人教A版 选修2—3 精讲细练
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识精讲
1.计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
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m+n种不同的方法.
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m*n种不同的方法.
区别一
完成一件事有两类不同方案，关键词“分类”
完成一件事需要两个步骤，关键词“分步”
区别二
每类方案都能独立地完成这件事，它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
区别三
各类方案之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的
2.计数原理选取
对于两个计数原理的综合应用问题,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;分步时要注意步与步之间的连续性,同时应合理设计步骤顺序,使各步互不干扰.
二、典例细练
【题型一】：分类加法计数原理的简单应用
例题1：书架上层放有13本不同的数学书，中层放有14本不同的语文书，下层放有15本不同的化学书，某人从中取出一本书，有多少种不同的取法？
【解析】要完成“取一本书”这件事有三类不同的取法：
第1类，从上层取一本数学书有13种不同的方法；
第2类，从中层取一本语文书有14种不同的方法；
第3类，从下层取一本化学书有15种不同的方法．
其中任何一种取法都能独立完成取一本书这件事，
故从中取一本书的方法种数为13＋14＋15＝42.
【点评】分类的原则：标准一致，不重复，不遗漏．
变式训练：某校高三共有三个班，其各班人数如下表：
班级
男生数
女生数
总数
高三(1)
30
20
50
高三(2)
30
30
60
高三(3)
35
20
55
(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从1班、2班男生中或从3班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
【解析】： (1)从三个班中任选一名学生，可分三类：
第1类，从1班任选一名学生，有50种不同选法；
第2类，从2班任选一名学生，有60种不同选法；
第3类，从3班任选一名学生，有55种不同选法．
由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝50＋60＋55＝165(种)
(2)由题设知共有三类：
第1类，从1班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第2类，从2班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第3类，从3班女生中任选一名学生，有20种不同选法；
由分类加法计数原理知，不同的选法共有
N＝30＋30＋20＝80(种)．
【题型二】：分步乘法计数原理的简单应用
例题2：已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,问:
(1)点P可表示平面上多少个不同的点?
(2)点P可表示平面上多少个第二象限内的点?
【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,有6种不同方法;第二步确定b的值,也有6种不同方法.根据分步乘法计数原理,得到平面上点P的个数为6×6=36.
(2)确定平面上第二象限内的点P,可分两步完成:第一步确定a的值,由于a<0,所以有3种不同方法;第二步确定b的值,由于b>0,所以有2种不同方法.由分步乘法计数原理,得到平面上第二象限内的点P的个数为3×2=6.
【点评】利用分步乘法计数原理解决问题应注意:(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)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.
变式训练1：(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )
A. B. C. D.
【解析】：选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)．故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P＝＝.
变式训练2：现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C. D．6×5×4×3×2
【解析】：每位同学都有5种选择，则6名同学共有56种不同的选法，故选A.
【题型三】：两个计数原理的综合使用
例题3：现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．
(1)若从中选一人作总负责人，共有多少种不同的选法？
(2)若每年级各选一名负责人，共有多少种不同的选法？
(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？
【解析】 (1)从高一选一人作总负责人有50种选法；从高二选一人作总负责人有42种选法；从高三选一人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122种选法．
(2)从高一选一名负责人有50种选法；从高二选一名负责人有42种选法；从高三选一人作负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000种选法．
(3)①高一和高二各选一人作中心发言人，有50×42＝2 100种选法；
②高二和高三各选一人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；
③高一和高三各选一人作中心发言人，有50×30＝1 500种选法．
故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860种选法．
【点评】用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要做到“不重不漏”，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性．
变式训练： 7名同学中，有5名会下象棋，有4名会下围棋．现从这7人中选2人分别参加象棋和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
【解析】：
依题意，既会象棋又会围棋的“多面手”有5＋4－7＝2人．
方法一：第一类，先从会下象棋但不会下围棋的3人中选1人，再从会下围棋的4人中选1人，共有3×4＝12(种)选法．
第二类，先从既会下象棋又会下围棋的2人中选1人，再从会下围棋的剩余3人中选1人下围棋，有2×3＝6(种)选法，由分类加法计数原理得N＝12＋6＝18(种)．
方法二：第一类，“多面手”不参加，从只会下象棋的3人中选1人，从只会下围棋的2人中选1人，共有3×2＝6(种)选法．
第二类，“多面手”中有一人参加象棋有2种选法，再从只会下围棋的2人中选1人，共有2×2＝4(种)选法．
第三类，“多面手”中有一人参加围棋有2种选法，再从只会下象棋的3人中选1人，共有2×3＝6(种)选法．
第四类，“多面手”都参加，有2种选法，故N＝6＋4＋6＋2＝18(种)．
【题型四】：经典问题（1）——涂色问题
1
2
3
4
例题4（1）图 例题4（2）图
例题4（1）：如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有5种不同的颜色可选，则有________种不同的着色方案．
【解析】：操场可从5种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的4种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180种着色方案．
例题4（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?
【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.
【点评】反思:涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法:(1)按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;(2)以颜色为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”等问题,用分类加法计数原理分析;(3)将空间问题平面化,转化成平面区域的涂色问题.
变式训练1：用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，问有多少种不同的涂色方案？
【解析】
解法一：A可从5种颜色中任选1种着色；B可从剩下的4种颜色中任选1种着色；C和A、B颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色；D和B、C的颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝480种着色方案
解法二：先分为两类：
第一类，当D与A不同色，则可分为四步完成．第一步涂A有5种方法，第二步涂B有4种方法，第三步涂C有3种方法，第四步涂D有2种涂法，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120种方法．
第二类，当D与A同色，分三步完成，第一步涂A和D有5种方法，第二步涂B有4种方法，第三步涂C有3种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×3＝60(种)，所以共有120＋60＝180种不同的方案．
变式训练2：用红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
【解析】：给各区域标记号A、B、C、D、E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，则只有一种. 因此应先分类后分步．
第一类，B、D涂同色时，有4×3×2×1×2＝48种，
第二类，当B、D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种，
故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．
变式训练3：如图,一环形花坛被分成A,B,C,D四个区域,现有4种不同的花可供选种,要求在每个区域里种1种花,且相邻的2个区域种不同的花,则不同种法的种数为( ????). A.96 ????B.84 ????C.60 ????D.48
【解析】方法一：先种A地有4种，再种B地有3种，若C地与A地种相同的花，则C地有1种，D地有3种；若C地与A地种不同花，则C地有2种，D地有2种，即不同种法总数为N＝4×3×(1×3＋2×2)＝84种．
方法二：若种4种花有4×3×2×1＝24种；若种3种花，则A和C或B和D相同，有2×4×3×2＝48种；若种2种花，则A和C相同且B和D相同，有4×3＝12种．共有N＝24＋48＋12＝84种．
变式训练4：将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有( )
A．6种 B．12种
C．24种 D．48种
【解析】：假设第一行为1,2,3，则第二行第一列可为2或3，此时，其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6种填法．故不同填写方法共有6×2＝12种．
变式训练5：如图，用6种不同的作物把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能种植同一种作物，则不同的种法共有( )
A．400种 B．460种
C．480种 D．496种
【解析】：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A种相同作物1种，D、A不同作物3种，∴不同种法有6×5×4×(1＋3)＝480种．故选C.
变式训练6：有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？
【解析】方法一：第一步，种植A试验田有4种方法；
第二步，种植B试验田有3种方法；
第三步，若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．
若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．由分类加法计数原理知，有3＋4＝7种方法．
第四步，由分步乘法计数原理有N＝4×3×7＝84种不同的种植方法．
方法二：(1)若A、D种植同种作物，则A、D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法．
(2)若A、D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法．
综上所述，由分类加法计数原理，共有N＝36＋48＝84种种植方法.
【题型五】：经典问题（2）——组数问题
例题5：用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的(1)四位密码？(2)四位数？(3)四位奇数？
【解析】(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分为四步：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，可以组成不同的四位密码共有N＝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：第一步，从1,2,3,4这4个数字中选一个数字作千位数字，共4种不同的选取方法，第二步从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共4个数字选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，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96个．
(3)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中任取一个有两种方法，第二步定首位，把1、2、3、4中除去用过的一个还有3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3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理共有2×3×3×2＝36个．
变式训练1：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
【解析】：选C.第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36种方法．
变式训练2：用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )
A．36个 B．18个
C．9个 D．6个
【解析】：选B.分3步完成，1,2,3这三个数中必有某一个数字被使用2次．
第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；
第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法；
第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．
故有3×3×2＝18个不同的四位数．
变式训练3：从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．
【解析】：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，∴N＝1＋5×4－4＝17.
变式训练4：用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A．324 B．328
C．360 D．648
【解析】： 分两类，
第一类，0在末位时，百位有9种排法，十位有8种排法，故共有9×8＝72(个)．
第二类，0不在末位，也不能在首位，此时末位只能排2,4,6,8中的一个，共4种排法，百位有8种排法，十位有8种排法，共有4×8×8＝256(个)．
综上共有72＋256＝328(个)．
人教A版 选修2—3 精讲细练
排列
知识精讲
1.排列的定义
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照一定的顺序排成一排，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
相同
排列
若两个排列相同，则两个排列的元素相同，且元素的排列顺序也相同．
定义的理解
①定义的两个重要元素：一是“取出元素”，二是“将元素按一定顺序排列”．
②排列不仅与选取的元素有关且与元素的排列顺序有关．
③在定义中规定m≤n，如果m＜n，一般称为选排列，如果m＝n，则称为全排列.
【注】：判断一个具体问题是不是排列问题,就看从n个不同元素中取出m个元素后,再安排这m个元素时,是有序的还是无序的,有序就是排列,无序就不是排列.例如,从3,5,7,10,13五个数中任取两个数相加(或者相乘),可得到多少个不同的和(积),从这五个数中任意取出两个数做加法(乘法),因为加法(乘法)满足交换律,它们的和(积)与顺序无关,因此就不是排列问题;如果是从上面这五个数中任取两个数相减(或者相除),一共有多少个不同的差(商),因为3-5≠5-3?,也就是减法(除法)不满足交换律,存在被减(除)数和减(除)数的区别,取出的两个数就与顺序有关了,这就属于排列问题.
2.排列数公式
（1）乘积形式：A=n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
（2）阶乘形式：A=
【注】
二、 典例细练
【题型一】排列问题的判定
例题1：判断下列问题是排列问题吗？请说明理由．
(1)从1、2、3、4四个数字中，任选两个做减法，其结果有多少种不同的可能？
(2)从1、2、3、4四个数字中，任选两个做乘法，其结果有多少种不同的可能？
(3)有12个车站，共需准备多少种车票？
(4)从学号1到10的十名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种选法？
(5)平面上有5个点，其中任意三点不共线，这5点最多可确定多少条直线？
(6)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】由减法及除法定义知，结果都与两数相减的顺序有关，故(1)是排列；由加法及乘法定义知，结果都与两数相乘的顺序无关，故(2)不是排列；车票与始点站和终点站有关，由排列定义知(3)是排列；所选取两名同学参加座谈会，无顺序之分，故(4)不是排列；两点确定一条直线，与两点顺序无关，故(5)不是排列；(6)不是排列问题．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．
【点评】判断一个问题是否为排列问题的依据是是否有顺序，有顺序且是从n个不同的元素中任取m(m≤n)个不同的元素的问题就是排列，否则就不是排列，而检验它是否有顺序的依据就是变换元素的位置，看其结果是否有变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
变式训练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
【解析】： 由排列的定义知，①④为排列问题．
【答案】： A
变式训练2：判断下列问题是否为排列问题．
(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
(3)选2个小组去种菜；
(4)选10人组成一个学习小组；
(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
(6)某班40名学生在假期相互通信．
【解析】：(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题；
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；
(3)、(4)不存在顺序问题，不属于排列问题；
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．
所以在上述各题中(2)、(5)、(6)属于排列问题．
【题型二】利用排列数公式化简、求值及证明
例题2（1）计算下列各题：
(1)A103；(2)A66；(3).
【解析】：(1)A103＝10×9×8＝720；
(2)A66＝6×5×4×3×2×1＝720；
(3)原式＝＝＝＝.
例题2（2）解下列方程或不等式．
(1)A2x＋14＝140Ax3；(2)A9x＞6A9x－2.
【解析】：(1)∵，∴x≥3，x∈N*，由A2x＋14＝140Ax3得，
(2x＋1)2x(2x－1)(2x－2)＝140x(x－1)(x－2)，
化简得，4x2－35x＋69＝0，解得，x1＝3或x2＝(舍)，∴方程的解为x＝3.
(2)原不等式即＞，
由排列数定义知：∴2≤x≤9，x∈N*.化简得(11－x)(10－x)＞6，
∴x2－21x＋104＞0，即(x－8)(x－13)＞0，∴x＜8或x＞13.
又2≤x≤9，x∈N*，∴2≤x＜8，x∈N*.故x＝2,3,4,5,6,7.?
例题2（3）求证：
证法一：An＋1m－Anm＝－
＝＝·
＝m·＝mAnm－1.
证法二：An＋1m表示从n＋1个元素中取m个元素的排列个数，其中不含某元素a1的有Anm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Anm－1种排法，故含a1的有mAnm－1种排法．由分类加法计数原理知Anm＋mAnm－1＝An＋1m，即An＋1m－Anm＝mAnm－1.
【点评】(1)排列数的第一个公式Anm＝n(n－1)…(n－m＋1)适用于具体计算以及解当m较小时的含有排列数的方程和不等式；在运用该公式时要注意它的特点是：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Anm＝适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，则应注意先提取公因式，再计算，同时还要注意隐含条件“m≤n且n∈N*，m∈N*”的运用．
变式训练1（1）：若M＝A11＋A22＋A33＋…＋A2 0102 010，则M的个位数字是( )
A．3 B．8
C．0 D．5
【解析】： ∵当n≥5时，Ann＝1×2×3×4×5×…×n＝120×6×…×n，
∴当n≥5时，Ann的个位数字为0，又∵A11＋A22＋A33＋A44＝1＋2＋6＋24＝33，
∴M的个位数字为3.
【答案】： A
变式训练1（2）：S＝1！＋2！＋3！＋…＋99！，则S的个位数字为( )
A．0 B．3 C．5 D．7
【解析】：选B.∵1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24,5！＝120,6！＝720，…
∴S＝1！＋2！＋3！＋…＋99！的个位数字是3.
变式训练2：解不等式：A＜6A.
【解析】： 原不等式可化为＜6·，
化简得m2－15m＋50＜0，
即(m－5)(m－10)＜0，解得5＜m＜10，
又，即m≤6，所以m＝6.
变式训练3：计算：(1)；(2).
【解析】(1)
＝＝1.
(2)＝·(n－m)！·
＝·(n－m)！·＝1.
【题型三】利用树形图求解简单的排列问题
例题3：(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成不同的两位数,一共可以组成多少个?(2)写出从4个元素a,b,c,d中任取3个元素的所有排列.
解:(1)由题意作树形图,如下.
故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43,共有12个.
(2)由题意作树形图,如下.
故所有的排列为:abc,abd,acb,acd,adb,adc,bac,bad,bca,bcd,bda,bdc, cab,cad,cba,cbd,cda,cdb,dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.
【点评】:在“树形图”的操作中,先将元素按一定顺序排出,然后以安排哪个元素在首位为分类标准,进行分类,在每类中(如题(1)中1在首位,题(2)中a在首位)再在余下元素中确定第二位并按顺序分类,依次一直进行到完成一个排列,这样就能不重不漏地依照“树形图”写出所有的排列.
变式训练：将玫瑰花、月季花、莲花各一束分别送给甲、乙、丙三人，每人一束，共有多少种不同的分法？请将它们列出来．
【解析】按分步乘法计数原理的步骤：
第一步，分给甲，有3种分法；第二步，分给乙，有2种分法；第三步，分给丙，有1种分法．故共有3×2×1＝6(种)不同的分法．
列出树形图：如下
甲 乙 丙
玫瑰花 月季花 莲花
玫瑰花 莲花 月季花
月季花 玫瑰花 莲花
月季花 莲花 玫瑰花
莲花 玫瑰花 月季花
莲花 月季花 玫瑰花
【题型四】无约束条件的排列问题
例题4（1）：从4,5,6三个数字中任取两个数字，组成两位数，组成不同的两位数共有( )
A．4个 B．5个 C．6个 D．8个
【解析】：从3个数字中选取2个数字组成两位数，共有A＝3×2＝6个两位数．
例题4（2）：有5名男生和2名女生，从中选出5人分别担任语文、数字、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)
【解析】：由题意知，从7人中选出5人担任5个学科课代表，共有A75＝2 520种不同的选法．
【点评】对于无约束条件的排列问题，我们可以直接利用排列的公式进行计算，并对所得的答案进行验证即可。
变式训练1：从1,2,3,4,7,9这六个数中任取两个数分别作为一个对数的底数与真数，可组成多少个不同的对数值？
【解析】分两类：第1类，1作为真数时值为0，仅1个；
第2类，对数的底与真数是从2,3,4,7,9中任取2个的排列有A52＝5×4＝20(个)，共20＋1＝21(个)．但底数和真数都不相同而对数值相同的有log24＝log39，
log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，故共有21－4＝17个不同的对数值.
变式训练2：上海世博会期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查中国馆、日本馆、美国馆的参观人数，有________种安排方法．
【解析】由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，∴安排方法有5×4×3＝60种．
【题型五】有约束条件的排列问题
例题5：用0,1,2,3,4这五个数字,组成五位数:
(1)可组成多少个五位数?
(2)可组成多少个无重复数字的五位数?
(3)可组成多少个无重复数字的五位奇数?
(4)若1和3相邻,则可组成多少个无重复数字的五位数?
(5)若1和3不相邻,则可组成多少个无重复数字的五位数?
(6)若1不在万位,2不在个位,则可组成多少个无重复数字的五位数?
【解析】(1)各个数位上的数字允许重复,由分步计数原理得,共可组成五位数4×5×5×5×5=2 500个.
方法一:(优先考虑特殊位置)先排万位,从1,2,3,4中任取一个有种方法,其余四个位置排四个数字共有种方法,所以组成的无重复数字的五位数共有=96个.
方法二:(优先考虑特殊元素)先排0,除首位之外的其他四个数位均可,有种方法,其余四个数字全排,有种方法.故组成的无重复数字的五位数共有=96个.
(3)(优先考虑特殊位置)先排个位,1和3均可,有种方法.然后从剩下的3个非0数中选一个排在万位,有种方法,最后将剩下的3个数排在其他三个数位上,有种方法.故组成的无重复数字的五位奇数共有=36个.
(4)(捆绑法)若1和3相邻,则把1和3“捆绑”,看成一个整体与0,2,4进行排列.则共可组成无重复数字的五位数有=36个.
(5)方法一:(间接法)由(2),(4)两问可得,1和3不相邻时,共可组成无重复数字的五位数有96-36=60个.
方法二:(插空法)先将0,2,4排好,再将1和3分别插入产生的4个空当中有=72种排法,而当0在万位时,1,3分别插入2,4产生的3个空当中有=12种排法.所以1和3不相邻的无重复数字的五位数共有72-12=60个.
(6)方法一:(间接法)无重复数字的所有五位数有96个,当1在万位时,有种排法,当2在个位时,0又不能在万位,先把0排在中间三个位上,再排其余的3个数,有种排法,但这两种排法中都包括1在万位,2在个位的排法,这种排法有种,所以符合条件的五位数有96--+=60个.
方法二:(优先考虑特殊元素或位置)①1排在个位时,0不能在万位,有=18种方法.②1不在个位且不在万位时,先排1,有种方法,再排剩下的数分两类.一类是当2在万位时,有种方法,另一类是2不在万位,有种排法,所以1不在个位且不在万位时,有 (+)=42种排法,所以1不在万位,2不在个位时,共可组成无重复数字的五位数18+42=60个.
变式训练1：6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( )
A．720 B．144
C．576 D．684
【解析】选C.(间接法)甲、乙、丙三人在一起的排法种数为A×A；不考虑任何限制，6人的全排列有A.∴符合题意的排法种数为：A－A×A＝576.
变式训练2：用0,1,2,3,4,5这六个数字：
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
(3)能组成多少个无重复数字的比1325大的四位数？
【解析】：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时，有A个；
第二类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A种，十位和百位从余下的数字中选，有A种，于是有A×A(个)；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A×A(个)．
由分类加法计数原理得：
共有A＋2A×A＝156(个)．
(2)为5的倍数的五位数可分为两类：
第一类：个位上为0的五位数有A个；
第二类：个位上为5的五位数有A×A(个)，
故满足条件的五位数共有A＋A×A＝216(个)．
(3)比1325大的四位数可分为三类：
第一类：形如2，3，4，5，共有A×A(个)；
第二类：形如14，15，共有A×A(个)；
第三类：形如134，135，共有A×A(个)．
由分类加法计数原理可得，比1325大的四位数共有：
A×A＋A×A＋A×A＝270(个)．
【题型六】经典题型——“列位”问题
例题6：7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？
(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，按从高到低的顺序站；
(4)老师不站中间，女生不站两端．
【解析】：(1)（捆绑法）2名女生站在一起有站法A种，视为一种元素与其余5人全排，有A种排法，所以有不同站法A×A＝1440(种)．
(2)（插空法）先站老师和女生，有站法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，则插入方法A种，所以共有不同站法A×A＝144(种)．
(3)（解法一：间接法）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，所以共有不同站法2×＝420(种)．
（解法二：插空法）男生按顺序站有A种站法，老师和女生进行插空有5×6×7=210种站法，所以共有A×210=420种站法。
(4)中间和两侧是特殊位置，可分类求解如下：
①老师站在两侧之一，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的另外4个位置之一，有A×A×A种站法，所以共有不同站法A×A×A＋A×A×A＝960＋1152＝2112(种)．
变式训练1：五名男生与两名女生排成一排照相，如果男生甲必须站在中间，两名女生必须相邻，符合条件的排法共有( )
A．48种 B．192种 C．240种 D．288种
【解析】：选B.(用排除法)将两名女生看作1人，与四名男生一起排队，有A种排法，而女生可互换位置，所以共有A×A种排法，男生甲插入中间位置，只有一种插法；而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有A×A(种)，这时男生甲若插入中间位置不符合题意，故符合题意的排列总数为A×A－A×A＝192.
变式训练2：3个人坐8个位置，要求每人的左右都有空位，则有________种坐法．
【解析】：第一步：摆5个空位置，○○○○○；第二步：3个人带上凳子插入5个位置之间的四个空，有A＝24(种)，故有24种不同坐法．
答案：24
变式训练3：5名大人要带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头、尾，则共有________种排法(用数字作答)．
【解析】：先让5名大人全排列有A种排法，两个小孩再依条件插空有A种方法，故共有AA＝1440种排法．
答案：1440
变式训练4：8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为( ) A．AA B．AA C．AA D．AA
【解析】：选A.运用插空法，8名学生间共有9个空隙(加上边上空隙)，先把老师排在9个空隙中，有A种排法，
变式训练5：(2012届柳州铁一中第一次月考)在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有
A.24种 B.48种 C.96种 D.144种
【答案】C
【解析】解：本题是一个分步计数问题，
∵由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步，
∴从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A排列，有=2种结果
∵程序B和C实施时必须相邻，
人教A版 选修2—3 精讲细练
1.2.2 组合
知识精讲
二、 典例细练
【题型一】排列、组合问题的判定
例题1：判断下列问题是排列问题，还是组合问题．
(1)从0,1,2,3，…,9九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(2)从0,1,2,3，…,9九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？
(3)从a，b，c，d四名学生中选2名学生，去完成同一件工作有多少种不同的选法？
(4)5个人规定相互通话一次，共通了多少次电话？
(5)5个人相互各写一封信，共写了多少封信？
【解析】(1)当取出3个数字后，如果改变三个数字的顺序，会得到不同的三位数，此问题不但与取出元素有关，而且与元素的安排顺序有关，是排列问题．
(2)取出3个数字之后，无论怎样改变这三个数字之间的顺序，其和均不变，此问题只与取出的元素有关，而与元素的安排顺序无关，是组合问题．
(3)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(4)甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，无顺序区别为组合问题．
(5)发信人与收信人是有区别的，是排列问题．
【点评】区别排列与组合的关键是看取出元素之后,在安排这些元素时,是否与顺序有关,“有序”则为排列,“无序”则为组合.
变式训练：下面几个问题中属于组合问题的是( )
①由1,2,3,4构成的双元素集合；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1,2,3构成两位数的方法；④由1,2,3组成无重复数字的两位数的方法．
A．①③ B．②④ C．①② D．①②④
【解析】：C
【题型二】利用组合数公式化简、求值及证明
例题2：(1)C＋C·C；:(2)C＋C＋C＋C＋C＋C；(3)C·C.
【解析】(1)原式＝C83＋C1002×1＝＋＝56＋4 950＝5 006.
(2)原式＝2(C50＋C51＋C52)＝2(C61＋C52)＝2×＝32.
(3)方法一：原式＝Cn＋1n·Cn1＝·n＝·n＝(n＋1)n＝n2＋n.
方法二：原式＝(Cnn＋Cnn－1)·Cnn－1＝(1＋Cn1)·Cn1＝(1＋n)n＝n2＋n.
例题3：解方程：Cx＋2x－2＋Cx＋2x－3＝Ax＋33.
【解析】原方程可化为Cx＋3x－2＝Ax＋33，即Cx＋35＝Ax＋33，
∴＝，∴＝，
∴x2－x－12＝0，解得x＝4或x＝－3，
经检验：x＝4是原方程的解
例题4：解不等式：C＞C＋C.
【解析】：原不等式可化为Cm4＞Cm－15＋Cm－16，即Cm4＞Cm6，
∴＞，∴30＞(m－4)(m－5)，
即m2－9m－10＜0，∴－1＜m＜10.又∵m≥7且m∈N*，
∴m＝7或8或9.
【点评】(1)有关组合数的证明问题，一般先依据组合数的性质化简，再用组合数的阶乘形式证明；
(2)关于组合数的计算问题，一般先依据组合数的性质进行化简，再用组合数的乘积形式计算；
(3)多个组合数的和化简为一个组合数的关键在于掌握组合数性质2两边的上、下标的特征，并注意观察和分析待化简的组合式的特征．
变式训练1：若C＝C，则C＝________.
【解析】：∵C＝C，∴13＝n－7，∴n＝20，
∴C＝C＝190.
变式训练2：C＋C＋C＋…＋C＝________.
【解析】：原式＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＝165.
变式训练3：若C>C，求n的取值集合．
【解析】：∴?
??
∵n∈N*，∴n＝6、7、8、9，
∴n的集合为{6，7，8，9}．
【题型三】利用树形图求解简单的排列问题
例题3：从5个不同元素a，b，c，d，e中取出2个，共有多少种不同的组合？
【解析】：要想列出所有组合，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出来．如图所示．
由此可得所有的组合：
ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，故共有10种．
【点评】对于给出的组合问题,要求写出所有组合,一般是将元素按一定的顺序排好,然后按照顺序用图示的方法逐个地将各个组合标示出来.这样做直观、明了、清楚,可避免重复和遗漏.
【题型四】无约束条件的组合问题
例题6：(大纲全国卷)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( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
【解析】：分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C42＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C41＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)，故选B.
【点评】当题目中的问题能构成组合模型，就可运用组合数公式求出其种数．其次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，一定注意有无重复或遗漏．
变式训练1：(2010年高考大纲全国卷Ⅰ)某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．30种 B．35种 C．42种 D．48种
【解析】：选A.法一：可分两种互斥情况：A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类选1门，共有CC＋CC＝18＋12＝30种选法．
法二：总共有C＝35种选法，减去只选A类的C＝1(种)，再减去只选B类的C＝4(种)，故有30种选法．
变式训练2：要从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求，有多少种不同选法？
(1)A，B，C三人必须入选；(2)A，B，C三人不能入选；(3)A，B，C三人只有一人入选．
【解析】(1)只需再从A，B，C之外的9人中选择2人，所以有方法C92＝36(种)．
(2)由于A，B，C三人都不能入选，所以只能从余下的9人中选择5人，即有选法C95＝126(种)．
(3)可分两步：先从A，B，C三人中选出一人，有C31种选法；再从其余的9人中选择4人，有C94种选法．所以共有选法C31C94＝378(种)．
变式训练3：某校一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是( )
A．C＋C＋C B．CCC
C．A＋A＋A D．C
【解析】：选A.分三类：一年级比赛的场数是C，二年级比赛的场数是C，三年级比赛的场数是C，再由分类加法计数原理可求．
变式训练4：(高考江苏卷)从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．
【解析】：从1,2,3,4中任取两个数的组合个数为C＝6，满足一个数是另一个数两倍的组合为{1,2}，{2,4}，故P＝＝.
变式训练5：(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
【解析】：选B.先将1,2捆绑后放入信封中，有C种方法，再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中，有CC种方法，所以共有CCC＝18种方法．
【题型五】有约束条件的组合问题
例题7：“抗震救灾，众志成城”，在我国甘肃舟曲的抗震救灾中，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C42种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C64种选法，所以共有C42·C64＝90种抽调方法.4分
(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，
方法一(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C42·C64种选法；5分
②选3名外科专家，共有C43·C63种选法；6分
③选4名外科专家，共有C44·C62种选法；7分
根据分类加法计数原理，共有
C42·C64＋C43·C63＋C44·C62＝185种抽调方法.8分
方法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C106种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C41·C65种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有：
C106－C41·C65－C66＝185种抽调方法.8分
(3)“至多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C66种选法；9分
②有1名外科专家参加，有C41·C65种选法；
③有2名外科专家参加，有C42·C64种选法.11分
所以共有C66＋C41·C65＋C42·C64＝115种抽调方法.12分
变式训练1：现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查．
(1)正品A被抽到有多少种不同的抽法？
(2)恰有一件是次品的抽法有多少种？
(3)至少一件是次品的抽法有多少种？
【解析】：(1)C＝＝36(种)．
(2)从2件次品中任取1件有C种方法，从8件正品中取2件有C种方法，由分步乘法计数原理，不同的抽法共有C×C＝2×＝56(种)．
(3)法一：含1件次品的抽法有CC种，含2件次品的抽法有C×C种，由分类加法计数原理，不同的抽法共有C×C＋C×C＝56＋8＝64(种)．
法二：从10件产品中任取3件的抽法为C种，不含次品的抽法有C种，所以至少1件次品的抽法为C－C＝64(种)．
变式训练2：要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？
(1)甲当选且乙不当选；(2)至少有1女且至多有3男当选．
【解析】：(1)甲当选且乙不当选，∴只需从余下的8人中任选4人，有C＝70种选法．
(2)至少有1女且至多有3男时，应分三类：第一类是3男2女，有CC种选法；
第二类是2男3女，有CC种选法；第三类是1男4女，有CC种选法．
由分类计数原理知，共有CC＋CC＋CC＝186种选法．
【题型六】经典题型——利用排列解决“几何”问题
例题8：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.
(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？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个点为顶点，可作出多少个四边形？
【解析】：(1)可分三种情况处理：
①C1、C2、…、C6这六个点任取三点可构成一个三角形；
②C1、C2、…、C6中任取一点，D1、D2、D3、D4中任取两点可构成一个三角形；
③C1、C2、…、C6中任取两点，D1、D2、D3、D4中任取一点可构成一个三角形．
∴C＋CC＋CC＝116(个)．其中含C1点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，
∴共有C＋CC＋CC＝360(个)．
变式训练1：如图所示的四棱锥中，顶点为P，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P在同一平面内，不同的取法种数为( )
A．40 B．48
C．56 D．62
【解析】：选C.满足要求的点的取法可分为3类：
第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有4C种取法；
第2类，在两个对角面上除点P外任取3点，有2C种取法；
第3类，过点P的四条棱中，每一条棱上的两点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，有4C种取法．
所以，满足题意的不同取法共有4C＋2C＋4C＝56(种)．
变式训练2：(湖北卷理科15)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：
n=1
n=2
n=3
n=4
由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种，至少有两个
黑色正方形相邻的着色方案共有 种.（结果用数值表示）
【解析】：设个正方形时黑色正方形互不相邻的着色方案数为，由图可知，
，，
，
，
由此推断，，故黑色正方形互不相邻着色方案共有21种；由于给6个正方形着黑色或白色，每一个小正方形有2种方法，所以一共有种方法，由于黑色正方形互不相邻着色方案共有21种，所以至少有两个黑色正方形相邻着色方案共有种着色方案，故分别填.
人教A版 选修2—3 精讲细练
1.3 二项式定理
知识精讲
二项式定理：
⑴的展开式的各项都是次式，即展开式应有下面形式的各项：
，，…，，…，，
⑵展开式各项的系数：
每个都不取的情况有种，即种，的系数是；
恰有个取的情况有种，的系数是，……，
恰有个取的情况有种，的系数是，……，
有都取的情况有种，的系数是，
∴，
这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫的二项展开式，⑶它有项，各项的系数叫二项式系数，
⑷叫二项展开式的通项，用表示，即通项．
⑸二项式定理中，设，则
二、 典例细练
【题型一】二项式定理的正向使用
例题1：利用二项式定理展开；
解法一： ．
解法二：
．
【点评】形式简单的二项式展开时可直接由二项式定理展开,对于形式较复杂的二项式,在展开之前可以根据二项式的结构特点进行必要的变形,然后再展开,以使运算得到简化.记准、记熟二项式(a+b)n的展开式是解答好与二项式定理有关问题的前提.
变式训练：求5的展开式．
解法一：5＝C50(2x)5＋C51(2x)4·＋C52(2x)32
＋C53(2x)23＋C54(2x)4＋C555
＝32x5－120x2＋－＋－.
解法二：5＝
＝(1024x15－3840x12＋5760x9－4320x6＋1620x3－243)
＝32x5－120x2＋－＋－.
【题型二】二项式定理的逆向使用
例题2：化简(x-1)+5(x-1)+10(x-1)+10(x-1)+5(x-1).
【解析】：原式=(x-1)5+ (x-1)4+(x-1)3+(x-1)2+(x-1)+（-1）
=[(x-1)+1]5-1=x5-1.
【点评】逆用二项式定理要注意其结构特点,a的指数是从高到低,b的指数 是从低到高,a、b的指数和都相等,如果是正负相间是(a-b)n的形式.
变式训练：设S＝(x－1)＋4(x－1)＋6(x－1)＋4(x－1)＋1，它等于多少？
【解析】：S＝[(x－1)＋1]＝x.
【题型三】求二项展开式中的特定项
例题3（1）(课标全国卷)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
解析：令x＝1得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1.
因此5展开式中的常数项即为5展开式中的系数与x的系数的和.5展开式的通项为Tr＋1＝C5r(2x)5－r·(－1)r·x－r＝C5r25－rx5－2r·(－1)r.
令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此5展开式中x的系数为C5225－2(－1)2＝80.令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，因此5展开式中的系数为C5325－3·(－1)3＝－40.所以5展开式中的常数项为80－40＝40.
例题3（2）(湖北高考)18的展开式中含x15的项的系数为________．(结果用数值表示)
解析：二项展开示的通项为Tr＋1＝C18rx18－rr＝(－1)rrC18rx18－.
令18－＝15，解得r＝2.∴含x15的项的系数为(－1)22C182＝17.
【点评】求展开式中的某些特定项时,应先利用通项确定哪些项是要求。
变式训练1：(天津卷理科5)在的二项展开式中，的系数为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为,所以容易得C正确.
变式训练2：(陕西卷理科4)的展开式中的常数项是
（A） （B） （C） （D）
【解析】，
令，则，所以，故选C．
变式训练3：(山东卷理14)若展开式的常数项为60，则常数的值为？
【解析】因为,所以r=2, 常数项为60,解得.
【题型四】利用二项式定理解整除问题及求余数问题
例题4：用二项式定理证明1110－1能被100整除．
【证明】：∵1110－1＝(10＋1)10－1＝(1010＋C×109＋…＋C×10＋1)－1
＝1010＋C×109＋C×108＋…＋102＝100×(108＋C×107＋C×106＋…＋1)，
∴1110－1能被100整除．
【反思】利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题,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.
变式训练：C331＋C332＋C333＋…＋C3333除以9的余数是( )
A．7 B．0 C．－1 D．－2
【解析】： 原式＝C330＋C331＋C332＋…＋C3333－C330
＝(1＋1)33－1＝233－1＝811－1＝(9－1)11－1
＝C110×911－C111×910＋…＋C1110×9×(－1)10＋C1111×(－1)11－1
＝C110×911－C111×910＋…＋C1110×9－2＝9M＋7(M为正整数)．
