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4．1.1　分类加法计数原理
4．1.2　分步乘法计数原理
最新课程标准
通过实例，了解分类加法计数原理与分步乘法计数原理及其意义．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　分类加法计数原理
如果完成一件事有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，每种方法都能独立完成这件事，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(也称“加法原理”)
要点二　分步乘法计数原理
如果完成一件事需要分成n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，每个步骤都完成才算做完这件事，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(也称“乘法原理”)
批注 　确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类办法的任意两种方法是不同的方法，也就是分类必须既“不重复”也“不遗漏”.
批注 　根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．
　基 础 自 测
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同. (　　)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事. (　　)
(3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)
2．从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有(　　)
A．3种 B．4种
C．7种 D．12种
3．某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有(　　)
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
4．已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，则x·y可表示不同的值的个数为(　　)
A．10个 B．6个
C．8个 D．9个
5．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________.
　题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1　分类加法计数原理的应用
例1　(1)从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
方法归纳
利用分类加法计数原理解题的一般步骤
巩固训练1　(1)一项工作可以用两种方法完成，有3人会用第1种方法完成，有5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同的选法种数是(　　)
A．8 B．15
C．16 D．30
(2)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________种不同的取法．
题型2　分步乘法计数原理的应用
例2　用0，1，2，3，4这五个数字
(1)可以组成多少个无重复数字的四位数？
(2)可以组成多少个四位密码？
方法归纳
(1)应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．
(2)解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘，做到不重不漏．
巩固训练2　(1)[2022·湖南测试]某储蓄卡密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个，则可设置的银行卡密码共有________种；
(2)如图，要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？
题型3　两个计数原理的综合应用
例3　现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
方法归纳
使用两个原理的原则
使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手．“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理.
巩固训练3　现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
易错辨析　分类标准不清致误
例4　甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，问有多少种不同的冠军获得情况？
解析：可先举例说出其中的1种情况，如数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步．
第1步，产生数学学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；
第2步，产生物理学科冠军，因为夺得数学学科冠军的同学还可以去争夺物理学科冠军，所以物理学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；
第3步，产生化学学科冠军，同理，也有4种不同的获得情况．
由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4＝43＝64(种)．
【易错警示】
出错原因 纠错心得
错解：分四步完成这件事． 第1步，甲同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况． 由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有3×3×3×3＝34＝81(种)． 要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”．但错解中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况． 用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．
第4章　计数原理
4．1　两个计数原理
4．1.1　分类加法计数原理
4．1.2　分步乘法计数原理
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
m1＋m2＋…＋mn
要点二
m1×m2×…×mn
[基础自测]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：由分类加法计数原理，从甲地去乙地共3＋4＝7(种)不同的交通方式．
答案：C
3．解析：分3类，买1本书，买2本书，买3本书，
各类的方法依次为3种，3种，1种，故购买方法有3＋3＋1＝7(种)．
答案：C
4．解析：因为x从集合{2，3，7}中任取一个值共有3个不同的值，y从集合{－3，－4，8}中任取一个值共有3个不同的值，故x·y可表示3×3＝9个不同的值．
答案：D
5．解析：不同的走法可以看作是两步完成的，第一步是进门共有4种；第二步是出门，共有4种．由分步乘法计数原理知共有4×4＝16(种)．
答案：16
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)分四类：
从一班中选一人，有4种选法；
从二班中选一人，有5种选法；
从三班中选一人，有6种选法；
从四班中选一人，有7种选法．
共有不同选法N＝4＋5＋6＋7＝22种．
(2)方法一　按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
方法二　按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
巩固训练1　解析：(1)第1类，从会第1种方法的3人中选1人，有3种不同的选法；第2类，从会第2种方法的5人中选1人，有5种不同的选法，共有5＋3＝8(种)不同的选法．
(2)有三类不同方案：
第一类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；
第二类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；
第三类，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．
答案：(1)A　(2)15
例2　解析：(1)直接法：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1，2，3，4中剩余的三个数字和0共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，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96个．
间接法：将5个数字不重复排在4个位置上有5×4×3×2＝120种排法，其中不合要求的有4×3×2＝24种排法．所以排成无重复数字的四位数为120－24＝96个．
解析：(2)完成“组成四位密码”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5种选取方法；第三步，选取左边第三个位置上的数字，有5种选取方法；第四步，选取左边第四个位置上的数字，有5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＝5×5×5×5＝625个．
巩固训练2　解析：(1)每位上的数字有10个数字可选，由乘法原理总共有106种．
(2)按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成，
第一步，m1＝3种，
第二步，m2＝2种，
第三步，m3＝1种，
第四步，m4＝1种，
所以根据乘法原理，得到不同的涂色方案种数共有N＝3×2×1×1＝6种．
答案：(1)106　(2)见解析
例3　解析：(1)分四类：第1类，从一班学生中选1人，有7种选法；第2类，从二班学生中选1人，有8种选法；第3类，从三班学生中选1人，有9种选法；第4类，从四班学生中选1人，有10种选法．
由分类加法计数原理知共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第1、2、3、4步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
由分步乘法计数原理知共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
(3)分六类，每类又分两步．从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．由分类加法计数原理知共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
巩固训练3　解析：(1)分为三类：
从国画中选，有5种不同的选法；
从油画中选，有2种不同的选法；
从水彩画中选，有7种不同的选法，
根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法；
(2)分为三步：
第一步从国画中选，有5种不同的选法；
第二步从油画中选，有2种不同的选法；
第三步从水彩画中选，有7种不同的选法，
根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)分为三类：
第一类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自油画，有2种不同的选法；
由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；
第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，
由分步乘法计数原理知，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，有2种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，
由分步乘法计数原理知，有2×7＝14(种)不同的选法，
所以根据分类加法计数原理，共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．4.2　排列
最新课程标准
(1)通过实例，理解排列的概念，能利用计数原理推导排列数公式．
(2)能解决简单的实际问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　排列
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，按照一定的顺序 排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
要点二　排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有________________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．
要点三　排列数公式及性质
＝________________＝________(m≤n)．
＝n！，0！＝1.
批注 　就是说与位置有关，在实际问题中，究竟何时有关，何时无关，要由具体问题的性质和条件来决定，这一点要特别注意，这也是与后面学习的组合的根本区别．
批注 　“排列数”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数”，它是一个正整数；“排列”是指“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”，它是指具体的排法．
　基 础 自 测
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)a，b，c与b，a，c是同一个排列．(　　)
(2)同一个排列中，同一个元素不能重复出现．(　　)
(3)在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．(　　)
(4)由于排列数的阶乘式是一个分式，所以其化简的结果不一定是整数．(　　)
2．(多选)下列问题中是排列问题的是(　　)
A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组
B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动
C．从a，b，c，d四个字母中取出2个字母
D．从1，2，3，4四个数字中取出2个数字组成一个两位数
3．＝(　　)
A．30　　　B．24　　　C．20　　　D．15
4．90×91×92×…×100可以表示为(　　)
A．B．C．D．
5．从1，2，3中任取两个数字组成不同的两位数有________个．
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　　题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1　排列的概念
例1　判断下列问题是不是排列问题：
(1)某班共有50名学生，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2，3，5，7，9五个数字中任取两个数分别作为对数的底数和真数，共有多少个不同的对数值？
(3)有12个车站，共需准备多少种车票？
(4)某会场有50个座位，从中任选出3个座位，共有多少种不同的选法？
方法归纳
判断一个具体问题是否为排列问题的方法
巩固训练1　下列问题是排列问题的为________．
①选2个小组分别去植树和种菜；
②选2个小组分别去种菜；
③某班40名同学在假期互发短信；
④从1，2，3，4，5中任取两个数字相除．
题型2　与排列数公式相关的计算
例2　等于(　　)
A．107　　B．323 C．320　　D．348
(2)已知＝10，则n的值为________；
＝________．
方法归纳
排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数，这是排列数公式的逆用．
(2)应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
巩固训练2　(1)若x是正整数，且x<55，则(55－x)(56－x)…(68－x)等于(　　)
A.
C.
等于(　　)
A．12　　　B．24 C．30　　　D．36
(3)如果＝17×16×15×…×5×4，则n＝________，m________．
题型3　利用排列与排列数解决简单的实际问题
例3　有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体站成一排，男、女各站在一起；
(4)全体站成一排，男生互不相邻；
(5)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾．
巩固训练3　(1)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(　　)
A．144 B．120
C．72 D．24
(2)从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，共有(　　)种参赛方案．
A．120 B．240
C．300 D．360
(3)将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)．这样的排列方法有________种(用数字作答)．
易错辨析　忽略排列的有序性致错
例4　8人站成前后两排，每排4人，其中甲、乙两人必须在前排，丙在后排，则共有________种排法．
解析：先排甲、乙，有排法，再排丙，有排法，其余5人有种排法，故不同排法共有＝5 760(种)．
答案：5 760
【易错警示】
出错原因 纠错心得
求解本题时容易出现下列两种错解． 错解一：甲、乙两人在前排，前排还少2人，从余下5人(不含丙)中选2人排在前排，有排法；丙在后排，余下的3人有排法，故不同排法共有＝120(种)． 错解二：甲、乙两人在前排，有种排法，再从余下5人(不含丙)中选2人排在前排，有种排法；其余4人(含丙)在后排，有种排法，故不同排法共有＝960(种)．导致错解的原因是甲、乙两人在前排，但甲、乙两人的位置不能确定，需对甲、乙两人的位置进行排列，同样，丙在后排，丙的位置也不能确定，丙的位置也需排列． 排列问题中，若对元素的位置没有要求，则各元素间是有顺序之分的，解题时要时刻把握这一“原则”．
4．2　排列
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点二
不同排列的个数　
要点三
n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)　
[基础自测]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：A是排列问题，因为两名同学参加的学习小组与顺序有关；B不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；C不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；D是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
答案：AD
3．解析：＝＝6×5＝30.
答案：A
4．解析：由排列数公式可知原式为.
答案：B
5．解析：12，13，21，23，31，32共6个．
答案：6
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)是．选出的2人，担任正、副班长人选，与顺序有关，所以是排列问题．
(2)是．对数值与底数和真数的取值有关系，与顺序有关．
(3)是．起点站或终点站不同，则车票不同，与顺序有关．
(4)不是．只是选出3个座位，与顺序无关．
巩固训练1　解析：对①，植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；
对②，不存在顺序问题，不是排列问题；
对③，存在顺序问题，是排列问题；
对④，两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题．
答案：①③④
例2　解析：(1)原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
(2)由＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.
(3)∵n＋3≤2n，n＋1≤4，且n∈N＋，
∴n＝3，
+＝6！＋4！＝744.
答案：(1)D　(2)5　(3)744
巩固训练2　解析：(1)由排列数公式或特殊值知B正确．
＝＝7×6－6＝36.
(3)易知n＝17，又4＝n－m＋1＝18－m，所以m＝14.
答案：(1)B　(2)D　(3)17　14
例3　解析：(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有＝2 520(种)排法．
(2)前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有＝5 040(种)排法．
(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有女生必须站在一起，是女生的全排列种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有种排法．根据分步乘法计数原理，共有＝288(种)排法．
(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有种排放，故共有＝1 440(种)排法．
(5)先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有＝5(种)排法；再安排其他人，有＝720(种)排法．所以共有＝3 600(种)排法．
巩固训练3　解析：(1)先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端共有4个位置，再把三人带椅子插在这四个位置中，共有＝24种放法．
(2)方法一　从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：
第1类，甲不参赛，有
第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种排法，然后安排其他三棒，有种参赛方案
＝240(种)．
方法二　从位置角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲外的5人中选2人，有种选法；其余两棒从剩余4人中选，有种选法．
＝240(种)．
方法三(间接法)　不考虑甲的约束条件，有安排方法，甲跑第一棒或第四棒有安排方法，所以甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有＝240(种)．
解析：(3)方法一(整体法)　5个元素无约束条件的全排列有排法，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”的排列方法有×2＝40(种)．
方法二(插空法)　若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母D，E相邻，则有
第二类，若字母D，E不相邻，则有种排法，
则不同的排列方法有＝20(种)．
同理，字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法，
因此，满足条件的排列方法有20＋20＝40(种)．
答案：(1)D　(2)B　(3)404.3　组合
最新课程标准
(1)通过实例，理解组合的概念，能利用计数原理推导组合数公式．
(2)能解决简单的实际问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　组合
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，不论次序 地构成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
要点二　组合数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有不同组合的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数 ，用符号表示．
要点三　组合数公式及其性质
＝________＝________．
＝1；＝________；＝________．
批注 　取出的m个元素不讲究顺序，即元素没有位置的要求．
批注 　从集合的角度理解组合数的概念．例如，从3个不同的元素a，b，c中任取2个的所有组合构成的集合为A＝{ab，ac，bc}，则组合数即为集合A的元素个数．
基 础 自 测
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合是.(　　)
(2)从a，b，c，d中选取2个合成一组，其中a，b与b，a是同一个组合．(　　)
(3)“从3个不同元素中取出2个合成一组”，叫作“从3个不同元素中取出2个的组合数”．(　　)
(4)组合和排列一样，都与“顺序”有关．(　　)
2．(多选)下列问题中是组合问题的是(　　)
A．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？
B．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学，有多少种不同的选法？
C．3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？
D．3本相同的书分给5名同学，每人一本，有多少种分配方法？
3．若＝28，则n＝(　　)
A．9　　　B．8 C．7　　　D．6
4．学校要求学生从物理、历史、化学、生物、政治、地理这6科中选3科参加考试，规定先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中任选2科，不同的选法种数为(　　)
A．5　　　B．12 C．20　　　D．120
5．现有6名党员，从中任选2名参加党员活动，则不同选法的种数为________．
　　题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1　与组合数公式相关的计算
例1　(1)若＝，则＝(　　)
A．380　　 B．190
C．18　 D．9
(2)化简：＝________；
(3)已知＝，则n＝________．
方法归纳
进行组合数的相关计算时，注意以下几点：
(1)像排列数公式一样，公式＝一般用于计算，而公式＝及一般用于证明、解方程(不等式)等．
(2)当m>时计算，用性质＝转化，减少计算量．
巩固训练1　的值为(　　)
A．72　　　B．36 C．30　　　D．42
(2)已知＝，则x的值是(　　)
A．2　　　 B．6 C．　　　 D．2或6
(3)计算：＝________．
题型2　组合问题
例2　某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有一名女生；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)至多有两名女生当选；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
方法归纳
组合问题常有的两种题型变化
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
巩固训练2　(1)某乒乓球队有9名队员，其中有两名种子选手，现要选5名队员参加运动会，种子选手都必须在内，则不同的选法有(　　)
种　种种　种
(2)[2022·湖南雅礼中学]从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
题型3　分组与分配问题
例3　6本不同的书，按下列要求分组或分配，求各有多少种不同的分法．
(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；
(2)平均分为三份，每份2本；
(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；
(5)分成三份，一份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人得1本；
(7)分给甲、乙、丙三人，甲1本，乙2本，丙3本；
(8)甲3本，另外两人中有1人1本，1人2本．
方法归纳
1．分组问题注意以下几点：
(1)整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数．
(2)部分均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数．
(3)不等分问题，解题时需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
(4)分组与分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．
2．解决分组与分配问题的步骤：
第一，要弄清分配问题与分组问题的不同．把n个不同元素按照某些条件分配给k个不同的对象，称为分配问题，分成k组，称为分组问题．
第二，解决分配问题，应先分组再分配．
巩固训练3　(1)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(　　)
A. 120种 B. 90种
C. 60种 D. 30种
(2)有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种．
易错辨析　忽略元素无序，造成计数重复
例4　5本不同的书全部分给4名同学，每名同学至少一本，不同的分法种数为________．
解析：先把5本书分成4堆，然后分给4名同学．第1步，从5本书中任意取出2本捆绑成一个整体，有第2步，把4堆书分给4名同学，由分步乘法计数原理知，不同的分法种数为＝240.
答案：240
【易错警示】
出错原因 纠错心得
解答此题时易得到如下错解： 先从5本书中取4本分给4名同学，有种方法，剩下的1本书可以给任意一名同学，有4种分法，不同的分法种数为＝480. 该解题过程中出现了重复选取的情况．设5本书分别为a，b，c，d，e，4名同学分别为甲、乙、丙、丁．按照上述分法可能有如下的表1和表2： 表1 甲乙丙丁abcde
表2 甲乙丙丁ebcda
表1是甲首先分得a、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书e给甲；表2是甲首先分得e、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本书a给甲．从结果上看以上两种情况是完全相同的，而在计数时把它们当成了不同的情况，造成重复计数． 对于元素无序的分配问题，一般不能采用分步计数，而是采取先选后排的方法，即可避免重复计数．
4．3　组合
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点三
(1)
(2)
[基础自测]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：AC与顺序有关，是排列问题；BD与顺序无关，是组合问题．
答案：BD
3．解析：＝＝28，解得n＝8.
答案：B
4．解析：从物理和历史中任选1科，有＝2种，然后从其他4科中任选2科，有＝6种，共有2×6＝12种．
答案：B
5．解析：由题意得，不同选法的种数为＝15.
答案：15
题型探究·课堂解透
例1　解析：＝，∴n＝18，
＝＝＝＝190.
(2)原式＝＝0.
(3)根据题意，
由组合数的性质，可得＝，故8＋7＝n＋1，
解得n＝14.
答案：(1)B　(2)0　(3)14
巩固训练1　解析：＝15＋21＝36.
(2)由题可得，解得2≤x≤8，
结合组合数性质＝可得x－2＝2x－4或(x－2)＋(2x－4)＝12，
解得x＝2或x＝6.
＝＝＝＝5 050.
答案：(1)B　(2)D　(3)5 050
例2　解析：(1)一名女生，四名男生，故共有＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有＝165(种)．
(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：＝825(种)或采用排除法：＝825(种)．
(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法共有：＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选，选法种数为
第二类女队长不当选，选法种数为
＝790(种)．
巩固训练2　解析：(1)只需再从其他7名队员中选3人，即种选法．
(2)第一类，先选1女3男，有种，这4人选2人作为队长和副队有故有40×12＝480 种；第二类，先选2女2男，有＝15种，这4人选2人作为队长和副队长有＝12种，故有15×12＝180种，根据分类加法计数原理共有480＋180＝660种．
答案：(1)C　(2)660
例3　解析：(1)这是平均分配问题，分3步．
第一步：从6本书中选2本给甲，有
第二步：从其余的4本书中选2本给乙，有
第三步：把余下的2本书全部给丙，有根据分步乘法计数原理得，共有＝90种不同的分法．
(2)这是平均分组问题，共有＝15种不同的分法．
(3)这是不平均分组问题，共有＝60种不同的分法．
(4)这是不平均分配问题，在(3)的基础上再进行全排列，所以共有＝360种不同的分法．
(5)这是部分均匀分组问题，共有＝15种分法．
解析：(6)这是部分均匀分配问题，在(5)的基础上再分配给甲、乙、丙三人，共有＝90种不同的分法．
(7)这是直接分配问题，从6本不同的书中选1本分配给甲，有种方法，再从剩下的5本不同的书中选2本分配给乙，有种方法，最后剩下的3本不同的书全给丙，有
＝60种不同的分法．(注意与(4)的区别)
(8)由于甲的书本数已知，先给甲选书，有选法．再把剩下的3本书分成本数分别为1，2的两份，有
根据分步乘法计数原理，可得共有＝120种不同的分法．
巩固训练3　解析：(1)首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有
然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有
最后剩下的3名同学去丙场馆
＝6×10＝60种．
(2)先把4名学生分为2，1，1共3组，有＝6(种)分法，再将3组对应3个学校，有＝6(种)情况，则共有6×6＝36(种)不同的保送方案．
答案：(1)C　(2)36　4．4　二项式定理(1)
最新课程标准
(1)能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
(2)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　二项式定理
(a＋b)n＝bn ，这个公式称为二项式定理，右边的多项式叫作(a＋b)n的二项展开式，一共有n＋1项，其中各项的系数 (其中0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)叫作二项式系数．
在二项式定理中，如果设a＝1，b＝x，则(1＋x)n＝xn.
要点二　二项展开式的通项
二项展开式中的an－rbr叫作二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项为展开式的第r＋1项：Tr＋1＝an－rbr .
批注 　(1)展开式共有n＋1项，各项的次数都是n；
(2)字母a按降幂排列，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，次数由0逐项加1直到n.
批注 　(1)通项是二项展开式的第r＋1项，而不是第r项；
(2)(a＋b)n与(b＋a)n的二项展开式相同，但是(a＋b)n的第r＋1项为an－rbr，(b＋a)n的第r＋1项为bn－rar.因此，应用二项式定理时，a与b是不能随便交换位置的．
基 础 自 测
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(a＋b)n展开式中共有n项．(　　)
(2)在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(　　)
an－rbr是(a＋b)n展开式中的第r项．(　　)
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项展开式的二项式系数相同．(　　)
2．(x－)n的展开式共有11项，则n等于(　　)
A．9　　 B．10　 C．11　 D．8
3．(1－5x)5展开式中的第2项为(　　)
A．－25x B．25x
C．－25 D．250x2
4．在(1－2x)4的展开式中，x3的系数为(　　)
A．48 B．32
C．－48 D．－32
5．用二项式定理展开(2x－1)4＝________．
　题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1　二项式定理的正用、逆用
例1　(1)写出展开式：(2x－)5；
(2)化简：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．
方法归纳
运用二项式定理解题的两个策略
巩固训练1　(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3，则S等于(　　)
A．x4　 B．x4＋1
C．(x－2)4 D．x4＋4
(2)(x＋)6的展开式为________．
题型2　求二项展开式中与特定项相关的量
角度1　二项展开式中的特定项问题
例2　(1)在(－2)5的展开式中，x2的系数为(　　)
A．－5　 B．5
C．－10 D．10
(2)在二项式(x－)12的展开式中，求①第4项；②常数项；③有理项．
方法归纳
二项展开式的通项Tr＋1＝an－rbr的主要作用是求展开式中的特定项，常见的题型有：①求第r项；②求含xr(或xpyq)的项；③求常数项；④求有理项．其中求有理项时一般根据通项，找出未知数的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据整数的整除性来求解．另外，若通项中含有根式，一般把根式化为分数指数幂，以简化运算．
巩固训练2　(1)二项式(1＋2x)7的展开式中含x3项的系数为(　　)
A．35　　B．70 C．140　　D．280
(2)(2x＋)6的展开式中，常数项为________．
角度2　两个二项式积的展开式中的特定项问题
例3　[2022·湖南怀化月考](x2＋1)(－2)5展开式的常数项为(　　)
A．112　　　B．48 C．－112　　D．－48
方法归纳
求形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N＋)的展开式中与特定项相关的量的步骤
巩固训练3　(x2＋1)(2x＋1)6展开式的x2的系数是________．
角度3　形如(a＋b＋c)n的展开式中的特定项问题
例4　(x2＋3x－1)4的展开式中x的系数为(　　)
A．－4　 B．－8
C．－12　　 D．－16
方法归纳
求形如(a＋b＋c)n(n∈N＋)的展开式中与特定项相关的量的3种方法
巩固训练4　(x－－1)4的展开式中，常数项为________．
题型3　根据特定项及系数求参数
例5　(1)[2022·湖南衡阳测试]已知(x＋)6的展开式中的常数项为－160，则实数a＝(　　)
A．2 B．－2
C．8 D．－8
(2)若(2－ax)5(x＋1)2展开式中x2的系数为272，则实数a＝________．
方法归纳
已知二项展开式中的特定项的系数求参数，一般是利用通项公式并进行化简后，令字母的指数符合要求(常数项的指数为零；有理项的指数为整数等)，解出r，代回通项公式解方程即可求出参数．
巩固训练5　(1)[2022·湖南长郡中学月考]设的展开式中x3的系数为a，则a的值为________；
(2)已知(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，则正实数a＝________．
易错辨析　混淆项的系数与二项式系数
例6　设(x－)n(n∈N*)的展开式中第二项与第四项的系数之比为1∶2，求含x2的项．
解析：由题设，得T2＝xn－1(－)＝－nxn－1，
T4＝xn－3(－)3＝n－3
＝，化简得n2－3n－4＝0，
解得n＝4或n＝－1(舍去)．
(x－)4的展开式的通项为
Tr＋1＝x4－r
令4－r＝2，则r＝2，所以含x2的项为x2＝12x2.
【易错警示】
出错原因 纠错心得
求解本题易将“二项展开式的某项的系数”与“二项展开式的某项的二项式系数”混为一谈，得到如下错解． (x－)n的展开式中第二项与第四项的系数分别为＝1∶2，化简得n2－3n－10＝0.又n∈N*，所以n＝5. (x－)5的展开式的通项式为Tr＋1＝x5－r令5－r＝2，则r＝3，所以含x2的项为x2. (a＋b)n的展开式中的第r＋1项的二项式系数是 (r＝0，1，2，…，n)，仅与n，r有关；第r＋1项的系数不是二项式系数，但有时这个系数与二项式系数相等．注意二项式系数一定为正，而对应项的系数可能为负．
4．4　二项式定理(1)
新知初探·课前预习
[基础自测]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：(x－)n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝11，故n＝10.
答案：B
3．解析：(1－5x)5展开式中的第2项为·(－5x)＝－25x.
答案：A
4．解析：Tr＋1＝(－2x)r＝(－2)rxr，
所以x3的系数为×(－2)3＝－32.
答案：D
5．解析：(2x－1)4＝4(－1)031(2x)2(－1)2(2x)1(－1)3(2x)0(－1)4＝16x4－32x3＋24x2－8x＋1.
答案：16x4－32x3＋24x2－8x＋1
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)方法一　(2x－)5＝(2x)5 (2x)41 (2x)32 (2x)23(2x)14(2x)0(－)5＝32x5－120x2＋.
方法二　(2x－)5＝()5＝(4x3－3)5＝(4x3)50(4x3)41(4x3)32(4x3)23(4x3)14(4x3)0(－3)5]＝32x5－120x2＋.
(2)原式＝54321(x－1)0－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
巩固训练1　解析：(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝32＝((x－1)＋1)4＝x4.
(2)根据二项式定理，
(x＋)6＝(x＋x－1)6＝+－5＋
x－6＝x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6.
答案：(1)A　(2)x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6
例2　解析：(1)Tr＋1＝)5－r(－2)r＝r
令＝2，得r＝1，
∴T2＝(－2)x2＝－10x2，
所以x2的系数为－10.
(2)二项展开式的通项
Tr＋1＝x12－r(－)r＝
①令r＝3，则T4＝＝－220x8.
②令12－r＝0，则r＝9，从而，常数项为＝－220.
③当r＝0，3，6，9，12时，Tr＋1是有理项，分别为T1＝x12，T4＝x8＝－220x8，T7＝x4＝924x4，T10＝＝－220，T13＝x－4.
答案：(1)C　(2)见解析
巩固训练2　解析：(1)Tr＋1＝(2x)r，所以x3的系数为×23＝280.
(2)(2x＋)6的展开式通项为Tr＋1＝(2x)6－r·()r＝·x6－2r，r∈N，r≤6，
令6－2r＝0，得r＝3，则T4＝＝8×20＝160，
所以常数项为160.
答案：(1)D　(2)160
例3　解析：展开式的常数项为(－2)3＋(－2)5＝－112.
答案：C
巩固训练3　解析：(x2＋1)(2x＋1)6＝x2(2x＋1)6＋(2x＋1)6，
二项式(2x＋1)6的通项为Tr＋1＝(2x)6－r.
所以当r＝6时，x2的系数为＝1.
当r＝4时，x2的系数为＝60.
所以(x2＋1)(2x＋1)6展开式的x2的系数为1＋60＝61.
答案：61
例4　解析：(x2＋3x－1)4＝(x2＋3x)(x2＋3x)2(x2＋3x)＋1，
又(x2＋3x)r的二项展开式的通项Tk＋1＝(x2)r－k(3x)k＝·3k·x2r－k，
当且仅当r＝1，k＝1时符合题意，
所以(x2＋3x－1)4的展开式中x的系数为·3＝－12.
答案：C
巩固训练4　解析：(x－－1)4＝[－1＋(x－)]4，
∴Tk＋1＝(－1)4－k(x－)k(k＝0，1，2，3，4)，
k＝0时，T1＝1，(x－)k的展开式的通项为Tr＋1＝xk－r(－)r＝xk－2r(r≤k)，
令k＝2r可得或，
∴常数项为1－12＋6＝－5.
答案：－5
例5　解析：(1)(x＋)6展开式的通项为：Tr＋1＝·x6－r·()r＝·x6－2r·ar，
取r＝3得到常数项为·a3＝20a3＝－160，解得a＝－2.
(2)因为(2－ax)5(x＋1)2＝(x2＋2x＋1)(2－ax)5，
又因为(2－ax)5二项式的展开式的通项公式为Tr＋1＝25－r(－ax)r＝25－r(－a)rxr，
所以(2－ax)5(x＋1)2展开式中x2的系数为
×23·(－a)2＝272，
解得：a＝3或－1.
答案：(1)B　(2)3或－1
巩固训练5　解析：(1)(x－)6的展开式的通项是Tr＋1＝x6－r(－)r＝r
令6－＝3，解得r＝2，
因此，x3的系数为a＝(－2)2＝60.
(2)(ax＋1)6的展形式中含x2项的系数为a2，含x项的系数为a，由(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，可得a＝0，因为a为正实数，所以15a＝6，所以a＝.
答案：(1)60　(2)4.4　二项式定理(2)
最新课程标准
(1)了解杨辉三角．
(2)掌握二项式系数的性质．
(3)会用赋值法求系数的和．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　杨辉三角的特点
(1)每一行两端都是数字________．
(2)其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的________．
要点二　二项式系数的性质
(1)对称性：二项式系数f(r)关于直线r＝对称，即f(r)＝f(n－r)．在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即________．
(2)单调性和最大值：二项式系数f(r)从两端向中间逐渐增大，且当n是偶数时，展开式的项数n＋1是奇数，中间一项的二项式系数________取得最大值；当n是奇数时，展开式的项数n＋1是偶数，中间两项的二项式系数________相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和：
+
＋…＝________．
批注 　也可以从集合的角度解释．设A是含有n个元素的集合，求A的子集个数时，可以按照子集中含有元素的个数进行分类：没有元素的子集(即空集)有含1个元素的子集有含2个元素的子集有含n个元素的子集有，故所有子集的个数为＝2n.
基 础 自 测　
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)(a＋b)n的展开式中，二项式系数具有对称性．(　　)
(2)二项展开式的二项式系数和为.(　　)
(3)二项式展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．(　　)
(4)二项展开式项的系数是先增后减的．(　　)
2．(1－x)5的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是(　　)
A．0　　　B．－1 C．－32　　　D．32
3．二项式的展开式中所有项的系数和是(　　)
A．38　　　B．28 C．1　　　D．－1
4．若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则n＝(　　)
A．11　　　B．10 C．9　　　 D．8
5．(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝________．
　题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1　与“杨辉三角”有关的问题
例1　[2022·山东胶州测试]杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式(a＋b)n(n＝1，2，3，…)展开后的系数构成的三角形数阵，称做“开方做法本源”，这就是著名的“杨辉三角”，它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示．某行中只有一项最大，且为252，该行是第(　　)行
A．12　　　B．11 C．10　　　D．9
方法归纳
解决与杨辉三角有关的问题的一般方法是：观察——分析，实验——猜想结论——证明，要得出杨辉三角中的数字的诸多排列规律，取决于我们的观察能力，注意观察方法：横看、竖看、斜看、连续看、隔行看，从多角度观察(横看成岭侧成峰，远近高低各不同)．
巩固训练1　如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第________行中从左至右第14与第15个数的比为2∶3.
题型2　二项式系数和与各项的系数和问题
例2　(1)在(x＋)n的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为32，则x2的系数为(　　)
A．50　　　B．70 C．90　　　D．120
(2)[2022·湖南长沙测试](多选)已知(1－2x)2021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2021x2021，下列命题中，正确的是(　　)
A．展开式中所有项的二项式系数的和为22 021
B．展开式中所有奇次项系数的和为
C．展开式中所有偶次项系数的和为
D．＋…＋＝－1
方法归纳
二项展开式中系数和的求法
(1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)；奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝；偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
巩固训练2　(1)在(3x2－)n的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为(　　)
A．－32　 　B．0 C．32　　　D．1
(2)已知(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝________．
题型3　展开式中系数最大问题
例3　已知(＋2x)n的展开式前三项的二项式系数的和等于37，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)展开式中系数最大的项．
方法归纳
1．求二项式系数最大的方法
根据二项式系数的性质，n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
2．求系数最大项的方法
一般采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第r＋1项系数最大，应用解出r，即得系数最大项．
巩固训练3　(1)[2022·湖南雅礼中学测试]若()n的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是________；
(2)展开式(1＋3x2)5中系数最大的项为________．
易错辨析　错用二项式系数的性质
例4　(1＋2x)20的展开式中，x的奇次项系数的和与x的偶次项系数的和各是多少？
解析：设x的奇次项系数的和为A，x的偶次项系数的和为B，则令x＝1，得A＋B＝320，
x＝－1，得B－A＝1，
∴2B＝320＋1，∴B＝，A＝.
即奇次项系数的和为，偶次项系数的和为.
【易错警示】
出错原因 纠错心得
求解本题，容易出现下列两种错误． 错解一：∵二项展开式中奇次项系数的和与偶次项系数的和相同，∴奇次项系数的和与偶次项系数的和均为219. 错解二：由二项展开式知x的奇次项系数的和为219 的偶次项系数的和为·220.错解一是将系数和与二项式系数和混淆了；错解二解法欠妥，很难求出数值．其原因在于没把握住求系数和的根本方法． 对于求系数和的问题，要注意用赋值法解决．奇、偶次项是针对x的指数而言，奇、偶数项是针对第几项而言．
4．4　二项式定理(2)
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
(1)1　(2)和
要点二
＝　(3)2n－1
[基础自测]
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：(1－x)5的二项展开式中所有项的二项式系数之和为25＝32.
答案：D
3．解析：令x＝1，可得(1－)8＝1，即二项式(x－)8的展开式中所有项的系数和为1.
答案：C
4．解析：由题意，()n展开式中只有第6项的二项式系数最大，根据二项式系数的性质，可得展开式共有11项，所以n＝10.
答案：B
5．解析：因为(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，
所以令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(2－1)10＝1.
答案：1
题型探究·课堂解透
例1　解析：因为某行中只有一项最大，且为252，
所以行数n为偶数，因为
所以n＝10
答案：C
＝，即＝，∴n＝34.
答案：34
例2　解析：(1)令x＝1，得各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以由题意知2n＝32，得n＝5，二项展开式的通项为Tr＋1＝x5－r()r＝r＝2，得r＝2，所以x2的系数为32＝90.
(2)对于选项A：由二项式定理知：＝(1＋1)2 021＝22 021，正确；
当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 021＝－1，当x＝－1有a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 020－a2 021＝32 021，
对于选项B：由上，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝－，错误；对于选项C：由上，可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 020＝，正确；对于选项D：由二项式展开式的通项知：Tr＋1＝(－2x)r＝xr，则a1＝，a2＝，…，a2 021＝，所以＋…＋＝＝＝－1，正确．
答案：(1)C　(2)ACD
巩固训练2　解析：(1)由题意知2n＝32，得n＝5.令x＝1，可得展开式中各项系数的和为(3×12－1)5＝32.
(2)由题知：(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5中，a0，a2，a4为正数，a1，a3，a5为负数，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.
令x＝－1得：(1＋2)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝243.
答案：(1)C　(2)243
例3　解析：
(2)设二项展开式的第r＋1项的系数最大，
则
解得7≤r≤8，所以展开式中系数最大的项为第8项或第9项，即T8＝)1·27·x7＝28x7，T9＝)0·28·x8＝28x8.
巩固训练3　解析：(1)Tr＋1＝)n－r(－)r＝，
由题意知当n＝10时，展开式中只有第六项的二项式系数最大．
令＝0，r＝2，
所以常数项为＝180.
(2)展开式为Tr＋1＝×15－r×(3x2)r＝x2r
，即，
解得≤r≤，
因此r＝4，即展开式中第5项系数最大，
T5＝x8＝405x8.
答案：(1)180　(2)405x8章末复习课
知识网络·形成体系
本章自我梳理：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点聚焦·分类突破
考点一　两个计数原理的综合应用
(1)应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层次分明，不重不漏．
(2)通过对两个计数原理的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例1　(1)某地政府召集5家企业的负责人开会，已知甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)
A．14　　　B．16　　　C．20　　　D．48
(2)如图，一个地区分为5个行政区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(以数字作答)
考点二　排列组合应用
1．处理排列组合应用题的一般步骤：
(1)认真审题，弄清楚是排列(有序)还是组合(无序)，还是排列与组合混合问题．
(2)抓住问题的本质特征，准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”
2．排列组合应用题的常见类型和解决方法：
(1)特殊元素、特殊位置优先安排的策略．
(2)合理分类与准确分步的策略．
(3)正难则反，等价转化的策略．
(4)相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略．
(5)元素定序，先排后除的策略．
(6)排列、组合混合题先选后排策略．
(7)复杂问题构造模型策略．
3．通过对排列组合应用的掌握，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例2　用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的五位数，其中恰有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数有多少个？
例3　在某贫困村举行的一次脱贫攻坚文艺汇报活动中有6个演唱节目，4个舞蹈节目．
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
例4　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三人至少一人入选；
(2)A，B，C三人至多二人入选.
例5　现有4个不同的球和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)共有多少种不同的放法？
(2)若每个盒子不空，共有多少种不同的放法？
(3)若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？
(4)若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？
考点三　二项式定理的应用
(1)对于二项式定理的考查常出现两类问题：一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．
(2)通过对二项式定理的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例6　(1)(2x－)7展开式中x－2的系数为(　　)
A．－14　　B．14 C．－84　　D．84
(2)已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为(　　)
A．－80　　B．－40 C．40　　D．80
(3)[2022·湖南师大附中测试]()2n(n∈N*)展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为________．
例7　(1)设(x2＋1)(2x＋1)9＝＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为________．
(2)设(2－x)100＝，求下列各式的值．
①a1＋a3＋a5＋…＋a99；
②(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
③|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
章末复习课
例1　解析：(1)分两类，第1类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；
第2类：3人全来自其余4家企业，有N2＝4种情况．
综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16(种)情况．
(2)涂①有4种方法；涂②有3种方法；涂③有2种方法；涂④时分两类：当④与②同色时，④有1种方法，⑤有2种方法；当④与②不同色时，④有1种方法，⑤有1种方法．∴共有4×3×2×(1＋2)＝72种涂法．
答案：(1)B　(2)72
例2　解析：第一步：先将两个偶数排好，有
第二步：两个偶数之间的奇数，可以有
第三步：将两个偶数和它们中间的奇数捆在一起，与另外两个奇数排列，有种不同的排法．
由分步乘法计数原理，适合题意的五位数共有＝36个．
例3　解析：(1)第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有＝5 040(种)方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有＝24(种)方法．
根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)．
(2)第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“”)，一共有＝720(种)排法．
第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有＝7×6×5×4＝840(种)．
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800(种)．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有＝＝132(种)排法．
例4　解析：(1)解法一　(直接法)
可分三类，①A，B，C三人只选一人，有A，B，C三人中选择二人，则还需从其余9人中选3人，有＝36种，所以A，B，C三人至少一人入选，共有378＋252＋36＝666种选法．
解法二　(间接法)
先从12人中任选5人，再减去A，B，C三个都不选的情况，共有＝666种．
(2)解法一　(直接法)
可分三类，①A，B，C三人都不入选，有A，B，C三人中选二人，有种，所以A，B，C三人至多二人入选，共有＝756种选法．
解法二　(间接法)
先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人均入选的情况，即A，B，C三人至多二人入选，有＝756种选法．
例5　解析：(1)将4个不同的球放入4个不同的盒子，则共有44＝256(种)不同的放法．
(2)将4个不同的球放入4个不同的盒子，若每个盒子不空，则共有＝24(种)不同的放法．
(3)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有一个盒子不放球，则共有＝144(种)不同的放法．
(4)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有两个盒子不放球，则共有)＝84(种)不同的放法．
例6　解析：
(3)由已知(n∈N＋)展开式中只有第6项系数为最大，所以展开式有11项，
所以2n＝10，即n＝5，又展开式的通项为
Tr＋1＝)10－r·＝，
令5－r＝0，解得r＝6，所以展开式的常数项为＝＝210.
答案：(1)B　(2)D　(3)210
例7　解析：(1)令x＋2＝1，即令x＝－1得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝[(－1)2＋1]·[2×(－1)＋1]9＝－2.
(2)①令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，(*)
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100，与(*)式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝.
②原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－)(2＋)]100＝1100＝1.
③因为Tr＋1＝2100－r()rxr，所以a2r－1<0(r∈N＋)．
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.

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