1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质
自主预习·探新知
情景引入
幻方，在我国也称纵横图，它的神奇特点吸引了无数人为之痴迷．一天，时任台州地方官的杨辉外出巡游，遇到一学童，学童正在为老先生布置的题目犯愁：“把1到9的数字分行排列，不论竖着加，横着加，还是斜着加，结果都等于15”．杨辉看到这个题顿时兴趣大发，于是和学童一起研究起来，直至午后，两人终于将算式摆出来了．杨辉回到家后，反复琢磨，终于发现了规律，并总结成四句话：“九子斜排，上下对易，左右相更，四维挺出．”就是说：先把1～9九个数依次斜排，再把上1下9两数对调，左7右3两数对调，最后把2,4,6,8向外面挺出，这样三阶幻方填好了．杨辉还系统研究了四阶幻方至十阶幻方，并且他还发现了著名的杨辉三角．
那么，杨辉三角与二项式定理中的二项展开式有何关系呢？
新知导学
1．杨辉三角的特点
(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__．
(2)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__，即C＝__C＋C__．
2．二项式系数的性质
对称性
与首末两端“__等距离__”的两个二项式系数相等(即C＝C)．
增减性
当k<____时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值
最大值
当n是偶数时，中间一项二项式系数取得最大值____
当n是奇数时，中间两项二项式系数相等，同时取得最大值__＝__
各二项式系数的和
C＋C＋C＋…＋C＝__2n__.
C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝__2n－1__.
预习自测
1．二项式(x－1)n的奇数项二项式系数和是64，则n等于( C )
A．5
B．6
C．7
D．8
[解析] 二项式(a＋b)n的展开式中，
奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
∴2n－1＝64，∴n＝7.故选C．
2．(全国卷Ⅲ理，4)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( C )
A．－80
B．－40
C．40
D．80
[解析] 因为x3y3＝x·(x2y3)，其系数为－C·22＝－40，
x3y3＝y·(x3y2)，其系数为C·23＝80．
所以x3y3的系数为80－40＝40．
故选C．
3．已知(1＋2x)n的展开式中所有系数之和等于729，那么这
个展开式中x3项的系数是( B )
A．56
B．160
C．80
D．180
[解析] 由条件知(1＋2)n＝729，∴n＝6，∴展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)r＝2rCxr，令r＝3得23C＝160．
4．(2020·深圳二模)若(x－)n的展开式中各项系数的和为81，则该展开式中的常数项为__96__．
[解析] 在(x－)n中，令x＝1可得，其展开式中各项系数和为(－3)n，结合题意可得(－3)n＝81，解得n＝4．
∴(x－)n的展开式的通项公式为：Tr＋1＝Cx4－r(－)r＝(－4)r·C·x4－2r，
令4－2r＝0，解得r＝2.∴常数项为C×(－4)2＝96．
故答案为96．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
与杨辉三角有关的问题
典例1 如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所指的数组成一个锯齿形的数列：1,2,3,3,6,4,10，…，记这个数列的前n项和为Sn，求S19．
[思路分析] 由数列的项在杨辉三角中的位置，将项还原为二项式系数，然后结合组合数的性质求和．
[解析] 由杨辉三角可知，数列中的首项是C，第2项是C，第3项是C；第4项是C，…，第17项是C，第18项是C，第19项是C．
故S19＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)＋C
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)
＝＋C＝274．
『规律总结』 解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
┃┃跟踪练习1__■
(1)如图，此数表满足：①第n行首尾两数均为n；②图中的递推关系类似杨辉三角，则第n(n≥2)行第2个数是____．
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
… … …
(2)将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第__2n－1__行；第61行中1的个数是__32__．
[解析] (1)由图中数字规律可知，第n行的第2个数是[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝＋1．
(2)观察可得第1行，第3行，第7行，第15行，全行都为1，故第n次全行的数都为1的是第2n－1行；∵n＝6?26－1＝63，故第63行共有64个1，递推知第62行共有32个1，第61行共有32个1．
命题方向?
二项展开式的系数和问题
典例2 在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)各项的二项式系数的和；
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和；
(3)各项系数之和；
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和．
[解析] 在(2x－3y)10的展开式中：
(1)各项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210＝1024．
(2)奇数项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝29＝512，偶数项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝29＝512．
(3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10(
)，各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10，由于(
)是恒等式，故可用“赋值法”求解．令(
)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1．
(4)奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a8．
由(3)知a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1.①
令(
)中x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510.②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，
故奇数项系数的和为(1＋510)；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
故偶数项系数的和为(1－510)．
『规律总结』 求展开式的各项系数之和常用赋值法．
“赋值法”是求二项式系数常用的方法，根据题目要求，灵活赋给字母不同的值．一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令x＝0可得常数项，令x＝1可得所有项系数之和，令x＝－1可得偶次项系数之和与奇次项系数之和的差，而当二项展开式中含负值项时，令x＝－1则可得各项系数绝对值之和．
┃┃跟踪练习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] T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C·25＝C·26?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，
?
?
??5≤r≤6．
又∵r∈N，
∴r＝5或r＝6，
∴系数最大的项为T6＝1792x5，T7＝1792x6．
有关二项式系数和展开式的系数和的问题
典例3 设(2－x)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．
[思路分析] 用赋值法求各系数的和．
[解析] (1)由(2－x)100展开式中的常数项为C·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．
『规律总结』 1.各项的系数和
一般地，二项展开式f(x)中的各项系数和为f(1)，奇数项系数和为[f(1)＋f(－1)]，偶数项系数和为[f(1)－f(－1)]．
2．赋值法
“赋值法”是求二项展开式系数问题的常用方法，赋值就是对展开式中的字母用具体数值代替，注意赋的值要有利于问题的解决，赋值时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等情况．
┃┃跟踪练习3__■
(2020·深圳高二检测)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|．
[解析] 令x＝1，则
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1①
令x＝－1，则
a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37②
(1)∵a0＝C＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－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)解法一：(1－2x)7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1
093＋1
094＝2
187．
解法二：∵|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|是(1＋2x)7展开式中各项的系数和．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2
187．
学科核心素养
杨辉三角的应用
(1)二项式展开时，在指数不太大的情况下，直接利用杨辉三角展开比较简便．由于杨辉三角仅仅反映了二项展开式的各项系数的规律，因此还应该理解并掌握指数变化的规律．如(a＋b)6的展开式中a的指数，由首项的6次逐项下降为0次，b的指数由首项的0次逐项上升为6次，各项中a，b的指数和为6，恰好等于二项式的指数．
(2)二项式系数仅指项的组合数，解决有关二项式系数的问题时，往往运用组合数公式．
典例4 如图所示，在杨辉三角中，猜想第n条和第(n＋1)条斜线上各数之和与第(n＋2)条斜线上各数之和的关系，并证明你的结论．
[思路分析] 利用“先从特殊到一般，再由一般到特殊”的思想发现结论，然后再证明它的一般性．
[解析] 第n条和第(n＋1)条斜线上各数之和等于第(n＋2)条斜线上各数之和．证明如下：
第n条斜线上各数之和为C＋C＋C＋C＋C＋…，
第(n＋1)条斜线上各数之和为C＋C＋C＋C＋C＋…，
第n条斜线上各数与第(n＋1)条斜线上各数之和为：
(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＋…．
这正好是第(n＋2)条斜线上各数之和．
『规律总结』 破解此类题的关键：一是归纳思想，即由前面几行所得的结果猜想出一般的结论；二是性质的应用，利用二项式系数的性质，证明所猜想的结论是正确的．
易混易错警示
注意区分项数与项的次数
典例5 已知(2x－1)n的展开式中，奇次方项系数的和比偶次方项系数的和小316，求C＋C＋C＋…＋C的值．
[错解] 设f(x)＝(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项系数的和为A，偶次项系数的和为B，则A＝a0＋a2＋a4＋…，B＝a1＋a3＋a5＋…，由条件得B－A＝316，又f(1)＝a0＋a1＋…＋an＝B＋A＝1，f(－1)＝a0－a1＋…＋(－1)nan＝A－B＝－316，
∴A＝(1－316)．
即C＋C＋C＋…＋C＝(1－316)－1＝－(1＋316)．
[辨析] 上述解答有两处错误，一是混淆了奇数项与奇次方项，偶数项与偶次方项；二是没有弄清C＋C＋…＋C的准确含义．
[正解] 设f(x)＝(2x－1)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，且奇次方项系数和为A，偶次方项系数和为B，则依题意可得，A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋…，且B－A＝316，
令x＝－1得，f(－1)＝(－3)n
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan
＝(a0＋a2＋…)－(a1＋a3＋…)
＝B－A＝316＝(－3)16，
∴n＝16．
从而C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝216－1＝215．
∴C＋C＋…＋C＝215－1．
[误区警示] 在二项展开式中，要正确理解与区分：(一)第n项，第n项的次数，第n项的二项式系数；(二)项数与项的次数(如奇数项与奇次方项，偶数项与偶次方项)．
课堂达标·固基础
1．(2－)8展开式中不含x4项的系数的和为( B )
A．－1
B．0
C．1
D．2
[解析] (2－)8展开式的通项Tr＋1＝C·28－r·(－)r＝C·28－r·(－1)r·x.由＝4得r＝8．
∴展开式中x4项的系数为
C＝1．
又∵(2－)8展开式中各项系数和为(2－1)8＝1，
∴展开式中不含x4项的系数的和为0．
2．在(－)n(n∈N
)的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有系数之和为( D )
A．32
B．－32
C．0
D．1
[解析] 由题意得2n＝32，得n＝5.令x＝1，得展开式所有项的系数之和为(2－1)5＝1.故选D．
3．若(1－2x)2
019＝a0＋a1x＋…＋a2
019x2
019(x∈R)，则＋＋…＋的值为( D )
A．2
B．0
C．－2
D．－1
[解析] (1－2x)2
019＝a0＋a1x＋…＋a2
019·x2
019，令x＝，则(1－2×)2
019＝a0＋＋＋…＋＝0，其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1．
4．如图所示的数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，他们是由正整数倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如：＝＋，＝＋，＝＋，…，则第n(n≥3)行第3个数字是__(n∈N
，n≥3)__．
…
[解析] 依题意得第n－1行第一个数为，第n行第一个数为，第n行第二个数为－，第n－1行第二个数为－，第n行第三个数为(－)－(－)＝．
5．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；
(4)系数绝对值的和．
[解析] 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，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1．
(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
令x＝1，y＝－1，可得：a0－a1＋a2－…－a9＝59，
将两式相加除以2可得：
a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，即为所有奇数项系数之和．
(4)解法一：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，
令x＝1，y＝－1，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59．
解法二：|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|即为(2x＋3y)9展开式中各项系数和，令x＝1，y＝1得：
|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59．
PAGE1.3 二项式定理
1.3.1 二项式定理
自主预习·探新知
情景引入
牛顿善于在日常生活中思考，他取得了科学史上一个个重要的发现．有一次，他在向一位姑娘求婚时思想又开了小差，他脑海中只剩下了无穷量的二项式定理，他抓住姑娘的手指，错误地把它当成通烟斗的通条，硬往烟斗里塞，痛得姑娘大叫，离他而去．
那么，什么是二项式定理？二项式定理的无穷魅力在哪里？
新知导学
二项式定理及相关的概念
二项式定理
概念
公式(a＋b)n＝__Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)__称为二项式定理
二项式系数
各项系数__C__(r＝0,1,2，…，n)叫做展开式的二项式系数
二项式通项
Can－rbr是展开式中的第__r＋1__项，可记作Tr＋1＝Can－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)
二项展开式
Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)
备注
在二项式定理中，如果令a＝1，b＝x，则得到公式(1＋x)n＝__1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxr＋…＋Cxn__(n∈N＋)
预习自测
1．(x－)5的展开式中含x3项的二项式系数为( D )
A．－10
B．10
C．－5
D．5
[解析] Tr＋1＝C·x5－r(－)r＝(－1)rC·x5－2r，
令5－2r＝3，则r＝1.∴x3项的二项式系数为C＝5．
2．二项式(x2＋)10的展开式中的常数项是( B )
A．第10项
B．第9项
C．第8项
D．第7项
[解析] 通项Tr＋1＝C·(x2)10－r·()r＝2r·C·x20－，令20－＝0得r＝8，∴常数项为第9项．
3．在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为__60__.(用数字作答)
[解析] (1－2x)6的展开式的通项Tr＋1＝C(－2)rxr，当r＝2时，T3＝C(－2)2x2＝60x2，所以x2的系数为60．
4．(浙江高考)设二项式(－)5的展开式中常数项为A，则A＝__－10__．
[解析] Tr＋1＝Cx(－1)r·x－，令－＝0得r＝3，所以A＝C(－1)3＝－10．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
求二项展开式中特定的项
典例1 (2020·三明高二检测)已知(－)n展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，求：
(1)n的值；
(2)展开式中含x3的项．
[解析] (1)因为T3＝C()n－2(－)2＝4Cx，
T2＝C()n－1(－)
＝－2Cx，
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－r(－)r
＝(－2)rCx，
所以＝3，r＝1，
所以第二项为含x3的项：
T2＝－2Cx3＝－18x3．
『规律总结』 运用二项式定理的解题策略
(1)正用：求形式简单的二项展开式时可直接由二项式定理展开，展开时注意二项展开式的特点：前一个字母是降幂，后一个字母是升幂．形如(a－b)n的展开式中会出现正负间隔的情况．对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．
(2)逆用：逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项的系数．
特别提醒：逆用二项式定理时如果项的系数是正负相间的，则是(a－b)n的形式．
┃┃跟踪练习1__■
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．
[思路分析] 首先由第6项为常数求项数n，再根据通项公式求x2项的系数和有理项．
[解析] Tr＋1＝C·()n－r·(－)r
＝C·(x)n－r·(－·x－)r＝(－)r·C·x．
(1)∵第6项为常数项，∴r＝5时有＝0，∴n＝10．
(2)令＝2，得r＝2，
∴所求的系数为C(－)2＝．
(3)根据通项公式，由题意得：
令＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，
即r＝＝5－k．
∵0≤r≤10，∴0≤5－k≤10，∴－≤k≤，
又∵k应为偶数，∴k可取2,0，－2，
∴r＝2,5,8，∴第3项、第6项与第9项为有理项．
它们分别为C·(－)2·x2，C(－)5，C·(－)8·x－2．
即x2，－和．
命题方向?
二项式定理的正用和逆用
典例2 (1)计算：(2020·潍坊高二检测)(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＝__x5－1__．
(2)用二项式定理展开：(2x－)5．
[解析] (1)(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＝(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＋1－1
＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1．
(2)(2x－)5＝C(2x)5＋C(2x)4(－)＋C(2x)32＋C(2x)23＋C(2x)4＋C5＝32x5－120x2＋－＋－．
『规律总结』 1.展开二项式可按照二项式定理进行．展开时注意二项式定理的结构特征，准确理解二项式的特点是展开二项式的前提条件．
2．对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便．
3．对于化简多个式子的和时，可以考虑二项式定理的逆用．对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项的系数．
┃┃跟踪练习2__■
(1)用二项式定理展开：(3＋)4；
(2)化简：1＋2C＋4C＋…＋2nC．
[解析] (1)解法一：(3＋)4＝(3)4＋C(3)3＋C(3)2·()2＋C(3)()3＋C·()4＝81x2＋108x＋54＋＋．
解法二：(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)1＋2C＋4C＋…＋2nC
＝C＋21C＋22C＋…＋2nC
＝(1＋2)n＝3n．
命题方向?
二项式系数与项的系数问题
典例3 (1)求二项式(2－)6的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；
(2)求(x－)9的展开式中x3的系数．
[思路分析] 利用二项式定理求展开式中的某一项，可以通过二项展开式的通项公式进行求解．
[解析] (1)由已知得二项展开式的通项为Tr＋1
＝C(2)6－r·(－)r
＝(－1)rC26－r·x3－r
∴T6＝－12·x－．
∴第6项的二项式系数为C＝6，
第6项的系数为C·(－1)·2＝－12．
(2)Tr＋1＝Cx9－r·(－)r＝(－1)r·C·x9－2r，
∴9－2r＝3，
∴r＝3，即展开式中第四项含x3，其系数为(－1)3·C＝－84．
『规律总结』 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．
┃┃跟踪练习3__■
(1－2x)5(2＋x)的展开式中x3项的系数是__－120__．
[解析] 由多项式乘法的运算法则可知，(1－2x)5(2＋x)的展开式中x3项的系数是(1－2x)5展开式中x3项的系数的2倍与(1－2x)5展开式中x2项的系数的和．
∵(1－2x)5展开式的通项为Tr＋1＝(－2)rCxr，
令r＝3得到x3项的系数为－8C＝－80
令r＝2得到x2项的系数为4C＝40，
所以(1－2x)5(2＋x)的展开式中x3项的系数是－80×2＋40＝－120，
故答案为－120．
学科核心素养
用二项式定理处理整除性问题或求余数问题
(1)解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．如求199510除以8的余数，将1995分解为8×249＋3，即199510＝(8×249＋3)10，它的展开式中除末项310外，其余各项均含有8这个因数，故199510被8除的余数与310被8除的余数相同，而310＝95＝(8＋1)5，(8＋1)5的展开式中除最末一项1外，其余各项均含有8这个因数，故310被8除的余数为1，从而199510被8除的余数也为1．
(2)用二项式定理处理整除问题，通常把被除数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者是前面)一、二项就可以了．
(3)要注意余数的取值范围，a＝c·r＋b，b为余数，b∈[0，r)，r是除数，利用二项式定理展开变形后，若剩余部分是负数要注意转换．
典例4 (1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除；
(2)求9192被100除所得的余数．
[解析] (1)证明：∵1110－1＝(10＋1)10－1
＝(1010＋C·109＋C·108＋…＋C·10＋1)－1
＝1010＋C·109＋C·108＋…＋102
＝100(108＋C·107＋C·106＋…＋1)，
∴1110－1能被100整除．
(2)9192＝(100－9)92＝C·10092－C·10091·9＋C·10090·92－…＋C992，展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．
∵992＝(10－1)92＝C·1092－C·1091＋…＋C·102－C·10＋1，前91项能被100整除，后两项和为－919，因余数为正，可从前面的数中分离出1
000，结果为1
000－919＝81，故9192被100除可得余数为81．
『规律总结』 利用二项式定理可以解决余数和整除性问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且
这种转化形式与除数有密切的关系．
整除性问题或求余数问题的处理方法：
(1)解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．
(2)用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者是前面)的几项就可以了．
┃┃跟踪练习4__■
求0.9986的近似值，使误差小于0.001．
[解析] 把0.998变成1－0.002，然后应用二项式定理展开．
因为0.9986＝(1－0.002)6＝1－C×0.002＋C×0.0022－C×0.0023＋…＋C×0.0026．
第三项T3＝15×0.0022＝0.000
06<0.001，以后各项更小，所以0.9986≈1－0.012＝0.998．
易混易错警示
二项式系数与项的系数问题
典例5 设(x－)n展开式中，第二项与第四项的系数之比为1∶2，试求含x2的项．
[错解] 第二项的系数为C，第四项的系数为C，
故＝，解得n＝5或n＝－2，所以Tr＋1＝Cx5－r(－)r，
由5－r＝2得r＝3，即展开式中第四项为含x2的项，所以Cx2(－)3＝－20x2．
[辨析] 错误原因：将“二项展开式的某项的二项式系数”与“二项展开式的某项的系数”混淆．
防范措施：深刻理解“二项展开式的某项的二项式系数”与“二项展开式的某项的系数”的区别与联系，准确应用．
[正解] (x－)n展开式的第2项与第4项分别为Cxn－1(－)＝－nxn－1，Cxn－3(－)3
＝－2Cxn－3．
依题意得＝?n2－3n－4＝0，解方程并舍去不合题意的负根，得n＝4．
(x－)4展开式中第r＋1项为Cx4－r·(－)r.由4－r＝2，得r＝2，即(x－)4展开式中x2项为Cx2(－)2＝12x2．
课堂达标·固基础
1．若(2x－3)n＋3的展开式中共有15项，则自然数n的值为( A )
A．11
B．12
C．13
D．14
[解析] 因为(2x－3)n＋3的展开式中共n＋4项，所以n＋4＝15，即n＝11，故选A．
2．二项式(x3－)5的展开式中的常数项为( B )
A．80
B．－80
C．40
D．－40
[解析] 二项式(x3－)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(x3)5－r(－)r＝(－1)r·2rCx15－5r，令15－5r＝0，解得r＝3，所以常数项为T4＝(－1)3×23×C＝－80，故选B．
3．若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被7整除，则x，n的值可能为( C )
A．x＝4，n＝3
B．x＝4，n＝4
C．x＝5，n＝4
D．x＝6，n＝5
[解析] 由Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n－1，分别将选项A，B，C，D代入检验知，仅有C适合．
4．(1＋)5＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b等于__70__．
[解析] ∵(1＋)5＝1＋C＋C()2＋C()3＋C()4＋C()5＝41＋29，
∴a＝41，b＝29，a＋b＝41＋29＝70．
5．求(x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数．
[解析] ∵(x＋2)10(x2－1)＝x2(x＋2)10－(x＋2)10，本题求x10的系数，只要求(x＋2)10展开式中x8及x10的系数．
由Tr＋1＝Cx10－r·2r，取r＝2得x8的系数为C×22＝180，又x10的系数为C＝1，因此所求系数为180－1＝179．
PAGE第2课时 组合(二)
自主预习·探新知
情景引入
双色球第19085期开奖，湖南一彩民高中5注一等奖，总奖金高达3
953万元，成为此次彩市大赢家．双色球是全国范围内发行的福利彩票，摇奖时用33个红球16个蓝球，对应着彩票的33个红数码和16个蓝数码，每一注彩票要从33个红数码中选6个，从16个蓝数码中选1个，一共选七个数码，如果你买的一注彩票与这7个数码全部一样(不管顺序)就中特等奖，如果6个一样就中一等奖，以此类推．有人想，这么高的奖金为何不全部买下来呢？问题是，如果全部买下来需要买多少注呢？每注两元，一共要花多少钱呢？这样的问题如何计算呢？它需要用到什么数学知识呢？这是一个组合计数问题，如何利用组合数公式来解决此问题呢？
新知导学
1．有限制条件的组合问题
(1)解答组合应用题的总体思路
①整体分类
对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于__全集__，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于__空集__，以保证分类的不重复，计算其结果时，使用分类加法计数原理．
②局部分步
整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的__不重复__.计算每一类相应的结果时，使用分步乘法计数原理．
③考查顺序
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__解答，有序的问题属__排列__问题．
④辩证地看待“元素”与“位置”
排列组合问题中的元素与位置，要视具体情况而定，有时“定元素选位置”，有时“定位置选元素”．
⑤把实际问题抽象成组合模型
认真审题，把握问题的本质特征，抽象概括出常规的数学模型．
(2)解答组合应用题的思想方法
①一一对应的思想．
②特殊到一般的归纳推理方法．
③正难则反的转化与化归思想．
④“含”与“不含”某元素的分类讨论思想．
2．解答排列、组合综合问题的一般思路和注意点
(1)一般思路：“先选后排”，也就是把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．
(2)注意点：①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，元素无序是组合问题，元素有序是排列问题．
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、组合的综合问题的一般方法．
预习自测
1．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选一科，则学生甲的选考方法种数为( D )
A．6
B．12
C．18
D．19
[解析] 法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有CC＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D．
法二：从六科中选考三科的选法有C种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C－1＝19(种)，故选D．
2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( A )
A．14
B．24
C．28
D．48
[解析] 用间接法得不同选法有C－1＝14种，故选A．
3．在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行．
(1)它们共能构成__1_260__个平行四边形；
(2)共有__80__个交点．
[解析] (1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有CC＝1
260(个)．
(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有CC＝80(个)．
4．某车间有11名工人，其中有5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现要在这11名工人中选派4名钳工，4名车工修理一台机床，不同的选派方法有__185__种．
[解析] 分三类，第一类，从5名钳工中选4人干钳工，从4名车工和另2名既会车工又会钳工的6人中选4人干车工，有CC＝75种选法；
第二类，从5名钳工中选3人，再从既会车工又会钳工的2人中选1名干钳工，从4名车工和剩下的一名既会车工又会钳工的工人中选出4名干车工有CCC＝100种(选法)；
第三类，从5名钳工中选2人，和2名既会车工又会钳工的2人共4人干钳工，4名只会车工的工人全部干车工，有C·C·C＝10种选法．由分类加法计数原理知，不同的选派方法共有75＋100＋10＝185种．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
简单的组合问题
典例1 从4名男生，3名女生中选出3名代表．
(1)不同的选法共有多少种？
(2)至少有一名女生的不同的选法共有多少种？
(3)代表中男、女都要有的不同选法共有多少种？
[思路分析] (1)不受限制，从7人中任意选3人，按组合定义计算；(2)“至少一女”的对立事件为“全是男生”，可用间接法计算；(3)“代表中男、女生都要有”，即1男2女或2男1女，可分类求解，也可间接求解．
[解析] (1)即从7名学生中选出三名代表，共有选法C＝35种．
(2)至少有一名女生的不同选法共有CC＋CC＋C＝31种，或C－C＝31种．
(3)男、女生都要有的不同的选法共有C－C－C＝30种，或CC＋CC＝30种．
『规律总结』 解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，若取出的元素只是组成一组，与顺序无关则是组合问题；若取出的元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有当该问题能构成组合模型时，才能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．
┃┃跟踪练习1__■
在一个口袋中装有12个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个黑球的概率是．
求：(1)袋中黑球的个数；
(2)从袋中任意摸出3个球，求至少得到2个黑球的概率．
[解析] (1)记“从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球”为事件A，设袋中黑球的个数为x，
则P(A)＝1－P()＝1－＝，解得x＝3或者x＝20(舍去)，故黑球为3个．
(2)记“从袋中任意摸出3个球，至少得到2个黑球”为事件B，则P(B)＝＝．
命题方向?
有限制条件的组合问题
典例2 (1)(2020·江西南昌模拟)从5名男生和4名女生中选出3名学生参加某次会议，则至少有1名女生参加的情况有__74__种．
(2)(2020·山东济南模拟)学校邀请了4位学生的父母共8人，并请这8位家长中的4位介绍其对子女的教育情况，如果这4位家长中至多有一对夫妻，那么不同的选择方法有__64__种．
[思路分析] (1)选出的3人中至少有1名女生，有三种情况：①2名男生和1名女生；②1名男生和2名女生；③3名女生．也可用间接法，用总的选法数减去全部是男生的选法数．(2)应分类考虑，第一类，4位作介绍的家长中没有任何两个人是夫妻．第二类，4位作介绍的家长中仅有一对夫妻．在每一类中应分两步：第一步，先确定家长来自哪个家庭，第二步，在选出的家庭中确定具体的人来介绍子女的教育情况．也可以采用间接法，用总的选法数减去4位家长有2对夫妻的选法数．
[解析] (1)解法一(直接法)，第一类，从5名男生中选出2名男生，从4名女生中选出1名女生，有CC＝40(种)选法；第二类，从5名男生中选出1名男生，从4名女生中选出2名女生，有CC＝30(种)选法；第三类，从4名女生中选出3名女生，有C＝4(种)选法．
根据分类加法计数原理知，共有74种选法．
解法二(间接法)：从所有的9名学生中选出3名，有C种选法，其中全为男生的有C种选法．
所以选出3名学生，至少有1名女生的选法有C－C＝74(种)．
(2)解法一(直接法)：4位作介绍的家长可分两类．
第一类，4位作介绍的家长中任何两个人都不是夫妻，即4位作介绍的家长来自于4个家庭，每个家庭是父亲作介绍还是母亲作介绍都有两种情况，所以其选择方法有24＝16(种)；
第二类，4位作介绍的家长中仅有一对夫妻，即4位作介绍的家长中有2位为一个家庭的父亲和母亲，其选法有C种，另2位家长从另三个家庭中的两个家庭中选，其选法有C种，并且被选中的家庭是父亲作介绍还是母亲作介绍都有两种情况，其选法有22种．根据分步乘法计数原理知，作介绍的家长的选法有C·C×22＝48(种)．
根据分类加法计数原理知，满足题意的选法有16＋48＝64(种)．
解法二(间接法)：从8位家长中选出4位家长有C种选法，其中这四位家长仅来自2个家庭不符合条件，其选法有C种，所以满足题意的选法有C－C＝64(种)．
『规律总结』 常见的限制条件及解题方法
(1)特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．
(2)含有“至多、至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．
(3)分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．
┃┃跟踪练习2__■
高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．
(1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？
(2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？
(3)恰有2名女生在内，不同的选法有多少种？
(4)至少有2名女生在内，不同的选法有多少种？
(5)至多有2名女生在内，不同的选法有多少种？
[思路分析] 可从整体上分析，进行合理分类，弄清关键词“恰有”“至少”“至多”等字眼．使用两个计数原理解决．
[解析] (1)从余下的34名学生中选取2名，有C＝561(种)．
∴不同的选法有561种．
(2)从34名可选学生中选取3名，有C种．
或者C－C＝C＝5
984种．
∴不同的选法有5
984种．
(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有CC＝2
100种．
∴不同的选法有2
100种．
(4)选取2名女生有CC种，选取3名女生有C种，共有选取方式N＝CC＋C＝2
100＋455＝2
555种．
∴不同的选法有2
555种．
(5)选取3名的总数有C，因此选取方式共有N＝C－C＝6
545－455＝6
090种．
∴不同的选法有6
090种．
命题方向?
与几何有关的组合问题
典例3 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4．
问：(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个？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个为顶点，可作出多少个四边形？
[解析] (1)C＋C·C＋C·C＝116(个)．
其中以C1为顶点的三角形有
C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)C＋C·C＋C·C＝360(个)．
『规律总结』 (1)解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．
(2)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，也可采用排除法．
(3)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、面及构造模型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象组合问题来解决．
┃┃跟踪练习3__■
(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法．
[解析] (1)(直接法)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面共有3C种取法；含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，与顶点A共面的三点的取法有3C＋3＝33(种)．
(2)(间接法)如图，从10个点中取4个点的取法有C种，除去4点共面的取法种数可以得到结果．从四面体同一个面上的6个点取出的4点必定共面．有4C＝60(种)，四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情形(对棱中点连线两两相交且互相平分)，故4点不共面的取法为：C－(60＋6＋3)＝141(种)．
命题方向?
组合应用中分组分配问题
角度1：不同元素分组、分配问题
典例4 6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)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本．
[解析] (1)根据分步乘法计数原理得有CCC＝90种．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有CCC种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A种方法．根据分步乘法计数原理可得：CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有CCC＝60种方法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360种方法．
『规律总结』 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．
┃┃跟踪练习4__■
按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6人；
(2)平均分成3个小组；
(3)平均分成3个小组，进入3个不同车间．
[解析] (1)CCC＝13
860．
(2)＝5
775．
(3)分两步：第一步平均分三组，第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有·A＝C·C·C＝34
650种不同的分法．
角度2：相同元素分配问题
典例5 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．
[解析] (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||001|，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)．
『规律总结』 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．
┃┃跟踪练习5__■
将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)每盒至多一球，有多少种放法？
(2)每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
(4)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内球数不少于它的编号数，有多少种放法？
[解析] (1)这是全排列问题，共有A＝24种放法．
(2)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C·2＝8种放法．
(3)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12种放法．
(4)(隔板法)先将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有C＝286种放法．
学科核心素养
排列与组合的综合应用
排列与组合的综合应用题的背景丰富、情境陌生，无特定模式和规律可循．因此，必须认真审题，把握其本质特征，化归为排列组合的常规模型来求解，其一般解法是：先组合后排列，即先选元素后排列，同时注意按元素的性质分类或按事情的发生过程分步．
解排列组合题的“16字方针，12个技巧”．
(1)“16字方针”是解排列组合题的基本规律，即：分类相加、分步相乘、有序排列、无序组合．
(2)“12个技巧”是解排列组合题的捷径，即：
①相邻问题捆绑法；
②不相邻问题插空法；
③多排问题单排法；
④定序问题倍缩法；
⑤定位问题优先法；
⑥有序分配问题分步法；
⑦多元问题分类法；
⑧交叉问题集合法；
⑨至少(或至多)问题间接法；
⑩选排问题先取后排法；
?局部与整体问题排除法；
?复杂问题转化法．
典例6 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有( B )
A．300种
B．240种
C．144种
D．96种
[解析] ①不选甲、乙，则N1＝A＝24.②只选甲，则N2＝CCA＝72.③只选乙，则N3＝CCA＝72.④选甲、乙，则N4＝CAA＝72.故N＝N1＋N2＋N3＋N4＝240.故选B．
┃┃跟踪练习6__■
有五张卡片，它们的正、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组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
[解析] 在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此必须同时考虑0与1的分类；(2)每张卡片都有正面与反面两种可能．解法上既可用直接法，也可用排除法．
解法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，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，又除含0的那张外，其他两张都有正面和反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C·C·C·22个．
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有C·22·A个．
(3)0和1都不取，不同的三位数有C·23·A个．
综上所述，共有不同的三位数C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432个．
解法二：(间接法)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，故共有不同的三位数C·23·A－C·22·A＝432个．
易混易错警示
要正确区分分堆与分配问题
典例7 有12本不同的书，分成4堆．
(1)若每堆3本，有几种方法？
(2)若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有几种分法？
(3)若4堆依次为1本，2本，3本，6本，有几种分法？(只要求列出算式)
[错解] (1)有CCCC种分法；
(2)有CCCC种分法；
(3)有CCCC种分法．
[辨析] A、B、C、D四本书平均为分两堆，只有AB，CD；AC，BD；AD，BC三种分法，而C·C＝6，显然计数错误，原因是先从4本书中选取AB，再取CD和先取CD，再取AB是同一种分法，上述错解犯了相同的错误．
[正解] (1)有分法种．
(2)有分法种．
(3)有分法CCCC种．
[误区警示] 1.分堆与分配问题
将一组n个不同元素平均分给A、B、C等不同的单位，每个单位m个，可先从n个中选取m个给A，再从剩下的n－m个中选取m个给B，…，依次类推，不同方法种数为CC…C个；将一组n个不同元素平均分成k堆，每堆m个，由于某m个元素先选和后选分堆结果是一样的，故不同分堆方法数为．
2．相同元素分配，每单位至少含有一个元素，可用插板法；相同元素分组，按元素最多的组分类，用数数法．
课堂达标·固基础
1．市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是( C )
A．48
B．54
C．72
D．84
[解析] 根据题意，先将3名乘客进行全排列，有A＝6(种)排法，排好后，有4个空当，再将1个空位和余下的两个连续的空位插入4个空当中，有A＝12(种)方法，根据分步乘法计数原理，共有6×12＝72(种)候车方式．选C．
2．如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个点作为一组．其中可以构成三角形的组数为( C )
A．208
B．204
C．200
D．196
[解析] 任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3C；二是4条竖线上的3个点，其组数为4C；三是4条对角线上的3个点，其组数为4C，所以可以构成三角形的组数为：C－3C－8C＝200，故选C．
3．(2020·山东卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( C )
A．120种
B．90种
C．60种
D．30种
[解析] 首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C；
然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有C；
最后剩下的3名同学去丙场馆．
故不同的安排方法共有C·C＝6×10＝60种．
故选C．
4．2020年3月10日是第十四届世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“尽快行动，尽快预防”，不同的分配方案有
__90__种(用数字作答)．
[解析] ·A＝90种．
PAGE1.2.2 组 合
第1课时 组 合(一)
自主预习·探新知
情景引入
某国际会议中心有A、B、C、D和E共5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小4种型号，总共20个会议室．现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号．
试问：会议中心的工作人员安排会议的方法有多少种？
新知导学
1．组合、组合数的概念
(1)组合的概念．
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．
(2)组合数的概念．
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．
2．组合数公式及其性质
(1)公式：C＝____＝____．
(2)性质：C＝__C__，C＝C＋C．
(3)规定：C＝__1__．
预习自测
1．下面几个问题是组合问题的有( C )
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？
②从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有多少种不同的选法？
③有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？
④某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？
A．①②
B．①③④
C．②③④
D．①②③④
[解析] ①与顺序有关，是排列问题，而②③④均与顺序无关，是组合问题，故选C．
2．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有________种不同选法．( C )
A．504
B．729
C．84
D．27
[解析] 只需从9名学生中选出3名即可，从而有C＝＝84种选法．
3．从1,2,3，…，9这9个数中任取5个不同的数，则这5个数的中位数是5的概率等于( C )
A．
B．
C．
D．
[解析] ∵5个数的中位数是5，
∴5之前4个数中取2个，5之后4个数中取2个，故所求概率为P＝＝．
4．方程C＝C的解为( C )
A．4
B．14
C．4或6
D．14或2
[解析] 由题意知或
解得x＝4或6．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
组合概念的理解与应用
典例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个人相互写一封信，一共写了多少封信？
(2)10个人相互通一次电话，一共通了多少次电话？
(3)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？
(4)从10个人中选3人去开会，有多少种选法？
(5)从10个人中选出3人担任不同学科的课代表，有多少种选法？
[思路分析] 观察取出的元素与顺序有关还是无关，从而确定是排列问题，还是组合问题．
[解析] (1)是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的，排列数为A＝90．
(2)是组合问题，因为甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，没有顺序区别，组合数为C＝45．
(3)是组合问题，因为每两个队比赛一次，没有顺序的区别，组合数为C＝45．
(4)是组合问题，因为去开会的3个人之间没有顺序的区别，组合数为C＝120．
(5)是排列问题，因为3个人担任哪一科的课代表是有区别的，排列数为A＝720．
『规律总结』 1.组合的特点是只选不排，即组合只是从n个不同的元素中取出m(m≤n)个不同的元素即可．
2．只要两个组合的元素完全相同，不管顺序如何，这两个组合就是相同的组合．
3．判断组合与排列的依据是看是否与顺序有关，与顺序有关的是排列问题，与顺序无关的是组合问题．
┃┃跟踪练习1__■
下列四个问题中，属于组合问题的是( C )
A．从3个不同小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．将3张不同的电影票分给10人中的3人，每人1张
[解析] 只有从100名幸运观众中选出2名幸运之星与顺序无关，是组合问题．
命题方向?
组合数公式
典例2 (1)计算：①3C－2C＋C；②C＋C．
(2)证明：mC＝nC．
[思路分析] (1)先考虑利用组合数的性质对原式进行化简，再利用组合数公式展开计算．(2)式子中涉及字母，可以用阶乘式证明．
[解析] (1)①3C－2C＋C＝3×－2×＋1＝149．
②C＋C＝C＋C＝＋200＝5
150．
(2)证明：∵左边＝m·＝＝n·＝nC＝右边，
∴mC＝nC．
『规律总结』 1.公式C＝＝，一般用于求值计算．
2．公式C＝(m，n∈N
，且m≤n)，一般用于化简证明．在具体选择公式时，要根据题目特点正确选择．
3．根据题目特点合理选用组合数的两个性质C＝C，C＝C＋C，能起到简化运算的作用，需熟练掌握．
┃┃跟踪练习2__■
(1)计算：C－C·A；
(2)求C＋C的值．
[解析] (1)原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0．
(2)∵，∴9.5≤n≤10.5，
∵n∈N
，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝C＋C＝＋31＝466．
命题方向?
组合数性质的应用
典例3 (1)计算C＋C＋C＋…＋C的值为( C )
A．C
B．C
C．C－1
D．C－1
(2)解方程：3C＝5A．
[思路分析] 恰当选择组合数的性质进行求值、解方程与解不等式．
[解析] (1)C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1．
选C．
(2)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．
∴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．
∴方程的根为x＝11．
『规律总结』 1.性质“C＝C”的意义及作用．
—
—
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．
┃┃跟踪练习3__■
计算：(1)C＋C·C；
(2)C＋C＋C＋C＋C＋C．
[解析] (1)原式＝C＋C×1＝＋＝56＋4
950＝5
006．
(2)原式＝2(C＋C＋C)＝2(C＋C)＝2(6＋)＝32．
学科核心素养
含组合数的化简、证明或解方程、不等式的问题
(1)对于含组合数的化简、证明或解方程、不等式等问题多利用：
①组合数公式，即：C＝＝；
②组合数的性质，即C＝C和C＝C＋C；
③排列数与组合数的关系，即A＝CA．
(2)当含有字母的组合数的式子要进行变形论证时，利用阶乘公式往往较为方便．
典例4 (1)解不等式：C>3C；
(2)求证：①C＝C，②C·C＝CC．
[解析] (1)原式可化为>，即>，
∴m>27－3m．
又∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，m∈N
，
∴m＝7或8．
∴不等式的解集为{7,8}．
(2)①C＝·＝＝C．
②∵C·C＝·
＝，
C·C＝·
＝，
∴C·C＝C·C．
『规律总结』 1.根据有关公式把已知中给出的不等式转化为代数不等式且把握好未知数的取值范围．
2．充分利用组合数公式及其性质解题，并注意有关限制条件．
易混易错警示
忽视组合数中参数的限制条件致误
典例5 已知：－＝，求m．
[错解] 由组合数公式得，－＝，
化简得m2－23m＋42＝0，∴m＝21或2．
[辨析] 运用组合数公式时，必须注意其中对字母取值范围的限制．
[正解] 依题意，m的取值范围是{m|0≤m≤5，m∈N
}．
原等式化为－＝，化简得m2－23m＋42＝0，解得m＝21或m＝2.因为0≤m≤5，m∈N
，所以m＝21应舍去，所以m＝2．
[误区警示] 应用组合数公式C时要注意m、n∈N
，m≤n；由C＝C列关系式时应有m＝p或m＋p＝n；逆用公式C＝C＋C可以将较复杂的下标连续变化的组合数和式化简，要注意用准公式．
课堂达标·固基础
1．下列问题不是组合问题的是( D )
A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
B．平面上有2015个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C．集合{a1，a2，a3，…，an}的含有三个元素的子集有多少个？
D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？
[解析] 组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D选项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，选D．
2．已知C－C＝C(n∈N
)，则n等于( A )
A．14
B．12
C．13
D．15
[解析] 因为C＋C＝C，所以C＝C．
∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A．
3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( B )
A．A种
B．C种
C．CA种
D．30种
[解析] 三张票没区别，从10人中选3人即可，即C，故选B．
4．若C>C，则n的集合是__{6,7,8,9}__．
[解析] ∵C>C，
∴??
?
∵n∈N
，∴n＝6,7,8,9.∴n的集合为{6,7,8,9}．
5．在6名内科医生和4名外科医生中，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．
[解析] (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CC＝120种选派方法．
(2)既有内科医生，又有外科医生，正面思考应包括四种情况，内科医生去1人，2人，3人，4人，有CC＋CC＋CC＋CC＝246种选派方法．
若从反面考虑，则有C－C＝246种选派方法．
PAGE第2课时 排列(二)
自主预习·探新知
情景引入
2020年7月1日是中国共产党成立99周年纪念日，各地组织形式多样的纪念活动，某校开展了“学习强国”答题竞赛，共有29名参赛者按顺序就座参与比赛．那么这29位选手的排列顺序有多少种呢？这样的排列顺序问题能否有一个公式表示呢？只要掌握了本节我们将要学习的排列与排列数公式，这些问题便可迎刃而解．
新知导学
1．排列数的性质
①A＝__n__A； ②A＝__m__A＋A．
性质①是指从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素排成一列．分两步骤完成：第一步从n个元素中选出1个排在一个位置上，第二步从余下的n－1个元素中选出__m－1__个元素排在余下的m－1个位置上，得到
A＝__nA__．
性质②是指从含有元素a的n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，排成一列．
第一类：m个元素中含有a，分两步完成．
第一步，将a排在某一位置上，有__m__种不同的方法．
第二步，从其余n－1个元素中取出__m－1__个排在其他m－1个位置有A种方法，即有mA种不同的方法．
第二类：m个元素中不含有a.从n－1个元素中取出__m__个元素排在m个位置上有A种方法，∴A＝mA＋A
或∵A－A＝n·(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)－(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n－m)＝m[(n－1)(n－2)…(n－m＋1)]＝__mA__
∴A＝__mA＋A__．
2．有限制条件的排列问题
①直接法：以元素为考察对象，先满足__特殊__元素的要求，再考虑__一般__元素(又称为元素分析法)，或以位置为考察对象，先满足__特殊__位置的要求，再考虑__一般__位置(又称位置分析法)．
②间接法：先不考虑附加条件，计算出总排列数，再减去__不合要求__的排列数．
③相邻元素__捆绑__法，相离问题__插空__法，定元、定位__优先排__法，至多、至少__间接__法，定序元素__最后排__法．
预习自测
1．5名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有( C )
A．70
B．72
C．36
D．12
[解析] 甲、乙、丙先排好后视为一个整体与其他2名同学进行排列，共有AA＝36种排法．
2．用数字0、1、2、3、4、5可以组成没有重复数字，并且比20
000大的五位偶数共有( B )
A．288个
B．240个
C．144个
D．126个
[解析] 个位是0，有4A＝96个；个位不是0，有2×3×A＝144个，∴共有96＋144＝240个．
3．有七名同学站成一排照毕业照，其中甲必须站在中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有__192__种．
[解析] 解法一：先去掉甲考虑其他6人，首先将乙、丙绑定为一个元素，排法有A·A，然后让甲站在中间位置，但此时有不符合条件的，即当乙、丙在中间位置时，甲再插入中间的应去掉，共有A·A，则符合条件的站法有A·A－A·A＝192种．
解法二：乙、丙的排法有2种，乙、丙可在甲的左边也可在右边，每边都有2种位置，乙、丙站好后其余4人任意排共有2×2×2A＝192种．
4．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两名女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)若4名男生身高都不等，按从高到低的一种顺序站；
(4)老师不站中间，女生不站两端.
[解析] (1)2名女生站在一起有站法A种，视为一个元素与其余5个全排，有A种排法，
∴有不同站法A·A＝1
440种．
(2)先排老师和女生，有排法A种，再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插入男生，每空一人，
有插入方法A种，
∴共有不同站法A·A＝144种．
(3)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，或从右到左的不同，
∴共有不同站法2·＝420种．
(4)中间和两侧是特殊位置，可如下分类求解：①老师站两侧之一，另一侧由男生站，有A·A·A种站法；②两侧全由男生站，老师站除两侧和正中外的另外4个位置之一，有A·A·A种站法，∴共有不同站法AAA＋AAA＝2
112种．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
元素相邻问题
典例1 6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须在一起的不同排法共有( C )
A．720种
B．360种
C．240种
D．120种
[解析] 因甲、乙两人要排在一起，故将甲、乙两人捆在一起视作一人，与其余四人全排列共有A种排法，但甲、乙两人之间有A种排法，由分步乘法计数原理可知：
共有A·A＝240种不同的排法，选C．
『规律总结』 1.解排列应用题的基本思路
实际问题→排列问题→求排列数→解决实际问题．
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件(特殊位置，特殊元素)．
2．相邻元素捆绑法．如果所给问题中要求某n个元素必须相邻，可将这n个元素先排好，然后将其整体看作一个元素参与排列．
┃┃跟踪练习1__■
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( B )
A．1440种
B．960种
C．720种
D．480种
[解析] 先将5名志愿者排好，有A种排法，2位老人只能排在5名志愿者之间的4个空隙中，先将2位老人排好，有A种排法，再把它作为一个元素插入空隙中，有4种插法．
∴共有不同排法4AA＝960种．
命题方向?
元素不相邻问题
典例2 要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少种不同的排法？
[解析] 先将6个歌唱节目排好，其不同的排法为A种，这6个歌唱节目的空隙及两端共七个位置中再排4个舞蹈节目有A种排法，由分步乘法计数原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为A·A＝604
800(种)．
『规律总结』 不相邻问题插空法．不相邻问题是指要求某些元素不能相邻，由其他元素将它隔开，此类问题可以先将其他元素排好，再将所指定的不相邻的元素插入到它们的空隙及两端位置，故称“插空法”．
┃┃跟踪练习2__■
4名男生和4名女生站成一排
(1)男生不相邻的站法有__2_880__种．
(2)女生不相邻的站法有__2_880__种．
(3)男、女生相间的站法有__1_152__种．(可不必计算出数值)
[解析] (1)4名女生排好有A种排法，男生插入女生形成的5个空位中有A种．∴男生不相邻的站法有A·A＝2
880种．
(2)同(1)可得AA＝2
880种．
(3)如图，
1
男
2
男
3
男
4
男
5
男生排好后，形成5个空位，要使男女相间排列，女生应排在1至4号位或2至5号位，∴有排法2AA＝1
152种．
命题方向?
定位定元问题
典例3 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排列方案的方法种数．
(1)全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；
(2)全体站成一排，其中甲、乙必须在两端；
(3)全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端．
[思路分析] (1)甲是特殊元素，其余学生站法不受限制，故可先将甲排好，再排其他人．
(2)同(1)的分析，甲、乙是特殊元素可先在两端排好甲、乙，有A种排法，再排其他人．
(3)直接排时，可按甲的站位分类：甲在最右端和甲不在两端；也可按乙的站位分类．
用间接法求时，7人全排列后减去甲在左端的和乙在右端的(两种情形一样多)，再加上甲在左端且乙在右端的情形(两次都减去了)．
[解析] (1)(特殊元素优先法)先考虑甲有A种方案，再考虑其余六人全排，故N＝AA＝2
160(种)．
(2)(特殊元素优先法)先安排甲、乙有A种方案，再安排其余5人全排，故N＝A·A＝240(种)．
(3)解法一(特殊元素优先法)：按甲是否在最右端分两类：
第一类：甲在最右端时有N1＝A(种)，
第二类：甲不在最右端时，甲有A个位置可选，而乙也有A个位置，而其余全排A，
有N2＝AAA(种)，
故N＝N1＋N2＝A＋AAA＝3
720(种)．
解法二(间接法)：
无限制条件的排列数共有A，而甲在左端或乙在右端的排法都有A，且甲在左端且乙在右端的排法有A，
故N＝A－2A＋A＝3
720(种)．
解法三(特殊位置优先法)：按最左端优先安排分步．
对于左端除甲外有A种排法，余下六个位置全排有A，但减去乙在最右端的排法AA种，
故N＝AA－AA＝3
720(种)．
『规律总结』 有限制条件的排列问题常用的方法有“直接法”和“间接法”．
1．至多、至少间接法
当问题的正面分类较多或计算较复杂，而问题的反面分类较少或计算更简便时往往使用“间接法”．含“至多”、“至少”类词语的排列(组合)问题，是需要分类问题，常用间接法(即排除法)解答．这时可以先不考虑特殊元素(位置)，而列出所有元素的全排列数，从中再减去不满足特殊元素(位置)要求的排列数，即排除法．
2．定元、定位优先排．在有限制条件的排列问题中，有时限定某元素必须排在某位置，某元素不能排在某位置；有时限定某位置只能排(或不能排)某元素．这种特殊元素(位置)解题时要优先考虑．
(1)元素分析法——即以元素为主，优先考虑特殊元素，再考虑其他元素，先特殊后一般．
(2)位置分析法——即以位置为主，优先考虑特殊位置，再考虑其他位置，先分类后分步．
┃┃跟踪练习3__■
7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面(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．
[解析] (1)甲在乙前面的排法占全体全排列种数的一半，故有＝2
520种不同排法．
(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排列种数的．
故有＝840种不同排法．
学科核心素养
排列与其他知识相交汇
排列问题常与方程、不等式、函数、数列、解析几何、立体几何等知识相交汇，给人感觉情境新颖，但只需转化和化归，即可脱去新题的伪装，还其本来面目．
典例4 从1,2,3，…，20这20个自然数中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？
[思路分析] 由三个自然数组成的等差数列具有这样的性质：第一个数与第三个数必同时为偶数或同时为奇数(若a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b)，在1到20这20个数中有10个偶数和10个奇数，联想到排列的定义，可以求解．
[解析] 设a，b，c∈N
，且a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c应是偶数．
因此，若从1到20这20个数中任选出三个数成等差数列，则第一个数与第三个数必同为偶数或同为奇数，而1到20这20个数中有10个偶数和10个奇数．当第一个数和第三个数选定后，中间的数被唯一确定．因此选法有两类：
第一类，第一个数和第三个数都是偶数，有A种选法；
第二类，第一个数和第三个数都是奇数，有A种选法．
于是，选出3个数成等差数列的个数为A＋A＝180．
『规律总结』 解有限制条件的排列应用问题的关键是将题设的限制条件转化为显性的排列的限制条件．如本例中将三个正整数成等差数列这一限制条件转化为第一项和第三项同为偶数或同为奇数的限制条件．
┃┃跟踪练习4__■
某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相．
(1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？
(2)3位老者与2位年轻的都要分别按从大到小的顺序出场，顺序有多少种？
[思路分析] 思路(1)3位老者按从大到小的顺序出场不一定这3位相邻出场，只要先排下年轻的，剩余的3个位置，可以按年龄“对号入座”．
思路(2)可先不考虑顺序，共有A种排法．设符合条件的排法有x种，每一种排法若不讲顺序的话，三位老者又可作全排列A种，共有排法x·A，这是不讲顺序的另一种列式方法．
∴x·A＝A.∴x＝＝A＝20．
[解析] (1)只要第一步先排好年轻的，共有A种方法，第二步排3位年老者只有一种排法，按分步乘法计数原理有A×1＝20(种)排法．
(2)设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法可得：x·A·A＝A，解得x＝＝10(种)．
易混易错警示
排列的综合应用
典例5 4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有( B )
A．12种
B．14种
C．16种
D．24种
[错解] 若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A＝24种排法，甲跑第一棒有A＝6种，乙跑第四棒有A＝6种，故一共有A－2A＝12种．
[辨析] 解答过程中，排除甲跑第一棒和乙跑第四棒，两次都减去了甲跑第一棒且乙跑第四棒的情况，导致了错误结论A－2A＝12．
[正解] 用排除法，若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A＝24种排法，减去甲跑第一棒有A＝6种排法，乙跑第四棒有A＝6种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有A＝2种排法，共有A－2A＋A＝14种不同的出场顺序．
课堂达标·固基础
1．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( A )
A．36
B．30
C．40
D．60
[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有A＝36个．
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( D )
A．144
B．120
C．72
D．24
[解析] 就座3人占据3张椅子，在其余3张椅子形成的四个空位中，任意选择3个，插入3张坐人的椅子，共有A＝24种不同坐法，故选D．
3．(2020·江西省樟树中学)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的．现用编号为1,2,3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为( D )
A．12
B．24
C．36
D．48
[解析] 设6种产品分别为a，b，c，d，e，f，画出图形如下图所示，根据题意，安全的分组方法有{ab，cf，de}，{ab，cd，ef}，{ac，be，df}，{ac，bf，de}，{ad，ef，bc}，{ad，eb，cf}，{ae，dc，bf}，{ae，df，bc}，共8种，每一种分组方法安排到3个仓库，有A种方法，故总的方法种数有8×A＝48种，故选D．
4．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1,2相邻，这样的六位数的个数是__40__．
[解析] 可分为三步来完成这件事：
第一步：先将3,5进行排列，共有A种排法；
第二步：再将4,6插空排列，共有2A种排法；
第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，
共有A种排法；
由分步乘法计数原理得，共有A2AA＝40种不同的排法．
PAGE1.2 排列与组合
1.2.1 排 列
第1课时 排 列(一)
自主预习·探新知
情景引入
2020年教师节，习近平主席来到北师大视察，听完一节课后与老师们座谈．如果有12位教师参加，面对习主席坐成一排．
问：这12位教师的坐法共有多少种？
新知导学
1．排列、排列数与排列数公式
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，__按照一定的顺序排成一列__，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__所有排列的个数__，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示
排列数公式
A＝__n(n－1)…(n－m＋1)__这里n，m∈N＋，并且m≤n
2．全排列、阶乘的概念及相关性质
(1)全排列：n个不同元素__全部取出__的一个排列．
(2)n的阶乘：正整数由1到n的__连乘积__，叫做n的阶乘，用n！表示．
(3)阶乘的相关应用：
①规定：0！＝1；
②排列数公式的另一种形式：A＝．
预习自测
1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( D )
A．10种
B．20种
C．25种
D．32种
[解析] 每个同学有2种报名方式，5个同学全完成，这件事情才算完成．按照乘法计数原理，共有25＝32种报名方法．
2．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有( B )
A．6种
B．10种
C．8种
D．16种
[解析] 记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球传给乙，则不同的传球方式有
其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理若甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，共有10种传球方式．
3．用0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的四位数有__96__个．
[解析] 分两步，第一步排首位共4种不同排法，第二步排余下的三位共有A＝24种不同排法，由分步乘法计数原理得共组成无重复数字的四位数4×24＝96个．
4．已知A＝56，那么n＝__8__．
[解析] ∵A＝56，
∴n(n－1)＝56，
解得n＝8或－7，
∴n＝8．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
排列的概念
典例1 下列问题是排列问题吗？说明你的理由．
(1)从1、2、3三个数字中，任选两个做加法，其结果有多少种不同的可能？
(2)从1、2、3、5四个数字中，任选两个做除法，其结果有多少种不同的可能？
(3)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排3个客人，又有多少种方法？
(4)从集合M＝{1,2，…，9}中，任取相异的两个元素作为a、b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆＋＝1和多少个焦点在x轴上的双曲线－＝1．
[思路分析] 判断是否为排列问题的关键是：选出的元素在被安排时，是否与顺序有关．若与顺序有关，就是排列问题，否则就不是排列问题．
[解析] (1)不是；(2)是；(3)第一问不是，第二问是；(4)第一问不是，第二问是．
理由是：由于加法运算满足交换律，所以选出的两个元素做加法时，与两元素的顺序无关，但做除法时，两元素谁作除数，谁作被除数不一样，此时与顺序有关，故做加法不是排列问题，做除法是排列问题．选座位与顺序无关，“入座”问题，与顺序有关，故选3个座位安排三位客人是排列问题，若方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a、b的大小一定，因此这不是排列问题；在双曲线－＝1中，不管a>b还是a『规律总结』 确定一个具体问题是否为排列问题的方法：
(1)首先要保证元素的无重复性，即是从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，否则不是排列问题．
(2)其次要保证元素的有序性，即安排这m个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列．而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
┃┃跟踪练习1__■
下列问题是排列问题吗？
(1)从5个人中选取两个人去完成某项工作；
(2)从5个人中选取两个人担任正、副组长．
[解析] (1)不是 甲和乙去，与乙和甲去完成这项工作是同一种选法．
(2)是 甲担任组长、乙担任副组长，与甲担任副组长、乙担任组长是不同选法．
命题方向?
简单的排列问题
典例2 写出下列问题的所有排列：
(1)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有多少种机票？
(2)两名老师和两名学生合影留念，写出老师不在左端且相邻的所有可能的站法，并回答共有多少种？
[解析] (1)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．
(2)由于老师不站左端，故左端位置上只能安排学生．设两名学生分别为A、B，两名老师分别为M，N，此问题可分两类：
由此可知所有可能的站法为AMNB，ANMB，ABMN，ABNM，BMNA，BNMA，BAMN，BANM，共8种．
『规律总结』 对简单的没有限制条件的排列问题，在分清元素和位置的情况下，直接用排列公式进行计算．
┃┃跟踪练习2__■
从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同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．
[解析] (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．
由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18个不同的三位数．
画出下列树形图：
由树形图知，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)直接画出树形图
由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230,231,301,302,310,312．
命题方向?
排列数公式
典例3 求解下列问题：
(1)用排列数表示：(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N
，且n<55)；
(2)计算：；
(3)解方程：A＝140A．
[思路分析] (1)用排列数公式的定义解答即可；(2)直接用排列数公式计算；(3)用排列数的公式展开得方程，然后求解，要注意x的取值范围，并检验根是否合理．
[解析] (1)因为55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有69－n－(55－n)＋1＝15(个)，
所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝A．
(2)＝
＝＝1．
(3)根据原方程，x应满足
解得x≥3，x∈N
．
根据排列数公式，原方程化为(2x＋1)·2x·(2x－1)·(2x－2)＝140x·(x－1)·(x－2)．
因为x≥3，两边同除以4x(x－1)，得(2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)，即4x2－35x＋69＝0，解得x＝3或x＝(因为x为整数，所以应舍去)．
所以原方程的解为x＝3．
『规律总结』 应用排列数公式时应注意的三个方面
(1)准确展开．应用排列数公式展开时要注意展开式的项数要准确．
(2)合理约分．若运算式是分式形式，则要先约分后计算．
(3)合理组合．运算时要结合数据特点，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，可以提高运算的速度和准确性．
┃┃跟踪练习3__■
(1)计算：；
(2)解方程：3A＝4A；
(3)解不等式：A>6A，其中x≥3，x∈N
．
[解析] (1)原式＝＝
＝＝．
(2)由3A＝4A，
得＝，
化简得x2－19x＋78＝0，
解得x1＝6，x2＝13．
又∵x≤8，且x－1≤9，
∴原方程的解是x＝6．
(3)由原不等式得>，
其中3≤x≤9，x∈N
，
即(11－x)·(10－x)>6，
整理得x2－21x＋104>0，解得x<8或x>13．
又3≤x≤9，x∈N
，所以x＝3,4,5,6,7．
故原不等式的解集为{3,4,5,6,7}．
学科核心素养
排列数公式的应用技巧
(1)连续正整数的乘积可以写成某个排列数，其中最大的数是排列元素的总个数，这是排列数公式的逆用．
(2)应用排列数公式的两种形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样做往往能减少运算量．
典例4 解方程：3A＝2A＋6A．
[思路分析] 利用排列数公式，把A形式的方程或不等式转化为关于某个未知量的方程或不等式求解．
[解析] 由3A＝2A＋6A得：
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)·x＋6x(x－1)．
∵x≥3且x∈N
，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)．
化简整理得：3x2－17x＋10＝0．
解得x1＝5，x2＝(舍去)．
∴x＝5．
『规律总结』 在应用排列数公式A时要注意隐含条件m≤n，且m，n∈N
.如本例中应有x≥3且x∈N
.
┃┃跟踪练习4__■
(2020·四川南充高中月考)证明：A－A＝mA．
[思路分析] 由于等式左、右两边的排列数上标、下标均为字母，不宜使用排列数的第一个公式，可以用第二个公式展开、化简或用模型法证明．
[解析] 解法一：∵A－A
＝－＝·(－1)
＝·＝m·＝mA，
∴A－A＝mA．
解法二：A表示从n＋1个元素中取出m个元素的排列个数，其中不含元素a1的有A个，含有a1的可这样进行排列：先排a1，有m种排法，再从另外n个元素中取出m－1个元素排在剩下的m－1个位置上，有A种排法，故含有a1的排法有mA种．
∴A－A＝mA．
『规律总结』 本题解法二是充分利用排列的定义及对某一特定元素的正确处理来解决的，解法新颖独到，显示了构造法的魅力．
易混易错警示
忽视排列数公式的隐含条件致误
典例5 解不等式：A<6A．
[错解] 由排列数公式得<6×，化简得x2－19x＋84<0，解之得7∵x∈N
，∴x＝8,9,10,11．
[辨析] 在排列数公式A中，隐含条件m≤n，m∈N
，n∈N
，错解没有考虑到x－2>0,8≥x，导致错误．
[正解] 由A<6A，得<6×，
化简得x2－19x＋84<0，解之得7又∴2由①②及x∈N
得x＝8．
[误区警示] 注意公式的适用条件．数学中有好多公式、定理、法则等都是有限制条件的，如在排列数公式A中，m，n∈N
，n≥m，忽视限制条件就可能导致错误．
课堂达标·固基础
1．下列问题是排列问题的是( B )
A．从8名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？
B．10个人互相通信一次，共写了多少封信？
C．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？
D．从1,2,3,4四个数字中，任选两个相乘，其结果共有多少种？
[解析] 排列问题是与顺序有关的问题，四个选项中只有B中的问题是与顺序有关的，其他问题都与顺序无关，所以选B．
2．下列各式中与排列数A相等的是( D )
A．
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C．A
D．A·A
[解析] ∵A＝，
∴A·A＝
＝＝，
∴A＝A·A．
3．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是( B )
A．8
B．12
C．16
D．24
[解析] 设车站数为n，则A＝132，n(n－1)＝132，
∴n＝12．
4．若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有__23__种．
[解析] 因为“word”有四个不同的字母，所以可能出现错误的种数为A－1＝23．
5．将A，B，C，D四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A不排在第一，B不排在第二，C不排在第三，D不排在第四，试用树形图列出所有可能的排法．
[解析] 树形图为(如图)：
由树形图知，所有排法为BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共有9种排法．
PAGE第2课时 两个基本原理的应用
自主预习·探新知
情景引入
某项足球公益比赛在中国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行．一名志愿者从广州赶赴北京为游客提供导游服务，但需在武昌停留，已知从广州到武昌每天有7个航班，从武昌到北京每天有6列火车．请思考：该志愿者从广州到北京需要经历几个步骤？完成每一步各有几种方法？该志愿者从广州到北京共有多少种不同的方法？
新知导学
1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．
应用__加法__原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事情完成；应用__乘法__原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．
2．分类要做到__不重不漏__，分类后再分别对每一类进行计数，最后用__分类加法计数原理__求和，得到总数．
3．分步要做到__步骤完整__，步与步之间要__相互独立__，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数．
预习自测
1．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( B )
A．20
B．10
C．5
D．24
[解析] 假分数的分子不小于分母．故以2为分母的有4个；以3为分母的有3个；以5为分母的有2个；以7为分母的只有1个．由加法原理知共有4＋3＋2＋1＝10个．
2．图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，从中任取一本书，共有不同的取法( B )
A．120种
B．16种
C．64种
D．39种
[解析] 由分类加法计数原理知，共有不同取法3＋5＋8＝16种．
3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( C )
A．40
B．16
C．13
D．10
[解析] 分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．
故可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有( D )
A．6种
B．8种
C．36种
D．48种
[解析] 由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，每种选法中可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48种不同的参观路线．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
两个计数原理在排数中的应用
典例1 从0,1,2,3,4,5这六个数字中取四个数字组成一个四位数，问：
(1)能组成多少个四位数？
(2)能被5整除的四位数有多少个？
[思路分析] (1)要完成的一件事是组成四位数，所以首位数字不能是0；(2)要使所组成的四位数能被5整除，则末位数字必须是0和5中的一个．
[解析] (1)第1步，千位上的数不能取0，只能取1,2,3,4,5，有5种选择；
第2步，由于千位取了一个数，还剩下5个数供百位取，所以有5种选择；
第3步，由于千位、百位分别取了一个数，还剩下4个数供十位取，所以有4种选择；
第4步，由于千位、百位、十位分别取了一个数，还剩下3个数供个位取，所以有3种选择．
根据分步乘法计数原理，组成的四位数共有5×5×4×3＝300(个)．
(2)因为满足要求的四位数能被5整除，所以个位上的数字只能是0或5．
第1类，当个位上的数字为0时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有5种选择、4种选择、3种选择，所以有5×4×3＝60个满足要求的四位数；
第2类，当个位数字为5时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有4种选择、4种选择、3种选择，所以有4×4×3＝48个满足要求的四位数．
根据分类加法计数原理，能被5整除的四位数共有60＋48＝108(个)．
『规律总结』 排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．在有附加条件时，可能需要进行分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．
┃┃跟踪练习1__■
用0,1,2,3，…，9十个数字可组成不同的：
(1)三位数__900__个；
(2)无重复数字的三位数__648__个；
(3)小于500且无重复数字的三位奇数__144__个．
[解析] (1)由于0不能在百位，所以百位上的数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法，所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个)．
(2)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．
(3)小于500的无重复数字的三位奇数，应满足的条件是：首位只能从1,2,3,4中选，个位必须为奇数，按首位分两类：
第一类，首位为1或3时，个位有4种选法，十位有8种选法，∴共有(4×8)×2＝64种．
第二类，首位为2或4时，个位有5种选法，十位有8种选法，∴共有(5×8)×2＝80种，
由分类加法计数原理知，共有64＋80＝144种．
命题方向?
平面区域问题
典例2 用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路分析] 由于要求相邻(有公共边)的区域不同色，所以可按“1号区域与4号区域同色”和“1号区域与4号区域不同色”两种情况分类，然后根据两个原理分别求解.
1
2
3
4
[解析] 第一类：1号区域与4号区域同色，此时可分三步来完成，第一步，先涂1号区域和4号区域，有5种涂法，第二步，再涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有4种涂法；第三步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有4种涂法，由分步乘法计数原理知，有5×4×4＝80种涂法；
第二类：1号区域与4号区域不同色，此时可分四步来完成，第一步，先涂1号区域，有5种涂法，第二步，再涂4号区域，只要不与1号区域同色即可，因此有4种涂法；第三步，涂2号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此有3种涂法；第四步，涂3号区域，只要不与1号区域和4号区域同色即可，因此也有3种涂法．由分步乘法计数原理知，有5×4×3×3＝180种涂法．依据分类加法计数原理知，不同的涂色方法种数为80＋180＝260．
『规律总结』 这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．
┃┃跟踪练习2__■
(1)将3种作物全部种植在如下图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有__42__种(以数字作答).
(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同种颜色的花，不同的栽种方法有__120__种．(以数字作答)
[解析] (1)只满足相邻实验田种植不同作物，则从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共3×2×2×2×2＝48种方法，而5块试验田只种植了2种作物共有3×2×1×1×1×1＝6种，所以不同的种植方法有48－6＝42种．
(2)当②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N1＝4×3×2×2×1＝48种；当③与⑤同色，则②④或④⑥同色，所以共有N2＝4×3×2×2×1＝48种；当②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24种．所以共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120种．
命题方向?
抽取(分配)问题
典例3 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有( C )
A．16种
B．18种
C．37种
D．48种
[思路分析] 解决此类问题可以用直接法先分类再分步，也可用排除法．
[解析] 若不考虑限制条件，每个班级，都有4种选择．共有4×4×4＝64种情况，其中工厂甲没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择．共有3×3×3＝27种方法，则符合条件的有64－27＝37种．
『规律总结』 解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象的数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象的数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．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，然后减去所有符合条件的抽取方法数即可．
┃┃跟踪练习3__■
3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种不同的方法？
[解析] 把3个不同的小球分别放入5个不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)实际上是从5个位置选3个位置用3个元素进行排列．共有60种结果．
学科核心素养
元素重复的计数问题
典例4 已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中ai，bj(i＝1,2,3,4，j＝1,2)均为实数．
(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？
(2)能构成多少个以集合A为定义域，以集合B为值域的不同函数．
[思路分析] (1)由映射的定义可知，集合A中的每一个元素总对应着B中唯一的元素；(2)依题意，集合B中的每一个元素在集合A中要有对应元素，因此只要从问题(1)的映射数中减去A中四个元素对应B中一个元素的情况即可得到(2)的解．
[解析] (1)因为集合A中的每个元素ai(i＝1,2,3,4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，得构成A→B的映射有2×2×2×2＝24＝16(个)．
(2)在(1)的映射中，a1，a2，a3，a4均对应同一个元素b1或b2的情形构不成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．
所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有16－2＝14(个)．
『规律总结』 造成失分的原因如下：
(1)混淆分类加法计数原理和分步乘法计数原理而至错．
(2)利用分步乘法计数原理时列式24误列为42而致错．
(3)对函数概念的理解不清而致错．
┃┃跟踪练习4__■
将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( A )
A．12种
B．18种
C．24种
D．36种
[解析] 第一步先排好一列，由于每列字母不同，则只能是a，b，c，共6种排列，第二步根据排好的一列进行排列，假设第一列是a，b，c，第二列只能是b，c，a或c，a，b两种，共有6×2＝12种排列．
易混易错警示
分类计数时考虑不全致误
典例5 有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
[错解] 每次升一面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．
[辨析] 每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．
[正解] 每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．
[误区警示] 审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．
课堂达标·固基础
1．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( D )
A．5
B．24
C．32
D．64
[解析] 5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；
第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有8×8＝64(种)．
2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为( A )
A．18
B．20
C．25
D．10
[解析] 第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得：5×4＝20(种)．
又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线．A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线．
∴形成不同的直线最多的条数为20－2＝18．
3．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道，则安排这8名运动员比赛的方式共有__2_880__种．
[解析] 分两步安排这8名运动员．
第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，
所以共有4×3×2＝24种方法；
第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120(种)．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2
880(种)．
4．将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有__12__种．
[解析] 先填第一行，有3×2×1＝6种填法，再填第二行第一列，有2种填法，该位置确定后，其余位置也就唯一确定了，故共有6×2＝12种填法．
5．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，不同的种植方法有多少种？
[解析] 解法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝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3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
解法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．
PAGE第一章 计数原理
高二一班某寝室有8名同学，他们约定毕业后每年春节要互寄一张贺年卡片，他们一共要消费多少张卡片？
第32届夏季奥运会因新冠肺疫情延期至2021年7月23日至8月8日在日本东京举办，206个国家代表方队入场参加开幕式．这些代表方队的出场顺序一共有多少种排法？某城市的电话号码有8位数字，一共能构成多少个电话号码？汽车牌照由26个英文字母和10个阿拉伯数字选出五个组成，一共能组成多少辆汽车的牌照号码？……你知道是怎样计数的吗？
本章将系统学习计数原理，学习本章要注意体会有序与无序在计数中的区别，体会建模在数学研究中的作用．
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
自主预习·探新知
情景引入
第31届世界大学生夏季运动会将于2021年8月18日至29日在成都举行，某委员打算从泉城济南前往成都参加会议．他有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机，二是乘坐动车组．假如这天飞机有3个航班可乘，动车组有4个班次可乘．
问：此委员这一天从济南到成都共有多少种快捷途径可选？
新知导学
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__m＋n__种不同的方法．
2．分类加法计数原理的推广
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＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法．
3．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__m×n__种不同的方法．
4．分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成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，那么完成这件事共有N＝__m1×m2×…×mn__种不同的方法．
预习自测
1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有( C )
A．3种
B．4种
C．7种
D．12种
[解析] 选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同方法，从B类课程中选1门有4种不同方法，∴共有不同选法3＋4＝7种．
2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( D )
A．1
B．3
C．6
D．9
[解析] 这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－31，－24，4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9个不同的点．
3．现有4件不同款式的上衣与3件不同颜色的长裤，如果一条长裤和一件上衣配成一套，则不同选法是( C )
A．7
B．64
C．12
D．81
[解析] ∵选定一件上衣时，有不同颜色的裤子3条，
∴有3种不同的穿衣方案，
∴共有3×4＝12种不同的搭配方法，
故选C．
4．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．
(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？
(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？
[解析] (1)小明爸爸选凳子可以分两类：
第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法；
第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法．
根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．
(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：
第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)
第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182种坐法．
互动探究·攻重难
互动探究解疑
命题方向?
分类加法计数原理的应用
典例1 有三个袋子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色小球4个．若从三个袋子中任取1个小球，有多少种不同的取法？
[解析] 有3类不同方案：第1类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；第2类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；第3类，从第3个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．
其中，从这三个袋子的任意一个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事，根据分类加法计数原理，不同的取法共有6＋5＋4＝15(种)．
『规律总结』 (1)应用分类加法计数原理时，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)利用分类加法计数原理解题的一般思路
┃┃跟踪练习1__■
高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人．
(1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？
(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
[解析] (1)选一名学生有3类不同的选法：
第一类，从高二(1)班选一名，有50种不同的方法；
第二类，从高二(2)班选一名，有60种不同的方法；
第三类，从高二(3)班选一名，有55种不同的方法．
故任选一名学生任学生会主席的选法共有50＋60＋55＝165种不同的方法．
(2)选一名学生任学生会体育部长有3类不同的选法；
第一类，从高二(1)班男生中选有30种不同的方法；
第二类，从高二(2)班男生中选有30种不同的方法；
第三类，从高二(3)班女生中选有20种不同的方法．
故选一名学生任学生会体育部长有30＋30＋20＝80种不同选法．
命题方向?
分步乘法计数原理的应用
典例2 已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P(a，b)可表示平面上多少个不同的点？
(2)P(a，b)可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P(a，b)可表示多少个不在直线y＝x上的点？
[解析] (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36个．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3×2＝6个．
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．
由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．
『规律总结』 本题运用了分步乘法计数原理．利用此原理解决问题时要注意：
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)各个步骤中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
┃┃跟踪练习2__■
书架的第一层放有6本不同的数学书，第二层放有6本不同的语文书，第三层放有5本不同的英语书．
(1)从这些书中任取一本数学、一本语文和一本英语共三本书的不同取法有多少种？
(2)从这些书中任取三本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？
[解析] (1)完成这个工作可分三个步骤：
第1步，从第一层中任取一本数学书；第2步，从第二层中任取一本语文书；第3步，从第三层中任取一本英语书．
根据分步乘法计数原理，共有6×6×5＝180种不同的取法．
(2)本题实际上是从17本书中任取三本放在三个不同位置．完成这个工作分三个步骤：
第1步，从17本书中任取一本放在第一个位置上，共有17种不同的方法；
第2步，从16本书中任取一本放在第二个位置上，共有16种不同的方法；
第3步，从15本书中任取一本放在第三个位置上，共有15种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有17×16×15＝4080种不同的排法．
命题方向?
两个计数原理的辨析
典例3 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？
[解析] (1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，共有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，共有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分类加法计数原理可得，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名组长，共有8种不同的选法；第二步从二班的10名优秀团员中选1名组长，共10种不同的选法；第三步是从三班的6名优秀团员中产生，共6种不同的选法，由分步乘法计数原理可得：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．
『规律总结』 (1)运用两个原理的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”，即任何一类中任何一种方法，都能完成这件事；而分步只能是“局部到位”，即任何一步中任何一种方法只能完成事件中的某一部分．
(2)在既有分类又有分步的题型中，一般先分类，然后在每一类中再分步．
┃┃跟踪练习3__■
有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选部分人员参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同的选法？
(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法？
(3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法？
[解析] (1)有三类：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．
由分类加法计数原理知，有3＋8＋5＝16种选法．
(2)分三步：第1步选老师，有3种方法；第2步选男同学，有8种方法；第3步选女同学，有5种方法．
由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120种选法．
(3)可分两类，每一类又分两步．
第1类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；
第2类，选一名老师再选一名女同学，有3×5＝15种选法．
由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．
学科核心素养
解决计数问题的常用的方法
(1)枚举法：将各种情况通过树形图、表格等方法一一列举出来．它适用于计数种数较少的情况，分类计数时将问题分类实际上就是将分类种数一一列举出来．
枚举法是一种解决问题的基本方法，当计数的种数不是很多时，都可以用此方法解决．
(2)间接法：若计数时分类较多，或无法直接计算时，可用间接法，先求出没有限制条件的种数，再减去不满足条件的种数．
(3)字典排序法：字典排序法就是把所有的字母分为前后，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后的字母排完，则排列结束．
利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把这些排列不重不漏地一一列举出来．
(4)模型法：模型法就是通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助我们分析、解决问题的方法．模型法是解决计数问题的重要方法．
典例4 4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的贺年卡，共有多少种不同取法？
[思路分析] 可以把4个人编号，用一、二、三、四表示，各自的卡片用1,2,3,4表示，用表格的形式一一列举出来．
[解析] 解法一：显然这个问题难用两个计数原理列式计算，但可以把各种方法一一列举出来，最后再数出方法种数．把4个人编号为一、二、三、四，他们写的4张贺年卡依次为1,2,3,4号，则取一张不是自己写的贺年卡的各种方法全部列举出来为：
四个人
取贺年卡的方法
一
2
2
2
3
3
3
4
4
4
二
1
3
4
1
4
4
1
3
3
三
4
4
1
4
1
2
2
1
2
四
3
1
3
2
2
1
3
2
1
方法编号
法1
法2
法3
法4
法5
法6
法7
法8
法9
共有9种方法．
解法二：将该问题转化为“用1,2,3,4四个数字组成无重复数字的四位数，要求1不在个位、2不在十位、3不在百位、4不在千位的四位数有多少个”．因此，可分三步，第一步确定个位数，有3种不同的方法；第二步确定把1放到十位、百位、千位中的任一位上，也有3种不同的方法；第三步，余下的两个数字只有一种方法，由分类计数原理可得不同的分配方法为3×3＝9种．
『规律总结』 破解此类看似简单，实则繁难题的关键是选用“枚举法”，即可轻松破解．用枚举法需要注意做到不重不漏．
┃┃跟踪练习4__■
某彩票购买规则规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01到10中选出3个连续的号，从11到20中选2个连续的号，从21到30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全，至少要__8_640__元．
[解析] 需分步：第1步，从01到10中选3个连续的号，有8种选法，第2步，从11到20中选2个连续的号，有9种选法，第3步，从21到30中选1个号，有10种选法，第4步，从31到36中选1个号，有6种选法，∴共有N＝8×9×10×6＝4
320个号，共需要8×9×10×6×2＝8
640元．
易混易错警示
因分辨不清两个计数原理而致错
典例5 (1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( C )
A．24种
B．4种
C．43种
D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3班，则此人的走法共有__7__种．
[辨析] (1)若选择信箱作为标准，则第一个信箱可以有3封信去投，共有3种投法；同理第二个信箱也有3种投法；依次类推共有3×3×3×3＝34种投法，故而错选D；
(2)若搞不清分步还是分类，把此题当成分步，则有3×4＝12种，从而出错．
[正解] (1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地．根据分类加法计数原理可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
[误区警示] 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理来计算．解决本题易出现的问题是对完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地要先乘火车后坐轮船，进而使用分步乘法计数原理计算．
课堂达标·固基础
1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则( C )
A．有29种不同的选法
B．有30种不同的选法
C．有59种不同的选法
D．有29×30种不同的选法
[解析] 分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班选有30种方法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59种不同方法，故选C．
2．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( D )
A．
B．
C．
D．
[解析] 四位同学各自在周六、周日两天中选择一天参加公益活动的情况有24＝16种方式，其中仅在周六或周日参加的各有一种，故所求概率P＝1－＝．
3．用1、2、3这3个数字可以写出没有重复数字的整数__15__个．
[解析] 分三类：第一类为一位整数，有3个；
第二类为两位整数，有12,21,13,31,23,32，共6个；
第三类为三位整数，有123,132,321,312,231,213，共6个，
∴可写出没有重复数字的整数3＋6＋6＝15个．
4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有( C )
A．30个
B．42个
C．36个
D．35个
[解析] ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，完成这件事，分两步进行，第一步确定b，有6种不同的方法，第二步确定a，由于a≠b，但a可以为0，故有6种不同的方法，故共有虚数6×6＝36个．
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