资源简介

第五章　计
数
原
理
§1　计
数
原
理
新课程标准
学业水平要求
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义2．了解计数原理的简单应用
1.通过本节课的学习，了解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(数学抽象)2．利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理结合树状图等分析和解决一些简单的应用问题．(逻辑推理)
必备知识·自主学习
导思
1.两个计数原理是如何定义的？有什么不同？2．两个计数原理可以解决什么样的问题？
1.分类加法计数原理
(1)定义
完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2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＝m1＋m2＋…＋mn种方法．(也称“加法原理”)
(2)本质：就是将解决这类问题的所有方法求和．
(3)应用：解决“分类”问题，即完成一件事情可以分几类，各类含有几种方法，最后求得总的方法数．
对于分类求解的问题角度不同方法数是否相同？
提示：不一定．每个题中，标准不同，分类也不同，分类的基本要求是：每一种方法必属于某一类，即做到不漏，任意不同类的两种方法是不同的方法，即不重．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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种方法．(也称“乘法原理”)
分步乘法计数原理有什么特点？
提示：①完成一件事需要经过n个步骤；
②完成每一步有若干种方法，且每一步对其他步没有影响；
③把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数．(　　)
(2)某商业大楼有8个门供顾客出入，某顾客从任一门进入，从另一门走出的不同走法有15种．(　　)
提示：(1)√.两个计数原理都是为了完成一件事，只不过完成的方式不一样，故正确；
(2)×.完成进出门这件事情需分两步．第一步，顾客进门，有8种选择；第二步，顾客出门，有7种选择．根据分步乘法计数原理，该顾客进出门的走法数为8×7＝56种，故错误．
2．把3封信投到4个邮箱，所有可能的投法共有(　　)
A．24种　　　B．4种　　　C．43种　　　D．34种
【解析】选C.第一封信投到信箱中有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．
3．(教材例题改编)现有高一学生3名，高二学生5名，高三学生4名，从中任取1人参加社会公益活动，有________种不同的选法．
【解析】这个问题可以分三类，只要在高一、高二和高三的学生中任选1人都能完成这一事情．应用分类加法计数原理可得不同的选法为3＋5＋4＝12种．
答案：12
关键能力·合作学习
类型一　应用分类加法计数原理的简单计算(数学抽象、逻辑推理)
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为(　　)
A．24
B．16
C．13
D．48
2．若准备用1个字符给一本书编号，其中可用字符为字母A，B，C，也可用数字字符1，2，3，4，5，则不同的编号有(　　)
A．2种
B．5种
C．8种
D．15种
3．若x，y∈N＋，且x＋y≤6，求有序自然数对(x，y)的个数．
【解析】1.选C.由分类加法计数原理可得，从甲地到乙地无论哪种交通工具都能到达，故不同的走法有8＋2＋3＝13种．
2．选C.由题意得这本书的编号可能是字母A，B，C，有3种，可能是数字1，2，3，4，5，有5种，共有3＋5＝8种．
3．按x的取值进行分类：当x＝1时y＝1，2，3，4，5，共构成5个有序自然数对；
当x＝2时，y＝1，2，3，4共构成4个有序自然数对；
…；当x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．
根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＋2＋1＝15个有序自然数对．
应用分类加法计数原理，要分清有哪几类，划分“类”时要不重不漏，同时必须要各类的每一种方法都保证事件的完成．
类型二　应用分步乘法计数原理的简单计算(逻辑推理)
【典例】有一项活动，需要在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加．
(1)若需要老师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？
(2)若需要1名老师、1名学生参加，则有多少种不同的选法？
【思路导引】(1)用分步乘法计数原理，求出所有不同的选法；
(2)将男生女生归为一类，再用分步乘法计数原理求出所有不同的选法即可．
【解析】(1)需要老师、男同学、女同学各1人，则分3步，第一步选老师，有3种不同的选法；第二步选男同学，有8种不同的选法；第三步选女同学，有5种不同的选法．共有3×8×5＝120种不同的选法；
(2)第一步选老师有3种不同的选法，第二步选学生有8＋5＝13种不同的选法，共有3×13＝39种不同的选法．
应用分步乘法计数原理时，要注意分成哪几步，每一步中有多少种方法，要做到不重不漏．
一把数字密码锁共有5个号码，每个号码的圆盘有0，1，2，…，9共10个数码，现给这把锁确定一个开锁的密码，有一个人在这把锁上随意拨出五位号码，它刚好能开启这把锁的可能性是多大？
【解析】方法一：把密码锁的5个号码顺序表示为第一、二、三、四、五位，“给定一个号码”这件事可以分成五个步骤来完成，即分别确定第一到第五位数字．当且仅当这五个步骤都完成以后，这件事才算完成，这是分步问题，应该用分步乘法计数原理，而由题意可知，完成每一步都有10种方法．共有10×10×10×10×10＝105个号码，所以随意拨出一个号码，刚好能打开锁的可能性是，即十万分之一．
方法二：本题中各个数位上的数字可以不同，也可以相同，它可以看成是共有多少个“五位数”．由于可以看成是00
000到99
999的整数的个数，所以共有99
999－0＋1＝105个．所以随意拨出一个号码，刚好能打开锁的可能性是，即十万分之一．
【拓展延伸】
从集合的角度去看分类加法计数原理和分步乘法计数原理的意义与区别
(1)完成一件事有A，B两类办法，即集合A，B互不相交，在A类办法中有m1种方法，在B类办法中有m2种方法，即card(A)＝m1，card(B)＝m2，那么完成这件事的不同方法种数是card(A∪B)＝card(A)＋card(B)＝m1＋m2.这就是当n＝2时的分类加法计数原理．
(2)完成一件事需要分成A，B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)＝m1，card(B)＝m2，那么完成这件事的不同方法种数就是card(A·B)＝card(A)·card(B)＝m1·m2.这就是当n＝2时的分步乘法计数原理．当n＞2时可类似得出．
【拓展训练】
从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是(　　)
A．7种　　　B．9种　　　C．12种　　　D．16种
【解析】选C.根据题意分两步完成任务：
第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；
第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，
根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数为3×4＝12种．
类型三　两个计数原理的综合应用(逻辑推理)
角度1
选(抽)取问题
【典例】某校学生会由高一年级8人，高二年级10人，高三年级6人组成．
(1)选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)若每年级选1人为校学生会成员，有多少种不同的选法？
【思路导引】(1)因为选举1人为学生会主席可以从任何一个年级中选出，所以有三类办法可以完成．又由于不论从哪一年级中选出的方法都是不同的，故这是一个分类加法计数的问题．
(2)每年级选1人为学生会成员是只有在三个年级都选出1人后，整个选举工作才算完成．故这是一个分步乘法计数的问题．
【解析】(1)根据分类加法计数原理，选其中1人为学生会主席的选法有：N＝8＋10＋6＝24种．
(2)根据分步乘法计数原理，每一年级选1人为校学生会成员的选法有：M＝8×10×6＝480种．
此题条件不变，所求改为“若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？”
【解析】由于选出的两人需来自两个不同的年级，因此完成这项选举工作的办法可以分成三类：第一类在高一、高二年级各选出1人；第二类在高二、高三两个年级各选出1人；第三类在高三、高一两个年级各选出1人；故选不同年级的两人参加市里组织活动的选法有：N＝8×10＋10×6＋6×8＝188种．
角度2
与组数有关的计数问题
【典例】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)银行存折的四位密码？
(2)四位数？
(3)四位奇数？
【思路导引】(1)可以分步选取数字作四位密码的四个位置上的数字，且所取数字不能重复；
(2)可以分步选取数字，分别作为千位数字、百位数字、十位数字和个位数字，且所取数字不能重复．与(1)的不同之处是千位数字不能为0；
(3)四位奇数的个位只能是1或3，因此符合条件的四位奇数可以分为个位数字是1和个位数字是3的两类，每一类中再分步．要注意千位数字不能取0，且所取数字不能重复．
【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中选取一个数字做千位数字，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做百位数字，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做十位数字，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做个位数字，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，有两类办法：第一类办法是四位奇数的个位取数字为1，这件事可分三个步骤完成：第一步，从2，3，4中选取一个数字做千位数字，有3种不同的选取方法；第二步，从2，3，4中剩余的两个数字与0共三个数字中选取一个做百位数字，有3种不同的选取方法；第三步，从剩余的两个数字中，选取一个数字做十位数字，有2种不同的选取方法．同分步乘法计数原理，第一类中的四位奇数共有N1＝3×3×2＝18个．第二类办法是四位奇数的个位取数字为3，这件事可分三个步骤完成：第一步，从1，2，4中选取一个数字做千位数字，有3种不同的选取方法；第二步，从1，2，4中剩余的两个数字与0共三个数字中选取一个做百位数字，有3种不同的选取方法；第三步，从剩余的两个数字中，选取一个数字做十位数字，有2种不同的选取方法．同分步乘法计数原理，第二类中的四位奇数共有N2＝3×3×2＝18个．
最后，由分类加法计数原理，符合条件的四位奇数共有N＝18＋18＝36(个).
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”，即任何一类中的任何一种方法都能独立完成这件事；而分步只能是“局部到位”，即任何一步中的任何一种方法只能完成事情中的某一部分．
2．对于组数问题的计数，一般按特殊位置(末位或首位)分类，每类中再分步计数，但是分类较多时，可用排除法先求出总数，再减去不符合条件的个数去计数．
角度3　涂色与种植问题
【典例】1.将3种作物种植在如图所示的5块实验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有____种．(用数字作答)
【思路导引】一块田、一块田去安排，考虑每块田的多种方法．
【解析】分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有安排b或c两种方法，不妨设放入b，第三块田也有两种方法安排a或c.
(1)若第三块田放c，则第四、五块田分别有2种放法，共2×2种方法．
(2)若第三块田放a，则第四块田仍有b或c两种放法．
①若第四块田放c，则第五块田仍有2种方法．②若第四块田放b，则第五块田只能放c，共有3种方法．综上，共有3×2×(2×2＋3)＝42种方法．
答案：42
2．如图，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种色涂上，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？
【思路导引】涂色要求相邻区域颜色不相同，所以若A有三种颜色可涂，则B有两种颜色可涂，C也有两种颜色可涂，D的可涂颜色与A，C是同色和异色有关．
【解析】涂色属于分步问题．不妨从A开始涂起，A有三种颜色可涂，则B，C各有两种颜色可涂．D的涂法根据A，C涂色是否相同分类．
(1)若A，C涂色相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数是3，2，1，2，共有3×2×1×2＝12种．
(2)若A，C涂色不相同，则A，B，C，D可涂颜色的种数是3，2，1，1，共有3×2×1×1＝6种．
所以共有12＋6＝18种不同的涂法．
1．种植问题可以先分类再分步，也可以先分步再分类，哪种方案最佳应视条件而定，不管如何分，只要掌握计数原理的应用要领，就能够运用自如．
2．给区域涂色问题，应该给区域标上相应的序号，以便分析问题．在给各区域涂色时，要注意不同的涂色顺序对应不同的解题思路，因此，分析此类问题可按涂色顺序加以尝试，以最简单求法为主．
1．现有高一学生5名，高二学生4名，高三学生3名．从中任选1人参加市团委组织的演讲比赛，有多少种不同的选法(　　)
A．60
B．45
C．30
D．12
【解析】选D.因为三个年级共有12名学生，
由分类加法计数原理可得：
从中任选1人参加市团委组织的演讲比赛，共有12种不同的选法．
2．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)
A．180种
B．360种
C．720种
D．960种
【解析】选D.根据题意，车主第一个号码在数字3，5，6，8，9中选择，共5种选法，
第二个号码只能从字母B，C，D中选择，有3种选法，剩下的3个号码在1，3，6，9中选择，
每个号码有4种选法，则共有4×4×4＝64种选法，则共有5×3×64＝960种选法．
3．现有5种不同的颜色，给四棱锥P?ABCD的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，一共有______种方法．(　　)
A．240
B．360
C．420
D．480
【解析】选C.当顶点A，C同色时：顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C只能与A同色，1种颜色可选，点D就有3种颜色可选，共有5×4×3×1×3＝180种；当顶点A，C不同色时：顶点P有5种颜色可供选择，点A有4种颜色可供选择，点B有3种颜色可供选择，此时C与A不同色，2种颜色可选，点D就有2种颜色可选，共有5×4×3×2×2＝240种；综上可得共有180＋240＝420种方法．
【补偿训练】
由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位数中，相邻两个数字的差的绝对值不超过2的情况有________种(用数字作答)
【解析】当个位数字为1时，符合的五位数是：54321，45321，53421，35421，54231，24531共6种；
当个位数字为2时，符合的五位数是：54312，45312，13542共3种；
当个位数字为3时，符合的五位数是：54213，12453共2种；当个位数字为4时，符合的五位数是：53124，12354，21354共3种；
当个位数字为5时，符合的五位数是：12435，42135，12345，21345，31245，13245共6种．
综上符合条件的共有20种．
答案：20
课堂检测·素养达标
1．书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从中任取一本，不同的取法有(　　)
A．6种
B．5种
C．11种
D．30种
【解析】选C.从书架上任取一本有两类取法：
第一类办法就是从数学书中抽一本，共6种取法；
第二类办法就是从语文书中抽一本，共5种取法，无论哪种方法都能完成拿书的事情，
故不同的取法有6＋5＝11种．
2．将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区服务，不同的分配方案有(　　)
A．12种
B．9种
C．8种
D．6种
【解析】选C.每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步乘法计数原理可知，不同的分配方案总数为23＝8种．
3．(教材练习改编)今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方，若某医生从“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为(　　)
A．15
B．30
C．6
D．9
【解析】选D.根据题意，某医生从“三药三方”中随机选出2种，恰好选出1药1方，
则1药的取法有3种，1方的取法也有3种，
则恰好选出1药1方的方法种数为3×3＝9.
4．若将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A，B两家医院(每人去一家，每家医院至少安排1人)，且甲医生不安排在A医院，则共有________种分配方案．
【解析】甲只能安排在B医院，乙、丙、丁3名医生共有2×2×2＝8种安排方法，其中乙、丙、丁3名医生都安排在B医院不合题意，所以符合题意的分配方案共有8－1＝7种．
答案：7
5．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”．则1，2，3，4四个数组成的两位数中，“和谐两位数”有________个．
【解析】当十位数取4时，个位可以是1，2，3，共三种情况；
当十位数取3时，个位可以是1，2，共两种情况；
当十位数取2时，个位可以是1，共一种情况；
当十位数取1时，个位不存在，
所以“和谐两位数”有6个．
答案：6
PAGE§2　排　　列
第1课时　排列与排列数、排列数公式
新课程标准
学业水平要求
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．
1.理解排列的概念，能正确写出一些简单问题的所有排列．(数学抽象)2．理解排列数公式的推导并应用．(逻辑推理)3．掌握排列数公式并会运用．(数学运算)
必备知识·自主学习
1．排列：从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素，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．
2.相同排列的两个条件
(1)元素相同．
(2)顺序相同．
(1)排列中“一定的顺序”的含义是什么？
提示：一定的顺序就是指排列中的元素与位置有关，当位置不同时排列也就不同．
(2)排列定义中的两个要素是什么？
提示：一是“取出不同的元素”，二是“将元素按一定顺序排列”．
3．排列中元素所满足的两个特性
(1)无重复性：从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个不同的元素，否则不是排列问题．
(2)有序性：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．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．
(1)每一个排列中元素的位置是确定的吗？
提示：是，元素在排列中的位置不同排列也就不同．
(2)同一个排列中，同一个元素能重复出现吗？
提示：由排列的定义知，在同一个排列中不能重复出现同一个元素．
4．排列数及排列数公式
排列数定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数
排列数表示法
全排列
n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个元素的一个全排列，且A＝n×(n－1)×…×3×2×1
阶乘
正整数1到n的连乘积，叫作n的阶乘，用n！表示
排列数公式
乘积式
A＝n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]
阶乘式
A＝
规定
A＝1，0！＝1
备注
n，m∈N＋，m≤n
(1)“得到从n个不同的元素中取出m个元素的一个排列”的含义是什么？
提示：“得到从n个不同元素中取出m个元素的一个排列”，包含两个方面：①从n个不同元素中取出m个元素；②按照一定顺序排列．
(2)排列与排列数有何不同？
提示：排列与排列数是两个不同的概念，“排列”是指从n个不同元素中取出m个元素按照一定顺序排成一列，是一种排法；“排列数”是指从n个不同元素中取出m个元素所得不同排列的个数，是一个数，用A表示．
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)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)在排列的问题中，总体中的元素可以有重复．(　　)
(3)用1，2，3这三个数字组成无重复数字的三位数.123与321是不相同的排列．(　　)
(4)若A＝10×9×8×7×6，则n＝10，m＝6.(　　)
提示：(1)×.排列数是从若干个不同元素中取出若干个不同元素的排列的个数，所以排列数一定是整数．
(2)×.在排列问题中总体内元素不能重复．
(3)√.根据排列的定义可以判断123与321是不同的排列．
(4)×.在A中m表示连乘因数的个数，所以，n＝10，m＝5.
2．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有(　　)
A．144种
B．90种
C．260种
D．120种
【解析】选A.3名女生先排好，有A种排法，让3个男生去插空，有A种方法，故共有A·A＝144种．
3．9×10×11×…×20可表示为(　　)
A．A　
B．A　
C．A　
D．A
【解析】选C.A＝20×19×18×…×(20－12＋1)
＝20×19×18×…×9.
4．从1，2，3中任取两个数字组成不同的两位数有________个．
【解析】12，13，21，23，31，32，共6个．
答案：6
关键能力·合作学习
类型一　排列数的计算公式(数学运算)
1．(2021·福州高二检测)(x－2)(x－3)(x－4)·…·(x－15)(x∈N＋，x>15)可表示为(　　)
A．A
B．A
C．A
D．A
2．已知A＝11×10×9×8×…×5，则m＋n为________．
3．(1)计算A和A.
(2)用排列数表示(55－n)(56－n)·…·(69－n)(n∈N
且n＜55).
(3)化简：n(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋m).
【解析】1.选B.由题意x∈N＋，x>15.其中最大的数(x－2)为n，
则m＝(x－2)－(x－15)＋1＝14.
所以(x－2)(x－3)(x－4)·…·(x－15)＝A.
2．因为A＝11×10×9×8×…×5，
所以n＝11，m＝(11－5)＋1＝7，m＋n＝18.
答案：18
3．(1)A＝15×14×13＝2
730，A＝6×5×4×3×2×1＝720.
(2)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个数，
所以(55－n)(56－n)·…·(69－n)＝A.
(3)由排列数公式可知n(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋m)＝A.
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，其中最大的是排列对象的总个数，而正整数(因式)的个数是选取对象的个数，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．
【补偿训练】
计算：
eq
\f(A－A,A)
＝________．
【解析】A＝7×6×5×4×3×2，A＝6×5×4×3×2，
A＝5×4×3×2，
所以
eq
\f(A－A,A)
＝7×6－6＝36.
答案：36
类型二　简单问题中的排列(逻辑推理)
1．若直线Ax＋By＝0的系数A，B可以从2，3，5，7中取不同的数值，则构成的不同直线的条数是(　　)
A．12条　　　B．9条　　　C．8条　　　D．4条
2．某班上午要上语文、数学、体育和外语4门课，而体育老师因故不能上第一节和第四节，则不同排课方案的种数是(　　)
A．24　　　　B．22　　　　C．20　　　　D．12
3．写出下列问题的所有排列：
(1)从1，2，3，4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数．
(2)由1，2，3，4四个数字能组成多少个没有重复数字的四位数，试全部列出．
【解析】1.选A.画树状图如下：
故共有12条．
2．选D.分两步排课：体育可以排第二节或第三节有两种排法；其他科目有：
语文、数学、外语
语文、外语、数学
数学、语文、外语
数学、外语、语文
外语、语文、数学
外语、数学、语文共6种排法，
所以根据分步乘法计数原理可知共有2×6＝12种排课方案．
3．(1)所有两位数是12，21，13，31，14，41，23，32，24，42，34，43，共有12个不同的两位数．
(2)画出树状图，如图所示．
由上面的树状图可知，所有的四位数为
1
234、1
243、1
324、1
342、1
423、1
432、
2
134、2
143、2
314、2
341、2
413、2
431、
3
124、3
142、3
214、3
241、3
412、3
421、
4
123、4
132、4
213、4
231、4
312、4
321，共24个四位数．
利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树状图”在解决排列对象个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式．
(2)策略：在操作中先将对象按一定顺序排出，然后以先安排哪个对象为分类标准进行分类，再安排第二个对象，并按此对象分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树状图写出排列．
类型三　排列与排列数公式的简单应用(逻辑推理、数学运算)
【典例】1.5名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数为(　　)
A．AA　　　　　
B．AA
C．AA
D．A－4A
2．有2名老师，3名男生，3名女生站成一排照相留念，在下列情况中，各有多少种不同站法．
(1)3名男生必须站在一起．
(2)2名老师不能相邻．
【思路导引】
1．先将5名成人进行排列，再根据题中条件对小孩进行排列．
2．(1)男生必须相邻，可把三个男生看成一个整体，进行全排列，再乘以三个男生的全排列，即可计算结果；(2)先把6名学生进行全排列，利用插空法插入两名老师，即可得到计算结果．
【解析】1.选A.首先5名成人先排队，共有A种排法，然后把两个小孩插进中间的4个空中，共有A种排法，根据分步乘法计数原理，共有AA种排法．
2．(1)把3名男生看成一个整体与其他人排列有A种，再来考虑3名男生间的顺序有A种，故3名男生必须站在一起的排法有AA＝4
320种．
(2)
6名学生先站成一排有A种站法，再插入两名老师有A种插法，故2名老师不相邻的站法有AA＝30
240种．
解简单排列应用题的思路
(1)认真分析题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序．
(2)如果是的话，再进一步分析，这里n个不同的对象指的是什么，以及从n个不同的对象中任取m(m≤n)个对象的每一种排列对应的是什么事件．
(3)运用排列数公式求解．
提醒：解答相关的应用题时不要忽视n为正整数这一条件．
小五、小一、小节、小快、小乐五位同学站成一排，若小一不出现在首位和末位，小五、小节、小乐中有且仅有两人相邻，求能满足条件的不同排法共有多少种．
【解析】按小一的位置分三类：
①当小一出现在第2位时，则第1位必为小五、小节、小乐中的一位同学，
所以满足条件的不同排法有3AA＝12种；
②当小一出现在第3位时，则第1位、第2位为小五、小节、小乐中的两位同学或第4位、第5位为小五、小节、小乐中的两位同学，
所以满足条件的不同排法有2AA＝24种；
③当小一出现在第4位时，则第5位必为小五、小节、小乐中的一位同学，
所以满足条件的不同排法有3AA＝12种．
综上，共有12＋24＋12＝48种．
课堂检测·素养达标
1．已知下列问题：
(1)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．
(2)从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动．
(3)从a，b，c，d四个字母中取出2个字母．
(4)从1，2，3，4四个数字中取出2个数字组成一个两位数．
其中是排列问题的有(　　)
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【解析】选B.(1)是排列问题，因为两名同学参加的学习小组与顺序有关．(2)不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关．(3)不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关．(4)是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
2．(x－3)(x－4)(x－5)…(x－12)(x－13)，x∈N
，x>13可表示为(　　)
A．A　　　
B．A
C．A
D．A
【解析】选B.从(x－3)到(x－13)共(x－3)－(x－13)＋1＝11个数，所以根据排列数公式知(x－3)(x－4)(x－5)·…·(x－12)(x－13)＝A.
3．已知A＝132，则n＝(　　)
A．11
B．12
C．13
D．14
【解析】选B.因为A＝132，所以n(n－1)＝132，整理，得n2－n－132＝0，解得n＝12，或n＝－11(不合题意，舍去)，所以n的值为12.
4．3名男生，4名女生，按照下列不同的要求站队，求不同的站队方法种数．
(1)全体站成一排，其中甲只能站在中间或两端．
(2)全体站成一排，其中甲、乙只能站两端．
(3)全体站成一排，其中甲不能站两端．
【解析】(1)先排甲，有A种不同的站法；再排其余的6人，有A种不同的站法．故共有AA＝2
160种不同的站法．
(2)先排甲、乙，有A种不同的站法；再排其余的5人，有A种不同的站法．故共有AA＝240种不同的站法．
(3)先排甲，有A种不同的站法；再排其余的6人，有A种不同的站法．故共有AA＝3
600种不同的站法．
PAGE第2课时　排列数的应用
新课程标准
学业水平要求
理解排列数的概念，能利用排列数公式解决简单的排列问题．
1.进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解决方法．(数学建模)2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(数学建模、逻辑推理)3．掌握几种有限制条件的排列的解法．(逻辑推理)
关键能力·合作学习
类型一　数字排列问题(数学建模)
1．用数字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________个．
2．我们把各位数字之和为7的四位数称为“北斗数”(如2
014是“北斗数”)，则“北斗数”中千位为3的共有________个．
3．用1，2，3，4，5，6，7这7个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)如果组成的四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？
(2)如果组成的四位数必须大于6
500，那么这样的四位数有多少个？
【解析】1.由题设可知：当首位排5和3时，末位可排2和4，中间三数全排，两种情况共有4A种；当首位排2和4时，末位只能排4和2，中间三个数全排，两种情况共有2A，所以由分类加法计数原理可得所有符合条件的五位数共有6A＝6×6＝36个．
答案：36
2．由已知得千位为3的“北斗数”的后三位之和为4，有以下四种可能：0，0，4；0，1，3；0，2，2；1，1，2；各种组合对应的排列个数分别为3，6，3，3，合计15个．
答案：15
3．(1)第一步排个位上的数，因为组成的四位数必须是偶数，个位数字只能是2，4，6之一，所以有A种排法；第二步排千、百、十这三个数位上的数字，有A种排法．根据分步乘法计数原理，符合条件的四位数的个数是AA＝3×6×5×4＝360.故这样的四位数有360个．
(2)因为组成的四位数要大于6
500，所以千位上的数字只能取7或6.排法可以分两类．第一类：千位上排7，有A种不同的排法；第二类：若千位上排6，则百位上可排7或5，十位和个位可以从余下的数字中取2个来排，共有AA种不同的排法．根据分类加法计数原理，符合条件的四位数的个数是A＋AA＝160.故这样的四位数有160个．
数字排列问题的解题原则
(1)数字排列问题的本质是“对象”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对象不排在某个位子上，或某个位子不排某些对象．
(2)解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊对象或优先满足特殊位子，若一个位子安排的对象影响到另一个位子的对象个数时，应分类讨论．
提醒：解决数字问题时，应注意题干中的限制条件，恰当地进行分类和分步，尤其注意特殊对象“0”的处理．
【补偿训练】
用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)能被5整除的五位数．(2)能被3整除的五位数．
【解析】(1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有A个；个位上是5，若不含0，则有A个；若含0，但0不作首位，则0的位置有A种排法，其余各位有A种排法，故共有A＋A＋AA＝216个能被5整除的五位数．
(2)能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，
则5个数可能有{1，2，3，4，5}和{0，1，2，4，5}两种情况，能够组成的五位数分别有A个和AA个．
故能被3整除的五位数有A＋AA＝216(个).
类型二　“排队”问题(数学建模、数学运算)
角度1
对象“相邻”与“不相邻”问题
【典例】3名男生，4名女生，这7个人站成一排，在下列情况下，各有多少种不同的站法．
(1)男、女各站在一起．
(2)男生必须排在一起．
(3)男生不能排在一起．
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
【思路导引】利用排列数公式解决相关问题时，特殊对象应特殊考虑，相邻对象捆绑处理，不相邻对象插空处理．
【解析】(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A种排法，女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有A种排法，全体男生、女生各看作一个对象全排列有A种排法，由分步乘法计数原理知共有AAA＝288种不同的站法．
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个对象，与4名女生组成5个对象全排列，故有AA＝720种不同的站法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有A种排法，故有AA＝1
440种不同的站法．
(4)先排男生有A种排法．让女生插空，有AA＝144种不同的站法．
角度2
　定序问题
【典例】1.某运动会将设置4×100米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳→蛙泳→蝶泳→自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场．若某个参赛队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者蛙泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则这个队参赛的安排共有(　　)
A．144种
B．8种
C．24种
D．12种
2．7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？
【思路导引】1.分两类，(1)甲承担仰泳，(2)甲承担自由泳，根据分类计数原理求．
2．(1)先将7人全排，考虑甲在乙的前面和在乙的后面是等可能的，即可得出结果．
(2)先将7人全排，甲、乙、丙三人排列有6种情况，考虑三人顺序一定只是6种情况中的一种即可求得结果．
【解析】1.选B.由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有2种安排方法，其他两名运动员有A＝2种安排方法，共计2×2＝4种方法，
若甲承担自由泳，则乙运动员有2种安排方法，其他两名运动员有A＝2种安排方法，共计2×2＝4种方法，
所以这个队共有4＋4＝8种不同的安排方法．
2．(1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有
eq
\f(A,A)
＝2
520种不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全体全排列种数的
eq
\f(1,A)
.故有
eq
\f(A,A)
＝840种不同的排法．
角度3　对象“在”与“不在”问题
【典例】从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题：
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，乙不在末位的排法有多少种？
【思路导引】
(1)优先考虑甲，再结合排列数公式求解．
(2)先在除甲以外的6名同学中选2名排在首、末位，再排剩余的5名同学．
(3)先在甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末位，再排剩余的5名同学．
(4)用间接法求解．
【解析】(1)方法一：把同学作为研究对象．
第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中取出5名放在5个位置上，有A种排法．
第二类：含有甲，甲不在首位：先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有A种排法．根据分步乘法计数原理，含有甲时共有4×A种排法．
由分类加法计数原理，共有A＋4×A＝2
160种排法．
方法二：把位置作为研究对象．
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A种方法．
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A种方法．
由分步乘法计数原理，可得共有A·A＝2
160种排法．
方法三(间接法)：即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有A种；甲在首位的情况有A种，所以符合要求的排法有A－A＝2
160种排法．
(2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置．
第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有A种排法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种排法．
根据分步乘法计数原理，有A·A＝1
800种排法．
(3)把位置作为研究对象．
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有A种排法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种排法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1
200种排法．
(4)用间接法．
总的可能情况是A种，减去甲在首位的A种，再减去乙在末位的A种．注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A种，所以共有A－2A＋A＝1
860种排法．
1．定序问题的解题策略
这类问题的解法是采用分类法．n个不同对象的全排列有A种排法，m个不同对象的全排列有A种排法．因此A种排法中，关于m个对象的不同分法有A类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m个对象顺序确定时，共有
eq
\f(A,A)
种排法．
2．对象“在”与“不在”问题的解题原则与方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从对象入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．
(2)方法：从对象入手时，先给特殊对象安排位置，再把其他对象安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．
1．元旦晚会期间，高三二班的学生准备了6个参赛节目，其中有2个舞蹈节目，2个小品节目，2个歌曲节目，要求歌曲节目一定排在首尾，2个舞蹈节目一定要排在一起，则这6个节目的不同编排种数为(　　)
A．48　　　B．36　　　C．24　　　D．12
【解析】选C.分3步进行：
①歌曲节目排在首尾，有A＝2种排法．
②将2个小品节目安排在歌曲节目的中间，有A＝2种排法．
③排好后，2个小品节目与2个歌曲节目之间有3个空位，
将2个舞蹈节目全排列，安排在中间的3个空位，有AA＝6种排法．
则这6个节目出场的不同编排种数为2×2×6＝24.
2．8人排成前后两排，每排4人，其中甲、乙在前排，丙在后排，共有________种排法．
【解析】按照前排甲、乙，后排丙，其余5人的顺序考虑，共有AAA＝
5
760种．
答案：5
760
3．7名师生排成一排照相，其中老师1人，女生2人，男生4人，若4名男生的身高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？
【解析】7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同的站法，
所以共有2
eq
\f(A,A)
＝420种不同的站法．
类型三　排列问题的综合应用(数学建模、数学运算)
1．(2021·柳州高二检测)某单位安排7位工作人员在10月1日到10月7日值班，每人值一天，其中甲、乙二人安排在相邻两天，并且甲只能在双日值班，则不同的安排方法有(　　)
A．120种
B．240种
C．360种
D．720种
2．从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成________个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，其中有实根的方程有________个．
3．由四个不同数字1，2，4，x组成无重复数字的三位数，
(1)若x＝5，其中能被5整除的共有多少个？
(2)若x＝0，其中的偶数共有多少个？
(3)若x≠0且所有这些三位数的各位数字之和是252，求x.
【解析】1.选D.根据题意：
甲只能在2，4，6这三天值班，共三种情况，
又甲、乙二人安排在相邻两天，甲确定后，乙有两种选择，
其余5人没有限制，有A种情况，
故不同的安排方法有3×2×A＝720种．
2．先考虑组成一元二次方程的问题．
首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有A种，然后从余下的4个数中任选两个作b，c，有A种．
由分步乘法计数原理知，共组成一元二次方程A·A＝48个．
方程要有实根，必须满足Δ＝b2－4ac≥0.
分类讨论如下：当c＝0时，a，b可以从1，3，5，7中任取两个，有A种；
当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7中的一个．
当b取5时，a，c只能取1，3这两个数，有A种；
当b取7时，a，c可取1，3或1，5这两组数，有2A种．此时共有(A＋2A)个．由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有A＋A＋2A＝18(个).
答案：48　18
3．(1)若x＝5，则末位为5的三位数共有A＝6个，即能被5整除的共有6个．
(2)若x＝0，当末位是0时，三位数共有A＝6个；当末位是2或4时，三位数共有AAA＝8个，故共有6＋8＝14个．
(3)4个不同的数，组成无重复数字的三位数共有4×3×2＝24个，每个数字用了3A＝18次．因为所有这些三位数的各位数字之和是252，所以18×(1＋2＋4＋x)＝252，即x＝7.
排列综合问题解题策略
实际问题中，既要能观察出是排列问题，又要能搞清哪些是特殊对象，还要根据问题进行合理分类、分步，选择合适的解法．因此需做一定量的排列应用题，逐渐掌握解决问题的基本思想．
【补偿训练】
A，B，C，D，E，F共6个同学和1个数学老师站成一排合影留念，数学老师穿白色文化衫，A，B和C，D同学分别穿着白色和黑色文化衫，E和F分别穿着红色和橙色的文化衫，若老师站中间，穿着白色文化衫的不相邻，则不同的站法种数为(　　)
A．72　　　B．112　　　C．160　　　D．192
【解析】选D.共有7个位置，老师站中间，两边各三个位置，两位穿白色文化衫的同学不站老师两边，且他们不能相邻，所以他们有2×2×A＝8种站法，其他没有限制，所以共有8×A＝192种站法．
课堂检测·素养达标
1．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有(　　)
A．240种　　　B．360种　　　C．480种　　　D．720种
【解析】选C.第一步：排甲，共有A种不同的排法；第二步：排其他人，共有A种不同的排法，因此不同的演讲次序共有AA＝480种．
2．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有(　　)
A．A
B．A
C．AA
D．2A
【解析】选C.
安排4名司机有A种方案，安排4名售票员有A种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有AA种方案．
3．甲、乙等5人在南沙聚会后在天后宫沙滩排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻的排法有(　　)
A．24种
B．48种
C．72种
D．120种
【解析】选B.由题意利用捆绑法求解，甲、乙两人必须相邻的排法为A·A＝48种．
4．从1，2，3，…，9这9个数字中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，一共可以得到多少个不同的对数值？其中比1大的有几个？
【解析】从2，3，…，9这8个数中任取2个数组成对数，有A个，在这些对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，重复计数4个，又1不能作为对数的底数，1作为真数时，不论底数为何值，其对数值均为0.
所以可以得到A－4＋1＝53个不同的对数值．
要求对数值比1大，分类完成：底数为2时，真数从3，4，5，…，9中任取一个，有7种选法；底数为3时，真数从4，5，…，9中任取一个，有6种选法；…；依次类推，当底数为8时，真数只能取9，故有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28个．但其中log24＝log39，log23＝log49，所以其中比1大的对数值有28－2＝26个．
PAGE§3　组　　合
第1课时　组合、组合数及其性质
新课程标准
学业水平要求
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
1.理解组合与组合数的概念，正确认识组合与排列的区别与联系．(数学抽象)2．会推导组合数公式，并会应用公式进行计算．(数学运算)3．理解组合数的两个性质，并会求值、化简和证明．(逻辑推理)
必备知识·自主学习
1．组合的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素为一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(1)组合对元素有何要求？
提示：组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的．
(2)组合是有放回抽取还是无放回抽取？
提示：无放回抽取，即从n个不同的元素中进行m次不放回取出．
2．组合数的概念、公式、性质
组合数的两个性质在计算组合数时有何作用？
提示：第一个性质中，若m>，通常不直接计算C，而改为计算C，这样可以减少计算量；第二个性质是根据需要将一个组合数拆解成两个组合数或者把两个组合数合成一个组合数，在解题中要注意灵活运用．
辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)从3，5，7，11中任取两个数相除属于组合问题．(　　)
(2)由于组合数的两个公式都是分式，所以结果不一定是整数．(　　)
(3)区别组合与排列的关键是看问题对象是否与顺序有关．(　　)
提示：(1)×.由于两个数相除与顺序有关，所以是排列问题．
(2)×.C是从n个对象中取m个对象的情况的种数，故C一定是正整数．
(3)√.组合与排列不同之处是组合选出的对象没有顺序而排列有顺序．
关键能力·合作学习
类型一　组合的概念(数学抽象)
1．给出下列问题：
(1)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？
(2)从a，b，c，d四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？
(3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？
(4)a，b，c，d四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？
在上述问题中，________是组合问题，________是排列问题．
2．判断下列各事件是排列问题还是组合问题．
(1)8个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？
(2)8个朋友相互各写一封信，一共写了多少封信？
(3)从1，2，3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(4)从1，2，3，…，9这九个数字中任取3个，组成一个集合，这样的集合有多少个？
【解析】1.(1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．
(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．
答案：(1)(3)　(2)(4)
2．(1)每两人握手一次，无顺序之分，是组合问题．
(2)每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的．
(3)是排列问题，因为取出3个数字后，如果改变这3个数字的顺序，便会得到不同的三位数．
(4)是组合问题，因为取出3个数字后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其构成的集合都不变．
排列、组合问题的区分方法
(1)区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序．
(2)区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个对象的位置，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．
【补偿训练】
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人规定相互通一次电话，共通多少次电话？
(2)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？
(3)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？
(4)从10个人中选出3个代表去开会，有多少种选法？
(5)从10个人中选出3个不同学科的科代表，有多少种选法？
【解析】(1)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.
(2)是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(3)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.
(4)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.
(5)是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的科代表是有顺序区别的，排列数为A＝720.
类型二　组合数公式及其应用(逻辑推理、数学运算)
角度1
组合的列举问题
【典例】1.从5个不同的对象a，b，c，d，e中取出2个，列出所有的组合为________．
2．写出从A，B，C，D，E5个对象中，依次取3个对象的所有组合．
【思路导引】
1．根据组合的定义即可将组合一一列出．
2．选出一个抽取对象的方向将组合一一列出，要做到不重不漏．
【解析】1.要想列出所有组合，做到不重不漏，先将对象按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．
答案：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de
2．所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
把本例1中的a，b，c，d，e看作铁路线上的5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？
【解析】因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，故是排列问题，有A＝20种；但票价与顺序无关，“a站到b站”与“b站到a站”是同一种票价，故是组合问题，因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，但票价一样，所以票价的种数是车票种数的一半，故共有×20＝10种不同的票价．
角度2　与组合数有关的计算
【典例】1.计算C－C·A＝________．
2．计算C＋C的结果为________．
【思路导引】1.根据组合数公式进行计算．
2．求出n的值，再由组合数公式进行计算．
【解析】1.原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0.
答案：0
2.解得4≤n≤5.又因为n∈N
，
所以n＝4或n＝5.
当n＝4时，原式＝C＋C＝5.
当n＝5时，原式＝C＋C＝16.
答案：5或16
巧用组合数公式解题
(1)涉及具体数字的可以直接用C＝
eq
\f(A,A)
＝进行计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算．
【拓展延伸】
1.在计算与组合数有关的问题时，一般根据所要计算的组合数的特点，若含有具体数字应选用乘积式；若含有字母则选用阶乘式．
2．在组合数的计算过程中要注意题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N＋.
【拓展训练】计算C＋C的值．
【解析】因为所以9.5≤n≤10.5.
因为n∈N＋，所以n＝10，
所以C＋C＝C＋C＝＋＝466.
1．若3A－6A＝4C，则n＝(　　)
A．8
B．7
C．6
D．5
【解析】选D.由题意知，3n(n－1)(n－2)－6n(n－1)＝4×，解得n＝5.
2．(2021·青岛高二检测)可表示为(　　)
A．A
B．A
C．C
D．C
【解析】选D.＝
eq
\f(A,A)
＝
eq
\f(CA,A)
＝C.
3．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的距离，如果掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有(　　)
A．22种
B．24种
C．25种
D．27种
【解析】选D.根据题意，正方形ABCD的边长为2个单位，则其周长是8个单位，
若抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，则三次骰子的点数之和是8或16，
若三次骰子的点数之和是8，有①1，1，6；②1，2，5；③1，3，4；④2，2，4；⑤2，3，3，共5种组合，
若三次骰子的点数之和是16，有⑥4，6，6；⑦5，5，6，共2种组合，
其中①④⑤⑥⑦，这5种组合有C＝3种顺序，②③这2种组合有A＝6种顺序，
则抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共3×5＋2×6＝27种．
类型三　组合数性质的应用(数学运算)
1．计算C＋C＋C＋…＋C的值为(　　)
A．C　　B．C　　C．C－1　　D．C－1
2．(多选题)C＋C等于(　　)
A．C　　　B．C　　C．C　　　　D．C
3．若C＝C，则x的值为________．
4．求证：C＝C＋2C＋C.
【解析】1.选C.C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
2．选BD.由组合数的性质，得
C＋C＝C＝C.
3．由C＝C得2x－1＝x＋3或2x－1＋x＋3＝8，解得x＝4或x＝2.
答案：2或4
4．由组合数的性质C＝C＋C可知，
右边＝(C＋C)＋(C＋C)
＝C＋C＝C＝左边，
右边＝左边，所以原式成立．
性质“C＝C”的意义及作用
【补偿训练】
1.方程C＝C的解集为(　　)
A．{4}　　　B．{14}　　　C．{4，6}　　　D．{14，2}
【解析】选C.因为C＝C，所以x＝2x－4或x＋2x－4＝14，所以x＝4或x＝6.经检验知x＝4或x＝6符合题意，故方程C＝C的解集为{4，6}．
2．若1A．C　　　　
B．C
C．C
D．C
【解析】选D.C＝，
A中，C＝＝，
B中，C＝＝，
C中，C＝＝，
D中，C＝＝
，故D与C不相等．
3．C＋C＋C＋…＋C的值为________．
【解析】原式可变为C＋C＋C＋…＋C，
由C＋C＝C，
得C＋C＝C，C＋C＝C，…，
所以C＋C＋C＋…＋C＝C＝5
985.
答案：5
985
课堂检测·素养达标
1．A－C＝(　　)
A．9　　　　B．12　　　　C．15　　　　D．3
【解析】选A.由题意得A－C＝4×3－＝12－3＝9.
2．若A＝6C，则m等于(　　)
A．9
B．8
C．7
D．6
【解析】选C.因为A＝6C，
所以m
＝6×，
即1＝，解得m＝7.
3．不等式C【解析】由题意知3≤n≤12，且n∈N
，
由题意得<，
解得n<7.5，所以n＝3，4，5，6，7.
答案：n＝3，4，5，6，7
4．下列问题是组合问题的有____________．
(1)把当日动物园的4张门票分给5个人，每人至多分一张，而且票必须分完，有多少种分配方法？
(2)从2，3，5，7，11这5个质数中，每次取2个数分别作为分子和分母构成一个分数，共能构成多少个不同的分数？
(3)从9名学生中选出4名参加一个联欢会，有多少种不同的选法？
【解析】(1)是组合问题．由于4张票是相同的(都是当日动物园的门票)，不同的分配方法取决于从5人中选择哪4人，这与顺序无关．
(2)是排列问题，选出的2个数作分子或分母，结果是不同的．
(3)是组合问题，选出的4人无角色差异，不需要排列他们的顺序．
答案：(1)(3)
5．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备多少品种不同的素菜．(结果用数值表示)
【解析】设餐厅至少还需准备x种不同的素菜．
由题意，得C·C≥200，
从而有C≥20.即x(x－1)≥40，解得x≥≈6.8，
所以至少还需准备7种不同的素菜．
PAGE第2课时　组合的简单应用
关键能力·合作学习
类型一　简单的组合问题(逻辑推理、数学运算)
1．(2020·新高考全国Ⅰ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(　　)
A．120种　
B．90种　
C．60种　
D．30种
2．(2021·西安高二检测)楼道里有9盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为(　　)
A．10
B．15
C．20
D．24
3．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名.
(2)至少有1名女运动员．
(3)既要有队长，又要有女运动员．
【解析】1.选C.甲场馆安排1名有C种方法，乙场馆安排2名有C种方法，丙场馆安排3名有C种方法，所以由分步乘法计数原理得不同的安排方法共有
CCC＝60种．
2．选A.先把亮的6盏灯排成一列，然后把需要关的灯插入到这6盏灯中除了两端的空中，故有C＝10种．
3．(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120种选法．
(2)方法一(直接法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理知共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246种选法．
方法二(间接法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246种．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191种．
　解简单的组合应用题的策略
(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出对象之间的顺序有关，而组合问题与取出对象的顺序无关．
(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．
提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．
【补偿训练】
1.在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人．
(2)甲、乙、丙三人必须参加．
(3)甲、乙、丙三人不能参加．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．
(6)甲、乙、丙三人至多2人参加．
【解析】(1)有C＝792种不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C＝36种不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C＝126种不同的选法．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有C＝3种选法，再从另外的9人中选4人，有C种选法，共有CC＝378种选法．
(5)方法一(直接法)：
可分为三类：
第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有CC＝378种选法；
第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有CC＝252种选法；
第三类：甲、乙、丙中有3人参加，共有CC＝36种选法；
共有CC＋CC＋CC＝666种不同的选法．Ｋ
方法二(间接法)：12人中任意选5人，共有C种选法，甲、乙、丙三人都不能参加的有C种选法，所以，共有C－C＝666种不同的选法．
(6)方法一(直接法)：甲、乙、丙三人至多2人参加，可分为三类：
第一类：甲、乙、丙都不参加，共有C＝126种选法；
第二类：甲、乙、丙中有1人参加，共有CC＝378种选法；
第三类：甲、乙、丙中有2人参加，共有CC＝252种选法．
共有C＋CC＋CC＝756种不同的选法．
方法二(间接法)：12人中任意选5人，共有C种选法，甲、乙、丙三人全参加的有C种选法，所以，共有C－C＝756种不同的选法．
2．将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个编号为1，2，3，4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)若每盒至多一球，则有多少种放法？
(3)若恰好有一个空盒，则有多少种放法？
(4)若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？
【解析】(1)每个小球都可能放入四个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．
(2)这是全排列问题，共有A＝24种放法．
(3)先取四个球中的两个“捆”在一起，有C种选法，把它与其他两个球共三个对象分别放入四个盒子中的三个盒子，有A种放法，所以共有CA＝144种放法．
(4)一个球的编号与盒子编号相同的放法有C种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有C×2＝8种放法．
类型二　与几何有关的组合应用题
1．空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为(　　)
A．205　　　B．110　　　C．204　　　D．200
2．以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有(　　)
A．70个　　B．64个　　C．58个　　D．52个
3．平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上(4个点之间的距离各不相等)，此外任何三点不共线．
(1)过每两点连线，可得几条直线？
(2)以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？
(3)分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？
【解析】1.选A.方法一：可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为CC＋CC＋CC＋CC＝205.
方法二：从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C－C＝205.
2．选C.正方体的8个顶点中任取4个共有C＝70个，一个面上的4个顶点不能组成四面体，已有6个面，对角面有6个，所以以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有70－12＝58个．
3．(1)任取两点共有C种取法，共线四点任取两点有C种取法，所以共有直线C－C＋1＝31条．
(2)不共线的五点可连得A条射线，共线的四点中，外侧两点各可发出1条射线，内部两点各可发出2条射线，而在不共线的五点中取一点，共线的四点中取一点而形成的射线有CCA条，故共有A＋2×1＋2×2＋CCA＝66条射线．
(3)任意两点之间，可有方向相反的2个向量各不相等，则可有A＝72个向量．
解与几何有关的组合应用题的解题策略
(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．
(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．
【补偿训练】
如图，在以AB为直径的半圆周上有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.
(1)以这10个点(不包括点A，B)中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？
(2)以图中的12个点(包括点A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
【解析】(1)方法一：可作出三角形C＋C·C＋C·C＝116个.
方法二：可作三角形C－C＝116个．
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36个．
(2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360个．
类型三　组合应用中的分组分配问题
角度1
不同对象分组分配问题
【典例】有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本．
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本．
(3)分成三组，每组都是2本．
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
【思路导引】
(1)先从6本书中取出一本作为一组，再从剩余的5本中任取2本作为一组，则其余3本为一组．(2)在(1)分组的基础上进行排列即可．(3)先从6本书中取出2本作为一组，再从剩余的4本中任取2本作为一组，则其余2本为一组，其中有重复须除以A.(4)在(3)中分组的基础上排列即可．
【解析】(1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法．由分步乘法计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60种．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C·C·C·A＝360种.
(3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有
eq
\f(C·C·C,A)
＝15种．
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式
eq
\f(C·C·C,A)
·A＝90种．
将本例中这6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少一本，则结果如何？
【解析】这6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少一本，则有(3，1，1，1)和(2，2，1，1)两种．
当为(3，1，1，1)时，有C种分组方法，所以有CA＝480种分法；当为(2，2，1，1)时，有
eq
\f(CC,A)
种分法，所以有
eq
\f(CC,A)
A＝1
080种分法．
角度2
相同对象分配问题
【典例】1.假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为(　　)
A．30　　　　B．21　　　　C．10　　　　D．15
2．6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．
【思路导引】
1．由于名额之间没有差别，只需将7个名额分成三部分即可．
2．①6个小球是相同的，所以只要将6个小球分隔成4组即可．②先选出一个空盒，再将6个小球分隔成3组．③在6个小球的7个空隙中放入5个隔板，在其中各有两个隔板放到同一个间隙中．
【解析】1.选D.用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C＝15种分配方法．
2．①先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧各放置一块隔板，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．
先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C种插法，故共有C·C＝40种．
③恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
其一：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．
其二：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．
1．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，每组的对象个数均相等；
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．相同对象分配问题的建模思想
(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对象的分配问题．
(2)将n个相同的对象分给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．
1．有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，问有多少种不同的分配方案？(　　)
A．680　　　B．816　　　C．1
360　　　D．1
456
【解析】选A.先给每个小朋友分三个苹果，剩余18个苹果利用“隔板法”，18个苹果有17个空，插入三个“板”，共有C＝680种方法，故有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，有680种不同的分配方案．
2．(2020·南充高二检测)我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情，现把5名专家分配到A，B，C三个集中医疗点，每个医疗点至少要分配1人，其中甲专家不去A医疗点，则不同分配种数为(　　)
A．116
B．100
C．124
D．90
【解析】选B.根据题意，分2步进行分析：
①将5名医学专家分为3组，
若分为2，2，1的三组，有
eq
\f(CC,2)
＝15种分组方法，
若分为3，1，1的三组，有C＝10种分组方法，
则有15＋10＝25种分组方法；
②将分好的三组分派到三个医疗点，甲专家所在组不去A医疗点，有2种情况，再将剩下的2组分派到其余2个医疗点，有2种情况，
则3个组的分派方法有2×2＝4种情况，
则有25×4＝100种分配方法．
课堂检测·素养达标
1．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有(　　)
A．36种　　　B．48种　　　C．96种　　　D．192种
【解析】选C.甲选2门有C种选法，乙选3门有C种选法，丙选3门有C种选法．所以共有C·C·C＝96种选法．
2．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这两个球同色的不同取法有(　　)
A．27种
B．24种
C．21种
D．18种
【解析】选C.分两类：一类是2个白球有C＝15种取法，另一类是2个黑球有C＝6种取法，所以取法共有15＋6＝21种．
3．随着中国电子商务的发展和人们对网购的逐渐认识，网购鲜花速递行业迅速兴起．佳佳为祝福母亲的生日，准备在网上定制一束混合花束．客服为佳佳提供了两个系列，如表：
粉色系列
黄色系列
玫　瑰
戴安娜、粉佳人、糖果、桃红雪山
假日公主、金辉、金香玉
康乃馨
粉色、小桃红、白色粉边
火焰、金毛、黄色
配　叶
红竹蕉、情人草、满天星
散尾叶、栀子叶、黄莺、银叶菊
佳佳要在两个系列中选一个系列，再从中选择2种玫瑰、1种康乃馨、2种配叶组成混合花束．请问佳佳可定制的混合花束一共有________种．
【解析】若选粉色系列有C·C·C种选法，若选黄色系列有C·C·C种选法，故佳佳可定制的混合花束一共有C·
C·C＋C·C·C＝54＋54＝108种．
答案：108
4．从3名男生和3名女生中选出3人分别担任三个不同学科的科代表，若这3人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有________种．(用数字作答)
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①从3名男生和3名女生中选出3人，要求这3人中必须既有男生又有女生，
则有C－C－C＝18种情况，
②将选出的3人全排列，安排担任三个不同学科科代表，有A＝6种情况，
则有18×6＝108种选法．
答案：108
5．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
【解析】如图所示，在四面体中含顶点A的3个面上，除点A外都有5个点，从中任意取出3个点必与点A共面，共有3C种取法；
在含顶点A的3条棱上各有3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3个点的取法有3C＋3＝33(种).
PAGE§4　二项式定理
4．1　二项式定理
必备知识·自主学习
1.二项式定理
二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn＝Can－kbk(n∈N＋)
二项展开式
公式右边的式子
二项式系数
C(k∈{0，1，2，…，n})
二项展开式的通项公式
Tk＋1＝Can－kbk
2．二项展开式的特点
(1)展开式共有n＋1项．
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n.
(3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n.
(1)二项展开式中的项Can－kbk是第几项？
提示：Can－kbk是(a＋b)n的第k＋1项．
(2)二项式中a，b能否交换位置，二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式中第k＋1项是否相同？
提示：不能，(a＋b)n展开式中的第k＋1项为Can－kbk，(b＋a)n展开式中的第k＋1项为Cbn－kak，两者是有区别的，所以在应用二项式定理时，a和b不能随便交换位置．
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)二项展开式中项的系数与二项式系数是相等的．(　　)
(2)(x－1)5的展开式中x4项的系数为－5.(　　)
(3)(a＋b)n的展开式中一定有常数项．(　　)
提示：(1)×.二项展开式中项的系数与二项式系数不一定相等，只有当a，b的系数都为1时两者相等．
(2)√.(x－1)5的展开式中x4项的系数为－5.
(3)×.(a＋b)n的展开式中通项Can－kbk的次数不一定为0.
2.的展开式共有11项，则n等于(　　)
A．9
B．10
C．11
D．8
【解析】选B.的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝11，故n＝10.
3．二项式(1－2x)9的展开式中x6的系数为(　　)
A．C
B．－C
C．C26
D．－C·26
【解析】选C.二项式(1－2x)9＝C＋C(－2x)＋…＋C(－2x)k＋…＋C(－2x)9，其展开式中x6的系数为C(－2)6＝C26.
4．二项式(x2＋)5的展开式中，x7的系数为________．(用数字填写答案)
【解析】利用二项式系数公式Tk＋1＝Cx2(5－k)x＝Cx，
故10－k＝7，k＝2，所以x7的系数为C＝10.
答案：10
关键能力·合作学习
类型一　二项式定理的正用、逆用(数学建模、数学运算)
1．(2021·福州高二检测)若x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，则a0＝(　　)
A．－32
B．－2
C．1
D．32
2．化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＝________．
3．写出的展开式并化简．
【解析】1.选D.x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，令x－2＝0，即x＝2，可得a0＝25＝32.
2．原式＝C(x－1)5＋C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
答案：x5－1
3.＝Cx420＋Cx321＋Cx222＋Cx123＋Cx024＝x4＋8x3＋24x2＋32x＋16.
　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．
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．
【补偿训练】
1.设f(x)＝x5－5x4＋10x3－10x2＋5x＋1，则f(2)＝________．
【解析】f(x)＝Cx5(－1)0＋Cx4(－1)1＋Cx3(－1)2＋Cx2(－1)3＋Cx(－1)4＋C·(－1)5＋2＝(x－1)5＋2，
所以f(2)＝3.
答案：3
2．用二项式定理展开(x＋2y)4.
【解析】(x＋2y)4
＝Cx4＋Cx3(2y)＋Cx2(2y)2＋Cx(2y)3＋C(2y)4
＝x4＋8x3y＋24x2y2＋32xy3＋16y4.
3．求的展开式．
【解析】方法一：＝＋
C(3)3＋C(3)2＋C(3)＋C＝81x2＋108x＋54＋＋.
方法二：(3＋)4＝＝(1＋3x)4
＝[1＋C·3x＋C(3x)2＋C(3x)3＋C(3x)4]
＝(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)
＝＋＋54＋108x＋81x2.
类型二　二项展开式通项的应用(数学运算)
角度1
二项式系数与项的系数
【典例】1.已知二项式(2x＋1)5，则展开式中含x2项的系数为________.
2．已知二项式(3－)10.
(1)求展开式第4项的二项式系数．
(2)求展开式第4项的系数．
【思路导引】1.先求得二项展开式的通项公式，再令x的指数等于2，求得k的值，即可求得含x2项的系数．
2．先写出(3－)10展开式的通项，再根据题中的要求求解．
【解析】1.二项式(2x＋1)5的展开式的通项公式为
Tk＋1＝C·25－k·x5－k，
令5－k＝2，求得k＝3，可得展开式中含x2项的系数为C·22＝40.
答案：40
2．(3－)10的展开式的通项是Tk＋1＝C(3)10－k(－)k＝C310－k(－)k·x
(k＝0，1，2，…，10).
(1)展开式的第4项(k＝3)的二项式系数为C＝120.
(2)展开式的第4项的系数为C37(－)3＝－77
760.
本例2中求出展开式的第4项，则结果如何？
【解析】的展开式的通项是
Tk＋1＝C(3)10－k(－)k＝C310－k(－)k·x(k＝0，1，2，…，10)，
令k＝3，得展开式的第4项为T4＝T3＋1＝－77
760.
角度2
展开式中的特定项
【典例】1.(2019·天津高考)的展开式中的常数项为________．
2．已知(x＋2)n的展开式的各项系数和比二项式系数和大211.
(1)求n的值．
(2)求展开式中所有有理项．
【思路导引】1.先写出二项展开式的通项公式，根据通项公式求常数项．
2．(1)由题意，二项展开式的各项系数和比二项式系数和大211，得出3n－2n＝211，即可求解．
(2)由题意，得出展开式的通项，确定r的取值，即可得到展开式中的有理项，得到答案．
【解析】1.由题意，可知：
此二项式的展开式的通项公式为
Tk＋1＝C(2x)8－k＝C·28－k··x8－k·
＝C·(－1)k28－4k·x8－4k.
所以当8－4k＝0，即k＝2时，Tk＋1为常数项．
此时T2＋1＝C·(－1)228－4×2＝28.
答案：28
2．(1)由题意，二项式(x＋2)n的展开式的各项系数和比二项式系数和大211，可得3n－2n＝211，解得n＝5.
(2)展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(2)r
＝C2rx(r＝0，1，…，5)，
当r＝0，2，4时5－是整数．
故展开式中所有有理项为T1＝x5，T3＝40x4，T5＝80x3.
1．求二项展开式特定项的步骤
2．正确区分二项式系数与该项的系数
二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者仅与二项式的指数及项数有关，与二项式无关，后者与二项式，二项式的指数及项数均有关．
1．(2021·邯郸高二检测)(1－2x)6的展开式的第三项为(　　)
A．60
B．－120
C．60x2
D．－120x3
【解析】选C.(1－2x)6的展开式的第三项T3＝C(－2x)2＝60x2.
2．在的展开式中，求：
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数．
(2)x2的系数．
【解析】(1)T5＝T4＋1＝C(2x2)8－4＝C·24·x，
所以第5项的二项式系数是C＝70，第5项的系数是C·24＝1
120.
(2)(2x2－)8的通项是C(2x2)8－r(－)r＝(－1)rC·28－r·x．
由题意，得16－r＝2，解得r＝6，
因此，x2的系数是(－1)6C·28－6＝112.
【补偿训练】
1.的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中x2的系数为________．
【解析】由题知n＝6，则Tr＋1＝C·x6－r·(－)r＝C·(－1)r·x6－2r，令6－2r＝2，得r＝2，
所以展开式中x2的系数为C＝15.
答案：15
2．已知n为等差数列－4，－2，0，…的第六项，则(x＋)n的二项展开式的常数项是________．
【解析】由题意得n＝6，所以Tk＋1＝2kCx6－2k，令6－2k＝0，得k＝3，所以常数项为C23＝160.
答案：160
类型三　二项式定理的灵活应用
1．已知(1＋x)5＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a5(1－x)5，则a3＝(　　)
A．－40　　　B．40　　　C．10　　　D．－10
2．(2020·全国Ⅰ卷)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A．5
B．10
C．15
D．20
3．在二项式(x－)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式中二项式系数最大的项．
(2)求展开式中所有有理项的系数之和．
【解析】1.选A.因为(1＋x)5＝－[－2＋(1－x)]5，通项Tr＋1＝－C(－2)5－r(1－x)r，a3＝－C(－2)2＝－40.
2．选C.(x＋y)5展开式的通项公式为
Tr＋1＝Cx5－ryr(r∈N且r≤5)，
所以与(x＋y)5展开式的乘积可表示为：
xTr＋1＝xCx5－ryr＝Cx6－ryr或Tr＋1＝Cx5－ryr＝Cx4－ryr＋2，
在xTr＋1＝Cx6－ryr中，令r＝3，
可得：xT4＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为10，
在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，
可得：T2＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为5，
所以x3y3的系数为10＋5＝15.
3．(1)由二项式定理得展开式中第r＋1项为Tr＋1
＝C(－)rxn－rx＝C(－)rx，r＝0，1，2，…，n，
所以前三项的系数的绝对值分别为1，C，C，
由题意可得2×C＝1＋C，整理得n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)，
则展开式中二项式系数最大的项是第五项，
T5＝C(－)4x＝x
(2)因为Tr＋1＝C(－)rx，
若该项为有理项，则是整数，
又因为0≤r≤8，所以r＝0或r＝3或r＝6，
所以所有有理项的系数之和为C(－)0＋C(－)3＋C(－)6＝1－7＋＝－.
求二项展开式的特定项的常见类型及常用方法
(1)常见类型
①求第k项，Tk＝Can－k＋1bk－1.
②求含xk的项(或xpyq的项).
③求常数项．
④求有理项．
(2)常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项).
②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解．
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
课堂检测·素养达标
1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是(　　)
A．28　　
B．56　　
C．112　　
D．224
【解析】选C.由T2＋1＝Cx8－2·22＝112x6，所以(x＋2)8的展开式中x6的系数是112.
2．(1－i)10(i为虚数单位)的二项展开式中第七项为(　　)
A．－210
B．210
C．－120i
D．－210i
【解析】选A.由通项公式得T7＝C·(－i)6＝－C＝－210.
3.展开式中的常数项为(　　)
A．6
B．8
C．12
D．24
【解析】选D.展开式中通项公式Tr＋1＝Cx4－r·＝
(－2)rCx4－2r，
当4－2r＝0时，展开式为常数，此时r＝2，展开式的常数项为T3＝4C＝24.
4.展开式中的常数项是70，则n＝________．
【解析】因为＝＝，
所以Tk＋1＝C(－1)kx2n－2k，又因为展开式的常数项为70，令2n－2k＝0得，k＝n，所以C(－1)n＝70，又C＝70，所以n＝4.
答案：4
5．设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图所示，求a的值．
【解析】由题意知A0(0，1)，A1(1，3)，A2(2，4).
即a0＝1，a1＝3，a2＝4.
由的展开式的通项公式知Tk＋1＝C(k＝0，1，2，…，n).故
eq
\f(C,a)
＝3，
eq
\f(C,a2)
＝4，解得a＝3.
PAGE4.2　二项式系数的性质
必备知识·自主学习
1．杨辉三角的特点
(1)在每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等．
(2)除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝C＋C.
杨辉三角的作用是什么？
提示：①直观地看出或探究二项式系数的性质；②当二项式系数不大时，可借助它直接写出各项的二项式系数．
2．二项式系数的性质
(1)对称性：在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C＝C，C＝C，…，C＝C.
(2)增减性与最大值：当k<时，二项式系数是逐渐增大的，由对称性可知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取到最大值．当n是偶数时，中间一项的二项式系数Cn取得最大值；当n是奇数时，中间两项的二项式系数
Cn，Cn相等，且同时取到最大值．
3.各二项式系数的和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n．
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1．
(1)杨辉三角中的数是二项式系数还是项的系数？
提示：杨辉三角中的数是二项式系数．
(2)如何求二项式系数中的最大项？
提示：先判断n是奇数还是偶数，若是奇数则中间两项二项式系数是最大项，若是偶数则中间项二项式系数是最大项．
(3)怎样求二项式系数和？
提示：利用赋值法，在(a＋b)n的展开式中，令a＝b＝1，可得C＋C＋…＋C＝2n.
1．辨析记忆(对的打“√”，错的打“×”)
(1)二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项).(　　)
(2)二项展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．(　　)
(3)二项展开式项的系数是先增后减的．(　　)
(4)杨辉三角中每行两端的数都是1.(　　)
提示：(1)×.二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项中其他数字因数的大小有关．
(2)×.在二项式(a＋b)n中只有当a，b的系数都为1时，展开式的偶数项系数和才等于奇数项系数和．
(3)×.二项式系数是随n的增加先增后减的，二项式项的系数和a，b的系数有关．
(4)√.根据杨辉三角的特点可知．
2.的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是(　　)
A．第8项
B．第9项
C．第8项和第9项
D．第11项和第12项
【解析】选D.二项式展开式的通项公式为Tr＋1＝C·n－r·r＝
C·x，令r＝7，则n－＝0，解得n＝21，通项公式可化简为C·x.由于n＝21，C一共有22项，其中最大的项为r＝10，11两项，即展开式的第11项和第12项．
3．(2x－1)6展开式中各项系数的和为________；各项的二项式系数和为________．
【解析】令展开式左、右两边x＝1，得各项系数和为1；各二项式系数之和为26＝64.
答案：1　64
4．(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a8＝________．
【解析】由题意可知a8是x8的系数，所以a8＝C·22＝180.
答案：180
关键能力·合作学习
类型一　与杨辉三角有关的问题(逻辑推理)
1．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左到右第14与第15个数的比为2∶3.
2．如图所示，满足①第n行首尾两数均为n；②表中的递推关系类似杨辉三角，则第n行(n≥2)的第2个数是________．
1
2　2
3　4　3
4　7　7　4
5　11　14　11　5
6　16　25　25　16　6
3．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，记其前n项和为Sn，求S16的值．
【解析】1.设第n行从左至右第14与第15个数之比为2∶3，则C∶C＝2∶3.
所以3C＝2C，即＝，
得＝，所以n＝34.
答案：34
2．由题图中数字规律可知，第n行的第2个数是＋1＝＋1.
答案：
3．由题意及杨辉三角的特点可得
S16＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋(10＋5)＋…＋(36＋9)
＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(2＋3＋…＋9)
＝C＋＝164.
解决与杨辉三角有关的问题的思路
【补偿训练】
在杨辉三角中，除1以外每一数值是它左上角和右上角两个数值之和，三角形开头几行如下：
第0行　　　　　　　1
第1行　　　　　　1　　1
第2行　　　　　1　　2　　1
第3行　　　　1　　3　　3　　1
第4行　　　1　　4　　6　　4　　1
第5行　　1　　5
　
10
　
10　　5　　1
……　　　……
　
……　　……
　
……
利用杨辉三角展开(1－x)6.
【解析】由杨辉三角知，第6行二项式系数为1，6，15，20，15，6，1.所以(a＋b)6＝a6＋6a5b＋15a4b2＋20a3b3＋15a2b4＋6ab5＋b6.令其中a＝1，b＝－x，得(1－x)6＝1－6x＋15x2－20x3＋15x4－6x5＋x6.
类型二　展开式中项的应用(数学运算)
角度1
求展开式的系数和
【典例】1.若＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为(　　)
A．29
B．29－1
C．39
D．39－1
2．设(＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＝________，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2
－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2的值为________．
3．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|.
【思路导引】1.先令x＝0求出a0，再令x＝2求出a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9的值即可得出结果．
2．结合二项式系数公式计算a2，令x＝1或－1，代入，计算结果即可．
3．(1)根据所给的等式求得常数项a0＝1，在所给的等式中，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，从而求得a1＋a2＋…＋a7的值．
(2)在所给的等式中，分别令x＝1，x＝－1，可得两个等式，化简这两个等式即可求得a1＋a3＋a5＋a7的值．
(3)用①＋②再除以2可得a0＋a2＋a4＋a6的值．
(4)在7中，令x＝－1，可得＋＋＋…＋的值．
【解析】1.选D.令x＝0，则a0＝1，令x＝2，则a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39，
所以2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1
.
2．利用二项式系数公式，T3＝C8x2＝720x2，故a2＝720，利用赋值法，令x＝±1有a0＋a1＋…＋a10＝10，a0－a1＋a2－…＋a10＝10，
故(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2＝·
＝1010＝1.
答案：720　1
3．(1)根据所给的等式求得常数项a0＝1，令x＝1，
所以a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，
则a1＋a2＋…＋a7＝－2.
(2)在所给的等式中，令x＝1，
可得：a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1　　①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝37　　　②
用①－②再除以2可得a1＋a3＋a5＋a7＝－1
094.
(3)用①＋②再除以2可得a0＋a2＋a4＋a6＝1
093.
(4)在7中，令x＝－1，可得＋＋＋…＋＝37＝
2
187.
在本例3中求出a3的值．
【解析】根据题意，a3即x3的系数，所以a3＝C·(－2)3＝－280.
角度2
展开式中的最大项问题
【典例】1.(2021·随州高二检测)在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为(　　)
A．－126
B．－70
C．－56
D．－28
2．已知(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项．
(2)展开式中系数最大的项．(结果可以以组合数形式表示)
【思路导引】
1．中间一项是第5项得n＝8，奇数项的系数与二项式系数相同，偶数项的系数是二项式系数的相反数．
2．(1)先根据末三项的二项式系数的和等于121，求n，再根据二项式系数性质求最大项．(2)根据二项式展开式通项公式得项的系数，再根据相邻项关系列不等式组，解得系数最大的项的项数，最后根据二项式展开式通项公式得项．
【解析】1.选C.由题意可得：n＝8.所以二项展开式的通项公式
Tk＋1＝Cx8－k＝C(－1)kx，
要使该项系数C(－1)k最小，k为奇数，取1，3，5，7，
经过检验，当k＝3或5时，系数C(－1)k最小，即第4项系数等于第6项系数，且最小，所以展开式中系数最小的项的系数为－56.
2．(1)由已知得C＋C＋C＝121，
则n(n－1)＋n＋1＝121，
即n2＋n－240＝0，解得n＝15，或n＝－16(舍去)，所以展开式中二项式系数最大的项是T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.
(2)Tr＋1＝C(3x)r，设
eq
\f(C3r－1,C3r)
≤1，则≤1，即≤1，解得r≤12，
同理，由
eq
\f(C3r,C3r＋1)
≥1，解得r≥11，所以展开式中系数最大的项对应的r＝11，12，即展开式中系数最大的项是T12＝C(3x)11和T13＝C(3x)12.
　求展开式中系数最大的项
(1)求二项式系数最大的项，要依据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
(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．求展开式系数最大的项，如求(a＋bx)n(a，b∈R)展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法．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来，即得系数最大的项．
【拓展延伸】
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＋…＝.
【拓展训练】
1．若(1－2x)2
019＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
018x2
018＋
a2
019x2
019，则(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2
019)＝________．(用数字作答)
【解析】由题意，可知(1－2x)2
019＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋
a2
018x2
018＋a2
019x2
019，令x＝0，可得a0＝1，令x＝1，
可得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2
019＝－1，
所以(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2
019)
＝2
018a0＋(a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2
019)
＝2
018×1－1＝2
017.
答案：2
017
2．在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和．(2)各项系数之和．
(3)所有奇数项系数之和．
【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，所以a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)令x＝1，y＝－1，可得a0－a1＋a2－…－a9＝59，
又a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
将两式相加可得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，
即所有奇数项系数之和为.
1．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是________．
【解析】(x＋1)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n＝10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.
答案：6
2．若展开式中前三项的系数之和为15，
(1)展开式中是否有常数项，说明理由．
(2)求展开式中系数最大的项．
【解析】(1)Tr＋1＝(－1)rCx，所以由已知得：1－C＋C＝15，解得n＝7，
所以Tr＋1＝(－1)rCx(r＝0，1，2，…，7)，
因为7－＝0无整数解，所以展开式中无常数项．
(2)由Tr＋1＝(－1)rCx知展开式中各项系数的绝对值就为二项式系数，所以展开式中的第5项为系数最大的项，即T5＝35x.
【补偿训练】
已知f(x)＝展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大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】(1)令x＝1，则二项式各项的系数和为f(1)＝
(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数和为2n.
由题意知，4n－2n＝992.
所以(2n)2－2n－992＝0，所以(2n＋31)(2n－32)＝0，
所以2n＝－31(舍)，或2n＝32，所以n＝5.
由于n＝5为奇数，所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是
T3＝C(x)3(3x2)2＝90x6，
T4＝C(x)2(3x2)3＝.
(2)展开式的通项公式为
Tr＋1＝C3r·x
(5＋2r).
假设Tr＋1项系数最大，
则有
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C·3r≥C·3r－1，,C·3r≥C·3r＋1，))
所以
所以
所以≤r≤，
因为r∈N，所以r＝4.
所以展开式中系数最大的项为T5＝C·34x＝405x.
类型三　二项式系数性质的应用(数学运算)
【典例】1.(2021·重庆高二检测)(mx＋)n(n∈N＋)的展开式中，各二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中x3的系数为(　　)
A．40
B．30
C．20
D．10
2．已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.
(1)求展开式中的所有有理项．
(2)求展开式中系数绝对值最大的项．
(3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值．
【思路导引】1.由题意利用二项式系数的性质求出n的值，从而求出m的值，再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中x3的系数．
2．根据二项式定理的通项找出第5项与第3项的系数，由其比值求出n的值．(1)借助二项式定理的通项找出有理项；(2)写出展开式系数的通项，利用系数绝对值最大的项，其系数的绝对值不小于前后两项的系数的绝对值，即可得出关于项数的不等式组，结合项数为正整数这一前提条件即可求出系数绝对值最大的项；(3)将所求式子改为二项展开式的形式，根据二项式定理求解．
【解析】1.选D.因为(mx＋)n的展开式中，各二项式系数之和为2n＝32，所以n＝5.
再令x＝1，可得各项系数之和为(m＋1)5＝243＝35，所以m＝2，则展开式中的通项公式为Tk＋1＝C·25－kx，令5－＝3，可得k＝4，故展开式中x3的系数为C·2＝10.
2．(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10，
因为通项：Tr＋1＝C()10－r＝(－2)rCx，
当5－为整数时，r可取0，6，
展开式是常数项，于是有理项为T1＝x5和T7＝13
440.
(2)设第r＋1项系数绝对值最大，则
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2r≥C2r－1，,C2r≥C2r＋1；))
解得又因为r∈{0，1，2，3，…，9}，
所以r＝7，当r＝7时，T8＝－15
360x，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，T11＝(－2)10x＝1
024x，
所以系数绝对值最大的项为T8＝－15
360x.
(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C
＝
eq
\f(9C＋92C＋93C＋…＋910C,9)
＝
eq
\f(C＋9C＋92C＋93C＋…＋910C－1,9)
＝＝.
　二项式定理应用的常见类型及相关解题策略
(1)求特殊项及系数，此类问题的求解关键在于求出指定项是第几项；
(2)近似计算问题，解决此类问题要注意题目结果精确到什么或保留几位有效数字，以便考虑最后一项的取值一般要四舍五入，求数的n次幂的近似值时，把底数化为最靠近它的那个整数加一个小数的形式；
(3)证明有关的不等式问题，有些不等式可应用二项式定理，结合放缩法证明，即把二项展开式中的某些正项适当删去(缩小)，或把某些负项删去(放大)，使等式转化为不等式，然后再根据不等式的传递性进行证明；
(4)整除与求余问题，此类题目往往考虑用数学归纳法证明，但是步骤较为烦琐，而用二项式定理明显更简洁；
(5)利用赋值法求各项系数的和的问题．
【补偿训练】
若等差数列{an}的首项为a1＝C－A(m∈N
)，公差是展开式中的常数项，其中k为7777－15除以19的余数，求通项公式an.
【解析】由题意可得
解得≤m≤，
因为m∈N
，所以m＝2，
所以a1＝C－A＝100，
又因为7777－15＝(1＋19×4)77－15
＝C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)77－15
＝(19×4)[C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)76]－19＋5，
所以7777－15除以19的余数为5，即k＝5.
又Tk′＋1＝C
＝Cx
(－1)k′，
令5k′－15＝0，可解得k′＝3，
所以d＝C(－1)3＝－4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝104－4n.
课堂检测·素养达标
1．在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是(　　)
A．第6项
B．第5项
C．第5，6项
D．第6，7项
【解析】选A.由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，所以C＝C，由组合数的性质，得n＝10.所以展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
2.(n∈N
)的展开式中，系数最大的项是(　　)
A．第＋1项
B．第n项
C．第n＋1项
D．第n项与第n＋1项
【解析】选C.在(1＋x)2n(n∈N
)的展开式中，第n＋1项的系数与第n＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n＋1项，可得第n＋1项的系数最大，故选C.
3．已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________．
【解析】依题可得a0＋a2＋a4＝－(a1＋a3＋a5)＝16，
则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256.
答案：－256
4．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则＝________．
【解析】令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1，令x＝0，得a0－a1＋a2－…＋a6＝64，两式相减，得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加，得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故＝－.
答案：－
5．已知(1－x)8的展开式，求：
(1)二项式系数最大的项．
(2)系数最小的项．
【解析】(1)因为(1－x)8的幂指数8是偶数，所以由二项式系数的性质知，中间一项(即第5项)的二项式系数最大，该项为T5＝C(－x)4＝70x4.
(2)二项展开式系数的最小值应在各负项中确定．由题意知第4项和第6项系数相等且最小，分别为T4＝C(－x)3＝－56x3，T6＝C(－x)5＝－56x5.
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