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苏教版 (2019)选择性必修第二册第7章 计数原理本章综合与测试学案
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这是一份苏教版 (2019)选择性必修第二册第7章 计数原理本章综合与测试学案，共8页。学案主要包含了两个计数原理，排列与组合的综合应用，二项式定理及其应用等内容，欢迎下载使用。
一、两个计数原理
1．分类计数原理和分步计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
例1 (1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为( )
A．484 B．472
C．252 D．232
答案 B
解析 根据题意，共有Ceq \\al(3,16)种取法，其中每一种卡片各取3张，有4Ceq \\al(3,4)种取法，取2张绿色卡片有Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)种取法，故所求的取法共有Ceq \\al(3,16)－4Ceq \\al(3,4)－Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)＝472(种)．
(2)车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？
解 方法一 设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(4,4)＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(4,4)＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)＝40(种)，
所以共有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＋Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)＝185(种)选派方法．
方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝75(种)，
5名男钳工有3名被选上的方法有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(2,2)＝100(种)，
5名男钳工有2名被选上的方法有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,4)＝10(种)，
所以共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．
方法三 4名女车工都被选上的方法有Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,2)＝35(种)，
4名女车工有3名被选上的方法有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(2,2)＝120(种)，
4名女车工有2名被选上的方法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)＝30(种)，
所以共有35＋120＋30＝185(种)选派方法．
反思感悟 应用两个计数原理计数的四个步骤
(1)明确完成的这件事是什么．
(2)思考如何完成这件事．
(3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类．
(4)选择计数原理进行计算．
跟踪训练1 (1)从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)
答案 60
解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有Aeq \\al(3,4)个；
②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2Aeq \\al(2,4)个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)个．所以满足条件的三位数共有Aeq \\al(3,4)＋2Aeq \\al(2,4)＋Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＝60(个)．
(2)由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
答案 30
解析 从4人中选出两个人作为一个元素有Ceq \\al(2,4)种方案，
同其他两个元素在三个位置上排列有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(种)方案，其中有不符合条件的，
即学生甲、乙同时参加同一竞赛，共有Aeq \\al(3,3)种方案，
所以不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．
二、排列与组合的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．
例2 在高三(1)班元旦晚会上，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？
解 (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Aeq \\al(7,7)＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个舞蹈节目排序，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)方法．
根据分步计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有Aeq \\al(6,6)＝720(种)方法．
×□×□×□×□×□×□×
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Aeq \\al(4,7)＝840(种)方法．
根据分步计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有Aeq \\al(12,12)种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的顺序有eq \f(A\\al(12,12),A\\al(10,10))＝Aeq \\al(2,12)＝132(种)．
反思感悟 解决排列、组合综合问题要注意以下几点
(1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题．
(2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接．
(3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净．
跟踪训练2 某局安排3位副局长带5名职员去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职员，则不同的安排方法种数为________．
答案 900
解析 分三步：第一步，将5名职员分成3组，每组至少1人，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))))种不同的分组方法；第二步，将这3组职员分到3地有Aeq \\al(3,3)种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有Aeq \\al(3,3)种不同的方法．根据分步计数原理，得不同的安排方法共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))))Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(3,3)＝900(种)．
三、二项式定理及其应用
1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解．
2．二项式原理所体现的是一种数学运算素养．
角度1 二项展开式的“赋值问题”
例3 (1)若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 C
解析 在(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，得(2＋eq \r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，得(－2＋eq \r(3))4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得
(2＋eq \r(3))4·(－2＋eq \r(3))4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求：
①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解 ①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
反思感悟 “赋值法”在二项展开式中的应用
(1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征．
(2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等，视具体情况而定．
(3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可．
跟踪训练3 若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
答案 5
解析 令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
角度2 二项展开式的特定项问题
例4 已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,\r(3,x))))n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)求展开式中系数的绝对值最大的项；
(3)求n＋9Ceq \\al(2,n)＋81Ceq \\al(3,n)＋…＋9n－1Ceq \\al(n,n)的值．
解 (1)由Ceq \\al(4,n)(－2)4∶Ceq \\al(2,n)(－2)2＝56∶3，
解得n＝10(负值舍去)，
通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(3,x))))r
当5－eq \f(5r,6)为整数时，r可取0,6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第r＋1项系数的绝对值最大，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,10)2r≥C\\al(r－1,10)2r－1，,C\\al(r,10)2r≥C\\al(r＋1,10)2r＋1，))
解得eq \f(19,3)≤r≤eq \f(22,3)，
又因为r∈N，所以r＝7，
当r＝7时，T8＝，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，T11＝
所以系数的绝对值最大的项为T8＝.
(3)原式＝10＋9Ceq \\al(2,10)＋81Ceq \\al(3,10)＋…＋910－1Ceq \\al(10,10)
＝eq \f(9C\\al(1,10)＋92C\\al(2,10)＋93C\\al(3,10)＋…＋910C\\al(10,10),9)
＝eq \f(C\\al(0,10)＋9C\\al(1,10)＋92C\\al(2,10)＋93C\\al(3,10)＋…＋910C\\al(10,10)－1,9)
＝eq \f(1＋910－1,9)＝eq \f(1010－1,9).
延伸探究 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))n展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解 (1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第r＋1项，
则Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))r＝Ceq \\al(r,8)mrx8－2r，
故8－2r＝0，即r＝4，
则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，
解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,8)mr≥C\\al(r－1,8)mr－1，,C\\al(r,8)mr≥C\\al(r＋1,8)mr＋1，))
化简可得eq \f(8m－1,m＋1)≤r≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4<\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)<7.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,4)所以m只能等于2.
反思感悟 二项式特定项的求解策略
(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)确定二项展开式中的系数最大项或最小项：利用二项式系数的性质．
跟踪训练4 已知(eq \r(x)－eq \r(3,x))n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024.
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数)；
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中x2项的系数．
解 (1)由题意得，2n＝1 024，∴n＝10，
∴展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r(－eq \r(3,x))r＝(－1)rCeq \\al(r,10)
＝(－1)rCeq \\al(r,10) (r＝0,1，…，10)，
令5－eq \f(r,6)∈Z，得r＝0,6.
∴有理项为T1＝Ceq \\al(0,10)x5＝x5，T7＝Ceq \\al(6,10)x4＝210x4.
(2)∵Ceq \\al(r,n)＋Ceq \\al(r－1,n)＝Ceq \\al(r,n＋1)，
∴Ceq \\al(r－1,n)＝Ceq \\al(r,n＋1)－Ceq \\al(r,n)，
∴x2项的系数为Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,10)＝(Ceq \\al(3,4)－Ceq \\al(3,3))＋(Ceq \\al(3,5)－Ceq \\al(3,4))＋…＋(Ceq \\al(3,11)－Ceq \\al(3,10))＝Ceq \\al(3,11)－Ceq \\al(3,3)＝164.
1．知识清单：
(1)两个计数原理．
(2)排列与组合的综合应用．
(3)二项式定理及其应用．
2．方法归纳：分类讨论、先选后排法、特殊元素优先安置法、捆绑法、插空法、赋值法等．
3．常见误区：一是对于含至多、至少的问题思考不全面；二是特殊元素(位置)考虑不周；三是混淆二项式系数和项的系数．
1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20 C．15 D．10
答案 C
解析 因为(1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)xr，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Ceq \\al(2,6)x3＝15x3，所以系数为15.
2．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3＋a5)的值为( )
A．－eq \f(122,121) B．－eq \f(61,60)
C．－eq \f(244,241) D．－1
答案 A
解析 令x＝－1，得
(2＋1)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35，
令x＝1，得(2－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，
∴a1＋a3＋a5＝－121，a0＋a2＋a4＝122，
∴eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3＋a5)＝－eq \f(122,121).
3．身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数共有( )
A．24种 B．28种
C．36种 D．48种
答案 D
解析 分类计数原理，按红红之间有蓝无蓝两类来分．
(1)当红红之间有蓝时，则有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)＝24(种)，
(2)当红红之间无蓝时，则有Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝24(种)，
因此，这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，则有48种排法．
4．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
答案 1 260
解析 不含有0的四位数有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(2,3)×Aeq \\al(4,4)＝720(个)．
含有0的四位数有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(1,3)×Aeq \\al(3,3)＝540(个)．
综上，四位数的个数为720＋540＝1 260.
一、两个计数原理
1．分类计数原理和分步计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
例1 (1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为( )
A．484 B．472
C．252 D．232
答案 B
解析 根据题意，共有Ceq \\al(3,16)种取法，其中每一种卡片各取3张，有4Ceq \\al(3,4)种取法，取2张绿色卡片有Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)种取法，故所求的取法共有Ceq \\al(3,16)－4Ceq \\al(3,4)－Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,12)＝472(种)．
(2)车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？
解 方法一 设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(4,4)＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(4,4)＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)＝40(种)，
所以共有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＋Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)＝185(种)选派方法．
方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝75(种)，
5名男钳工有3名被选上的方法有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(2,2)＝100(种)，
5名男钳工有2名被选上的方法有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,4)＝10(种)，
所以共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．
方法三 4名女车工都被选上的方法有Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,2)＝35(种)，
4名女车工有3名被选上的方法有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(2,2)＝120(种)，
4名女车工有2名被选上的方法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(4,5)＝30(种)，
所以共有35＋120＋30＝185(种)选派方法．
反思感悟 应用两个计数原理计数的四个步骤
(1)明确完成的这件事是什么．
(2)思考如何完成这件事．
(3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类．
(4)选择计数原理进行计算．
跟踪训练1 (1)从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)
答案 60
解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有Aeq \\al(3,4)个；
②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2Aeq \\al(2,4)个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)个．所以满足条件的三位数共有Aeq \\al(3,4)＋2Aeq \\al(2,4)＋Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＝60(个)．
(2)由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
答案 30
解析 从4人中选出两个人作为一个元素有Ceq \\al(2,4)种方案，
同其他两个元素在三个位置上排列有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(种)方案，其中有不符合条件的，
即学生甲、乙同时参加同一竞赛，共有Aeq \\al(3,3)种方案，
所以不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．
二、排列与组合的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．
例2 在高三(1)班元旦晚会上，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？
解 (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Aeq \\al(7,7)＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个舞蹈节目排序，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)方法．
根据分步计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有Aeq \\al(6,6)＝720(种)方法．
×□×□×□×□×□×□×
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Aeq \\al(4,7)＝840(种)方法．
根据分步计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有Aeq \\al(12,12)种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的顺序有eq \f(A\\al(12,12),A\\al(10,10))＝Aeq \\al(2,12)＝132(种)．
反思感悟 解决排列、组合综合问题要注意以下几点
(1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题．
(2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接．
(3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净．
跟踪训练2 某局安排3位副局长带5名职员去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职员，则不同的安排方法种数为________．
答案 900
解析 分三步：第一步，将5名职员分成3组，每组至少1人，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))))种不同的分组方法；第二步，将这3组职员分到3地有Aeq \\al(3,3)种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有Aeq \\al(3,3)种不同的方法．根据分步计数原理，得不同的安排方法共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))))Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(3,3)＝900(种)．
三、二项式定理及其应用
1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解．
2．二项式原理所体现的是一种数学运算素养．
角度1 二项展开式的“赋值问题”
例3 (1)若(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 C
解析 在(2x＋eq \r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，得(2＋eq \r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，得(－2＋eq \r(3))4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得
(2＋eq \r(3))4·(－2＋eq \r(3))4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求：
①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解 ①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
反思感悟 “赋值法”在二项展开式中的应用
(1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征．
(2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等，视具体情况而定．
(3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可．
跟踪训练3 若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
答案 5
解析 令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
角度2 二项展开式的特定项问题
例4 已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,\r(3,x))))n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)求展开式中系数的绝对值最大的项；
(3)求n＋9Ceq \\al(2,n)＋81Ceq \\al(3,n)＋…＋9n－1Ceq \\al(n,n)的值．
解 (1)由Ceq \\al(4,n)(－2)4∶Ceq \\al(2,n)(－2)2＝56∶3，
解得n＝10(负值舍去)，
通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(3,x))))r
当5－eq \f(5r,6)为整数时，r可取0,6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第r＋1项系数的绝对值最大，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,10)2r≥C\\al(r－1,10)2r－1，,C\\al(r,10)2r≥C\\al(r＋1,10)2r＋1，))
解得eq \f(19,3)≤r≤eq \f(22,3)，
又因为r∈N，所以r＝7，
当r＝7时，T8＝，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，T11＝
所以系数的绝对值最大的项为T8＝.
(3)原式＝10＋9Ceq \\al(2,10)＋81Ceq \\al(3,10)＋…＋910－1Ceq \\al(10,10)
＝eq \f(9C\\al(1,10)＋92C\\al(2,10)＋93C\\al(3,10)＋…＋910C\\al(10,10),9)
＝eq \f(C\\al(0,10)＋9C\\al(1,10)＋92C\\al(2,10)＋93C\\al(3,10)＋…＋910C\\al(10,10)－1,9)
＝eq \f(1＋910－1,9)＝eq \f(1010－1,9).
延伸探究 已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))n展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解 (1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第r＋1项，
则Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))r＝Ceq \\al(r,8)mrx8－2r，
故8－2r＝0，即r＝4，
则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，
解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r,8)mr≥C\\al(r－1,8)mr－1，,C\\al(r,8)mr≥C\\al(r＋1,8)mr＋1，))
化简可得eq \f(8m－1,m＋1)≤r≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4<\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)<7.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,4)
反思感悟 二项式特定项的求解策略
(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)确定二项展开式中的系数最大项或最小项：利用二项式系数的性质．
跟踪训练4 已知(eq \r(x)－eq \r(3,x))n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024.
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数)；
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中x2项的系数．
解 (1)由题意得，2n＝1 024，∴n＝10，
∴展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r(－eq \r(3,x))r＝(－1)rCeq \\al(r,10)
＝(－1)rCeq \\al(r,10) (r＝0,1，…，10)，
令5－eq \f(r,6)∈Z，得r＝0,6.
∴有理项为T1＝Ceq \\al(0,10)x5＝x5，T7＝Ceq \\al(6,10)x4＝210x4.
(2)∵Ceq \\al(r,n)＋Ceq \\al(r－1,n)＝Ceq \\al(r,n＋1)，
∴Ceq \\al(r－1,n)＝Ceq \\al(r,n＋1)－Ceq \\al(r,n)，
∴x2项的系数为Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,10)＝(Ceq \\al(3,4)－Ceq \\al(3,3))＋(Ceq \\al(3,5)－Ceq \\al(3,4))＋…＋(Ceq \\al(3,11)－Ceq \\al(3,10))＝Ceq \\al(3,11)－Ceq \\al(3,3)＝164.
1．知识清单：
(1)两个计数原理．
(2)排列与组合的综合应用．
(3)二项式定理及其应用．
2．方法归纳：分类讨论、先选后排法、特殊元素优先安置法、捆绑法、插空法、赋值法等．
3．常见误区：一是对于含至多、至少的问题思考不全面；二是特殊元素(位置)考虑不周；三是混淆二项式系数和项的系数．
1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20 C．15 D．10
答案 C
解析 因为(1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)xr，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Ceq \\al(2,6)x3＝15x3，所以系数为15.
2．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3＋a5)的值为( )
A．－eq \f(122,121) B．－eq \f(61,60)
C．－eq \f(244,241) D．－1
答案 A
解析 令x＝－1，得
(2＋1)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35，
令x＝1，得(2－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，
∴a1＋a3＋a5＝－121，a0＋a2＋a4＝122，
∴eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3＋a5)＝－eq \f(122,121).
3．身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数共有( )
A．24种 B．28种
C．36种 D．48种
答案 D
解析 分类计数原理，按红红之间有蓝无蓝两类来分．
(1)当红红之间有蓝时，则有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)＝24(种)，
(2)当红红之间无蓝时，则有Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝24(种)，
因此，这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，则有48种排法．
4．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
答案 1 260
解析 不含有0的四位数有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(2,3)×Aeq \\al(4,4)＝720(个)．
含有0的四位数有Ceq \\al(2,5)×Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(1,3)×Aeq \\al(3,3)＝540(个)．
综上，四位数的个数为720＋540＝1 260.
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