1(－1)＋C(x＋1)n－2(－1)2＋…＋C(x＋1)n－k(－1)k＋…＋C(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
引申探究
解 方法一 (2x－)5＝C(2x)5－
C(2x)4·＋C(2x)3·()2－
C(2x)2·()3＋C(2x)·()4－
C·()5＝32x5－80x2＋－＋－.
方法二 (2x－)5＝[(2x3－1)]5＝－(1－2x3)5＝－[1－C(2x3)＋C(2x3)2－C(2x3)3＋C(2x3)4－
C(2x3)5]＝－＋－＋－80x2＋32x5.
跟踪训练1 解 原式＝C(2x＋1)5－C(2x＋1)4＋C(2x＋1)3－C(2x＋1)2＋C(2x＋1)－C(2x＋1)0＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
例2 解 (3－)10的展开式的通项是
Tr＋1＝C(3)10－r(－)r
＝C310－r(－)r·(r＝0,1,2，…，10)．
(1)展开式的第4项(r＝3)的二项式系数为C＝120.
(2)展开式的第4项的系数为
C37(－)3＝－77 760.
(3)展开式的第4项为T4＝T3＋1
＝－77 760.
跟踪训练2 解 (1)因为T3＝C()n－22＝4C，
T2＝C()n－1＝－2C，
依题意，得4C＋2C＝162，所以2C＋C＝81，
所以n2＝81，n＝9.
(2)设第r＋1项含x3项，则Tr＋1＝C()9－rr＝(－2)rC，所以＝3，r＝1，
所以第二项为含x3的项，T2＝－2Cx3＝－18x3.
二项式系数为C＝9.
例3 解 通项公式为
Tr＋1＝C (－3)r＝C(－3)r.
(1)∵第6项为常数项，
∴当r＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(n－6)＝2，
∴所求的系数为C(－3)2＝405.
(3)由题意，得令
＝t(t∈Z)，
则10－2r＝3t，即r＝5－t.
∵r∈Z，
∴t应为偶数．
令t＝2,0，－2，即r＝2,5,8.
∴第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为405x2，－61 236,295 245x－2.
跟踪训练3 (1)1
解析 展开式的通项为Tr＋1＝Cx9－r·(－a)rr＝C·(－a)rx9－2r(0≤r≤9，r∈N)．当9－2r＝3时，解得r＝3，代入得x3的系数，根据题意得C(－a)3＝－84，解得a＝1.
(2)160
解析 由题意得n＝6，∴Tr＋1＝2rCx6－2r，令6－2r＝0得r＝3，∴常数项为C23＝160.
当堂训练
1．112 2.9 3.－6 4.x5
5．解 (＋)4＝C()4＋C()3＋C()2·()2＋C·()3＋
C()4＝x2＋4x＋6＋＋.
1.5.2 二项式系数的性质及应用(一)
学习目标 1.了解杨辉三角，会用杨辉三角求二项式乘方次数不大时的各项的二项式系数.2.理解二项式系数的性质并灵活运用．
知识点 二项式系数的性质
(a＋b)n的展开式的二项式系数，当n取正整数时可以表示成如下形式：
思考1 从上面的表示形式可以直观地看出什么规律？
思考2 计算每一行的系数和，你又能看出什么规律？
思考3 二项式系数的最大值有何规律？
梳理 (1)二项式系数表的特点
①在同一行中，每行两端都是________，与这两个1等距离的项的系数________．
②每行两端都是1，而且除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和．
(2)二项式系数的性质
一般地，(a＋b)n展开式的二项式系数C，C，…，C有如下性质：
①C＝________；
②C＋C＝________；
③当r＜时，C＜________；
当r＞时，________＜C；
④C＋C＋C＋…＋C＝________.
类型一 与二项式系数表有关的问题
例1 如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…，记其前n项和为Sn，求S16的值．
反思与感悟 对杨辉三角形的规律注意观察，找出规律并用数学式正确表达出来，对数学式进行运算，得出正确结论．
跟踪训练1 请观察下图，并根据数表中前五行的数字所反映的规律，推算出第九行正中间的数应是________．
类型二 求展开式的系数和
例2 设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
反思与感悟 二项展开式中系数和的求法
(1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
跟踪训练2 在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和．
1．在(2x＋)4的展开式中，各项的二项式系数的和为________．
2．若(x＋3y)n的展开式中所有项的系数之和等于(7a＋b)10的展开式的二项式系数之和，则n的值为________．
3．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是________．
4．设(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
5．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝________.
用赋值法求多项式系数和
求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．
答案精析
问题导学
知识点
思考1 在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；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．
思考2 2,4,8,16,32,64，…，其系数和为2n.
思考3 当n＝2,4,6时，中间一项最大，当n＝3,5时中间两项最大．
梳理 (1)①1 相等 (2)①C
②C ③C C ④2n
题型探究
例1 解 由题意及杨辉三角的特点可得
S16＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋(10＋5)＋…＋(36＋9)
＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(2＋3＋…9)
＝C＋＝164.
跟踪训练1 70
例2 解 (1)令x＝0，则展开式为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①联立相减，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－)(2＋)]100＝1100＝1.
(5)∵Tr＋1＝(－1)rC2100－r()rxr，
∴a2k－1<0(k∈N*)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.
跟踪训练2 解 设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，
所以a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)令x＝1，y＝－1，可得
a0－a1＋a2－…－a9＝59，
又a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
将两式相加可得a0＋a2＋a4＋a6＋a8
＝，
即所有奇数项系数之和为.
当堂训练
1．16 2.5 3.6 4.－15 5.7
1.5.2 二项式系数的性质及应用(二)
学习目标 1.进一步理解并掌握二项式系数的性质.2.能解决二项式系数的最大、最小问题.3.会解决整除问题．
知识点 二项式系数的性质
一般地，(a＋b)n展开式的二项式系数C，C，…，C有如下性质：
(1)C＝________.
(2)C＋C＝________.
(3)当r＜时，C＜________；
当r＞时，________＜C.
(4)C＋C＋C＋…＋C＝________.
特别提醒：(1)当n为偶数时，二项式系数中，以最大；当n为奇数时，二项式系数中以和(两者相等)最大．
(2)二项展开式中，偶数项的二项式系数的和与奇数项的二项式系数的和相等，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
类型一 二项式系数或系数最大项问题
例1 (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．
反思与感悟 (1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项系数最大；当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式组的方法求得．
跟踪训练1 在(－)8的展开式中：
(1)系数的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．
类型二 利用二项式定理解决整除问题
例2 求证：2n＋2·3n＋5n－4(n∈N*)能被25整除．
反思与感悟 利用二项式定理证明或判断整除问题，一般要进行合理变形，常用的变形方法就是拆数，往往是将幂底数写成两数的和，并且其中一个数是除数的因数，这样能保证被除式展开后的大部分项含有除式的倍数，进而可判断或证明被除数能否被除数整除，若不能整除则可求出余数．
跟踪训练2 求证：5151－1能被7整除．
1．若(x3＋)n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为________．
2．今天是星期一，今天是第1天，那么第810天是星期________．
3．设a∈Z，且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a＝________.
4．已知n展开式中的第5项是常数，则展开式中系数最大的项是第________项．
5．已知(a＋b)n的二项展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n＝________.
1．二项式系数的性质
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．
2．求展开式中系数最大的项的问题，可设第r＋1项的系数Tr＋1最大，则满足不等式由不等式组解出r的值．
3．余数及整除问题
(1)求余数问题
求余数的关键是将原数进行合理、科学的拆分，然后借助二项展开式进行分析．若最后一项是一个小于除数的正数，则该数就是所求的余数；若是负数，则还要进行简单的加、减运算产生．
(2)整除问题
整除问题实际上就是判断余数是否为零，因此求解整除问题可以借助于求余数问题展开思路．
答案精析
知识梳理
知识点
(1)C (2)C (3)C C (4)2n
题型探究
例1 解 T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26?n＝8.
∴(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C(2x)4＝1 120x4.
设第r＋1项系数最大，则有
解得5≤r≤6.
∴r＝5或r＝6.
∴系数最大的项为T6＝1 792x5，
T7＝1 792x6.
跟踪训练1 解 Tr＋1＝C·()8－r·()r
＝(－1)r·C·2r·(r＝0,1,2，…，8)．
(1)设第r＋1项系数的绝对值最大，
则
∴
解得5≤r≤6.
又∵0≤r≤8，r∈N，∴r＝5或r＝6.
故系数的绝对值最大的项是第6项和第7项．
(2)二项式系数最大的项为中间项，即第5项，T5＝C·24·x－6＝1 120x－6.
(3)由(1)知，展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，
∴系数最大的项为T7＝C·26·x－11
＝1 792x－11.
例2 证明 原式＝4·6n＋5n－4
＝4·(5＋1)n＋5n－4
＝4·(C·5n＋C·5n－1＋C·5n－2＋…＋C)＋5n－4
＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52＋C·51)＋4C＋5n－4
＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52)＋20n＋4＋5n－4
＝4(C·5n＋C·5n－1＋…＋C·52)＋25n.
以上各项均为25的整数倍，故2n＋2·3n＋5n－4能被25整除．
跟踪训练2 证明 5151－1＝(49＋2)51－1
＝C·4951＋C·4950·2＋…＋C·49·250＋C·251－1.
易知除C·251－1以外各项都能被7整除．
又C·251－1＝251－1＝(23)17－1
＝(7＋1)17－1
＝C·717＋C·716＋…＋C·7＋C－1
＝7·(C·716＋C·715＋…＋C)，
显然能被7整除，所以5151－1能被7整除．
当堂训练
1．210 2.一 3.12 4.9 5.8
习题课 二项式定理的应用
学习目标 1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念.2.会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．
1．二项式定理及其相关概念
二项式定理
公式(a＋b)n＝__________________________________，称为二项式定理
二项式系数通项
Tr＋1＝____________________
二项式定理的特例
(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxr＋…＋Cxn
2.二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律)
(1)对称性：________________；
(2)性质：C＝________＋________；
(3)二项式系数的最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值，即________最大；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即____________最大；
(4)二项式系数之和________________________________________________________，
所用方法是________．
类型一 二项式定理的灵活应用
例1 (1)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝________.
(2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________.
反思与感悟 两个二项式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．
(3)分别求解再相乘，求和即得．
跟踪训练1 (x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为________．
例2 5的展开式中的常数项是________．
反思与感悟 三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为配方法，因式分解，项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性．
跟踪训练2 求(x2＋3x－4)4的展开式中x的系数．
类型二 二项式系数的综合应用
例3 已知(＋2x)n.
(1)若展开式中第五项、第六项、第七项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)若展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项．
反思与感悟 解决此类问题，首先要分辨二次项系数与二项展开式的项的系数，其次理解记忆其有关性质，最后对解决此类问题的方法作下总结，尤其是有关排列组合的计算问题加以细心．
跟踪训练3 已知n展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n展开式中奇数项的二项式系数之和少112，
第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x.
1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为________．
2.3的展开式中常数项为________．
3．(x－y)4的展开式中x3y3的系数为________．
4．已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝________.
5．若(x－m)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，其中a5＝56，则a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝________.
1．两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．
(3)分别求解再相乘，求和即得．
2．三项或三项以上的展开问题
应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性．
3．求二项展开式中各项系数的和差的方法是赋值代入．
4．确定二项展开式中的最大或最小项的方法是利用二项式系数的性质．
答案精析
知识梳理
1．Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn C(r＝0,1，…，n) Can－rbr(r＝0,1，…n)
2．(1)C＝C (2)C C
(3)Cn Cn或Cn
(4)C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n
赋值法
题型探究
例1 (1)120 (2)－1
解析 (1)f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)
＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
(2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5.
∴x2的系数为C＋aC，
则10＋5a＝5，解得a＝－1.
跟踪训练1 40
解析 令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，
∴a＝1，
故(x＋)(2x－)5的展开式中常数项即为(2x－)5的展开式中与x的系数之和．
(2x－)5的展开式的通项为
Tr＋1＝C25－rx5－2r(－1)r，
令5－2r＝1，得r＝2，
∴展开式中x的系数为C×25－2×(－1)2＝80，
令5－2r＝－1，得r＝3，
∴展开式中的系数为C×25－3×(－1)3＝－40，
∴(x＋)(2x－)5的展开式中常数项为80－40＝40.
例2
解析 方法一 原式＝5，
∴展开式的通项为＝() (r1＝0,1,2，…，5)．
当r1＝5时，T6＝()5＝4，
当0≤r1<5时，的展开式的通项公式为
(r2＝0,1,2，…，5－r1)．
令5－r1－2r2＝0即r1＋2r2＝5.
∵0≤r1<5且r1∈Z，∴或
∴常数项为4＋CC2＋CC×()3
＝4＋＋20＝.
方法二 原式＝5＝·[(x＋)2]5
＝·(x＋)10.
求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋)10的展开式中含x5项的系数，即C·()5.
∴所求的常数项为＝.
跟踪训练2 解 方法一 (x2＋3x－4)4＝[(x2＋3x)－4]4＝C(x2＋3x)4－C(x2＋3x)3·4＋C(x2＋3x)2·42－C(x2＋3x)·43＋C·44，
显然，上式中只有第四项中含x的项，所以展开式中含x的项的系数是－C·3·43＝－768.
方法二 (x2＋3x－4)4＝[(x－1)(x＋4)]4＝(x－1)4·(x＋4)4＝(Cx4－Cx3＋Cx2－Cx＋C)(Cx4＋Cx3·4＋Cx2·42＋Cx·43＋C·44)，所以展开式中含x的项的系数是－C44＋C43＝－768.
例3 解 (1)由已知得2C＝C＋C，
即n2－21n＋98＝0，得n＝7或n＝14.
当n＝7时展开式中二项式系数最大的项是第四项和第五项，
∵T4＝C()4(2x)3＝x3，
T5＝C()3(2x)4＝70x4，
∴第四项的系数是，第五项的系数是70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是第八项，它的系数为C()7×27＝3 432.
(2)由C＋C＋C＝79，
即n2＋n－156＝0.
得n＝－13(舍去)或n＝12.
设Tr＋1项的系数最大，
∵(＋2x)12＝()12(1＋4x)12，
由
解得9.4≤r≤10.4.
∵0≤r≤12，r∈N*，∴r＝10.
∴展开式中系数最大的项是第11项，
即T11＝()12·C·410·x10
＝16 896x10.
跟踪训练3 解 依题意得2n－22n－1＝－112，
整理得(2n－16)(2n＋14)＝0，解得n＝4，
所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项．
依题意得C(2x)4(xlg x)4＝1 120，
化简得x4(1＋lg x)＝1，
所以x＝1或4(1＋lg x)＝0，
故所求x的值为1或.
当堂训练
1．15 2.20 3.6 4.－6 5.128
第一章 计数原理
1 两个计数原理的灵活应用
计数问题是数学中的重要研究对象，除了分类计数原理和分步计数原理的理论支持，对于较复杂的计数问题要针对其问题特点，灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来帮助解决，使问题的解决更加实用、直观．下面通过典例来说明.1.列举法
例1 某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键盘，根据需要，鼠标至少买5个，键盘至少买3个，则不同的选购方式共有________种．
解析 依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解．
若买5个鼠标，则可买键盘3、4、5个；
若买6个鼠标，则可买键盘3、4个；
若买7个鼠标，则可买键盘3、4个；
若买8个鼠标，则可买键盘3个；
若买9个鼠标，则可买键盘3个．
根据分类计数原理，不同的选购方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9(种)．
答案 9
点评 本题背景中的数量不少，要找出关键数字，通过恰当分类和列举可得．列举看似简单，但在解决问题中显示出其实用性，并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律．
2．树形图法
例2 甲、乙、丙三人传球，从甲开始传出，并记为第一次，经过5次传球，球恰好回到甲手中，则不同的传球方法的种数是________．
解析 本题数字不大，可用树形图法，结果一目了然．
如下图，易知不同的传球方法种数为10.
答案 10
点评 应用两个计数原理时，如果涉及的问题较抽象，且数量不太多时，可以用树状结构直观体现．
3．列表法
例3 四个人各写一张贺年卡，放在一起，然后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少种不同的取法？
解 把四个人分别编号①、②、③、④，他们写的4张贺年卡的各种方法全部列举出来，如下表：
四个人
取贺年卡的方法
①
2
2
2
3
3
3
4
4
4
②
1
3
4
1
4
4
1
3
3
③
4
4
1
4
1
2
2
1
2
④
3
1
3
2
2
1
3
2
1
方法编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由表格可知，共有9种不同的方法．
点评 本题是一个错排问题，难以直接运用两个计数原理计算．借助表格，把各种情况一一列出，使问题直观解决．
4．直接法
例4 已知某容器中，H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素，请问共可组成多少种HCl分子和NaOH分子？
解 因为HCl分子由两个原子构成，所以分两步完成：第1步，选择氢原子，共有3种；第2步，选择氯原子，共有2种．由分步计数原理得共有6种HCl分子．
同理，对于NaOH而言，分三步完成：第1步，选择钠原子，有3种选法；第2步，选择氧原子，有4种选法；第3步，选择氢原子，有3种选法．由分步计数原理知，共有NaOH分子种数为3×4×3＝36(种)．
点评 当问题情景中的规律明显，已符合分类计数原理或分步计数原理中的某一类型时，可直接应用公式计算结果，但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.
2 排列、组合的破解之术
排列、组合，说它难吧，其实挺简单的，就是分析事件的逻辑步骤，然后计算就可．说简单吧，排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情，同样难度的几道题，做顺了，三下五除二，几分钟内解决问题；做不顺，则如一团乱麻，很长时间也理不顺思路．下面就来谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！
1．特殊元素——优先法
对于有特殊要求的元素的排列、组合问题，一般应对有特殊要求的元素优先考虑．
例1 将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i＝1,2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1解析 由题意，a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1答案 30
2．相邻问题——捆绑法
把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列．
例2 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有________种．
解析 先将两位老人排在一起有A种排法，再将5名志愿者排在一起有A种排法，最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有C种插入方法，由分步计数原理可得，不同的排法有A·A·C＝960(种)．
答案 960
3．不相邻问题——插空法
某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．
例3 高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是________．
解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A种方法，这5个节目之间以及两端共有6个空位，从中选两个放入舞蹈节目，共有A种放法．所以两个舞蹈节目不连排的排法共有A·A＝3 600(种)．
答案 3 600
4．至多至少问题——间接法
对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单，可先考虑无限制条件的排列，再减去其反面情况的种数．
例4 从班委会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．
解析 从班委会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共有A种选法，其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有CA种，故共有A－CA＝36(种)选法．
答案 36
5．多类元素组合——分类取出
当题目中元素较多，取出的情况也有多种时，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计．
例5 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有______种．
解析 如果用两种颜色，则有C种颜色可以选择，涂法有2种．如果用3种颜色涂色，有C种颜色可以选择，涂法有C·C(C＋1)＝18(种)．
所以，不同涂色种数为C·2＋C·18＝390(种)．
答案 390
6．排列、组合混合——先选后排
对于排列与组合的混合问题，宜先用组合选取元素，再进行排列．
例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有________种．
解析 首先把5个班分成4组，即2,1,1,1，有种方法．然后把4组分配到4个工厂，每个工厂安排一组有A种方法．由分步计数原理可得不同的安排方法有·A＝240(种)．
答案 240
3 排列、组合中的“分组”与“分配”辨析
分组分配问题在排列组合问题中占有很重要的位置，并且分组分配问题比较复杂，也是大家学习中的一个难点，下面通过实例来剖析各种各样的分组分配问题．
1．互异元素的“均匀分组”
例1 6本不同的书，分成三份，每份2本，共有多少种不同的分法？
解 因为平均分组与顺序无关，在C·C·C＝90种分法中，每一种分法重复出现了A次，只能算作一次．如将6本书a，b，c，d，e，f分成ab，cd，ef三组是一种分法，而解答中考虑它们之间的顺序有A种分法，具体如下表.
步骤
第一组
第二组
第三组
分法1
ab
cd
ef
分法2
ab
ef
cd
分法3
cd
ab
ef
分法4
cd
ef
ab
分法5
ef
ab
cd
分法6
ef
cd
ab
以上的分法，实际上加入了组的顺序性，但像分法1,2,3,4,5,6，实际上是同一种分法，所以要除以A来消除顺序，故共有＝15种分法．
2．互异元素的“均匀分配”
例2 6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有多少种不同的分法？
解 由例1可知，将6本不同的书均匀分成3组，共有种分法，然后将3组书再分配给甲、乙、丙三人，与顺序有关，所以共有·A＝CCC＝90种分法．
也可这么理解：先取2本给甲有C种方法，再取2本给乙有C种方法，余下2本给丙有C种方法，取的过程实际已经将书进行了分配，故共有C·C·C＝90种分法．
3．互异元素的“非均匀分组”
例3 6本不同的书，分成三份，一份3本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？
解 先取1本作一堆有C种方法，再取2本作一堆有C种方法，余下3本作一堆有C种方法，由于每组的数目不同，所以不会出现重复的分法，故共有C·C·C＝60(种)分法．
4．互异元素的“非均匀分配”
例4 6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人3本，一人2本，一人1本，共有多少种不同的分法？
解 先分组，再分配，甲、乙、丙三人得到的书不同(数目不同或数目相同但书不同)应视作是不同的分配方法，所以与顺序有关．即：首先，不平均分成三堆有C·C·C种方法，然后再分给甲、乙、丙三人有A种方法，共有C·C·C·A＝360(种)分法．
5．互异元素的“部分平均分组”
例5 6本不同的书，分成三份，有两份各1本，另一份4本，共有多少种不同的分法？
解 三组中有两组是平均分组，这两组是无序的，应对这两组消序．故共有＝15种分法．
以上五类问题是十分典型的“分组分配”问题，它的每一个小题都是一种类型，我们要认真领会．计数时常有下面的结论：“无对象的均匀分配”问题，只需按“有对象的均匀分配”问题列式后，再除以组数的全排列数，对于“无对象的非均匀分配”与“有对象的非均匀分配”问题，前者只需分步完成，后者先分组，后排列．
4 “隔板法”在计数问题中的妙用
“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景，并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决．下面剖析一下隔板法适用条件，并选择几个实例来加以说明．
1．隔板法的适用条件
排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题，是排列组合中的难点问题，这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m)，每个对象至少有一个元素．这类问题必须满足三个条件：①小球必须相同；②盒子必须不同；③每个盒子至少有一个小球．当满足这三个条件时，我们可以采用隔板法．
2．隔板法的实际应用
应用1 20个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里，要求每个盒子都不空，问有多少种放法？
解 如下图，用“0”表示小球，
0000|00000000|00000000
在上图中，在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组，同时能够保证每组中至少有一个小球，所以一共有C＝171种放法．
点评 解决此类问题的关键是，看题目情景是否满足隔板法的条件，若满足，则直接套用公式即可．
应用2 方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整数解有多少个？
解 该问题转化为：将方程左边的x1、x2、x3、x4看成是4个盒子得到的小球数，右边的20看成是20个相同的小球．这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里，要求每个盒子至少有一个小球，共有多少种不同的分配方法？这样，类似应用1可知，所以共有C＝969种．
点评 不定方程x1＋x2＋x3＋…＋xm＝n(n，m∈N*，n≥m)的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m)，每个对象至少有一个元素”的模型，进而采用隔板法求解．
整体概括：通过对隔板法的应用，可得下列结论．
结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，每组不允许落空，则可将n个元素排成一排，从n－1个间隔中，选出m－1个插上隔板，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数N＝C.
结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，某些组允许落空，则可将m－1个隔板和n个元素排成一排，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数N＝C.
试一试
1．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．
(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？
(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解 (1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有C＝20种．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C＝120种放入方式．
2．某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训，每所学校至少一个名额，求不同的分配方案的种数．
解 从结果入手，理解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法和一个组合建立一一对应，实际问题化归为组合数求解．该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆，每一堆至少一个元素，“隔板法分堆”，即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板，其方法有C＝165种.
5 排列、组合中的数学思想
1．分类讨论思想
例1 如果一个三位正整数形如“a1a2a3”，满足a1解题提示 本题中的三位正整数，要求中间一位数字最大，需根据中间数字所有可能的情况分类讨论；另外要注意首位与个位上的数字允许重复．
解析 由题意知：a1≠0，a2≥2.下面只需对a2＝2，a2＝3，…，a2＝9分别进行讨论，并求其值后求和．当a2＝2时，a1，a3只能从0,1中取，a1只能取1，a3可取0,1，排出“a1a2a3”共有2种；当a2＝3时，a1从1,2中任取一个有C种，a3从0,1,2中任取一个有C种，所以共有C·C种；当a2＝4时，a1从1,2,3中任取一个有C种，a3从0,1,2,3中任取一个有C种，所以共有C·C种；…；当a2＝9时，a1从1,2,3，…，8中任取一个有C种，a3从0,1,2，…，8中任取一个有C种，共有C·C种．综上，可得组合成所有的凸数个数为2＋C·C＋C·C＋C·C＋C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝240.
答案 240
点评 本题中分类的标准非常明确，即中间数字的取值情况．对于分类标准明确、分类情况多的题目，要有耐心逐个求解，最后求和．正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点．
例2 从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a、b、c的值构成二次函数y＝ax2＋bx＋c.试问：
(1)共可组成多少个不同的二次函数？
(2)在这些二次函数图象中，以y轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？
解题提示 二次函数要求a≠0，可以优先考虑a的取值；也可以用排除法．结合顶点在第一象限或第三象限对a，b，c的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键．
解 (1)方法一 因为y＝ax2＋bx＋c是二次函数，所以a≠0.因此，可从－3，－2，－1,1,2,3,4中选取一个排在a的位置上，有C种选法．b，c的取值没有特殊要求，所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有C种选法，再把它们排在b，c的位置上有A种排法．由分步计数原理共有C·C·A＝7××2＝294(个)不同的二次函数．
方法二 利用排除法，从所有情况中去掉“0”排在a位置的情况．
C·A－C·A＝×3×2×1－×2＝294(个)不同的二次函数．
(2)当对称轴为y轴时，b＝0，这样的抛物线有A＝42(条)．
当抛物线过原点时，c＝0，抛物线的顶点为.
①当顶点在第一象限时，有
故这样的抛物线有A·A＝12(条)；
②当顶点在第三象限时，有
故这样的抛物线有A＝12(条)．
故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条．
点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时，要注意结合数学背景对涉及的字母a，b，c的要求，合理地转化为a，b，c的直接要求，再进行分类．实际问题数学化，文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法．
2．数形结合思想
例3 以圆x2＋y2－2x－2y－1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为________．
解题提示 将圆的一般方程化为标准方程，画出图形，结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况．
解析 本题是一个综合问题，首先求出圆内的整数点个数，然后求组合数，方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝3.如图，圆内共有9个整数点，组成的三角形的个数为C－8＝76.
答案 76
点评 整点个数的计算，三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线．与几何图形探求有关的组合问题，画出相关图形，结合图形求解是解决此类题目常用的方法．
3．转化与化归思想
例4 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3件，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有________种．
解析 设买单片软件x件，盒装磁盘y盒，则命题转化为不等式组(x，y∈N)的解的个数，不难求得(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(5,2)，(6,2)为其解，所以不同的选购方式共有7种．
答案 7
点评 本题若直接列举讨论，情况较复杂；根据题目条件设出相关变量x，y，列出不等式组缩小讨论范围，简化了求解过程．
例5 如图①，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．
解析 如图②，构造三棱锥A－BCD，四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁．
由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法．从六条棱中任取三条棱的不同取法有C种，任取三条共面棱的不同取法为4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C－4＝16(种)．
答案 16
点评 本题根据问题特征，巧妙地构建恰当的立体几何图形，用几何知识去解，显得直观清晰、简洁明快．
6 排列、组合题错解分类剖析
排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化，稍不注意，极易出错．本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误解析．
1．没有理解两个基本原理出错
排列、组合问题基于两个基本计数原理，即分类计数原理和分步计数原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提．
例1 从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有________种．
错解 因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法．
错因剖析 错解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法．
正解 由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有C种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台，有C种方法，据分步计数原理共有C·C种方法．同理，完成第二类办法中有C·C种方法．据分类计数原理完成全部的选取过程共有C·C＋C·C＝350(种)方法．
例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况的种数为________．
错解 把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，有A＝24(种)．
错因剖析 错解是没有理解分步计数原理的概念，盲目地套用公式．
正解 四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由分步计数原理共有3×3×3×3＝34(种)，故填81.
说明 本题还有同学这样误解，甲、乙、丙夺冠均有四种
情况，由乘法原理得43，这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有夺冠可能．
2．判断不出是排列还是组合出错
在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合．
例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？
错解 因为是8个小球的全排列，所以共有A种方法．
错因剖析 错解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法．
正解 8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题．这样共有C＝56(种)排法．
3．重复计算出错
在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误．
例4 5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为________．
错解 先从5本书中取4本分给4个人，有A种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，
共有4×A＝480(种)不同的分法，填480.
错因剖析 设5本书为a、b、c、d、e，四个人为甲、乙、丙、丁．按照上述分法可能得到如下的表1和表2：
表1
甲
乙
丙
丁
a
b
c
d
e
表2
甲
乙
丙
丁
e
b
c
d
a
表1是甲首先分得a、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书e给甲的情况；表2是甲首先分得e、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书a给甲的情况．这两种情况是完全相同的，而在错解中计算成了不同的情况，正好重复了一次．
正解 首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人．
第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有C种方法；
第二步：再把4本书分给4个学生，有A种方法，
由分步计数原理，共有C·A＝240(种)方法，故填240.
例5 某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有多少种？
错解 第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列．共有CCA＝1 260.
错因剖析 这里是均匀分组问题．比如：第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程中就重复计算了．
正解 ＝630(种)．
4．遗漏某些情况出错
在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况而出错．
例6 用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1 000大的奇数共有________个．
错解 如图，最后一位只能是1或3，有两种取法，
1,3
又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取法，剩下3个数排中间两个位置有A种排法，共有2×3×A＝36(个)．
错因剖析 错解只考虑了四位数的情况，而比1 000大的奇数还可能是五位数．
正解 任一个五位的奇数都符合要求，共有2×3×A＝36(个)，再由前面分析知满足题意的四位数和五位数共有72个．
5．忽视题设条件出错
在解决排列、组合问题时，一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或漏解．
例7 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．
错解 先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有C·2·A＝12(种)，由分步计数原理共有4×12＝48(种)．
错因剖析 据报道，在高考中有很多考生填了48种．这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择”，不一定需要4种颜色全部使用，用3种也可以完成任务．
正解 当使用四种颜色时，由前面的错解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时，从4种颜色中选取3种有C种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由分步计数原理有C×3×2＝24(种)．综上，共有48＋24＝72(种)．
例8 已知ax2－b＝0是关于x的一元二次方程，其中a、b∈{1,2,3,4}，求解集不同的一元二次方程的个数．
错解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a、b，方程有A个，当a、b取同一个数时方程有1个，共有A＋1＝13(个)．
错因剖析 错解中没有注意到题设中：“求解集不同的……”所以在上述解法中要去掉同解情况，由于和同解，和同解，故要减去2个．
正解 由分析，共有13－2＝11(个)解集不同的一元二次方程．
6．未考虑特殊情况出错
在排列、组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错．
例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是________．
错解 因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有210－1＝1 023(种)，故填1 023.
错因剖析 这里100元面值比较特殊有两张，在错解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况．
正解 除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有28×3－1＝767(种)，故填767.
7．题意的理解偏差出错
例10 现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法有________种．(用式子作答)
错解 除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有A种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有A种方法，这样共有A·A种排法．
错因剖析 错解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻”的情况．“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻，但允许其中有两人相邻．
正解 在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，
即A－A·A.
排列、组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列、组合学好．
7 用五种意识求解二项式问题
在历年高考中都有涉及二项式定理的试题，本文总结了五种解题意识，旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性，避免低效性和盲目性，使解题能力得以提高．
1．通项意识
凡涉及到展开式的项及其系数问题，常是先写出其通项公式Tr＋1＝Can－rbr，再根据题意进行求解．因此通项意识是解二项式问题的首选意识．
例1 若n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n为________．
解析 展开式的通项为
Tr＋1＝C(2x3)n－rr＝C·2n－r.
令3n－＝0，得r＝，
∵r∈N且r≤n，
∴n必须能被7整除，
∴满足条件的最小正整数n＝7.
答案 7
2．方程意识
已知展开式中若干项系数的关系，求指数n及二项式中参数的值等，可借助展开式中的通项，根据题意建立方程解决．
例2 已知9展开式中x3的系数为，则常数a＝________.
解析 Tr＋1＝C9－rr
＝(－1)rCa9－r，
依题意，令r－9＝3，解得r＝8.
故含x3的项为第9项，
其系数为(－1)82－4Ca＝，
即a＝，解得a＝4.
答案 4
3．特殊化意识
在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时，有意识地对未知数试取某些特殊值是一种非常有效的方法．
例3 若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2的值为________
解析 a3＝1，a2＋a3·C13(－2)＝0，∴a2＝6.
答案 6
点评 解决本题也可令x3＝[(x－2)＋2]3，利用展开式求解．
4．转化意识
转化意识是高考重点考查的内容之一．在二项式定理的有关问题中，主要表现在单项式和三项式转化配凑为二项式来求解；多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题．
例4 (1＋2x2)(x－)8的展开式中常数项为________．
解析 (1＋2x2)8＝8＋2x28，
∴常数项为C48×x4(－x－1)4＋2x2C58x3(－x－1)5，
即70－2×56＝－42.
答案 －42
5．应用意识
应用是数学的归宿，二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、求组合数及求余数等问题．
例5 若C＝C (n∈N*)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝________.
解析 由题知，2n＋6＝n＋2或2n＋6＋n＋2＝20，
得n＝－4(舍)或n＝4.
此时令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.
答案 81
8 二项式定理中易混概念辨析
在学习二项式定理时，极易忽略一些条件或混淆一些概念，下面对解题中常见的错误加以剖析，以提高同学们的警惕性．
1．项与项的系数
(a＋b)n的展开式中的第r＋1项是Can－rbr(注意a，b可以是实数，还可以是代数式)，而第r＋1项的系数是对应单项式中的数字因数．
例1 (x－1)10的展开式中的第6项的系数为________．(用组合数表示)
解析 因为(x－1)10的展开式的第6项是
T6＝Cx10－5(－1)5＝－Cx5，
故第6项的系数是－C.
答案 －C
2．项的系数与项的二项式系数
(a＋b)n的展开式中的第r＋1项的二项式系数是C(r＝0,1,2，…，n)，仅与n，r有关；而第r＋1项的系数不是二项式系数C，但有时这个系数与二项式系数相等．注意二项式系数C一定为正，而对应项的系数有时可能为负．
例2 (x3＋2x)7的展开式中第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________．
解析 因为(x3＋2x)7的展开式的第4项是
T4＝C(x3)4(2x)3，
故该项的二项式系数是C＝35，
该项的系数是23C＝280.
答案 35 280
3．各项的二项式系数和与各项的系数和
设a，b为常数，则(ax＋b)n的展开式中各项的二项式系数和为C＋C＋C＋…＋C＝2n.
在(ax＋b)n的展开式中令x＝1，则得(ax＋b)n的展开式中各项的系数和为(a＋b)n.
例3 在(1－2x)7的展开式中，各项的二项式系数和为________；各项的系数和为________；各项系数的绝对值之和为________．
解析 各项的二项式系数和为27＝128；
令x＝1，则得各项的系数和为(1－2)7＝－1；
令x＝－1，则得各项系数的绝对值之和为
(1＋2)7＝2 187.
答案 128 －1 2 187
4．奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数
例4 (1－x)6的展开式中，x的奇次项系数之和是________．
错解 ∵(1－x)6＝C－Cx＋Cx2－…＋Cx6，
∴奇次项系数之和为C＋C＋C＋C＝32，
故填32.
错因剖析 混淆了奇数项系数与奇次项系数的概念，误以为是奇数项系数之和，从而导致错误．
正解 ∵(1－x)6＝C－Cx＋Cx2－…＋Cx6，
∴奇次项系数之和为－C－C－C＝－32，故填－32.
答案 －32
5．颠倒公式(a＋b)n中a，b的顺序
例5 若n展开式中，第3项是常数，则中间项是第几项？
错解 T3＝C·x·n－2＝C·，
因为第3项是常数，所以令＝0，
解得n＝.由于n为自然数，
所以此题无解．
错因剖析 此题并不是无解．二项式(a＋b)n与(b＋a)n全部展开项是相同的，只是前后顺序颠倒而已；但具体涉及到二项展开式的某一项时就不一定相同了，因为二项展开式的项是按照(a＋b)n第一个数a的降幂排列的，不可随意颠倒a，b的顺序，如(a＋b)n的第r＋1项是Can－rbr，(b＋a)n的第r＋1项是Cbn－rar，因此要注意项数与顺序的关系．
正解 T3＝C··2＝C·，因为第3项是常数，所以令＝0，
解得n＝8.
故展开式总共有9项，中间项是第5项．
第一章 计数原理
学习目标 1.归纳整理本章的知识要点.2.能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.3.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题．
1．分类计数原理
完成一件事有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N＝____________________种不同的方法．
2．分步计数原理
完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝____________________________
种不同的方法．
3．排列数与组合数公式及性质
排列与排列数
组合与组合数
公式
排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…____________
＝____________
组合数公式C＝________
＝________________________
＝________________
性质
当m＝n时，A为全排列；A＝n！；0！＝______
C＝C＝1；
C＝________；
C＋C＝________
备注
n，m∈N*，且m≤n
4.二项式定理
(1)二项式定理的内容：
(a＋b)n＝______________________________________________________________.
(2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，k∈{0,1,2，…，n}．
(3)二项式系数的性质：
①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；
②若n为偶数，中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大．
③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用
例1 车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？
反思与感悟 解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，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)．
跟踪训练1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)
例2 设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．
跟踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
类型二 排列与组合的综合应用
例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．
跟踪训练3 设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为___________________________．
类型三 二项式定理及其应用
例4 已知在n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.
(1)求展开式中的所有有理项；
(2)求展开式中系数绝对值最大的项；
(3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值．
反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．
(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．
跟踪训练4 已知二项式n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．
(1)求n；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中所有x的有理项．
例5 若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.
(1)求a2；
(2)求a1＋a2＋…＋a10；
(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2.
反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．
跟踪训练5 若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有________种．
2．已知关于x的二项式n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为________．
3．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．
4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.
5．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．(用数字作答)
1．排列与组合
(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．
(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：
①元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素．
②位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．
2．二项式定理
(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．
(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第r＋1项的通项公式是Tr＋1＝Can－rbr(r＝0,1，…，n)，其中二项式系数是C，而不是C，这是一个极易错点．
(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．
答案精析
知识梳理
1．m1＋m2＋…＋mn
2．m1×m2×…×mn
3．(n－m＋1)
1 C C
4．(1)Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)
题型探究
例1 解 方法一 设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有CC＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有CCC＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC＝40(种)，
所以共有CC＋CCC＋CCC＋ACC＋CCC＋CCC＝185(种)．
方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝75(种)，
5名男钳工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝100(种)，
5名男钳工有2名被选上的方法有CCC＝10(种)，
所以共有75＋100＋10＝185(种)．
方法三 4名女车工都被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝35(种)，
4名女车工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝120(种)，
4名女车工有2名被选上的方法有CCC＝30(种)，
所以共有35＋120＋30＝185(种)．
跟踪训练1 60
解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，有A个；
②只有1和3中的一个时，有2A个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C·C个．
所以满足条件的三位数共有
A＋2A＋C·C＝60(个)．
例2 83
解析 若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7,6,5,4,3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7,6,5,4,3,2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1一种情况，利用正难则反思想解决．
集合S的含有三个元素的子集的个数为C＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.
跟踪训练2 30
解析 从4人中选出两个人作为一个元素有C种方法，
同其他两个元素在三个位置上排列有CA＝36(种)方案，其中有不符合条件的，
即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A种结果，
∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．
例3 解 (1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A＝24(种)方法．
根据分步计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A＝720(种)方法．
×□×□×□×□×□×□×
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A＝840(种)方法．
根据分步计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有＝A＝132(种)排列．
跟踪训练3 130
解析 由“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”考虑x1，x2，x3，x4，x5的可能取值，设集合M＝{0}，N＝{－1,1}．
当x1，x2，x3，x4，x5中有2个取值为0时，另外3个从N中取，共有C×23种方法；
当x1，x2，x3，x4，x5中有3个取值为0时，另外2个从N中取，共有C×22种方法；
当x1，x2，x3，x4，x5中有4个取值为0时，另外1个从N中取，共有C×2种方法．
故总共有C×23＋C×22＋C×2＝130(种)方法，即满足题意的元素个数为130.
例4 解 (1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10，
因为通项Tr＋1＝C()10－rr
＝(－2)rC，r＝0,1,2，…，10.
当5－为整数时，r可取0,6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第r＋1项系数的绝对值最大，则
解得又因为r∈{1,2,3，…，9}，
所以r＝7，当r＝7时，T8＝－15 360，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，
T11＝(－2)10＝1 024，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360.
(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C
＝
＝
＝＝.
跟踪训练4 解 (1)令x＝1，得二项式n展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之和为2n，
由题意，得4n＝16·2n，所以2n＝16，n＝4.
(2)通项Tr＋1＝C(5x)4－rr
＝(－1)rC54－r·
展开式中二项式系数最大的项是第3项
T3＝(－1)2C52x＝150x.
(3)由(2)，得4－r∈Z(r＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4，所以展开式中所有x的有理项为
T1＝(－1)0C54x4＝625x4，
T3＝(－1)2C52x＝150x，
T5＝(－1)4C50x－2＝x－2.
例5 解 (1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，
a2是展开式中x2的系数，
∴a2＝C(－1)5C(－2)3＋C(－1)4·C(－2)4＋C(－1)3·C(－2)5＝800.
(2)令x＝1，代入已知式，可得
a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，
而令x＝0，得a0＝32，
∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(3)令x＝－1，可得
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，
再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，
把这两个等式相乘可得，
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.
跟踪训练5 5
解析 令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11
＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
当堂训练
1．60 2.2 3.216 4.364 5.300
