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习题课　排列的应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．通过实例进一步理解排列的概念．(易混点)2．掌握几种具有限制条件的排列问题．(重点)
通过排列的实际应用，培养数学建模素养．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)由0，1，2，3组成的三位数有24个．
(　　)
(2)由0，1，2，3组成的三位数中，偶数有10个．
(　　)
(3)2名男生和2名女生站成一排，其中2名男生不相邻排法有12种．
(　　)
(4)2名男生和2名女生站成一排，其中男生与女生相间的排法有8种．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是(　　)
A．12　　B．24　　C．64　　D．81
B　[4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法种数为A＝24．]
3．用0，1，2，3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数为________．
6　[因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，其个数为A＝6．]
4．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有多少种？
[解]　将四人排成一排共有A种排法，产生5个空位，将五个空位和一个空位构成的两个元素插入共A种方法．由分步乘法计数原理满足条件的共A·A＝480种坐法．
类型1　特殊元素指定位置的排列问题
【例1】　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)能组成多少个比1
325大的四位数？
[思路点拨]　该题目中特殊元素为0，特殊位置为首位，考虑先特殊后一般的原则，将问题分解为几个易求解的简单问题．
[解]　　(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(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)五位数中5的倍数可分为两类：
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的个数共有A＋A·A＝216(个)．
(3)比1
325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1
4□□，1
5□□，共有A·A个；
第三类：形如1
34□，1
35□，共有A·A个．
由分类加法计数原理可得，比1
325大的四位数共有A·A＋A·A＋A·A＝270(个)．
数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要从限制条件入手，找出解题的思路.常见限制条件有：?1?首位不能为0；?2?有无重复数字；?3?奇、偶数；?4?某数的倍数；?5?大于?或小于?某数.
[跟进训练]
1．由A，B，C，…等7人担任班级的7个班委．
(1)若正、副班长两职只能由A，B，C这三人中选两人担任，则有多少种分工方案？
(2)若正、副班长两职至少要选A，B，C这三人中的1人担任，有多少种分工方案？
[解]　(1)先安排正、副班长有A种方法，再安排其余职务有A种方法，依分步乘法计数原理，共有AA＝720种分工方案．
(2)法一：7人的任意分工方案有A种，A，B，C三人中无一人任正、副班长的分工方案有AA种，因此A，B，C三人中至少有1人任正、副班长的方案有A－AA＝3
600种．
法二：也可以逐一分类，其算式为：
AAA＋AAA＋AA＝3
600种．
类型2　“相邻”与“不相邻”的排列问题
【例2】　3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)全体站成一排，男、女各站在一起；
(2)全体站成一排，男生必须排在一起；
(3)全体站成一排，男生不能排在一起；
(4)全体站成一排，男、女生各不相邻．
[思路点拨]　(1)、(2)元素相邻，可用“捆绑法”，(3)、(4)元素不相邻，可用“插空法”．
[解]　(1)相邻问题(捆绑法)
男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法．
女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法，全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法，由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288(种)．
(2)捆绑法即把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排．
故N＝A·A＝720(种)．
(3)不相邻问题(插空法)：先排女生共A种排法，男生在4个女生隔成的五个空中安排有A种排法，
故N＝A·A＝1
440(种)．
(4)对比(3)让女生插空：N＝A·A＝144(种)．
1．关于某些元素“相邻”的排列问题，可以把相邻元素看成一个整体，当成一个元素去和其他元素进行排列，此方法可称为“捆绑法”．
2．对于元素“不相邻”的排列问题，可先将允许相邻的元素进行排列，然后在它们的空位处插入不能相邻的元素，此方法可称为“插空法”．
[跟进训练]
2．一台节目中有独唱节目5个，现有3个舞蹈节目要插入，且每个舞蹈节目必须排在两个独唱节目之间，则节目单的排法种数是(　　)
A．A·A
B．A·A
C．A·A　
D．A·A
C　[5个独唱节目之间有4个间隔，从中选出3个排入舞蹈节目，即为AA．]
类型3　排列中的定序问题
[探究问题]
1．由1，2，3，4，5这五个数字组成的五位数中，个位与十位上的数字是递增排列的有多少个？
[提示]　共有＝＝60个．
2．由1，2，3，4，5这五个数字组成的五位数中，个位、十位与百位上的数字是递增排列的有多少个？
[提示]　共有＝＝20个．
3．由1，2，3，4，5这五个数字组成的五位数中，个位、十位上的数字递增，并且万位、千位上的数字也递增排列的有多少个？
[提示]　共有＝＝30个．
4．通过前面的探究，你发现了什么规律？
[提示]　“定序”问题可“缩倍”处理．
【例3】　七个人站成一排，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？
[思路点拨]　从整体角度出发，先不考虑甲、乙、丙三人的顺序，即七个人任意排，有A种不同的排法，在这所有排法中，任取一种排法，让其余四个人站在原位置不动，而甲、乙、丙三人任意交换位置，即这三个人进行全排列，共有A种不同的站法，每类中有且仅有一个符合题意的排列，从而可求出所求的排列数．还可用插空法来求解．
[解]　法一：先不考虑甲、乙、丙的顺序，任意排列共有A种，因为在上述排列中，每六种有且仅有一种恰好是符合甲、乙、丙按一定顺序排列，因此符合要求的排法共有A÷A＝840(种)．
法二：七个位置中，先将除甲、乙、丙外四人排列有A种，然后将甲、乙、丙按规定顺序插入三个空档中，因此共有A＝840(种)．
若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的解题步骤
1．从m＋n个位置中安排n个元素有A种方法．
2．对每一个排列剩下m个元素，填这m个元素，方法只有一种方法，由分步乘法计数原理可知，共有A种方法．
[跟进训练]
3．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，若4名男生身高都不相等，按从高到低的顺序站，则有________种不同的站法．
420　[由于4名男生顺序固定，可以先排2名女生和1位老师，有A种方法，然后将4名男生插入所剩下的4个空位中，有2种插法，于是符合条件的不同站法是A·A＝420(种)．]
1．对于特殊元素指定位置的排列问题可用直接法去排，也可用间接法去排．
2．对于“相邻”问题可用“捆绑法”排列，对于“不相邻”问题，可用“插空法”排列．
3．对于有固定顺序的排列，可优先考虑其他元素的排列问题，有固定顺序的排列只有一种方法．
1．计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同陈列方式的种数为(　　)
A．A·A
B．A·A·A
C．A·A·A
D．A·A·A
D　[3种画看作3个不同元素，因水彩画不放在两端，故有A种排列，每种内部排列有AAA种，由分步乘法计数原理得有AAA种．]
2．在数字1，2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是(　　)
A．6　　B．12　　C．18　　D．24
B　[先排列1，2，3，有A＝6种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有A＝2种排法，共有12种排法，选B．]
3．如图，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，右面是一种填法，则不同的填写方法共有(　　)
1
2
3
3
1
2
2
3
1
A．6种
B．12种
C．24种
D．48种
B　[只需要填写第一行第一列，其余即确定了．因此共有AA＝12(种)．]
4．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置上，那么不同的出场安排有________种．
252　[出场安排可分两步：
第一步：安排三名主力队员有A种；
第二步：安排另2名队员有A种．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝252种不同的出场安排．]
5．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，求其中数字1，2相邻的偶数的个数．
[解]　分三类：第一类：末位数字为0，则1，2为一组，且可以交换位置，3，4各为1个数字，共可以组成2·A＝12个五位数；
第二类：末位数字为2，则1与2相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有2×A＝4个五位数；
第三类：末位数字为4，则1，2为一组，且可以交换位置，3，0各为1个数字，且0不是首位数字，则有2·(2·A)＝8个五位数．
由分类加法计数原理知，符合要求的五位数共12＋4＋8＝24个．
PAGE习题课　组合的应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．通过实例进一步理解组合的概念．(重点)2．通过解决有关组合的实际问题，培养分析问题和解决问题的能力．(难点)
通过解决有关组合的实际问题，培养数学建模素养．
1．特殊优先法
特殊优先法：对于存在特殊元素或者特殊位置的组合问题，我们可以从这些特殊之处入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其他的元素或位置．
【例1】　从7名男同学和5名女同学中，选出5名同学．
(1)其中A，B两同学都当选，共多少种方法．
(2)其中A、B两同学都不当选，共有多少种方法？
[提示]　(1)A、B都当选，则只要从剩余的10人中再选3人即可，有C＝120种．
(2)A、B都不当选，则5人全部选自另外10人，即有C＝252种．
2．分类讨论法
分类讨论法：对于较复杂的组合问题，由于情况繁多，因此要对各种不同情况进行分类讨论，而讨论时应正确确定分类标准，避免重复或遗漏现象的发生．
【例2】　从2位女生、4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选派方案有多少种？
[提示]　可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有CC＝12种；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC＝4种．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有12＋4＝16种．
3．间接法
间接法：即从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法．“至多问题”“至少问题”“既有……，又有……问题”，一般都有直接法和间接法两种解法，应根据具体情况进行选择．
对于分类讨论法中的问题也可以用间接法求解．
例2的另一种解法：
可先不考虑“至少有1名女生”这个限制条件，从6人中任选3人，不同的选法有C＝20种，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C＝4种，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16种．
1．在平面直角坐标平面中，平行直线x＝n(n＝1，2，3，4)与平行直线y＝n(n＝1，2，3，4)组成的图形中，矩形共有(　　)
A．16个　　B．25个　　C．36个　　D．100个
C　[在垂直于x轴的4条直线中任取2条，在垂直于y轴的4条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C×C＝6×6＝36个．]
2．从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是(　　)
A．72　　B．70　　C．66　　D．64
D　[从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有C·C＋C·C＝56(种)选法，三个数相邻共有C＝8(种)选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64(种)选法．]
3．某学校获得5个高校自主招生推荐名额，其中甲大学2个，乙大学2个，丙大学1个，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有(　　)
A．36种　　B．24种　　C．22种　　D．20种
B　[根据题意，分两种情况讨论：第一种，3名男生每个大学各推荐1人，2名女生分别推荐给甲大学和乙大学，共有AA＝12(种)推荐方法；第二种，将3名男生分成两组分别推荐给甲大学和乙大学，共有CAA＝12(种)推荐方法．故共有24种推荐方法．]
4．学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5名同学要求改修历史，但历史选修每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案有________种(用数字作答)．
90　[由已知可得，先将5名学生分成3组，有＝15种，所以不同分法有15×A＝90种．]
类型1　有限制条件的组合问题
【例1】　在某地的抗震救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴赈灾前线，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？
[思路点拨]　解答本题应首先分清“恰有”、“至少”、“至多”的含义，正确地分类或分步解决．
[解]　(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C种选法，再从除外科专家外的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)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．
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．
?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，或分类或分步或用间接法；
?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.
[跟进训练]
1．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人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
[解]　(1)至少有一名队长当选含有两种情况：有一名队长当选和两名队长当选，故共有C·C＋C·C＝825种．或采用排除法有C－C＝825种．
(2)至多有两名女生当选含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生当选，故共有C·C＋C·C＋C＝966种．
(3)分两种情况：第一类，女队长当选，有C种；
第二类，女队长不当选，有(C·C＋C·C＋C·C＋C)种，
故共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790种．
类型2　几何元素的计数问题
【例2】　在一个正方体中，各棱、各面对角线和体对角线中，共有多少对异面直线？
[思路点拨]　解答本题可用间接法求解，28条线段任取2条的组合中除去不能构成异面直线的情况．或者构造模型，借助三棱锥中有且仅有3对异面直线来解决．
[解]　法一：一个正方体的棱、面对角线和体对角线共28条．底面、侧面和对角面共12个面，每一个面中，任两条直线都不构成异面直线，8个顶点中过每个顶点的3条面对角线不能构成异面直线，故共有C－12C－8C＝174对异面直线．
法二：因为一个三棱锥的6条棱中有且仅有3对异面直线，而一个正方体的8个顶点中取4个点的取法有C种，上述12个底面、侧面和对角面每个面的4个顶点不能构成三棱锥，故一个正方体的8个顶点可构成C－12＝58个三棱锥，所以一个正方体中符合题设要求的异面直线共有3·(C－12)＝3×58＝174对．
几何中的计数问题一般为组合问题，要注意分清“对应关系”：如不共线的三点对应一个三角形，不共面的四点确定一个四面体等.解题时可借助图形帮助思考，并要善于利用几何性质，但要注意共点、共线、共面等特殊情况，避免多算或漏算.
[跟进训练]
2．已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点．
(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
(3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？
[解]　(1)所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C·C个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C·C个；③α，β本身．
∴所作的平面最多有C·C＋C·C＋2＝98个．
(2)所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C·C个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C·C个；③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C·C个．
∴最多可作出的三棱锥有：C·C＋C·C＋C·C＝194个．
(3)∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等，且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C＋C＋C·C＝114个．
类型3　分组、分配问题
【例3】　6本不同的书按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)一堆一本，一堆两本，一堆三本；
(2)一人得一本，一人得二本，一人得三本；
(3)平均分成三堆；
(4)平均分给甲、乙、丙三人；
(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
[思路点拨]　对于(1)是分组问题；(2)是在(1)的基础上再进行分配；(3)是平均分组问题，它与次序无关；(4)是在(3)的基础上再进行分配；(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”“1、2、3型”、“1、1、4型”．
[解]　(1)先在6本书中任取一本，作为一堆，有C种取法，再从余下的5本书中任取两本，作为一堆，有C种取法，再从余下3本中取三本作为一堆，有C种取法，故共有分法C·C·C＝60种．
(2)由(1)知，分成三堆的方法有C·C·C种，但每一种分组方法又有A种不同的分配方案，故共有分法C·C·C·A＝360种．
(3)设把6本不同的书，平均分成三堆的方法有x种，那么把6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的分法就应有xA种，而6本书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法可以理解为：三个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有C种，乙再从余下的4本书中取2本书有C种方法，丙从余下的2本书中取2本书，有C种方法，所以一共有C·C·C＝90种方法，所以有xA＝C·C·C＝90，解得x＝15．
(4)由(3)知平均分给甲、乙、丙三人有C·C·C＝90种方法．
(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”，则有C·C·C＝90种方法；②“1、2、3型”，则有C·C·C·A＝360种方法；③“1、1、4型”，则有C·A＝90种方法．
所以一共有90＋360＋90＝540种方法．
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，有n组均匀，最后则需除以A．
(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，也可以先分组后分配．
[跟进训练]
3．设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球全部放入盒子内．若每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投入方法？
[解]　满足题设的情形分为以下4类：
第一类，五个球的编号与盒子编号完全相同，放法有1种；
第二类，恰有四个球的编号与盒子编号相同，不可能，即放法为0种；
第三类，恰有三个球的编号与盒子编号相同，放法有C＝10种；
第四类，恰有二个球的编号与盒子编号相同，有C＝10种方法．因其余的3个“全错位”，假设4、5号与盒子编号相同投放方法只有以下2种：(1，2)，(2，3)，(3，1)和(1，3)，(2，1)，(3，2)，于是共有2C＝20种投放方法．
故满足条件的放法数为1＋10＋20＝31种．
1．有限制条件的组合问题，一般分为直接法、间接法求解．
2．对于几何中的计数问题一定要分清“对应关系”，经常借助图形思考．
3．对于分组、分配问题一定要分清问题到底是分组还是分配，只有分清这两类问题，才不会出错．
1．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有(　　)
A．70种　　B．80种　　C．100种　　D．140种
A　[组队方案共有两类：2男1女和2女1男，故N＝C·C＋C·C＝70种．]
2．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有(　　)
A．360种　　B．300种　　　　C．150种　　D．125种
C　[分2步：先将5名学生分成3组，有两种分组方法，若分成3、1、1的三组，则有C＝10种分组方法；若分成1、2、2的三组，则有＝15种分组方法，则一共有10＋15＝25种分组方法．再将分好的三组全排列，对应三个社区，有A＝6种情况，则有25×6＝150种不同的安排方式，故选C．]
3．若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有(　　)
A．4种　　B．8种　　C．12种　　D．24种
B　[将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8种站法．]
4．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________．
10　[将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有C＝4种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有C＝6种方法；则不同的放球方法有10种．]
5．某车间有11名工人，其中有5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现要在这11名工人中选派4名钳工，4名车工修理一台机床，有多少种选派方法？
[解]　第1类：选派的4名钳工中无“多面手”，此时有选派方法C·C＝75种．
第2类：选派的4名钳工中有1名“多面手”，此时有选派方法C·C·C＝100种．
第3类：选派的4名钳工中有2名“多面手”，此时有选派方法C·C·C＝10种．
根据分类加法计数原理，不同的选派方法共有75＋100＋10＝185种．
PAGE§1　基本计数原理
1.1　分类加法计数原理
1.2　分步乘法计数原理
学
习
任
务
核
心
素
养
1．掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理．(重点)2．能正确选择分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．(难点、易错点)
1．通过对计数原理的学习，培养数学抽象素养．2．借助计数原理的实际应用，培养数学建模素养．
一个三层书架的上层放15本不同的数学书，中层放16本不同的语文书，下层放14本不同的物理书．
1．现某人从中取出一本书，应该如何“完成这件事”？
2．现从三层书架上各取一本书，应该如何“完成这件事”？
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)分类加法计数原理的理解
分类加法计数原理中的“完成一件事有n类办法”，是指完成这件事的所有方法可以分为n类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，n类中没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中．
2．分步乘法计数原理
(1)定义：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”)
(2)分步乘法计数原理的理解
分步乘法计数原理中的“完成一件事需要n个步骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成n个步骤．在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步骤都要做完才能完成这件事．　
如何区分“分类”还是
“分步”？
[提示]　如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在分类加法计数原理中，不同类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完成这件事．
(　　)
(3)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．
(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，事情若是分n步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有n步骤都完成后，这件事情才算完成．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是(　　)
A．5　　B．4　　C．9　　D．20
C　[由分类加法计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C．]
3．已知集合A＝{1，2}，B＝{3，4，5}，从集合A、B各取一个元素分别作为一个两位数的个位、十位数字，则可确定的不同两位数的个数为________．
6　[完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一个元素作为个位数字，有2种不同的方法；第二步，从集合B中任选一个元素作为十位数字，
有3种不同的方法．由分步乘法计数原理得，一共有2×3＝6种不同的方法．]
4．从甲地到乙地，如果翻过一座山，上山有2条路，下山有3条路．如果不走山路，由山北绕道有2条路，由山南绕道有3条路．
(1)如果翻山而过，有多少种不同的走法？
(2)如果绕道而行，有多少种不同的走法？
(3)从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
[解]　(1)分两步：
第一步，选一条上山路有2种方法；
第二步，选一条下山路有3种方法．
所以翻山而过，有2×3＝6种不同的走法．
(2)分两类：
第一类：由山北绕道，有2种走法；
第二类：由山南绕道，有3种走法．
所以绕道而行，有2＋3＝5种不同的走法．
(3)分两类：
第一类：翻山而过，有6种走法；
第二类：绕道而行，有5种走法．
所以从甲地到乙地共有6＋5＝11种不同的走法．
类型1　分类加法计数原理
【例1】　设有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画．从这些油画、国画、水彩画中只选一幅布置房间，有几种不同的选法？
[思路点拨]　
[解]　选一幅画布置房间分三类计数：
第一类：选油画，有5种不同的选法；
第二类：选国画，有2种不同的选法；
第三类：选水彩画，有7种不同的选法．
根据分类加法计数原理，共有N＝5＋2＋7＝14种不同的选法．
分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原理：
?1?完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；
?2?分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.,前者保证完成这件事的方法不遗漏，后者保证不重复，即分类要做到不重不漏.
[跟进训练]
1．某校高三共有三个班，各班人数如下表：
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
[解]　(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：
第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．
类型2　分步乘法计数原理
【例2】　某大学食堂备有6种荤菜，5种素菜，3种汤．现要配成一荤一素一汤的套餐，问可以配制成多少种不同的品种？
[思路点拨]　
[解]　完成这件事是配制套餐，选一个荤菜，选一个素菜，选一个汤，因此需分三步完成此事，由分步乘法计数原理可得：配制成不同的套餐品种共有6×5×3＝90种．
解决分步乘法计数问题的思考过程是
?1?明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，怎样才算是完成这件事；
?2?完成这件事如何进行分步，每一步中有多少种方法；
?3?完成这件事共有多少种方法.
[跟进训练]
2．将3封信投到4个邮筒，共有多少种投法？
[解]　完成这件事是“把3封信投完”，需分三步完成，而每一封有4种投法，由分步乘法计数原理知共有4×4×4＝43＝64种投法．
类型3　两个计数原理的综合应用
【例3】　已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中任取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限内不同点的个数为(　　)
A．18　　B．16　　
C．14　　D．10
[思路点拨]　
C　[完成这件事是确定第一、二象限内的总的坐标，确定点的坐标可分两步完成，一是先确定横坐标，二是确定纵坐标；而哪个集合中的元素作横坐标，哪个集合中的元素作纵坐标，需要分两类完成．因此，完成此事可分两类办法．
第一类，以集合M中的元素作为点的横坐标，集合N中的元素作为点的纵坐标．在集合M中任取一个元素，有3种不同的方法，而适合题意的点在第一、二象限，必须且只需从集合N中的5，6中取1个，有2种不同的取法．由分步乘法计数原理，有3×2＝6个不同的点．
第二类，以集合N中的元素作为点的横坐标，集合M中的元素作为点的纵坐标．在集合N中任取一个元素，有4种不同的方法，而适合题意的点在第一、二象限，必须且只需从集合M中的1，3中取1个，有2种不同的取法．由分步乘法计数原理有4×2＝8个不同的点．
由分类加法计数原理，得第一、二象限内不同的点共有6＋8＝14个．]
应用两个计数原理解决应用问题的方法
?1?分清是“分类”还是“分步”；
?2?清楚“分类”或“分步”的具体标准是什么；
?3?“分类”时，要遵循“不重、不漏”的原则；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.
[跟进训练]
3．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．
(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？
(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？
[解]　(1)分三类：
第一类，选出的是医生，有3种选法；
第二类，选出的是护士，有5种选法；
第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．
根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．
(2)分三步：
第一步，选1名医生，有3种选法；
第二步，选1名护士，有5种选法；
第三步，选1名麻醉师，有2种选法．
根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．
1．加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类中的各种方法相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．
2．乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干个步骤，每个步骤都完成了，才算完成一个事件，注意各步骤间的连续性即不漏步骤也不重步骤．
1．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有(　　)
A．24种　　B．16种　　C．12种　　D．10种
C　[完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C．
]
2．教学大楼共有5层，每层均有两个楼梯，由一楼到五楼的走法种数为(　　)
A．10　　B．25　　C．52　　D．24
D　[根据分步乘法计数原理，不同的走法为N＝24(种)．]
3．现有4名同学去听同时进行的3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．81　　B．64　　C．48　　D．24
A　[每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A．]
4．从甲地到乙地，可以乘飞机，也可以乘火车，还可以乘长途汽车，每天飞机有2班，火车有4班，长途汽车有10班，一天中，乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有________种方法．
16　[利用分类加法计数原理，共有2＋4＋10＝16种方法．]
5．从1到200这200个自然数中，各个数位上都不含数字8的共有多少个？
[解]　应分三类来解决该问题．
第一类，一位数中符合要求的数有8个．
第二类，两位数中，十位上的数字有8种选法，个位上的数字有9种选法，故两位数中符合要求的数有8×9＝72个．
第三类，三位数中百位上的数字为1，十位和个位上的数字都有9种选法，故三位数中，百位上的数字为1的符合要求的数有9×9＝81个；三位数中百位上的数字为2的只有200符合要求．所以三位数中符合要求的数有81＋1＝82个．
由分类加法计数原理，符合要求的数共有8＋72＋82＝162个．
PAGE1.3　基本计数原理的简单应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．进一步掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点)2．会应用两个计数原理解决实际问题．(难点)
通过计数原理的实际应用，培养数学建模素养．
1．若集合A＝{a，b，c}，集合A所有子集的个数用分类计数原理如何来求？
2．对于问题1中，用分步计数原理如何来求？
3．问题1、2的相同点是什么？不同点是什么？
两个计数原理的联系与区别：
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
完成一件事
不同点
与分类有关
与分步有关
每类方法都能完成这件事，它们是相互独立的，且每一次得到的都是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不可能独立地完成这件事，缺少任何一步都不可能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
各类方法之间是互斥的，并列的，独立的
各步之间是有关联的，不独立的
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有81种报名方法．
(　　)
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，冠军不并列，共有64种可能的结果．
(　　)
(3)由1，2，3组成的无重复数字的三位数有6个．
(　　)
(4)由1，2，3组成的含有重复数字的三位数有27个．
(　　)
[答案]　(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
2．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有(　　)
A．21种　　B．315种　　C．143种　　D．153种
C　[从不同种类的物体中按要求选取，是应用计数原理的典型题型，解答时通常按先分类再分步的程序进行．本题可分三类，即第一类不选数学，有5×9＝45种方法；第二类不选英语，有9×7＝63种方法；第三类不选语文，有7×5＝35种方法，于是所有选法N＝45＋63＋35＝143种．]
3．如图A→C有________种不同走法．
6　[A→C的走法可分两类：
第一类：A→C，有2种不同走法；
第二类：A→B→C，有2×2＝4种不同走法．
根据分类加法计数原理，得共有2＋4＝6种不同走法．]
4．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．
(1)选其中一人为学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)若每年级学生会选1人为校学生会常委成员，有多少种不同的选法？　
(3)若要从学生会中选出不同年级的两人分别参加市里组织的两项活动，有多少种不同的选法？
[解]　(1)分三类：第一类，从高一年级选一人，有5种选择；第二类，从高二年级选一人，有6种选择；第三类，从高三年级选一人，有4种选择．由分类加法计数原理，共有5＋6＋4＝15种选法．
(2)分三步完成：第一步，从高一年级选一人，有5种选择；第二步，从高二年级选一人，有6种选择；第三步，从高三年级选一人，有4种选择．由分步乘法计数原理，共有5×6×4＝120种选法．
(3)分三类：高一、高二各一人，共有5×6＝30种选法；高一、高三各一人，共有5×4＝20种选法；高二、高三各一人，共有6×4＝24种选法．由分类加法计数原理，共有30＋20＋24＝74种选法．
类型1　与数字有关的计数问题
【例1】　从0到9十个数字中选出4个组成一个四位数，问组成的数字不重复的四位偶数共有多少个？
[思路点拨]　本题就要根据0在末位和0不在末位的情况来解．
[解]　0在末位时，十、百、千分别有9、8、7种安排方法，共有9×8×7＝504个；
0不在末位时，2，4，6，8中的一个在末位，有4种排法，首位有8种(0除外)，其余两位各有8、7种排法．
∴共有4×8×8×7＝1
792个．
由以上知，共有符合题意的偶数为1
792＋504＝2
296个．
1．对于数字问题的计数：一般按特殊位置(末位或首位)由谁占分类，每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数；但当分类较多时，可用间接法．
2．注意合理的画出示意图，直观的展出问题的实质．
[跟进训练]
1．将本例问题改为：数字不重复的四位奇数有多少个？
[解]　法一：无重复数字的四位数共有9×9×8×7＝4
536个，
由本例知无重复数字的四位偶数有2
296个，
所以数字不重复的四位奇数有4
536－2
296＝2
240个．
法二：按末位是1，3，5，7，9分五类计数．
每一类都有8×8×7＝448个，
所以共有5×448＝2
240个数字不重复的四位奇数．
类型2　与几何有关的计数问题
【例2】　如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　)
A．60　　B．48　　C．36　　D．24
B　[长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48．]
两个计数原理在解决实际问题时常采用的方法
[跟进训练]
2．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．
40　[把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．
第二类，有两条公共边的三角形共有8(个)．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．]
类型3　涂色(种植)问题
【例3】　用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
[思路点拨]　按1，2，3，4顺序涂色时，2，3区域颜色的异同对4有影响，所以应注意分类讨论．
[解]　完成该件事可分步进行．
涂区域1，有5种颜色可选．
涂区域2，有4种颜色可选．
涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选．若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选．
所以共有5×4×(1×4＋3×3)＝260种涂色方法．
涂色?种植?问题的一般思路
?1?为便于分析问题，应先给区域?种植的品种?标上相应序号.
?2?按涂色?种植?的顺序分步或按颜色?种植的品种?恰当选取情况分类.
?3?利用两个原理计数.
[跟进训练]
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，共有多少种不同的种植方法？
[解]　黄瓜有3种种植方法，剩下的两块地，一块有3种种植方法，一块有2种种植方法．根据分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×3×2＝18种．
1．两个计数原理的共同点就是将“完成一件事”分解成若干个事件来完成；不同点是一个与分类有关，一个与分步有关．
2．在解决组数问题，选(抽)问题，涂色(种植)问题时，一定要分清完成一件事是做什么？是分类还是分步？为何分类、分步等问题．
1．一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有(　　)
A．24种　　B．36种　　C．48种　　D．72种
B　[分两类：
(1)第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12种；
(2)第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24种．
∴共有36种．]
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况的种数有(　　)
A．16种　　B．15种　　C．14种　　D．13种
D　[四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．]
3．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1
458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为________．
1
359　[渐升数由小到大排列，形如
1
2
×
×
的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)，如123×，个位可从4，5，6，7，8，9六个数字选一个，有6种等；形如
1
3
4
×
的渐升数共有5个；形如
1
3
5
×
的渐升数共有4个，故此时共有21＋5＋4＝30个，因此从小到大的渐升数的第30个必为1
359．]
4．圆周上有2n个等分点(n>1)，以其中3个点为顶点的直角三角形的个数为________个．
2n(n－1)　[2n个等分点可以组成n条直径，对每一条直径，其余的(2n－2)个等分点均可作为直角顶点，因此可以组成的直角三角形共有2n(n－1)个．]
5．某艺术小组有9人，每人至少会钢琴和小号中的1种乐器，其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴和会小号的各1人，有多少种不同的选法？
[解]　由题意知，在艺术小组的9人中，有且仅有1人既会钢琴又会小号(称为“多面手”)，只会钢琴的有6人，只会小号的有2人．按“多面手”的选法分为两类：
①若“多面手”入选，则有6＋2＝8种选法；
②若“多面手”不入选，则有6×2＝12种选法．
因此选法共有8＋12＝20种．
PAGE§2　排列问题
2.1　排列与排列数
2.2　排列数公式
学
习
任
务
核
心
素
养
1．了解排列及排列数的概念．(重点)2．掌握排列数公式．(难点)
1．通过排列及排列数的概念的学习，培养数学抽象素养．2．借助排列数公式的应用，培养数学运算素养．
1．从1，2，3三个数字中，任选两个做除法，用枚举法，写出所有不同的结果．
2．在问题1中，与是不同结果吗？这说明什么问题？
1．排列
一般地，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．我们把有关求排列的个数的问题叫作排列问题．
2．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
A
排列数公式
乘积式
A＝n(n－1)(n－2)…
(n－m＋1)
阶乘式
A＝
性质
A＝1　0！＝1
备注
n，m∈N＋，m≤n
两个排列相同的条件是什么？
[提示]　这两个排列的元素完全相同，且元素排列的顺序也相同．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)1，2，3与3，2，1是同一个排列．
(　　)
(2)求集合{a，b，c}二元子集个数是一个排列问题．
(　　)
(3)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．
(　　)
(4)A中的x满足x∈．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．从4名学生中选出2名学生当正、副班长，共有选法种数为(　　)
A．4　　B．6　　C．8　　D．12
D　[共有A＝4×3＝12种选法．]
3．将3张电影票分给10人中的3人，每人1张，共有________种不同的分法．
720　[问题相当于从10张电影票中选出3张排列起来，共有A＝10×9×8＝720种分法．]
4．解方程：3A＝2A＋6A．
[解]　由排列数公式得：3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝，
∵x≥3，且x∈N
，
∴原方程的解为x＝5．
类型1　排列的定义
【例1】　判断下列问题是否为排列问题．
(1)选2个小组分别去种树和种菜，共有多少种选法；
(2)选10人组成一个学习小组，共有多少选法；
(3)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员，共有多少种选法；
(4)某班40名学生在假期相互通信，共需写多少封信．
[思路点拨]　解决本题的关键是要明确排列的定义，看选出的元素在安排时是否与顺序有关，若与顺序有关，则是排列问题，否则就不是排列问题．
[解]　(1)中种树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；
(2)中不存在顺序问题，不属于排列问题；
(3)中每个人的职务不同，例如甲当班长与甲当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题；
(4)中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(1)、(3)、(4)属于排列问题．
1．保证是排列问题应满足两个条件：
(1)元素互异；(2)元素有序．
2．判断一个具体问题是否为排列问题的思路
[跟进训练]
1．判断下列哪些问题是排列问题：
(1)从10名学生中抽出2名学生开会，共有多少种抽法；
(2)从2，3，5，7，11中任取两个数相除，共有多少种不同的商；
(3)以圆上的10个点为端点作弦，可以得到多少条弦．
[解]　(1)选出同学甲、乙与乙、甲开会是同一回事，所以与两名学生的先后顺序无关，所以(1)不是排列问题．
(2)由于2÷3≠3÷2，所以本题与两数的顺序有关，是排列问题．
(3)因为弦AB与弦BA是同一条弦，所以本题不是排列问题．
类型2　排列数的计算或化简
【例2】　计算或化简下列各式：
(1)A；(2)A；(3)；(4)1！＋2·2！＋…＋n·n！；(5)＋＋…＋．
[思路点拨]　利用排列数公式和阶乘的定义进行计算，并考虑排列数之间的关系，化简可减少运算量．
[解]　(1)A＝15×14＝210；
(2)A＝8！＝8×7×6×5×4×3×2×1＝40
320；
(3)＝·(n－m)！·
＝·(n－m)！·＝1；
(4)1！＋2·2！＋…＋n·n！＝(2！－1)＋(3！－2！)＋…＋[(n＋1)！－n！]＝(n＋1)！－1；
(5)∵＝－，
∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－．
1．排列数的第一个公式A＝n(n－1)…(n－m＋1)适用于具体计算以及解当m较小时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．
2．排列数的第二个公式A＝，适用于与排列数有关的证明，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m，n∈N＋”的运用．
3．常见技巧
(1)n·n！＝(n＋1)！－n！；
(2)＝－；
(3)A＝nA．
[跟进训练]
2．(1)计算；
(2)已知A＝5×6×7×…×2
020，求m，n的值．
[解]　(1)原式＝＝4×14－12＝44．
(2)∵5×6×7×…×2
020中最大的数为2
020，共有2
020－5＋1＝2
016个数，
∴5×6×7×…×2
020＝A，
∴m－1＝2
016，n＝2
020，
∴m＝2
017，n＝2
020．
类型3　简单的排列问题
[探究问题]
1．6个人站成一排照相，问有多少种不同的排法？
[提示]　共有A＝6×5×4×3×2×1＝720种．
2．6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，问有多少种不同的排法？
[提示]　共有A×A＝(6×5)×(4×3×2×1)＝720种．
3．6个人站成前后两排照相，要求前排3人，后排3人，问有多少种不同的排法？
[提示]　共有A×A＝(6×5×4)×(3×2×1)＝720种．
4．通过前面的探究，你发现了什么规律？
[提示]　本题实际上和6个人站成一排照相共有多少种不同排法的问题完全相同，所以不同的排法总数为A＝720种．因此“分排”问题可“直排”处理．
【例3】　(1)写出从4个不同元素a、b、c、d中任取3个元素的所有排列，并指出有多少种不同的排列？
(2)从3、5、7、8中任意选两个分别作为对数的底数与真数，能构成多少个不同的对数值？
[思路点拨]　(1)依据排列的定义，用枚举法求解；(2)看能不能把问题归结为排列问题，若能，进一步确定m与n的取值．
[解]　(1)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．共有A＝4×3×2＝24种．
(2)选出的任意两个数分别作为对数的底数与真数时，构成的对数值是不一样的，因此是一个有序问题，应用排列去解．故能构成A＝4×3＝12个不同的对数值．
解决简单的排列问题的方法
?1?要看能不能把问题归结为排列问题，也就是判断问题是否与顺序有关，如果与顺序有关，就可归结为排列问题来解；如果与顺序无关，则不能用排列问题求解.
?2?分析问题中n个不同元素指的是什么，m个元素指的是什么，从n个不同元素中每次取出m个元素的每一个排列对应着问题里的什么事件，最后再根据排列数公式A＝n?n－1??n－2?…?n－m＋1?进行计算.
[跟进训练]
3．若将本例第(2)小题中的“3、5、7、8”改为“2、3、4、9”，能构成多少个不同的对数值？
[解]　由于log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，故能构成A－4＝4×3－4＝8个不同的对数值．
1．排列的定义中包括两个基本内容：一是“取出元素”，二是“按一定顺序排列”．
2．有关排列数公式的应用，应注意选择哪种形式的公式，还要注意其隐含条件．
1．＝(　　)
A．　　B．2
021　　
C．　　D．　
A　[＝＝．]
2．下列问题不是排列问题的是(　　)
A．从2，3，5，7，11中任取两数相乘，可得多少个不同的积
B．从2，3，5，7，11中任取两数相减，可得多少个不同的差
C．某班共有50名学生，现要投票选举正副班长各一名，共有多少种选举结果
D．某商场有四个大门，若从一个门进入，购买商品后再从另一个大门出来，不同的出入方式共有多少种
A　[只有A中两数相乘与顺序无关不是排列问题，其余都与顺序有关，属于排列问题．]
3．从1，2，3，4四个数字中，任选两个做除法，则不同的商有(　　)
A．12个　　B．10个　　C．8个　　D．6个
B　[∵＝，＝，∴不同的商有A－2＝4×3－2＝10．]
4．已知A＝7A，则n＝________．
7　[∵A＝7A，
∴n(n－1)＝7(n－4)(n－5)，n≥2，n－4≥2，且n∈N＋，
∴n＝7或n＝(舍)，∴n＝7．]
5．写出A，B，C，D四名同学站成一排照相，A不站在两端的所有可能站法．
[解]　如图所示的树形图：
故所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC，CABD，CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB，共12种．
PAGE§3　组合问题
3.1　组合
3.2　组合数及其性质
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解组合及组合数的定义．(重点)2．掌握组合数公式，并会应用求值．(难点)
1．通过组合及组合数的概念的学习，培养数学抽象素养．2．借助组合数公式的应用，培养数学运算素养．
1．从1，2，3，5四个数字中，任选两个数作加法，试写出所有不同的结果．
2．问题1中1＋2与2＋1是不同结果吗？这说明什么问题？
1．组合及组合数的概念
(1)组合：一般地，从n个不同元素中，任取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．
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的组合数，用符号C表示．
2．组合数公式及其性质
公式
C＝＝
C＝
性质
性质1　C＝C
性质2　C＝C＋C
规定
C＝1
从组合数的定义这个角度，怎样理解组合数的两个性质？
[提示]　(1)对C＝C的理解：从n个不同元素中取出m个元素后，剩下(n－m)个元素，也就是说，从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合，都对应于从n个不同元素中取(n－m)个元素的唯一的一个组合，反过来也如此，因此有C＝C．
(2)对C＝C＋C的理解：设a是(n＋1)个元素中的一个元素，从(n＋1)个元素取m个元素的组合可分为不含元素a和含元素a两类．不含a这一类，从(n＋1)个元素中取m个元素的组合，相当于从n个元素中取m个元素的组合，组合数为C；含a的这一类，a必被取出，从(n＋1)个元素中取m个元素的组合，相当于从其余的n个元素中取(m－1)个元素的组合，组合数为C．根据分类加法计数原理，有C＝C＋C．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)元素相同的两个组合即为同一组合．
(　　)
(2)若组合式C＝C，则x＝m成立．
(　　)
(3)C＝C＋C．
(　　)
(4)kC＝nC．
(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
2．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建造“村村通”工程，共需建公路的条数为(　　)
A．4　　　B．8　　　C．28　　　D．64
C　[共需要建C＝28条公路．]
3．C＋C＝________．
36　[C＋C＝＋＝＋＝15＋21＝36．]
4．已知2C＝C＋C，求C的值．
[解]　由2C＝C＋C，得2·＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，解得n＝7或n＝14，
又n≥12，
所以n＝14，
于是C＝C＝＝91．
类型1　组合概念
【例1】　判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．
(1)10个人相互写一封信，共写出了多少封信？
(2)10个人相互通一次电话，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)从10个人中选3人去开会，有多少种选法？
(5)从10个人中选出3人担任3个不同学科的科代表，有多少种选法？
[解]　(1)是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的，排列数为A＝90．
(2)是组合问题，因为甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，没有顺序区别，组合数为C＝45．
(3)是组合问题，因为每两支球队比赛一次，没有顺序的区别，组合数为C＝45．
(4)是组合问题，因为选出的3个人之间没有顺序的区别，组合数为C＝120．
(5)是排列问题，因为3个人担任哪一科的科代表是有区别的，排列数为A＝720．
区分排列与组合的方法是看事件是否有顺序，而区分事件有无顺序的方法是：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元素的位置，若对结果产生影响，即说明有顺序，是排列问题；若对结果没有影响，即说明无顺序，是组合问题.
[跟进训练]
1．给出下列问题：
(1)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？
(2)在北京、上海、广州三个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票价？(往返票价相同)
(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？
(4)从全班40人中选出3人参加某项劳动，有多少种不同的选法？
在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？
[解]　(1)飞机票与起点、终点有关，有顺序，是排列问题．
(2)票价与起点、终点无关，没有顺序，是组合问题．
(3)3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题．
(4)3人参加某项相同劳动，没有顺序，是组合问题．
类型2　组合数公式及性质的应用
【例2】　(1)计算：①3C－2C；②C＋C；③C＋C＋…＋C．
(2)证明：C＋C＋2C＝C．
[解]　　(1)①3C－2C＝3×
－2×＝148．
②∵∴9.5≤n≤10.5，∵n∈N
，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝＋＝466．
③法一：原式＝C＋C－C＋C－C＋…＋C－C＝C＝330．
法二：原式＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C＝C＝330．
(2)证明：法一：左边＝＋＋
＝[(n－m)(n－m＋1)＋m(m＋1)＋2(m＋1)(n－m＋1)]
＝(n＋2)(n＋1)
＝
＝C
＝右边，原结论得证．
法二：利用公式C＝C＋C推得
左边＝(C＋C)＋(C＋C)＝C＋C＝C＝右边．
1．组合数的两个公式的应用范围
C＝一般偏向于具体组合数的计算；公式C＝常用于有关组合数的恒等式的证明．
2．关于组合数的性质1(C＝C)
(1)该性质反映了组合数的对称性，即从n个不同的元素中取出m个元素的每一个组合，都对应着剩下的n－m个元素的一个组合，反过来也一样，这是一一对应的关系．
(2)当m＞时，通常不直接计算C，而改为计算C．
3．关于组合数的性质2(C＝C＋C)
(1)形式特点：公式的左端下标为n＋1，右端下标为n，相差1，上标左端与右端的一个相同，右端的另一个比它们少1；
(2)作用：常用于有关组合数式子的化简或组合数恒等式的证明．应用时要注意公式的正用、逆用和变形用．正用是将一个组合数拆成两个，逆用则是“合二为一”，使用变形C＝C－C，为某些项前后抵消提供了方便，在解题中要注意灵活应用．
[跟进训练]
2．求值：C＋C．
[解]　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．
3．求证：C＝C．
[证明]　因为C＝，C＝·＝，
所以C＝C．
4．计算：(1)C＋C·C；(2)C·C．
[解]　(1)原式＝C＋C×1＝＋＝56＋4
950＝5
006．
(2)原式＝C·C＝(n＋1)n＝n2＋n．
类型3　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)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
[思路点拨]　第(1)小题选2名教师不考虑男女，实质上是从10个不同的元素中取出2个的组合问题，可用直接法求解．第(2)小题必须选男、女教师各2名，才算完成所做的事，因此需要分两步进行，先从6名男教师中选2名，再从4名女教师中选2名，可用直接法求解．
[解]　(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C＝＝45(种)．
(2)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，因此共有不同的选法C·C＝·＝90(种)．
解简单的组合问题的方法
?1?先判断它是不是组合问题，取出的元素只是组成一组，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.
?2?由上面得出组合?排列?数，然后用公式计算.
[跟进训练]
5．平面内有10个点，其中任何3个点不共线．
(1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
(2)以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
[解]　(1)所求线段的条数即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C＝＝45(条)．
(2)所求有向线段的条数即为从10个元素中任取2个元素的排列共有A＝10×9＝90(条)．
1．组合的定义中包括两个内容：一是“取出元素”；二是“组成一组”是与顺序无关的问题．
2．与组合数有关的计算或证明，要合理地选择公式，计算时，一般用C＝，而证明时，一般用C＝．
3．本节课的易错点是利用组合数性质C＝C解题时，易误认为一定有x＝y，从而导致解题错误．事实上，C＝C?．
1．若C＝36，则n的值为(　　)
A．7　　B．8　　C．9
　　D．10
C　[∵C＝36，∴n(n－1)＝36，即n2－n－72＝0，∴(n－9)(n＋8)＝0．∵n∈N＋，∴n＝9．]
2．下列问题中是组合问题的个数是(　　)
①从全班50人中选出5名组成班委会；
②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员；
③从1，2，3，…，9中任取出两个数求积；
④从1，2，3，…，9中任取出两个数求商．
A．1　　B．2　　C．3　　D．4
B　[①③与顺序无关，属于组合问题；②④与顺序有关，属于排列问题，故选B．]
3．某施工小组有男工7名，女工3名，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组，不同的选法有(　　)
A．C种
　　B．A种　　C．AA种　　D．CC种
D　[每个被选的人都无顺序差别，是组合问题．分两步完成：第一步，选女工，有C种选法；第二步，选男工，有C种选法．故共有CC种不同的选法．]
4．某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法有________种．
2
520　[从10人中选派4人有C种方法，对选出的4人具体安排会议有CC种方法，由分步乘法计数原理知，不同的选派方法种数为CCC＝2
520．]
5．一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：
(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？
(2)在选出11名上场队员时，还要确定其中一人为守门员，那么教练员有多少种方法做这件事情？
[解]　(1)由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的学员上场方案有C＝12
376(种)．
(2)教练员可以分两步完成这件事情．
第1步，
从17名学员中选出11人组成上场小组，共有C种选法；第2步，从选出的11人中再选出1名守门员，共有C种选法．所以教练员做这件事情的方法数有C
×C＝136
136(种)．
PAGE§4　二项式定理
4.1　二项式定理的推导
学
习
任
务
核
心
素
养
1．能用计数原理证明二项式定理．(难点)2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．(重点、难点)
1．
借助二项式定理的证明，培养逻辑推理素养．2．通过二项式定理的应用，提升数学运算素养．
1．我们知道(a＋b)2＝(a＋b)(a＋b)＝a×a＋a×b＋b×a＋b×b＝a2＋2ab＋b2．如何用组合知识来解释a2，ab，b2的系数．
2．仿照上述过程，你认为(a＋b)3，(a＋b)4的展开式是什么？
1．二项式定理
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N
)叫作二项式定理．
2．相关概念
(1)公式右边的多项式叫作(a＋b)n的二项展开式；
(2)各项的系数C(k∈{0，1，2，…，n})叫作二项式系数；
(3)展开式中的Can－kbk叫作二项式通项，记作Tk＋1，它表示展开式的第k＋1项；
(4)在二项式定理中，如果设a＝1，b＝x，则得到公式(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn．
(1＋2x)n的二项展开式是什么？其第5项的二项式系数和第5项的系数各是什么？
[提示]　(1＋2x)n＝C＋C2x＋C(2x)2＋C(2x)3＋…＋C(2x)n．
其第5项的二项式系数为C，第5项的系数为C·24＝16C．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)Can－kbk是二项展开式的第k项．
(　　)
(2)(a＋b)n的展开式中任一项的二项式系数与a，b均无关．
(　　)
(3)(a＋b)n的展开式中共n项．
(　　)
(4)(2a－3b)n某项的系数是该项的数字因数，与该项的二项式系数不同．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．二项式(a＋b)2n的展开式的项数是(　　)
A．2n　　　B．2n＋1　　　C．2n－1　　　D．2(n＋1)
B　[展开式的项数比二项式的指数大1，故选B．]
3．代数式(x＋1)4－4(x＋1)3＋6(x＋1)2－4(x＋1)＋1可化简为________．
x4　[(x＋1)4－4(x＋1)3＋6(x＋1)2－4(x＋1)＋1＝C(x＋1)4＋C(x＋1)3(－1)1＋C(x＋1)2(－1)2＋C(x＋1)·(－1)3＋C(－1)4＝[(x＋1)－1]4＝x4．]
4．求的展开式中的常数项．
[解]　的通项为Tr＋1＝C(2x)8－r·＝C28－r·x8－4r．
令8－4r＝0，得r＝2，
∴常数项为T3＝C26＝28．
类型1　二项式定理的正用与逆用
【例1】　(1)求的展开式；
(2)求值C＋3C＋9C＋…＋3n－1C．
[思路点拨]　(1)直接利用二项式定理展开，也可以先化简再展开；(2)先化成二项展开式的形式，然后逆用二项式定理求解．
[解]　(1)法一：＝(3)4＋C(3)3＋C(3)2＋C(3)＋C＝81x2＋108x＋54＋＋．
法二：＝＝(1＋3x)4
＝[1＋C3x＋C(3x)2＋C(3x)3＋C(3x)4]
＝(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)
＝＋＋54＋108x＋81x2．
(2)原式＝(3C＋32C＋33C＋…＋3nC)
＝(C
×1n＋C
×1n－1×31＋C
×1n－2×32＋…＋C3n－1)
＝[(1＋3)n－1]＝．
1．(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：
(1)各项的次数都等于n；
(2)字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n．
2．逆用二项式定理，可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的特点靠拢．
[跟进训练]
1．求的展开式．
[解]　法一：＝C(2x)5＋C(2x)4＋C(2x)3＋C(2x)2＋C(2x)＋C＝32x5－120x2＋－＋－．
法二：＝
＝[C(4x3)5＋C(4x3)4(－3)＋C(4x3)3(－3)2＋C(4x3)2(－3)3＋C(4x3)(－3)4＋C(－3)5]
＝32x5－120x2＋－＋－．
2．化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)．
[解]　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．
类型2　利用通项公式求二项展开式中的特定项
　求二项展开式中的特定项
【例2】　已知在eq
\s\up12()的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
[思路点拨]　利用展开式中的通项公式求出当x的次数为0时n的值，再求解(2)(3)问．
[解]　(1)由通项公式知，展开式中第k＋1项为Tk＋1＝C·()n－k·＝C·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))eq
\s\up12(n－k)·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)·x))eq
\s\up12(k)＝·Cxeq
\s\up12()．
∵第6项为常数项，∴k＝5，且n－5×2＝0，
∴n＝10．
(2)由(1)知Tk＋1＝·C·xeq
\s\up12()．令＝2，则k＝2．
∴x2的系数为·C＝
×45＝．
(3)当Tk＋1为有理项时，为整数，0≤k≤10，且k∈N
．
令＝z，则k＝5－z，因为z为偶数，从而求得当z＝2，0，－2时，k＝2，5，8符合条件．
∴有理项为T3＝C·x2＝x2，T6＝C＝－，T9＝Cx－2＝x－2．
求二项展开式的特定项问题，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围?k＝0，1，2，…，n?.
?1?第m项：此时k＋1＝m，直接代入通项；
?2?常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；
?3?有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.,特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解.
[跟进训练]
3．求二项式的展开式中的常数项．
[解]　设第r＋1项为常数项，则
Tr＋1＝C·(x2)10－r＝C·xeq
\s\up8(20－r)·
(r＝0，1，2，…，10)．
令20－r＝0，得r＝8．
所以T9＝C·＝．
故第9项为常数项，其值为．
　求二项展开式中特定项的系数
【例3】　(1)(多项式是积的形式)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　)
A．12　　　B．16　　　C．20　　　D．24
(2)(多项式是和的形式)已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中含x3的系数为－2，则a等于(　　)
A．2　　　　B．2　　　　C．－2　　　　D．－1
(3)(三项展开式问题)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10　　　　B．20　　　　
C．30　　　　D．60
(1)A　(2)B　(3)C　[(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为1×C＋2C＝12．
(2)(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中x3的系数为Ca3＋C(－1)3＝a3－10＝－2，则a3＝8，解得a＝2．
(3)法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2．其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5．
所以x5y2的系数为CC＝30．
法二：(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积．
∴x5y2可从其中5个因式中，两个取因式中x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，因此x5y2的系数为CCC＝30．]
1．求几个多项式积的特定项：可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可．
2．求几个多项式和的特定项：先分别求出每一个多项式中的特定项，再合并，通常要用到方程或不等式的知识求解．
3．三项展开式特定项：(1)通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法求解；(2)将其中某两项看成一个整体，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形．
[跟进训练]
4．
(1)已知(1＋x)
(n∈N＋，n＜10)的展开式中没有常数项，则n的最大值是(　　)
A．6　　　　B．7　　　　C．8　　　　D．9
(2)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________．
(3)在(1－)7＋的展开式中，若x2的系数为19，则a＝________．
(1)B　(2)40　(3)2　[(1)∵(1＋x)
(n∈N＋，n＜10)的展开式中没有常数项，∴的展开式中没有x－1项和常数项．∵n的展开式的通项为Tr＋1＝C·xn－3r，故n－3r≠0，且n－3r≠－1，即n≠3r，且n≠3r－1，∴n≠3，6，9，且n≠2，5，8，故n的最大值为7，故选B．
(2)由二项式定理可得，展开式中含x3y3的项为x·C(2x)2(－y)3＋y·C(2x)3(－y)2＝40x3y3，则x3y3的系数为40．
(3)(1－)7＋的展开式中x2的系数为C(－)6＋C()5＝Cx2＋Cx2a，则aC＋C＝19，解得a＝2．]
类型3　利用二项式定理解决整除问题
【例4】　求证：32n＋2－8n－9(n∈N＋)能被64整除．
[思路点拨]　可将32n＋2写成(8＋1)n＋1，然后利用二项式定理展开．
[解]　32n＋2－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C·82＋C·8＋C－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C·82＋8(n＋1)＋1－8n－9
＝C8n＋1＋C8n＋…＋C82，
该式每一项都含因式82，故能被64整除．
整除性问题或求余数的处理方法
(1)构造一个与题目条件有关的二项式；
(2)用二项式定理处理整除问题时，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只需考虑后面(或者是前面)一、两项就可以了；
(3)要注意余数的范围，若a＝cr＋b，其中b为余数，b∈[0，r)，r是除数．利用二项式定理展开、变形后，若剩余部分是负数，则要注意转化．
[跟进训练]
5．求9192被100除的余数．
[解]　法一：9192＝(100－9)92＝C·10092－C·10091·9＋C·10090·92－…＋C992，
展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．
∵992＝(10－1)92＝C·1092－C·1091＋…＋C·102－C·10＋1，
前91项均能被100整除，后两项和为－919，
因余数为正，可从前面的数中分离出1
000，结果为1
000－919＝81，
故9192被100除可得余数为81．
法二：9192＝(90＋1)92＝C·9092＋C·9091＋…＋C·902＋C·90＋C．
前91项均能被100整除，剩下两项和为92×90＋1＝8
281，
又8
281除以100所得余数为81．
故9192被100除可得余数为81．
1．二项式定理主要解决了三类问题，一类是求二项式的展开式；二是求二项式的某些特定项；三是利用二项式定理解决整除或求余数问题．
2．要注意在二项式的展开式中某项的系数与该项的二项式系数之间的区别与联系．
1．(x－y)n的二项展开式中，第r项的二项式系数为(　　)
A．C　　　　
B．C
C．C
D．(－1)r－1C
C　[由展开式通项知Tr＝Cxn＋1－r·(－y)r－1．所以，第r项的二项式系数为C．]
2．展开式中的常数项为(　　)
A．80　　　B．－80　　　C．40　　　D．－40
C　[Tr＋1＝C·(x2)5－r·＝C·x10－2r·(－2)r·x－3r＝C·(－2)r·x10－5r．
若第r＋1项为常数项，则10－5r＝0，得r＝2，即常数项T3＝C(－2)2＝40．]
3．设a∈Z，且0≤a＜13，若512
020＋a能被13整除，则a＝(　　)
A．0　　　　B．1　　　
C．11　　　D．12
D　[512
020＋a＝(13×4－1)2
020＋a，被13整除余1＋a，结合选项可得a＝12时，512
020＋a能被13整除．]
4．化简1－2C＋4C－8C＋16C＋…＋(－2)nC＝________．
(－1)n　[原式＝20C－21C＋22C－23C＋24C＋…＋(－2)nC
＝C1n(－2)0＋C1n－1(－2)1＋C1n－2(－2)2＋C1n－3(－2)3＋C1n－4(－2)4＋…＋C10(－2)n＝(1－2)n＝(－1)n．]
5．求(1＋2x)7的展开式的第4项的系数．
[解]　(1＋2x)7的展开式的第4项是T3＋1＝C·17－3·(2x)3＝C·23·x3＝35×8x3＝280x3，
故第4项的系数为280．
PAGE4.2　二项式系数的性质
学
习
任
务
核
心
素
养
1．了解杨辉三角．2．掌握二项式系数的性质．(重点)3．会用赋值法求系数和．(难点、重点)
通过二项式系数的性质的应用，提升逻辑推理、直观想象、数学运算的数学素养．
杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．在欧洲，帕斯卡在1654年发现这一规律，所以杨辉三角又叫做帕斯卡三角．帕斯卡的发现比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年．
杨辉三角的特点
(1)每行两端都是1，与这两个1等距离的项的二项式系数相等，即C＝C．
(2)在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝C＋C．
(3)在(a＋b)n的展开式中，各二项式系数的和：C＋C＋C＋…＋C＝2n．
若一个集合有n个元素，则它有多少个子集？为什么？
[提示]　由分类加法原理知，其子集个数为C＋C＋C＋…＋C＝2n．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)杨辉三角中的每个数都是组合数．
(　　)
(2)二项式展开式中系数最大项与二项式系数最大项是相同的．
(　　)
(3)二项展开式的二项式系数和为2n．
(　　)
(4)当x>0，且n∈N时，n≥1＋nx．
(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
2．若(1－3x)2
020＝a0＋a1x＋…＋a2
020x2
020，x∈R，则a1·3＋a2·32＋…＋a2
020·32
020的值为(　　)
A．22
020－1　　　　　
B．82
020－1
C．22
020　　
D．82
020
B　[由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32＋…＋a2
020·32
020＝(1－9)2
020＝82
020，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2
020·32
020＝82
020－a0＝82
020－1，故选B．]
3．若二项式的展开式中的各项系数之和为－1，则含x2的项的系数为________．
560　[取x＝1，得二项式的展开式中的各项系数之和为(1＋a)7，即(1＋a)7＝－1，解得a＝－2．二项式的展开式的通项为Tr＋1＝C·(x2)7－r·＝C·(－2)r·x14－3r．令14－3r＝2，得r＝4．因此，二项式的展开式中含x2项的系数为C·(－2)4＝560．]
4．已知(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，求a的值．
[解]　设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5．②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3．
类型1　与杨辉三角有关的问题
【例1】　在杨辉三角中，每个数值是它肩上的两个数之和，这个三角形中开头几行如图所示．
试求在杨辉三角中的某一行会出现相邻的三个数，它们的比是3∶4∶5吗？
[思路点拨]　杨辉三角可直观地得出二项式系数的值，但它仅适用于(a＋b)n中n值较小时．
[解]　杨辉三角的第n行是二项式(a＋b)n展开式的二项式系数，即C，C，C，…，C，…，C．如果第n行中有三个连续的系数之比为3∶4∶5，那么就有一个正整数k，使得
从而有
即
即
解得
∴在第62行中存在连续的三个数C，C，C它们的比为3∶4∶5．
1．本题的突破口在于找到了(a＋b)n展开式的二项式系数为C，C，C，…，C，…，C．
2．解决与杨辉三角有关的问题的一般思路是：通过观察，找出每一行数据间的相互联系，以及行与行间数据的相互联系，然后对数据间的这种联系用数学式子将它表达出来，使问题得解．注意观察方法，横看、竖看、连续看、偏行看，从多角度观察．
[跟进训练]
1．如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一列数：1，2，3，3，6，4，10，…，在这列数中，第10个数是________．
6　[由题图知，第1个数是C，第2个数是C，第3个数是C，第4个数是C，…，第9个数是C，第10个数是C．]
类型2　赋值法求多项式的系数和
【例2】　若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求：
(1)a7＋a6＋…＋a1；
(2)a7＋a5＋a3＋a1；
(3)a6＋a4＋a2＋a0；
(4)|a7|＋|a6|＋…＋|a1|．
[思路点拨]　所求结果与各项系数有关，可以考虑用“赋值法”解题．
[解]　(1)令x＝0，则a0＝－1；
令x＝1，则a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128，①
∴a7＋a6＋…＋a1＝129．
(2)令x＝－1，则－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)7，②
由得，a7＋a5＋a3＋a1＝[128－(－4)7]＝8
256．
(3)由得，a6＋a4＋a2＋a0＝[128＋(－4)7]＝－8
128．
(4)∵(3x－1)7展开式中，a7、a5、a3、a1均大于零，而a6、a4、a2、a0均小于零，
∴|a7|＋|a6|＋…＋|a1|＝(a1＋a3＋a5＋a7)－(a0＋a2＋a4＋a6)＝8
256－(－8
128)＝16
384．
1．对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)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)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
2．一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则
①各项系数和a0＋a1＋a2＋…＋an＝f(1)．
②奇数项系数和a0＋a2＋a4＋…＝．
③偶数项系数和a1＋a3＋a5＋…＝．
[跟进训练]
2．已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________．
－256　[令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，①
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝25，②
由①②，解得a0＋a2＋a4＝－(a1＋a3＋a5)＝16，
则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256．]
类型3　二项式系数性质的应用
【例3】　(＋3x2)n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．
[思路点拨]　　(1)可由各项系数和比各项的二项式系数和大于992，求出n值，再由二项式系数的性质求解(1)．可依据二项式的系数的含义列出不等式，求出最大的项．
[解]　(1)令x＝1，则二项展开式各项系数的和为(1＋3)n＝4n，展开式中各项的二项式系数之和为2n，
由题意知，4n－2n＝992．
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍)，或2n＝32，
∴n＝5．
由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是第3项Ceq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))eq
\s\up12(3)
(3x2)2＝90x6，第4项Ceq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))eq
\s\up12(2)
(3x2)3＝270xeq
\s\up12()．
(2)展开式中的通项公式为C3r·xeq
\s\up12((5＋2r))．
假设第r＋1项系数最大，则有
∴
∴
∴
≤r≤
．
∵r∈N＋，∴r＝4．
∴展开式中系数最大的项为第5项Cxeq
\s\up12()
(3x2)4＝405xeq
\s\up12()．
1．求二项式系数最大的项，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，解不等式的方法求得．
[跟进训练]
3．已知的展开式中，只有第五项的二项系数最大，求该展开式中系数最大的项．
[解]　由二项式系数最大项的性质知n＝8．设第r＋1项的系数Tr＋1为最大，
则有即
即解得2≤r≤3(r∈Z)，
∴r＝2或3，所以二项式的展开式中系数最大的项是T3＝C()8－2·＝7xeq
\s\up12()，T4＝C()8－3＝7xeq
\s\up12()．
1．二项式系数之和等于2n．
2．可以用赋值法求与二项式系数有关的问题．
3．二项展开式系数最大、最小项可转化为解不等式问题．
1．已知(a＋b)n展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n等于(　　)
A．11　　　B．10　　　C．9　　　D．8
D　[∵只有第5项的二项式系数最大，∴＋1＝5．∴n＝8．]
2．(1－x)7的展开式中，系数最大的项是(　　)
A．第3项　
B．第4项
C．第5项　
D．第6项
C　[(1－x)7展开式共有8项，其中中间项两项，第4项和第5项系数的绝对值最大，但第4项系数是负的．故选C．]
3．设复数x＝(i是虚数单位)，则Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2
019等于(　　)
A．i　　　　B．－i　　　　C．－1＋i　　　　D．－1－i
D　[x＝＝＝－1＋i，由于Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2
019＝(1＋x)2
019－1＝i2
019－1＝－i－1．]
4．(a＋b)n二项展开式中与第r－1项系数相等的项是________．
第n－r＋3项　[∵第r－1项的系数为C＝C，∴第n－r＋3项的系数与第r－1项的系数相等．]
5．m，n∈N＋，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中x的系数为19．求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数．
[解]　由题设m＋n＝19，
∵m，n∈N＋，
∴
…
x2的系数为C＋C＝(m2－m)＋(n2－n)＝m2－19m＋171．
∴当m＝9或10时，x2的系数取最小值81，此时x7的系数为C＋C＝156．
PAGE5章
计数原理
类型1　两个基本计数原理的应用
【例1】　某电视台连续播放6个广告，其中有三个不同的商业广告、两个不同的CBA宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且CBA宣传广告与公益广告不能连续播放，两个CBA宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？
[解]　由题意知，这里是元素不相邻的问题，首先排列3个商业广告，有A＝6种结果，再在三个商业广告形成的四个空中排列三个元素；注意最后一个位置一定要有广告，共有CA＝18种结果，根据分步计数原理知共有6×18＝108种结果．
使用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，要根据我们完成某件事情时采取的方式而定，怎样确定是分类还是分步？“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步用什么方法.应用时我们分类要做到“不重不漏”，分步做到“步骤完整”.
[跟进训练]
1．五个成年人和两个小孩(一男一女)排成一排照相，要求每个小孩两边都是成年人，且小女孩要和其母亲(五个成年人之一)排在一起，问：有多少种不同的排法？
[解]　第一步：从其他四位成年人中选出一人和小女孩的母亲排在小女孩的两边成“成女母”的方法数为C·A＝8种．
第二步：把“成女母”看成一个成年人和另外三位成年人排成一排的方法数为A＝24种．
第三步：把小男孩插入相应的位置的方法数为A＝3．
∴满足条件的排法数为8×24×3＝576种．
类型2　重复元素的排列、组合问题
【例2】　设4名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动方案有a种，4名同学在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的结果有b种，则(a，b)为(　　)
A．(34，43)　
B．(33，34)
C．(43，34)　
D．(A，A)
[思路点拨]　遇到元素重复的问题，往往用分步乘法计数原理求解，但要搞清“主次”对象．本题的前半部分题意是“人报名”，后半部分题意是“冠军归属人”．
A　[每名学生报名有3种选择，4名学生报名就有34种选择，每项冠军有4种可能归属，3项冠军有43种可能结果．]
我们常见的排列、组合问题，其中的元素通常是不可重复的，那么遇到有重复元素的排列、组合问题时，我们该如何求解呢？
?1?一般地，从n个不同元素里有放回的取出m?m≤n?个元素?允许重复出现?，按一定顺序排成一列，那么第1、第2、…、第m次选取元素的方法都有n种，由分步乘法计数原理得，从n个不同元素里有放回的取出m个元素?允许重复出现?的排列数为：N＝n·n·n·…·n＝nm?m，n∈N
，m≤n?.
?2?“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一种常用方法.这类问题就是把n?n≥1?个相同的元素分配到m?1≤m≤n?个不同的组，使得每组中都至少有一个元素，求一共有多少种不同的分法的问题，它关注的是每组元素的个数是多少，而不是每组中元素是什么.
[跟进训练]
2．乒乓球比赛用球的直径为40.00
mm，一种乒乓球筒高200
mm，现有4个乒乓球筒，则要将5个比赛用球放到4个乒乓球筒里(乒乓球筒可以空着)，共有多少种不同的放法？
[解]　200÷40＝5(个)，即一个乒乓球筒中最多可装5个乒乓球．
法一：分类法
第一类：全部放入1个乒乓球筒里，有C＝4种放法；
第二类：放入2个乒乓球筒里，有C
×4＝24种放法；
第三类：放入3个乒乓球筒里，有C
×6＝24种放法；
第四类：放入4个乒乓球筒里，有4种放法．
所以，不同的放法种数为4＋24＋24＋4＝56．
法二：隔板法
将4个乒乓球筒与5个乒乓球看成9个相同元素，除去两边共形成了8个空隙，在这8个空隙中放进3个隔板．即有C＝56种不同的放法．
类型3　排列与组合中元素的相邻与不
相邻问题
【例3】　学校举行数学模块考试，最后一个考场只有6个学生，其中有4个文科生和2个理科生，要求把这6个学生排成一列，最后一个必须是理科生，且2个理科生不能相邻，则不同的安排方法有(　　)
A．720种　　B．48种　　C．96种　　D．192种
[思路点拨]　由于2个理科生不能相邻，故可用插空法求解．
D　[先将4个文科生全排有A种排法，再从2个理科生中任选一个放在最后，有C种排法，最后将剩下的1个理科生插空(不能与最后一个相邻)有C种排法，所以一共有ACC＝192种不同的排法．]
求解排列与组合中元素“相邻”和“不相邻”的问题，应遵循“先整体，后局部”的原则.
?1?元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间或两端将需要不相邻的元素插入.
?2?元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先将相邻的若干元素捆绑为一个大元素，然后与其他元素全排列，最后松绑，将这若干个元素内部全排列.
[跟进训练]
3．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？
[解]　第一步：先将两个偶数排好，有A种不同的排法；
第二步：两个偶数之间的奇数，可以有A种选择；
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A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A·A·A＝36个．
【例】　(1＋ax＋by)n展开式中不含x的项的系数的绝对值的和为243，不含y的项的系数的绝对值的和为32，则a，b，n的值可能为(　　)
A．a＝2，b＝－1，n＝5　　　
B．a＝－2，b＝－1，n＝6
C．a＝－1，b＝2，n＝6　　　
D．a＝1，b＝2，n＝5
[思路点拨]　对于(1＋ax＋by)n，虽然我们没有学过三项展开式，但所谓“不含x的项”，只需令(1＋ax＋by)n中a＝0即可，“不含y的项”也只需令b＝0．这样三项展开式就变成了二项展开式，又可以用我们所熟悉的二项式的性质来解题了．
D　[令a＝0，y＝1，则(1＋)n＝243＝35；令b＝0，x＝1，则(1＋)n＝32＝25，则可取a＝1，b＝2，n＝5，选D．]
赋值法是给代数式?或方程或函数?表达式中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于问题解决的目的.实际上赋值法中所体现的是从一般到特殊的转化思想，特别是在二项式定理中的应用尤为广泛.一般地，对于多项式f?x?＝?px＋q?n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，f?x?的各项的系数和为f?1?；f?x?的奇数项的系数和为[f?1?＋f?－1?]；f?x?的偶数项的系数和为
[f?1?－f?－1?].
[素养提升练]
设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，求a6＋a4＋a2＋a0的值．
[解]　令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64．
令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)6＝4
096．
两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4
160，
∴a6＋a4＋a2＋a0＝2
080．
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