§1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
第一课时 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
授课提示：对应学生用书第1页
[自主梳理]
一、分类加法计数原理(也称加法原理)
1．原理内容
完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝__________种方法．
2．问题特征
(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类；
(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；
(3)把各类的方法数________，就可以得到完成这件事的所有方法数．
二、分步乘法计数原理(也称乘法原理)
1．原理内容
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝__________种方法．
2．问题特征
(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；
(2)完成每一步有若干种方法；
(3)把各个步骤的方法数__________，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[双基自测]
1．从甲地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙地的方法有( )
A．2种
B．3种
C．5种
D．6种
2．一个口袋里有15封信，另一个口袋里有4封信，每封信的内容均不相同．从两个口袋中任取一封信，有________种不同的取法．
3．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数共有________个．
[自主梳理]
一、1.m1＋m2＋…＋mn 2.相加 二、1.m1×m2×…×mn 2.相乘
[双基自测]
1．C 从甲地到乙地有2类办法(坐飞机和坐火车)，坐飞机有3种方法(三次航班)，坐火车有2种方法(两趟火车)，所以结合分类加法计数原理，从甲地赶往乙地的方法有5种．
2．19 由分类加法计数原理知N＝15＋4＝19.
3．100 a有4种取法，b与c各有5种取法，由分步乘法计数原理得共有4×5×5＝100(个)．
授课提示：对应学生用书第1页
探究一 分类加法计数原理的应用
[例1] 在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A、B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学
B大学
生物学
医学
化学
会计学
数学
信息技术学
物理学
法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？
[解析] 这名同学可以选择A、B两所大学中的任一所．
在A大学中有5个强项专业，即有5种选择方法，在B大学中有4个强项专业，即有4种选择方法．
由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据加法原理，这名同学可能的选择种数为5＋4＝9.
分类加法计数原理的关键是适当的分类．分类时应注意，分类的过程中自始至终要按同一个标准，不能在前半部分按这个标准，后半部分又出现另一个标准．如果有重漏现象就是分类的标准不合适，必须换一个标准进行分类．
1．小明衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30个英语单词卡片，右边口袋装有20个英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一个英语单词卡片，有多少种不同的取法？
解析：从口袋中任取一个英语单词卡片的方法有两类：第一类：从左边口袋取一个英语单词卡片有30种不同的取法；第二类：从右边口袋中取一个英语单词卡片有20种不同的取法．上述任何一种取法都能独立完成“取一个英语单词卡片”这件事，应用分类加法计数原理，所以从中任取一个英语单词卡片有30＋20＝50种不同的取法．
探究二 分步乘法计数原理的应用
[例2] 用0,1,2,3,4这5个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)银行存折的四位密码？
(2)四位数？
[解析] (1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四步完成：
第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；
第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；
第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；
第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法．
由分步乘法计数原理，可组成不同的四位密码共有5×4×3×2＝120个．
(2)完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四步完成：
第一步：从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法；
第二步：从剩余的四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；
第三步：从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；
第四步：从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．
由分步乘法计数原理，可组成的不同的四位数共有4×4×3×2＝96(个)．
利用分步乘法计数原理解决问题的注意点
(1)分步是有先后顺序的；
(2)各步中的方法互相依存，缺一不可．
2．现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共5个人，每个人都可以多值几天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有________种不同的排法．
解析：先排第一天，可排5人中任一人，有5种排法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第三天，此时不能排第二天已排的人，有4种排法；同理，第四、五天各有4种排法．
由分步乘法计数原理，可得值班表不同的排法共有：
N＝5×4×4×4×4＝1
280(种)．
答案：1
280
探究三 两个计数原理的选择
[例3] 一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．
(1)某人要从两个袋子中任取一张自己使用的手机卡，共有多少种不同的取法？
(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动手机卡和一张联通手机卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法？
[解析] (1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况：
第一类：从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法；
第二类：从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．
(2)想得到一张移动手机卡和一张联通手机卡可分两步进行：
第一步，从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法；
第二步，从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．
解两个计数原理的综合应用题时，最容易出现不知道应用哪个原理解题的情况，其思维障碍在于没有区分该问题是“分类”还是“分步”，突破方法在于认真审题，明确“完成一件事”的含义．具体应用时灵活性很强，要在做题过程中不断体会和思考，基本原则是“化繁为简”．
3．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)若小明的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种选法；
第二类，选西面的空闲凳子，有6种选法．
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，从东西两面共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，从东西两面余下的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种不同的坐法．
对两个基本原理认识不清致误
[典例] (1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有________．
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次，此人的走法可有__________种．
[解析] (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，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(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，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)．
[答案] (1)C (2)7
[错因与防范] 1.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，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．
2．每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．
3．在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．
用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排出多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解析：(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．
PAGE第二课时 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用
授课提示：对应学生用书第4页
[自主梳理]
分类加法计数原理与分步乘法计数原理回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题．其区别在于：分类加法计数原理针对的是“________”问题，其中各种方法________，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“________”问题，各步的每一种方法只能完成任务的一部分，并且完成这件事的任何一种方法都需要分步，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事．
[双基自测]
1．上海世博会期间，一志愿者带一客人去预订房间，宾馆有上等房10间，中等房20间，一般房25间，则客人的选法有( )
A．500种
B．5
000种
C．55种
D．10种
2．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( )
A．30个
B．42个
C．36个
D．35个
[自主梳理]
分类 相互独立 分步
[双基自测]
1．C 选法为10＋20＋25＝55(种)．
2．C 完成这件事分为两个步骤：第一步，虚部b有6种选法；第二步，实部a有6种选法．由分步乘法计数原理知，共有虚数6×6＝36(个)．
授课提示：对应学生用书第4页
探究一 分类加法计数原理的综合应用
[例1] 在直角坐标系xOy中，已知△AOB的三边所在直线方程分别为x＝0，y＝0,2x＋3y＝30，则△AOB内部和边上整点(即横、纵坐标均为整数的点)的总数是________个．
[解析] 分别令x＝0,1,2，…，15，可得y的最大的自然数分别为10,9,8,8,7,6,6,5,4,4,3,2,2,1,0,0.所以当x＝0,1,2，…，15时，分别有11,10,9,9,8,7,7,6,5,5,4,3,3,2,1,1个整点．
故整点总数为11＋10＋9＋9＋8＋7＋7＋6＋5＋5＋4＋3＋3＋2＋1＋1＝91(个)．
[答案] 91
本题主要借助直线和整点的有关知识，考查分类加法计数原理的应用．解本题宜采用“数形结合”的方法．
1．已知直线m与n除有一个公共点外，m上还有3个点，n上还有4个点，则通过其中两点可以构成________条直线．
解析：分两类：第一类，除公共的点外，在m上取一个点，在n上取一个点，可构成3×4＝12条直线；第二类，有2条直线，它们是m和n.故可以构成12＋2＝14条直线．
答案：14
探究二 分步乘法计数原理的综合应用
[例2] (1)8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？
(2)将4封信投到3个邮筒里，有多少种不同的投法？
(3)3位旅客到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
[解析] (1)分三步，每个同学分一本书，第一、二、三个同学分别有8、7、6种分法，由分步乘法计数原理知，不同分法共有N＝8×7×6＝336(种)．
(2)完成这件事可以分为四步．第一步，投第一封信，可以在3个邮筒中任选一个，因此有3种投法；第二步，投第二封信，也有3种投法；第三步，投第三封信，也同样有3种投法；第四步，投第四封信，仍然有3种投法．由分步乘法计数原理，可得出不同的投法共有N＝3×3×3×3＝81(种)．
(3)分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有N＝4×4×4＝64(种)．
应用分步乘法计数原理时，要学会适当地分步，把事件分成n个步骤，依次完成各个步骤就可以完成这件事情，注意本例中(2)(3)两问的不同．
2．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成．问：
(1)一个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符？
(2)计算机汉字国标码(GB码)包含了6
763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
解析：(1)用下图来表示一个字节：
第1位
第2位
第3位 第8位
……
↑
↑
↑ ↑
2种
2种 2种 2种
一个字节共有8位，每位上有2种选择，根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示2×2×2×2×2×2×2×2＝28＝256个不同的字符．
(2)由(1)知，用一个字节所能表示的不同字符不够6
763个，我们就考虑用2个字节能够表示多少个字符．前一个字节有256种不同的表示方法，后一个字节也有256种表示方法．根据分步计数原理，2个字节可以表示256×256＝65
536个不同的字符，已经大于汉字国标码包含的汉字个数6
763.所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用2个字节表示．
探究三 两个计数原理的综合应用
[例3] 将3种作物种植在如图所示的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多少种(以数字作答)？
[解析] 分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块试验田，有3种方法，不妨设种a，再安排第二块试验田种b或c，有2种方法，不妨设种b，安排第三块试验田也有2种方法，种c或a.
(1)若第三块试验田种c：
a
b
c
则第四、五块田分别有2种种法，共有2×2种种法.
(2)若第三块试验田种a：
a
b
a
第四块田仍有2种种法.
①若第四块田种c：
a
b
a
c
则第五块田仍有2种种法.
②若第四块田种b：
a
b
a
b
则第五块田只能种c，只有1种种法.
综上，共有3×2×[2×2＋(2＋1)]＝42种种法.
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.
3.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.
解析：解法一(直接法) 若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同种植方法.
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)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同种植方法24－6＝18(种).
两个计数原理的灵活应用
[典例](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( )
A.7种
B．8种
C.9种
D．10种
(2)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？
[解析](1)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.
根据分类加法计数原理，不同的选购方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9(种)．故选C.
(2)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.
[答案] (1)C (2)9种
[感悟提高]
计数问题是数学中的重要研究对象，除了分类加法计数原理和分步乘法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.
高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有________种.
解析：三个班在四个工厂中任意选择一个进行社会实践，共有43种不同方案，其中工厂甲没有班选择，即三个班分别在乙、丙、丁三个工厂中选择一个的方法有33种，故符合题意的不同分配方案有43－33＝37(种).
答案：37
PAGE§2 排 列
第一课时 排列与排列数公式
授课提示：对应学生用书第6页
[自主梳理]
一、排列
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，叫作从n个不同的元素中任意取出m个元素的一个排列.
二、排列数
排列数定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__________叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号__________表示
排列数公式
乘积式
A＝__________
阶乘式
A＝______(m∈N，n∈N＋，m≤n)
排列数的性质
A＝____；A＝____；0！＝____
[双基自测]
1．下列问题属于排列问题的是( )
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．
A．①④
B．①②
C．④
D．①③④
2．乘积5×6×7×…×20等于( )
A．A
B．A
C．A
D．A
3．集合P＝{x|x＝A，m∈N＋}，则集合P中共有________个元素．
4．高二(1)班准备从甲、乙、丙三名学生中选出两人分别担任班长和副班长，试写出所有结果．
[自主梳理]
一、一定顺序 二、所有排列的个数 A n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) n！ 1
1
[双基自测]
1．A 根据排列的定义，选出的元素有顺序的才是排列问题．
2．B 根据题意，由于乘积5×6×7×…×20表示的是从20到5的连续16个自然数的乘积，则可知表示的为A.
3．3 因为x＝A，m∈N＋且m≤4，
所以P中的元素为A＝4，A＝12，A＝A＝24，
即集合P中有3个元素．
4．因为甲、乙、丙三名学生任何一名都可能当班长，也可能当副班长，列出每一个班长和副班长情况，如图所示．
即共有6种结果：甲、乙，甲、丙，乙、甲，乙、丙，丙、甲，丙、乙(前者为班长，后者为副班长).
授课提示：对应学生用书第7页
探究一 排列的概念
[例1] 判断下列问题是否是排列问题：
(1)某班共有50名同学，现要投票选举正、副班长各一人，共有多少种可能的选举结果？
(2)从2,3,5,7,9中任取两数分别作对数的底数和真数，有多少个不同的对数值？
(3)从1到10十个自然数中任取两个数组成点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？
(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轴上的椭圆方程＋＝1?
[解析] (1)是．选出的2人，担任正、副班长，与顺序有关，所以该问题是排列问题；
(2)是．显然对数值与底数和真数的取值的不同有关系，与顺序有关．
(3)是．点的坐标与该点的横坐标和纵坐标的顺序有关．
(4)不是．焦点在x轴上的椭圆，方程中的a、b必有a>b，a、b的大小一定．
判断是否为排列问题的方法
判断所给问题是否为排列问题，关键是看与顺序有无关系．若与顺序有关．就是排列问题，否则就不是排列问题．
1．(1)在各国举行的足球联赛中，一般采取“主客场制”(即每两个球队之间分别作为主队和客队各赛一场)．若共有12支球队参赛，问共需进行多少场比赛？
(2)在“世界杯”足球赛中，由于有东道主国家承办，故无法实行“主客场制”，而采用“分组循环淘汰制”．若共有32支球队参加，分为八组，每组4支球队进行小组循环，问在小组循环中共需进行多少场比赛？
(3)在乒乓球单打比赛中，由于参赛选手较多，故常采取“抽签捉对淘汰制”决出冠军．若共有100名选手参赛，待冠军产生时，共需举行多少场比赛？
在上述三个问题中，是排列问题的是________．
解析：对于(1)，同样是甲、乙两队比赛，甲作为主队和乙作为主队是两场不同的比赛，故与顺序有关，是排列问题；
对于(2)，由于是组内循环，故甲、乙两队之间只需进行一场比赛，与顺序无关，不是排列问题；
对于(3)，由于两名选手一旦比赛后就淘汰其中一位，故也与顺序无关，不是排列问题．
答案：(1)
探究二 排列数公式及应用
[例2] 求下列各式中的x值：
(1)3A＝2A＋6A；
(2)3A＝4A.
[解析] (1)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)．
∴原方程的解是x＝5.
(2)由3A＝4A得＝.
∴＝.
化简得：x2－19x＋78＝0，
解得x1＝6，x2＝13.
∵x≤8，且x－1≤9，x∈N
，
∴原方程的解是x＝6.
应用排列数公式时的注意点
(1)排列数的第一个公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用于具体计算或解与排列数A(当m较小时)有关的方程．要注意公式右端的特点和公式的逆用．
(2)第二个公式A＝适用于与排列数有关的恒等式(或不等式)的证明或解有关排列数A(当m与n较接近时)的方程与不等式．
(3)对A要注意隐含条件：m≤n(m∈N，n∈N＋)．
2．计算下列各题：
(1)A；
(2)A；
(3)1！＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n！；
(4)解不等式A>6A.
解析：(1)A＝15×14＝210.
(2)A＝6×5×4×3×2×1＝720.
(3)1！＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n!
＝(2！－1！)＋(3！－2！)＋(4！－3！)＋…＋[(n＋1)！－n！]＝(n＋1)！－1.
(4)由不等式有意义知应满足
解得2≤x≤9且x∈N.①
根据排列数公式，可得＞6×，
即(11－x)(10－x)＞6，x2－21x＋104＞0.
∴x＜8或x＞13.②
由①②可得2≤x＜8且x∈N，
∴x＝2,3,4,5,6,7.
探究三 无限制条件的排列问题
[例3] (1)有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘一名新员工，且3名大学生全部被聘用，若不允许兼职，则共有多少种不同的招聘方案(用数字作答)?
(2)有一部电影，被安排到4个单位去放映，每个单位放映1场，不同的放映方式有几种？
[解析] (1)将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题．所以不同的招聘方案共有A＝60(种)．
(2)不同放映方式，即4个单位的全排列，故共有A＝24种不同的放映方式．
本题是无限制条件的排列应用题，直接由排列数公式计算即可，该类题型比较简单，要求写出解答的简要说明．
3．8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法(用数字作答)．
解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有A＝8×7×6×5＝1
680(种)．
答案：1
680
因忽略排列数A的隐含条件致误
[典例] 不等式A－n＜7的解集为( )
A．{n|－1＜n＜5}
B．{1,2,3,4}
C．{3,4}
D．{4}
[解析] 由不等式A－n＜7，
得(n－1)(n－2)－n＜7，
整理得n2－4n－5＜0，
解得－1＜n＜5.
又因为n－1≥2且n∈N＋，
即n≥3且n∈N＋，
所以n＝3或n＝4，
故不等式A－n＜7的解集为{3,4}．
[答案] C
[错因与防范](1)本题极易忽略n为正整数的条件而错选A，或者虽考虑到n为正整数而忽略了n－1≥2的限制，而错选B，还可能遗漏n－1≥2中的等于而导致错选D.
(2)对题目中的条件要认真分析，找出隐含条件，如本例中的n－1≥2且n∈N＋.另外在求解与证明中要灵活选用以减少运算量和失误，如本例中选用乘积式则较简单．
求满足条件＝30
800的x值．
解析：由排列数公式知：
＝＝·
＝56×55(51－x)．
∴原方程即为56×55(51－x)＝30
800，解得x＝41.
PAGE第二课时 排列的应用
授课提示：对应学生用书第9页
[自主梳理]
一、应用排列与排列数公式求解实际问题中计数问题的基本步骤
二、解排列问题的基本思路
解简单的排列应用题首先必须认真分析理解题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序．如果是的话，再进一步分析，这里n个不同的元素指的是什么，以及从n个不同的元素中任取m个元素的每一种排列对应的是什么事情，然后才能运用排列数公式求解．
[双基自测]
1．身穿红、黄两种颜色衣服的各有2人，现将这4人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，不同的排法共有( )
A．4种
B．6种
C．8种
D．12种
2．5人站成一排，甲、乙之间恰有一个人的站法有( )
A．18种
B．24种
C．36种
D．48种
3．有5名男生和2名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
[双基自测]
1．D 由题意先排穿红色衣服的2人，构成三个空，再把穿黄色衣服的2人安排在三个空中，所以共有A·A＝12(种)．
2．C 从剩余3人中选1人排在甲、乙之间有A种方法，甲、乙全排列有A种方法，故甲、乙和其中间一人构成一个整体有A·A种方法，则由甲、乙和其中间一人构成的整体与另外两人全排列有A种方法．故不同站法共有A·A·A＝36(种)．
3．2
520 由题意知，从7人中选出5人担任5个学科课代表，共有A＝2
520种不同的选法．
授课提示：对应学生用书第9页
探究一 排列中的排数问题
[例1] 用0,1,2,3,4,5这六个数字，
(1)可以组成多少个数字不重复的三位数？
(2)可以组成多少个数字允许重复的三位数？
(3)可以组成多少个数字不重复的三位奇数？
(4)可以组成多少个数字不重复的小于1
000的自然数？
(5)可以组成多少个大于3
000，小于5
421的不重复的四位数？
[解析] (1)分三步：①先选百位数字．由于0不能作百位数字，因此有5种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法．
由分步乘法计数原理知所求三位数共有5×5×4＝100(个)．
(2)分三步：①百位数字有5种选法；②十位数字有6种选法；③个位数字有6种选法．
故所求三位数共有5×6×6＝180(个)．
(3)分三步：①先选个位数字，有3种选法；②再选百位数字，有4种选法；③选十位数字也有4种选法，所以所求三位奇数共有3×4×4＝48(个)．
(4)分三类：①一位数共有6个；②两位数共有5×5＝25(个)；③三位数共有5×5×4＝100(个)．因此，比1
000小的自然数共有6＋25＋100＝131(个)．
(5)分四类：①千位数字为3,4之一时，共有2×5×4×3＝120(个)；②千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有4×4×3＝48(个)；③千位数字为5，百位数字为4，十位数字为0,1之一时，共有2×3＝6(个)；④还有5
420也是满足条件的1个．故所求四位数共120＋48＋6＋1＝175(个)．
解决排列应用题常用的思考方法
排列问题的实质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子．
1．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)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？
解析：(1)解法一 从特殊位置入手(直接法)
分三步完成，第一步先填个位，有A种填法，第二步再填十万位，有A种填法，第三步填其他位，有A种填法，故共有AAA＝288个六位奇数．
解法二 从特殊元素入手(直接法) 0不在两端有A种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，其他各位上用剩下的元素作全排列有A种排法，故共有AAA＝288个六位奇数．
解法三(间接法) 6个数字的全排列有A个，0,2,4在个位上的排列数为3A个，1,3,5在个位上，0在十万位上的排列数有3A个，故对应的六位奇数的排列数为A－3A－3A＝288.
(2)解法一(间接法) 0在十万位和5在个位的排列都是不符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位且5在个位的情况．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
解法二(直接法)(个位不排5时，按排0不排0分类计算)
个位不排5，有A种排法，但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．
故共有符合题意的六位数A＋AAA＝504(个)．
(3)①当千位上排1,3时，有AAA个．
②当千位上排2时，有AA个．
③当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有A个，形如41××的偶数有A·A个，形如43××的偶数只有4
310和4
302这两个数．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个)．
探究二 排列中的排队问题
[例2] 有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？
(1)甲不在中间也不在两端；
(2)甲、乙两人必须分别排在两端；
(3)男、女生分别排在一起；
(4)男女相间；
(5)甲、乙、丙三人从左到右顺序保持一定．
[解析] (1)先排甲有6种，其余有A种．
故共有6·A＝241
920种排法．
(2)先排甲、乙，再排其余7人，
共有A·A＝10
080种排法．
(3)捆绑法
A·A·A＝5
760(种)．
(4)插空法
先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2
880种排法．
(5)等机会法
9人共有A种排法，其中甲、乙、丙三人有A种排法，因而在A种排法中每A种对应一种符合条件的排法，故共有＝60
480种排法．
(1)“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．
(2)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剩余位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．注意：无论从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．
2．7人站成一排．
(1)甲、乙两人相邻的排法有多少种？
(2)甲、乙两人不相邻的排法有多少种？
(3)甲、乙、丙三人必相邻的排法有多少种？
(4)甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有多少种？
解析：(1)(捆绑法)将甲、乙两人“捆绑”为一个元素，与其余5人全排列，共有A种排法．甲、乙两人可交换位置，有A种排法，故共有A·A＝1
440种排法．
(2)解法一(间接法) 7人任意排列，有A种排法，甲、乙两个相邻的排法有A·A种，故甲、乙不相邻的排法有A－A·A＝3
600(种)．
解法二 (插空法)将其余5人全排列，有A种排法，5人之间及两端共有6个位置，任选2个排甲、乙两人，有A种排法．故共有A·A＝3
600种排法．
(3)(捆绑法)将甲、乙、丙三人捆绑在一起与其余4人全排列，有A种排法，甲、乙、丙三人有A种排法，共有A·A＝720种排法．
(4)(插空法)将其余4人排好，有A种排法．将甲、乙、丙插入5个空中，有A种排法．
故共有A·A＝1
440种排法．
探究三 排列的实际应用
[例3] 从7名运动员中选出4人参加4×100米接力，求满足下述条件的安排方法的种数．
(1)甲、乙二人都不跑中间两棒．
(2)甲、乙二人不都跑中间两棒．
[解析] (1)从甲、乙之外的5人中选2人安排在中间两棒有A种方法，再从所有余下5人中安排首、末棒有A种方法，故符合要求的方法共有A·A＝400(种)．
(2)从7人中选4人安排到各接力区有A种方法，去掉甲、乙两人都跑中间两棒的安排方法A·A种，即得甲、乙二人不都跑中间两棒的有A－A·A＝800种方法．
用排列的知识来解决实际问题时的注意点
一是要注意弄明白实际问题的具体要求及实际意义；二是要注意多种排列技巧的综合应用．
3．某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共6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？
解析：解法一 6节课总的排法是A，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有A种排法，如图中I；数学排在最后一节有A种排法，如图中Ⅱ.但这两种方法，都包括体育排在第一节且数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有A种排法，因此符合条件的排法应是A－2A＋A＝504(种)．
解法二 根据要求，课程表的安排可分为4种情况：
(1)体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有A·A种；
(2)数学排在第一节，但体育不排在最后一节，有排法A·A种；
(3)体育排在最后一节，但数学不排在第一节，有排法A·A种；
(4)数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法A种．
这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：
A·A＋A·A＋A·A＋A＝504(种)．
含定序元素或相同元素的排列
[典例] 7人站成一排，其中甲在乙前(不一定相邻)，乙在丙前，则共有多少种不同的站法？
[解析] 解法一 先不考虑甲、乙、丙的顺序，7人任意排列共有A种站法．因为在上述排列中，每A种有且仅有一种恰好是符合甲、乙、丙按一定顺序排列的，所以符合要求的排法共有＝840(种)．
解法二 7人位置中，先将除甲、乙、丙外4人排列，共有A种站法，然后将甲、乙、丙按规定顺序插入3个空位中，因此共有A＝840种站法．
[感悟提高] 在有些排列问题中，某些元素的先后顺序是固定的(但不一定相邻)．解决这类某些元素顺序确定的问题的基本方法有两个：一是整体法，即若有m＋n个元素排成一列，其中有m个元素之间的顺序固定不变，将这m＋n个元素排成一列，共有A种不同的排法，然后任取一个排列，固定其他的n个元素的位置不动，把这m个元素变换顺序，共有A种排法，其中只有一个排列是我们所需要的排列，因而共有种不同的排法；二是插入法，先在m＋n个位置上排n个元素，再把剩下的m个元素固定顺序插入到剩余m个位置中，有A种不同的排法．
已知7个元素中有4个相同的元素，把这7个元素排成一行，
有多少种排法？
解析：假设这7个元素各不相同，共有A种排法，由于4个相同元素间的排法有A种，而实际上是一种，所以共有＝7×6×5＝210(种)．
PAGE§3 组 合
第一课时 组合与组合数公式
授课提示：对应学生用书第11页
[自主梳理]
一、组合及组合问题
1．组合
一般地，从n个不同的元素中，任取____________，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2．组合问题
求____________的问题叫作组合问题．
二、组合数与组合数公式
组合数定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数
组合数公式
乘积形式
C＝
阶乘形式
C＝____________
性质
C＝C；C＝____________＋C
备注
①n∈N＋，m∈N且m≤n；②规定C＝____
[双基自测]
1．下列几个问题是组合问题的有( )
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学去参加两个社区的社会调查，有多少种不同的选法？
②从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学，有多少种不同的选法？
③3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？
A．①②
B．③
C．①③
D．②
2．(1)C＝________；
(2)C＝________；
(3)C－C＝________.
[自主梳理]
一、1.m(m≤n)个元素为一组 2.组合的个数 二、所有组合的个数 C 1
[双基自测]
1．D ②与顺序无关，是组合问题．
2．(1)35 C＝＝35.
(2)120 解法一 C＝＝120.
解法二 C＝C＝＝120.
解法三 C＝＝＝120.
(3)20 解法一 C－C＝－＝35－15＝20.
解法二 C－C＝C＝＝20.
授课提示：对应学生用书第12页
探究一 排列、组合概念的辨析
[例1] 判断下列各事件是排列问题，还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．
(1)10个人相互各写一封信，共写了多少封信？
(2)10个人规定相互通一次电话，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)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？
(5)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？
(6)从10个人里选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？
[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，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(3)是组合问题，因为每两队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(4)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的，排列数为A＝90.
(5)是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别，组合数为C＝120.
(6)是排列问题．因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的，排列数为A＝720.
排列、组合问题的辨别方法
区分排列还是组合问题的关键是看取出元素后是按顺序排列还是无序地组合在一起，区分有无顺序的方法是把问题的一个选择结果解出来，然后交换这个结果的任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化．若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
1．判断下列问题是组合问题，还是排列问题．
(1)设集合A＝{a，b，c，d}，则集合A的含有3个元素的子集有多少个？
(2)一个班中有52人，任两人握一次手，共握多少次手？
(3)有5个风景区，现选出2个风景区作为游览区，问共有多少种不同的选法？
(4)把4本相同的数学书分给5个学生，每人至多得一本，有多少种分配方法？
(5)4个人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？
解析：(1)因为集合中取出元素具有“无序性”，故这是组合问题；
(2)因为两人握手是相互的，没有顺序之分，所以这是组合问题；
(3)这里是要选出2个风景点作为游览区，不是选择游览路线，这和两个风景点的顺序无关，所以是组合问题；
(4)由于4本数学书是相同的，不同的分配方法取决于从5个学生中选择哪4个人，这和顺序无关，是组合问题；
(5)因为5种工作是不同的，一种分工方法就是从5种不同的工作中选出4种，按一定的顺序分配给4个人，它与顺序有关，是排列问题．
探究二 组合数公式的应用
[例2] (1)计算C－C·A；
(2)已知－＝，求C；
(3)求C＋C的值．
[解析] (1)原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0.
(2)原式化为－＝，
即－
＝，
∴1－＝，即m2－23m＋42＝0，
解得m＝2或m＝21.
而0≤m≤5，∴m＝2，∴C＝C＝28.
(3)由题意知，原式中的n需满足不等式组
由①得解此不等式组得≤n≤38；
由②得解此不等式组得0≤n≤.
∴≤n≤.
又∵n∈N
，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝466.
(1)公式C＝(n∈N＋，m∈N，m≤n)一般用于求值计算．
(2)公式C＝一般用于化简、证明或m，n较大的计算．
(3)在解有关组合数的方程或不等式时，必须注意隐含条件，即C中的n为正整数，m为自然数，且n≥m.因此求出方程或不等式的解后，要进行检验，将不符合的解舍去．
2．计算：(1)C＋C·C；
(2)C＋C＋C＋C＋C＋C；
(3)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.
(3)解法一 原式＝C·C＝·n
＝·n＝(n＋1)n＝n2＋n.
解法二 原式＝(C＋C)·C＝(1＋C)·C
＝(1＋n)·n＝n2＋n.
探究三 简单的组合问题
[例3] 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？
(3)现要从中选出男、女老师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
[解析] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C＝＝45.
(2)可把问题分两类情况：
第一类，选出的2名是男教师有C种方法；
第二类，选出的2名是女教师有C种方法．
根据分类加法计数原理，共有C＋C＝15＋6＝21种不同选法．
(3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教师中选2名的选法有C种．根据分步乘法计数原理，共有选法C×C＝×＝90(种)．
解答排列、组合题时首先要分清它是排列问题还是组合问题，区分排列与组合问题的关键是利用排列与组合的定义．组合是“只选不排，并成一组，与顺序无关”，还要注意两个计数原理的运用，即分类与分步的灵活运用．
3．一个口袋里装有7个白球和1个红球，从口袋中任取5个球：
(1)共有多少种不同的取法？
(2)其中恰有一个红球，共有多少种不同的取法？
(3)其中不含红球，共有多少种不同的取法？
(4)以上三个问题有什么关系？
解析：(1)从口袋里的8个球中任取5个球，不同取法种数是C＝C＝＝56.
(2)从口袋里的8个球中任取5个球，其中恰有一个红球，可以分两步完成：第一步，从7个白球中任取4个白球，有C种取法；第二步，把1个红球取出，有C种取法．由分步乘法计数原理，不同取法种数是C·C＝C＝C＝35.
(3)从口袋里任取5个球，其中不含红球，只需要从7个白球中任取5个白球即可，取法种数是C＝C＝＝21.
(4)从上面三个小题的答案可以得出等式C＝C＋C.
组合数方程的解法
[典例](本题满分12分)若＝，求n.
[解] 由题意得，?n≥6且n∈N＋，?
2分
原方程变形为：＋1＝，4分
即C＝C，
也即
＝·，8分
化简整理得：n2－3n－54＝0，?10分
解得：n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)，?
所以n＝9为原方程的解.12分
[规范与警示](1)在?处，根据组合数自身的条件求得未知数n的范围，是重要的一步；在?处，把已知方程正确的化归为一元二次方程是解答本题的关键；在?处，根据?处的结果对未知数的取值正确取舍，是易失分点．
(2)含有组合数的方程的解法：
已知，试求x、n的值．
解析：∵C＝C＝C，
∴n－x＝2x.∴n＝3x.
又由C＝C，得
＝·.
整理，得3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x.
将n＝3x代入并整理，得6(2x＋1)＝11(x＋1)．
∴x＝5，n＝3x＝15.
PAGE第二课时 组合的应用
授课提示：对应学生用书第14页
[自主梳理]
组合应用题
解决组合应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题来建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而得出实际问题的解．
(1)建立组合模型的第一步是分析该实际问题有无顺序，有顺序便不是组合问题．
(2)解组合应用题的基本方法仍然是“直接法”或“间接法”．
[双基自测]
1．某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )
A．27种
B．48种
C．21种
D．24种
2．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则是：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则4位同学不同得分情况的种数是( )
A．48
B．36
C．24
D．18
3．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)
4．袋中有4个不同的红球、3个不同的黄球，从中选3个球，则至少有一个红球的不同选法有________种．
[双基自测]
1．D 解法一(直接法) 分类解决．显然满足题意的选法有两类，一类是1名女生，1名男生，有C×C种选法；另一类是2名女生，有C种选法．
所以至少有1名女生当选的选法有C×C＋C＝24(种)．故选D.
解法二(间接法) 先不考虑限制条件，10名学生选2名代表，有C种选法，再去掉不满足条件的，即2名代表全是男生，有C种选法，所以符合条件的选法有C－C＝24(种)，故选D.
2．B 分三种情况：
①都选甲题，必须2人答对，2人答错：C·C＝6；
②都选乙题，必须2人答对，2人答错：C·C＝6；
③甲乙两题都选，必须2人选甲题且1人答对，1人答错，另2人选乙题，1人答对，1人答错：C×2×2＝24，故共有6＋6＋24＝36(种)．
3．210 从10个人中选4人作为甲组，剩下的6人为乙组，共有C＝210种分组方法．
4．34 C－C＝34(种)．
授课提示：对应学生用书第15页
探究一 无限制条件的组合问题
[例1] 某人决定投资于8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券．问：此人有多少种不同的投资方式？
[解析] 需分两步：
第一步，根据经纪人的推荐在12种股票中选8种，共有C种选法；
第二步，根据经纪人的推荐在7种债券中选4种，共有C种选法．
根据分步乘法计数原理，此人有C·C＝17
325种不同的投资方式．
解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，取出元素只是组成一组，与顺序无关则是组合问题；取出元素排成一列，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．
1．两个a，三个b，四个c共九个字母排成一排，共有多少种排法？
解析：第一步：从9个位子取2个排a，有C种取法．
第二步：从余下7个位子取3个排b，有C种取法．
第三步：余下4个位子排c，有C种取法．
共有CCC＝1
260种排法．
探究二 与几何图形有关的组合问题
[例2] 已知平面M内有4个点，平面N内有5个点，问这九个点最多能确定(1)多少个平面？(2)多少个四面体？
[解析] (1)可分三类：第一类：平面M中取一点，N中取两点最多可确定CC个；第二类：平面M中取两点，N中取一点最多可确定CC个；第三类：平面M和平面N共2个．故最多可确定CC＋CC＋2＝72(个)．
(2)(直接分类法)分三类：第一类：平面M内取一个点，N内取三个点，最多可确定：CC个；第二类：平面M内取两个点，N内取两个点，最多可确定CC个；第三类：平面M内取三个点，N内取一个点，最多可确定CC个．故共有CC＋CC＋CC＝120(个)．
几何中的计数问题一般为组合问题，要注意分清“对应关系”，解题时可借助图形帮助思考，并善于利用几何性质于解题之中，但要注意共点、共线、共面等特殊情况，避免多算．
2．四面体的顶点和各棱的中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有多少种？
解析：如图，从10个点中任取4个点有C种不同的取法，其中4个点共面的情形可分三类：
第一类：4个点在四面体的同一个面内，有4C种；
第二类：4个点位于相对的棱上，即一条棱上三点与对棱的中点共面，有6种；
第三类：从6条棱的中点中取4个点时有3种共面．
综上所述可知，不同的取法共有：C－(4C＋6＋3)＝141(种)．
探究三 有限制条件的组合问题
[例3] “抗震救灾，众志成城”，在我国舟曲泥石流的救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴某灾区救灾，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：
(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？
(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？
[解析] (1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C种选法，所以共有C·C＝90种抽调方法．
(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，
解法一(直接法) 按选取的外科专家的人数分类：
①选2名外科专家，共有C·C种选法；
②选3名外科专家，共有C·C种选法；
③选4名外科专家，共有C·C种选法．
根据分类加法计数原理，共有C·C＋C·C＋C·C＝185种抽调方法．
解法二(间接法) 不考虑是否有外科专家，共有C种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C·C种选法；没有外科专家参加，有C种选法．
所以共有C－C·C－C＝185种抽调方法．
(3)“至多有2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况，分类解答．
①没有外科专家参加，有C种选法；
②有1名外科专家参加，有C·C种选法；
③有2名外科专家参加，有C·C种选法．
所以共有C＋C·C＋C·C＝115种抽调方法．
有限制条件组合问题的求解策略
(1)解决有约束条件的组合问题与解决有约束条件的排列问题的方法一样，都是遵循“谁特殊谁优先”的原则，在此前提下，采用分类或分步法或用间接法．
(2)要正确理解题中的关键词，如“至少”“至多”“含”“不含”等的确切含义，正确分类，合理分步．
(3)要谨防重复或遗漏，当直接法中分类较复杂时，可考虑用间接法处理，即“正难则反”的策略．
3．在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件．
(1)共有多少种不同的抽法？
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？
解析：(1)所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有C＝＝161
700种抽法．
(2)从2件次品中抽出1件次品的抽法有C种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有C种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有C×C＝9
506(种)．
(3)解法一 从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况．在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C×C种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有C×C＋C×C＝9
604(种)．
解法二 抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即
C－C＝161
700－152
096＝9
604(种)．
分类讨论思想的应用
[典例] 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)在这些二次函数图像中，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？
[解析] 解法一 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．由分步乘法计数原理，共有C·C·A＝7××2＝294个不同的二次函数．
解法二 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．
[感悟提高] 1.二次函数要求a≠0，要优先考虑a的取值；也可以用排除法，结合顶点对a、b、c的符号进行分类讨论是解决本例第(2)问的关键．
2．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见方法．
如果一个三位正整数形如“a1a2a3”，满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(120,363,374等)，那么所有的凸数个数为( )
A．240
B．204
C．729
D．920
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，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：A
PAGE4 简单计数问题
授课提示：对应学生用书第17页
[自主梳理]
解答排列组合问题首先要认真审题，弄清楚是排列问题还是组合问题，还是排列与组合的综合问题，其次要抓住问题的本质特征．
1．对于比较复杂的组合问题，常常不是简单地用一个组合公式就可以得到结果的，而需要分________，恰当地运用__________、__________、__________，才能得到正确的计算式子，特别是对有一定限制条件的问题，列式时更要谨慎小心．
2．较为复杂的排列组合应用题，往往通过________或________转化为简单的排列组合应用题，________是经常应用的选取程序．
[双基自测]
1．从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽样方法数为( )
A．224
B．112
C．56
D．28
2．5个人站成一排，若甲、乙两人之间恰有2人，则不同的站法种数为( )
A．18
B．20
C．24
D．48
3．将4本不同的书摆在书架上，其中A，B两本书必须相邻的摆法有________种．
4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种．
[自主梳理]
1．各种情况 两个基本计数原理 排列数公式 组合数公式 2.分类 分步 先组合后排列
[双基自测]
1．B 根据分层抽样，从12个人中抽取男生1人，女生2人，所以取2个女生1个男生的方法有CC＝112种，故选B.
2．C 将甲乙和中间站的人视为一个元素，与剩余1人进行全排列，故不同站法有2AA＝24(种)．
3．12 先将A、B看成整体与另外两本书进行排列，再将A、B进行排列，共有A·A＝12种摆法．
4．30 用间接法求得，C·C－C＝30(种)．
授课提示：对应学生用书第17页
探究一 “先选后排法”的应用
[例1] (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＜a3＜a5，则不同的排列方法种数为( )
A．18
B．30
C．36
D．48
(2)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( )
A．60
B．90
C．120
D．130
解析：(1)由于a1，a3，a5的大小顺序已定，且a1≠1，a3≠3，a5≠5，所以a1可取2,3,4，若a1＝2或3，则a3可取4,5，当a3＝4时，a5＝6，当a3＝5时，a5＝6；若a1＝4，则a3＝5，a5＝6.而其他的三个数字可以任意排列，因而共有(2×2＋1)A＝30种排列方法．
(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有CC＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C＋CC＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C＋CC＋CC＝80种情况．由于10＋40＋80＝130，故答案为D.
答案：(1)B (2)D
对于复杂的排列问题，先选出符合要求的元素，再考虑元素的顺序，实质是运用排列的定义，把事件分为两个步骤完成，这种方法常称之为“先选后排法”．
1．(1)某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )
A．(C)2A个
B．AA个
C．(C)2104个
D．A104个
(2)设集合A＝{1,2,3,4,5,6,7}，映射f：A→A满足f(1)＜f(2)＜f(3)＜f(4)，则这样的映射f的个数为( )
A．AA
B．C
C．77
D．C73
解析：(1)英文字母可以相同，故有(C)2种选法，而数字有0～9共10个，不允许重复，故有A种排法，由分步乘法计数原理，满足要求的牌照号码共有(C)2A个，故选A.
(2)先从集合A中任取4个不同的元素作为一个组合，并按从小到大的顺序赋为1,2,3,4在映射f下的象，有C种方法，再依次为5,6,7确定象，有73种方法，故满足题意的映射f的个数为C·73.
答案：(1)A (2)D
探究二 分组分配问题
[例2] 有6本不同的书，按照以下需求处理，各有几种分法？
(1)平均分给甲、乙、丙三人；
(2)甲得1本，乙得2本，丙得3本；
(3)一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(4)平均分成三堆(组)；
(5)一堆1本，一堆2本，一堆3本．
[解析] (1)每人得2本，可考虑甲先在6本书中任取2本，取法有C种，再由乙在余下的书中取2本，取法有C种，最后由丙取余下的2本书，有C种取法，由分步乘法计数原理可知共有CCC＝90种分法．
(2)选取方法同(1)，所以共有CCC＝60种分法．
(3)在(2)中甲得1本，乙得2本，丙得3本的基础上，考虑到甲、乙、丙三人的平等地位，让甲、乙、丙三人全排列调换位置，所以共有CCCA＝360种分法．
(4)由于三堆的位置并无差别，可用(1)的分法数除以A，所以共有＝15种分法．
(5)共有CCC＝60种分法．
(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．
2．(1)有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有__________种．
(2)在送医下乡活动中，某医院安排甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且甲、乙两名医生不安排在同一医院工作，丙、丁两名医生也不安排在同一医院工作，则不同的分配方法总数为________．
解析：(1)先考虑分组，即10人中选4人分为三组，其中两组各一人，另一组二人，共有种分法．再考虑排列，甲任务需2人承担，因此2人的那个组只能承担甲任务，而一个人的两组既可以承担乙任务又可以承担丙任务，所以共有A＝2
520种不同的选法．
(2)当两所2人一所1人时，有种，其中甲乙或丙丁在同一医院有A＋4A种；当一所3人两所1人时，有C·C·A种，故满足条件的分配方法总数为－A－4A＋C·C·A＝84.
答案：(1)2
520 (2)84
探究三 排列组合的综合应用
[例3] 从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数．
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)在(1)中的七位数中，三个偶数排在一起的有几个？
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
(4)在(1)中的七位数中，任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？
[解析] (1)分步完成：
第一步，在4个偶数中取3个，可有C种情况；
第二步，在5个奇数中取4个，可有C种情况；
第三步，把3个偶数，4个奇数进行排列，可有A种情况．
所以符合题意的七位数有CCA＝100
800(个)．
(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14
400(个)．
(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有：CCAAA＝5
760(个).
(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4奇数排好，再把3个偶数分别插入5个空当中，共有CCAA＝28
800(个)．
解决排列、组合问题的一般策略
(1)特殊元素优先安排的策略；
(2)正难则反，等价转化的策略；
(3)相邻问题，捆绑处理的策略；
(4)不相邻问题，插空处理的策略；
(5)定序问题，除法处理的策略；
(6)“小集团”排列问题，先整体后局部的策略；
(7)平均分组问题，除法处理的策略；
(8)构造模型的策略．
3．6个人进2间屋子，求满足下列条件的分配方法各有多少种？
(1)每屋内至少进1人；
(2)每屋都进3人．
解析：(1)解法一 按第1间屋子内进入的数目可分5类：进1人，2人，3人，4人，5人．因此，要把这5类分配进屋的方法数加起来，对于每一类而言，如“第1间屋进4人，第2间进2人”这类分配方式，又可看成先派4人进入第1间屋，再派余下的2人进入第2间屋．这样得到C·C种进屋方法，于是总共方法为
CC＋CC＋CC＋CC＋CC＝62(种)．
解法二 从6人进2间屋子的各种分配方法数中减去不合题意的分配方法数来计算．不合题意的分配方法只有2种，即6人全进第1间或全进第2间．即间接法解得：26－2＝62(种)．
(2)解法一 先派3人进第1间屋，再让其余3人进第2间屋，得分配方法为：C·C＝20(种)．
解法二 先把6人平均分成两组，方法有：(种)，然后再分配到房间，共有·A＝20(种)．
因重复计算或遗漏计算致误
[典例] 4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的4个盒子中，则恰好有一个空盒子的放法有________种(用数字作答)．
[解析] 由题设，必有一个盒子内放入2个球，从4个球中取出2个球，有C种取法，此时把它看作一个球，与另2个球共3个球放入4个盒子中，有A种放法，所以满足题意的放法为C·A＝144(种)．
[答案] 144
[错因与防范]1.解答本题常见的错解与错因
错解一：从4个球中任取3个球，有C种取法，从4个盒子中任取3个盒子，有C种取法，将3个球放入到取出的3个盒子中，有A种取法，剩下的1个球放入到3个盒子中的一个，有3种放法．所以满足题意的放法有C·C·A·3＝288(种)．此时犯了重复计数的错误．
错解二：将3个球放入4个盒子中，有A种放法，再把余下的1个球放到3个盒子中的一个，有3种放法，所以满足题意的放法有A·3＝72(种)．此时犯了遗漏计数的错误．
2．防范措施：认真审题，明确条件与所求，“先选后排”——先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列，这样可有效地避免重复和遗漏．
用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室，一种颜色粉刷3间，一种颜色粉刷2间，一种颜色粉刷1间，则粉刷这6间办公室，不同的安排方法有( )
A.
B．CCC
C．CCCA
D．AAA
解析：先固定一种粉刷方法，如黄色粉刷3间，蓝色粉刷2间，白色粉刷1间，则有CCC种，三种颜色互换有A种方法，由分步乘法计数原理知，不同的方案有CCCA种．故选C.
答案：C
PAGE§5 二项式定理
5．1 二项式定理
授课提示：对应学生用书第19页
[自主梳理]
二项式定理
二项式定理
概念
公式(a＋b)n＝________________________(n∈N
)叫作二项式定理
二项式系数
r＋1项的二项式系数C(r＝0,1,2，…，n)
二项式通项
Can－rbr叫作二项展开式的第________项(也称通项)，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝C·an－r·br
二项展开式
Can＋C·an－1·b＋…＋Can－r·br＋…＋C·bn
[双基自测]
1．设P＝1＋5(x＋1)＋10(x＋1)2＋10(x＋1)3＋5(x＋1)4＋(x＋1)5，则P等于( )
A．x5
B．(x＋2)5
C．(x－1)5
D．(x＋1)5
2.5的二项展开式为________．
[自主梳理]
Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn r＋1
[双基自测]
1．B P＝C·15·(x＋1)0＋C·14·(x＋1)1＋C·13·(x＋1)2＋C·12·(x＋1)3＋C·1·(x＋1)4＋C·10·(x＋1)5＝(1＋x＋1)5＝(x＋2)5.
2．32x5－80x2＋－＋－ 5＝C(2x)5－C(2x)4·＋C(2x)3·2－C(2x)2·3＋C(2x)·4－C·5＝32x5－80x2＋－＋－.
授课提示：对应学生用书第20页
探究一 二项式定理的正用、逆用
[例1] (1)求(3
＋)4的展开式；
(2)化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．
[解析] (1)解法一 (3
＋)4
＝C(3
)4＋C(3
)3·＋C(3
)2·()2＋C(3
)·()3＋C·()4
＝81x2＋108x＋54＋＋.
解法二 (3
＋)4＝
＝(81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1)
＝81x2＋108x＋54＋＋.
(2)原式＝C(x－1)5＋C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C(x－1)0－1
＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
1．熟练掌握二项式(a＋b)n的展开式，是解答好与二项式有关问题的前提条件．当二项式较复杂时，可先将式子化简，然后再展开．
2．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．
1．化简(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
解析：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.
探究二 求二项展开式中的特定项
[例2] 求(－)9展开式中的有理项．
[解析] 二项式的展开式的通项为
Tr＋1＝C(x)9－r(－x)r＝(－1)rCx.
令∈Z，且r＝0,1,2，…，9.
得r＝3或r＝9.
当r＝3时，T4＝(－1)3Cx4
＝－84x4.
当r＝9时，T10＝(－1)9Cx3＝－x3.
所以(－)9展开式中的有理项是：第4项，－84x4；第10项，－x3.
二项式中的特定项
(1)常数项
二项展开式的某一项为常数项，就是这项中不含“变元”，一般采用令通项中变元的指数为零的方法求得．
(2)有理项
求展开式的有理项，应写出它的通项公式，令未知量的指数为整数，便能求出适合题意的有理项．
(3)中间项
对于展开式的中间项，若n是偶数，则二项展开式的中间项为第＋1项；若n是奇数，则二项展开式的中间项有两项：第项和第＋1项．
2．已知(－)n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列．
(1)证明：展开式中没有常数项；
(2)求展开式中所有有理项．
解析：依题意，前三项系数的绝对值分别是
1，C()，C()2，
且2C×＝1＋C()2，即n2－9n＋8＝0，
解得n＝8(n＝1舍去)，
Tr＋1＝C()8－r(－)r＝(－)rCxx－
＝(－1)rx.
(1)证明：若Tr＋1为常数项，当且仅当＝0，
即3r＝16，
∵r∈N，∴这不可能，∴展开式中没有常数项．
(2)若Tr＋1为有理项，当且仅当为整数．
∵0≤r≤8，r∈N，∴r＝0,4,8，
即展开式中的有理项共有三项，它们是T1＝x4，T5＝x，T9＝x－2.
探究三 二项式系数与项的系数
[例3] 已知在(－)n的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是14∶3.
(1)求n的值；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
[解析] (1)依题意，得C∶C＝14∶3.
化简，得(n－2)·(n－3)＝56.
解得n＝10或n＝－5(不合题意，舍去)，
∴n的值为10.
(2)通项为Tr＋1＝Cx(－)rx－
＝C(－)rx(r＝0,1，…，10)．
令＝2，得r＝2.
∴所求的系数为C·(－)2＝.
(3)由题意，得∴r＝2,5,8.
∴第3项、第6项与第9项为有理项，
它们分别为C(－)2x2，C(－)5，C(－)8x－2.
二项式系数与系数的区别
前者只与二项式的指数及第几项有关，与二项式无关，它是一个组合数C；后者与二项式、二项式的指数及项中字母的系数均有关．
3．已知二项式10.
(1)求展开式中第4项的二项式系数；
(2)求展开式中第4项的系数．
解析：10的二项展开式的通项是Tk＋1＝C(3)10－kk(k＝0,1，…，10)．
(1)第4项的二项式系数为C＝120.
(2)第4项的系数为C373＝－77
760.
转化思想在多项展开式中的应用
[典例] 求(1＋x＋x2)8展开式中x5的系数．
[解析] 解法一 (1＋x＋x2)8＝[1＋(x＋x2)]8，所以Tr＋1＝C(x＋x2)r，则x5的系数由(x＋x2)r来决定，T′k＋1＝Cxr－kx2k＝Cxr＋k，令r＋k＝5，解得或或所以展开式中x5的系数为C·C＋C·C＋C·C＝504.
解法二 (1＋x＋x2)8＝[(1＋x)＋x2]8＝C(1＋x)8＋C·(1＋x)7·x2＋C(1＋x)6·(x2)2＋C(1＋x)5·(x2)3＋…＋C(1＋x)(x2)7＋C(x2)8，则展开式中x5的系数为C·C＋C·C＋C·C＝504.
解法三 (1＋x＋x2)8＝(1＋x＋x2)(1＋x＋x2)…(1＋x＋x2)(共8个)，这8个因式中乘积展开式中形成x5的来源有三个：
(1)有2个括号各出1个x2，其余6个括号恰有1个括号出1个x，这种方式共有C·C种；
(2)有1个括号出1个x2，其余7个括号中恰有3个括号各出1个x，共有C·C种；
(3)没有1个括号出x2，恰有5个括号各给出1个x，共有C种．所以x5的系数是C·C＋C·C＋C＝504.
[感悟提高] 对于三项式展开或两个二项式乘积的展开问题，所用解法一般为二项式定理展开，或将三项式转化为二项式．
(1)3的展开式为________．
(2)10展开式中的常数项为________．
解析：(1)因为x2＋－2＝x2－2＋＝2，
所以3＝6＝Cx6＋Cx5＋Cx42＋Cx33＋Cx24＋Cx5＋C6
＝x6－6x4＋15x2－20＋－＋.
(2)因为10＝10，
所以其通项为Cr(r＝0,1，…，10)，
要求原式中的常数项，则应先求出r的展开式中的常数项．因为二项展开式的第k＋1项为Car－kk＝Car－3k(k＝0,1,2，…，r)，
由题意，令r－3k＝0，即r是k的3倍．又r∈N，且r≤10，所以r＝0,3,6,9，此时k＝0,1,2,3.当r＝0时，k＝0，系数为C＝1；当r＝3时，k＝1，系数为CC＝360；
当r＝6时，k＝2，系数为CC＝CC＝3
150；
当r＝9时，k＝3，系数为CC＝CC＝840.
所以原式的展开式中对应常数项为1＋360＋3
150＋840＝4
351.
答案：(1)x6－6x4＋15x2－20＋－＋
(2)4
351
PAGE5.2 二项式系数的性质
授课提示：对应学生用书第22页
[自主梳理]
二项式系数的性质
对称性
在(a＋b)n展开式中，与首末两端______的两个二项式系数相等，即C＝________
增减性与最大值
增减性：当k＜时，二项式系数是逐渐增大的；当k＞时，二项式系数是逐渐减小的.
最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数Cn最大，当n为奇数时，中间两项的二项式系数Cn，Cn相等，且同时取得最大值
各二项式系数的和
①C＋C＋C＋…＋C＝______；②C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝______
[双基自测]
1.10的展开式中，系数最大的项是( )
A．第六项
B．第三项
C．第三项和第六项
D．第五项和第七项
2．C＋C＋…＋C的值为________．
[自主梳理]
等距离 C 2n 2n－1
[双基自测]
1．D 展开式第六项系数为－C，第五项和第七项系数为C、C，且C＝C.
2．1
023 ∵(1＋1)10＝C＋C＋C＋…＋C，∴C＋C＋…＋C＝210－1＝1
023.
授课提示：对应学生用书第22页
探究一 赋值法求多项式系数和
[例1] 若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
[解析] (1)令x＝0，则a0＝－1，
令x＝1，则a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128.①
∴a1＋a2＋…＋a7＝129.
(2)令x＝－1，则－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)7，②
由得：a1＋a3＋a5＋a7＝[128－(－4)7]＝8
256.
(3)由得：
a0＋a2＋a4＋a6＝[128＋(－4)7]＝－8
128.
(4)解法一 ∵(3x－1)7展开式中a0，a2，a4，a6均小于零，a1，a3，a5，a7均大于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝a1＋a3＋a5＋a7－(a0＋a2＋a4＋a6)
＝8
256－(－8
128)＝16
384.
解法二 |a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|即为(1＋3x)7展开式中各项的系数和，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(1＋3)7＝47＝16
384.
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．一般地对字母赋的值为1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
1．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)各项系数绝对值的和．
解析：设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29＝512.
(2)令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1，
即各项系数和为－1.
(3)由(2)得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，①
令x＝1，y＝－1，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝59，②
①＋②得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，
即所有奇数项系数之和为.
(4)Tr＋1＝C(2x)9－r(－3y)r
＝(－1)rC·29－r3rx9－ryr，
因此当r＝1,3,5,7,9时，Tr＋1的系数小于0，
即a1，a3，a5，a7，a9均小于0.
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|
＝a0－a1＋a2－…＋a8－a9＝59.
探究二 增减性与最值问题
[例2] 已知：(x＋3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
[解析] 令x＝1，
则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n，
又展开式中二项式系数和为2n，
∴22n－2n＝992，∴n＝5.
(1)∵n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，
∴T3＝C(x)3(3x2)2＝90x6，
T4＝C(x)2(3x2)3＝270x.
(2)设展开式中第r＋1项系数最大，
则Tr＋1＝C(x)5－r(3x2)r＝3rCx，
∴?≤r≤，∴r＝4.
即展开式中第5项系数最大，
T5＝C(x)5－4(3x2)4＝405x.
(1)根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；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)的方法求解．一般地，如果第r＋1项的系数最大，则与之相邻两项(第r项，第r＋2项)的系数均不大于第r＋1项的系数，由此列不等式组可确定r的范围，再依据r∈N来确定r的值，即可求出最大项．
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
?5≤r≤6.∴r＝5或r＝6.
∵r∈{0,1,2，…，8}，
∴系数最大的项为T6＝1
792x5，T7＝1
792x6.
探究三 证明与组合数有关的恒等式
[例3] 求证：CC＋CC＋…＋CC＝.
[证明] (1＋x)2n展开式中xn－1的系数为
C＝，
又(1＋x)2n＝(1＋x)n(x＋1)n
＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1＋Cxn)(Cxn＋Cxn－1＋…＋Cx＋C)，
∴等式右边积中xn－1的系数为CC＋CC＋…＋CC.
∵两种展开式xn－1的系数应相等，
∴CC＋CC＋…＋CC＝.
解决组合恒等式的问题，关键在于构造不同的二项式，利用二项式的不同展开方法，比较系数得到相应的恒等式．有时取二项式中字母为某些特殊值也可得到相应的组合恒等式．
3．求证：(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＝.
证明：已知(1＋x)2n＝(1＋x)n·(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)，(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)中xn的系数为第一个因式中xr的系数与第二个因式中xn－r的系数的乘积的和．
因为xr的系数C与xn－r的系数C相等，
所以(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)中xn的系数为(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2.
又(1＋x)2n的展开式中xn的系数为C，因此有(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＝C＝.
混淆各项的系数和与各项的二项式系数和致误
[典例] 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
[错因与防范] 1.这类问题，极易忽略一些条件或混淆一些概念导致题目解答错误．
2．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.
3．求展开式的系数和关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来定．
(1)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )
A．－40
B．－20
C．20
D．40
(2)(x2＋x－1)9(2x＋1)4的展开式中所有x的奇次幂的系数之和等于________，所有x的偶次幂(包括x0)的系数之和等于________．
解析：(1)对于5，可令x＝1，得1＋a＝2，所以a＝1.
5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)5－r·r＝C25－r·(－1)r·x5－2r.
要得到展开式的常数项，则x＋的x与5展开式的相乘，x＋的与5展开式的x相乘，故令5－2r＝－1，得r＝3，令5－2r＝1，得r＝2，从而可得常数项为C×22×(－1)3＋C×23×(－1)2＝40.
(2)设(x2＋x－1)9(2x＋1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a22·x22.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a22＝81；令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a21＋a22＝－1，所以所有x的奇次幂的系数之和等于[81－(－1)]＝41，所有x的偶次幂的系数之和等于[81＋(－1)]＝40.
答案：(1)D (2)41 40
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