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第57讲 排列组合 第58讲 二项式定理-2023届高考数学二轮复习经典结论微专题
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1、分类加法计数原理的概念
完成一件事可以有n类方案，各类方案相互独立，在第一类方案中m1种不同方法，在第二类方案中m2种不同方法⋯在第n类方案中mn种不同方法，那么完成这个件事共有N=m1+m2+⋯+mn种方法.
2、分步乘法计数原理的概念
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法⋯做第n步有mn种方法，那么，完成这个件事共有N=m1×m2×⋯×mn种方法.
3、两个计数原理的联系与区别
通关二、排列与排列数
1.排列与排列数：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按一定顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，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，用符号Anm表示.
2.排列数公式：Anm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)= n!(n−m)!（n、mϵN∗且m≤n）.n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个的一个全排列.这个公式中m=n，即有
Ann= n!=nn−1n−2n−3⋯2×1.规定：0!=1.
通关三、组合与组合数
1.组合与组合数：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，所有不同组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cnm表示.
2.组合数公式：Cnm=AnmAmm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)m!= n!m!(n−m)!（n、mϵN∗且m≤n）.n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个的一个全排列.这个公式中m=n，规定：Cn0=1.
3.组合数性质：
（1）Cnm=Cnn−m（n、mϵN∗且m≤n）；
（2）=+（n、mϵN∗且m≤n）；
[结论第讲]
结论一、加法与乘法原理
1、分类加法计数原理：做一件事，完成有n类办法，在第一类办法中由m1种不同方法，在第二类办法中由m2种不同方法，⋯，在第n类办法中由mn种不同方法，那么，完成这个件事共有N=m1+m2+⋯+mn种不同方法.又称加法原理.
2、分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成n个子步骤，做第一个步骤有m1种不同方法，做第二个步骤有m2种不同方法，⋯，做第n个步骤有mn种不同方法，那么，完成这个件事共有N=m1×m2×⋯×mn种不同的方法.又称乘法原理.
【例1】 一个口袋理有5封信，另一个口袋理有4封信，各封信内容均不相同.
（1）从两个口袋里任取一封信，有多少种不同取法？
（2）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同取法？
（3）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同放法？
【答案】( 1)9 (2)20 (3)
【解析】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这事件，因此是两类办法，利用分类加法计数原理，共有5+4=9种取法.
（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这事件，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有5×4=20种取法.
（3）若以邮筒装信的可能性考虑，第一个邮筒有10种可能性，即可能装入0，1，2，，9封信等不同情况.但再考虑第二个邮筒时，装信的情况要受到第一个邮筒装信情况的影响，非常麻烦；若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能第九封信还有4种可能.由分类加法计数原理可知，共有种不同的放法.
【变式】现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加.
（1）若只需1人参加，有多少种不同选法？
（2）若需老师、男生、女生各1人参加，有多少种不同选法？
（3）若需要1名老师和1名学生参加，有多少种不同选法？
【答案】( 1)16 (2)120 (3)39
【解析】（1）由3类选人的方法：3名老师中选1人，由3种方法；8名男生中选1人，由8种方法；5名女生中选1人，由5种方法；由分类加法计数原理，共有3+8+5=16种选法.
（2）分3步选人：第一步选老师，有3种方法；第二步选男生，有8种方法；第三步选女生，有5种方法；由分步乘法计数原理，共有3×8×5=120种选法.
（3）选1名老师和1名学生，由分步乘法计数原理，共有3×13=39种选法.
结论二、排列
把从n个不同元素中任意取出m(m≤n)个元素的排列，看成从n个不同球中选出m个球，放入排好的m个盒子中，每个盒子里放一个球，我们用乘法原理排列这些球，如图：
第1步：从全体n个球中选出一个放入第1个盒子，有n种选法；
第2步：从全体n-1个球中选出一个放入第2个盒子，有n-1种选法；
第3步：从全体n-2个球中选出一个放入第3个盒子，有n-2种选法；
第m步：从全体n-（m-1）个球中选出一个放入第m个盒子，有n-（m-1）种选法.
根据乘法原理，一共有n(n-1)(n-2)种放法.
【例2】 用0，1，2，3，4，5这六个数：
（1）可以组成多少个数字允许重复的六位数？
（2）可以组成多少个数字不允许重复的六位数？
（3）可以组成多少个数字允许重复的五位数？
（4）可以组成多少个数字不允许重复的五位数？
【答案】( 1)38880 (2)600 (3)6480 (4)600
【解析】(1)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字允许重复，故其他位置的数字都有6种选法.因此所求六位数共有5×65=38880个.
(2)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字不允许重复，故其他位置的数字全排就可以了.因此所求六位数共有5A55=600个.
(3)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字允许重复，故其他位置的数字都有6种选法.因此所求六位数共有5×64=6480个.
(2)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字不允许重复，故其他位置的数字从剩余的5个数字中选出4个全排就可以了.因此所求六位数共有5A54=600个.
【变式】用1，2，3，4，5这五个数：
（1）可以组成多少个数字允许重复的五位数？
（2）可以组成多少个数字不允许重复的五位数？
（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数？
【答案】( 1)3125 (2)120 (3)60
【解析】 (1)由于数字允许重复，故每个位置的数字都有5种选法.因此所求五位数共有55=3125个.
(2)由于数字不允许重复，故每个位置的数字全排就可以了.因此所求五位数共有A55=120个.
(3)由于数字不允许重复，故每个位置的数字从5个数字中选出3个全排就可以了.因此所求三位数共有A53=60个.
结论三、组合
组合于排列都是从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素中的计数问题，它们的差别是：排列考虑元素的顺序，组合不考虑元素的顺序.
考虑Cnm于Anm的关系：把“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素进行排列”这事件，分两步进行：
第一步：从n个不同元素中取出m个元素，一共有种Cnm取法；
第二步：把取出m个元素进行排列，一共有种Amm排法.
根据乘法原理，我们得到“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素进行排列”一共有CnmAmm种排法,即Anm=CnmAmm，由此我们可以得出：Cnm=AnmAmm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)m!，因为
Anm=n!(n−m)!，所以组合数公式还可以写成：Cnm=n!m!(n−m)!.
【例3】 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名去参加支教.
（1）现要从中选2名教师去参加，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，有多少种不同的选法？
【答案】( 1)45 (2)90
【解析】(1) 从10名教师中选2名去参加支教的选法数，就是从10个不同元数中取出2个元素的组合数，即C102=45种.
（2）从6名男教师中选2名的选法有C62种，从4名女教师中选2名的选法有C42种，根据分步乘法计数原理，因此共有不同的选法C62C42=90种.
【变式】 甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选2门，乙、丙各选修3门，则不同选修方案共有 种.
【答案】96
【解析】甲选2门有C42=6种选法，乙、丙各有C43=4种选法，由分步乘法计数原理可知，共有6×4×4=96种选法.
结论四、特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其它元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其它位置.
【例4】2010广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）
A.36种 B.12种 C.18种 D.48种
【答案】 A
【解析】 解法一 从后两项工作出发，采用位置分析法：A32A32=36.故选A.
解法二 分两类：若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；若小张、小赵都入选，则有选
法A22A32=12，共有36种.故选A.
【变式】 6个队员站成一排，甲不能站在排头，也不能站在排尾，共有 种不同站法.
【答案】 480
【解析】要计算甲不在排头和排尾的排法有以下三种方法：
解法一 ：要使甲不能站在排头和排尾，可以先甲在中间4个位置中任选1个位置，有A41种站法；然后对其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法. 根据分步计数原理，共有A41A55=480种.
解法二 ： 由于甲不站在排头和排尾，这两个位置只能在其余5个人中选2个人站，有A52种站法；对于中间4个位置， 4个人有A44种站法. 根据分步计数原理，共有排法A52A44=480种.
解法三 ： 若对甲没有限制条件，共有A55种排法，这里面包含下面三种情况：①甲在排头；②甲在排尾；③甲不在排头，也不在排尾. 甲在排头A55种站法，甲在排尾A55种站法，这都不符合题设条件，从总数中减去这两种情况的排列数即得到所求的的排法数，共有排法A66-2A55=480种.
结论五、直接与间接法
“至多”“最多”的问题：解这类问题必须十分重视“至多”“最多”这两个关键词的含义谨防重复与漏解，用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
【例5】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所有数字只有0和1则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（ ）
A.10 B.11 C.12 D.15
【答案】 B
【解析】 当与信息0110对应位置上的数字各不相同时，这样的信息个数只有1个；当与信息0110对应位置上的数字只有1个相同时，这样的信息个数只有4个；当与信息0110对应位置上的数字只有2个相同时，只需从四个位置中选出两个位置使相应的数字相同，有种方法，剩下的两个位置上的数字对应不相同，只有1种可能，故此时共有个不同的信息.根据分类原理知共有：1+4+=11个不同信息.故选B.
【变式】某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有 种.（以数字作答）
【答案】 25
【解析】 从7门课程中选修4门所有的选法数为，甲、乙两门课程都选的选法数为，故甲、乙两门课程不能都选的选法数有-=35-10=25.
结论六、捆绑与插空法
1.捆绑法：解决“相邻”问题用“捆绑法”，就是将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数的步骤：①先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；②把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种排法；③然后“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种；④根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种.
2.插空法：解决不相邻问题的方法为“插空法”，即将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻（kn-k+1）.求不同的排法种数的步骤：①先将不作不相邻要求的元素共n-k个排成一排，其排列方法有种；②然后将要求两两不相邻的k个元素插入n-k+1个空隙中，相当于从n-k+1个空隙中选出k个，分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有：种；③根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种.
【例6】求不同的排法种数.
（1）6男2女排成一排，2女相邻；
（2）6男2女排成一排，2女不能相邻；
（3）4男4女排成一排，同性别者相邻；
（4）4男4女排成一排，同性别者不能相邻；
【解析】（1）是“相邻”问题，用捆绑法解决：=10080.
（2）是“不相邻”问题，可以用插空法直接求解.6男先排，再在7个空位中排2女，即用插空法解决：=30240.
（3）是“相邻”问题，应先捆绑排位：=1152.
（4）是“不相邻”问题，可以用插空法直接求解：=1152.
【变式】 3位男同学与2位女同学排成一列，其中女同学相邻的不同排法共有（）
A.48种 B.36种 C.24种 D.18种
【答案】 A
【解析】3位男同学与2位女同学排成一列，其中女同学相邻，由捆绑法得不同排法共有=48种.故选A.
结论七、分组与分配
分组问题（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之别.一般地，平均分成堆（组）
必须除以；如果有堆（组）元素个数相同，必须除以.
【例7】按以下要求将9个不同零件进行分组，各有几种分组方法？
（1）平均分成3份，每份3个；
（2）分成3份，一份2个、一份3个、一份4个；
（2）分成3份，一份5个、另两份各2个.
【答案】（1）280 （12）1260 （3）378
【解析】（1）（平均分组）从9个零件中取3个作为第1组，从剩下6个零件中取3个作为第2组，剩下3个为第3组，由于题目要求仅仅分组，无组别之分，即将9个零件分为第3堆，所以共有=280种分组方法.
（2）（不平均分组）可以分成3个步骤：先在9个零件中任取2个作为第一堆，有种取法；再从剩下7个零件中任取3个作为一堆，有种取法；然后从剩下的4个零件取4个作为一堆，有种取法.所共有分法=12860种.
（3）（部分平均分组）第一步，从9个零件中取5个，有种方法；第二步，从剩下4个零件中取2个，有种方法；第三步，从剩下2个零件中取2个，有种方法；由分步计数原理知，共有种方法，但是其中每堆都是2个的两堆是不计算顺序的，故得分法数有=378种.
【变式】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种.
【答案】36
【解析】先把4名同学分3组，其中1组有两人，共有种方法，现在可看成是3组同学分配到3个小区，共有=36种方法.
第58讲 二项式定理
通关一、二项式（n）展开式
=++++.从恒等式中我们可以发现这样几个特点：
（1）完全展开后的项数位：+1；
（2）展开式按照的指数进行降幂排列，对于展开式中的每一项，、的指数呈此消彼长的特点，与的指数之和为；
（3）在二项式展开式中由于按的指数进行降幂排列，所以规定“+”左边的项视为，左边的项视为，比如与虽然相等，但展开式却不同，前者按的指数降幂排列，后者按1的指数降幂排列，如果则视为进行展开；
（4）二项式展开式的通项公式（注意是第+1项）
通关二、二项式系数与系数
1.二项式系数：项前面的称为二项式系数,二项式系数的和为，即，奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即
每个因式都必须出项，并且只能出一项，将每个因式所出的项乘在一起便成为展开式中的某项，对于可看作是n个相乘，对于意味着在这n个中，有个式子出，剩下个式子出，那么这种出法一共有种，所以二项式展开式的每一项都可看作是一个组合问题，而二项式系数便是这个组合问题的结果。
2.系数:是指该项经过化简后项前面的数字因数
注：（1）在二项式定理中要注意区分二项式系数与系数.二项式系数是展开式通项公式中的，对于确定的一个二项式,二项式系数只由决定。而系数是指展开并化简后最后项前面的因数，其构成一方面是二项式系数,同时还有项本身的系数.
（2）二项式系数与系数的概念不同,但在某些情况下可以相等:当二项式中每.项的系数均为1时(排除项本身系数的干扰)，则展开后二项式系数与系数相同.
结论一、展开式特定项系数
二项式展开式的通项中含有五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求第五个元素，这类问题一般是利用二项式定理把问题归纳为解方程(或方程组)的问题,这里必须注意是正整数，是非负整数，且.
（1）第项：此时，直接代入通项.
（2）常数项：即项中不含“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.
【例1】的展开式中的系数为（ ）
A．10B．20C．40D．80
【答案】C
【解析】由二项式定理得的展开式的通项为T，令，解得，所以的展开式中的系数为.故选C.
【变式】在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．5C．D．10
【答案】C
【解析】 展开式的通项为，令，可得，则的系数为，故选C.
结论二、二项式系数性质
【例2】设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【解析】 因为m为正整数，展开式的二项式系数的最大值，同理，展开式的二项式系数的最大值，再由，可得，即
即，即，解得，故选B.
【变式】在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（ ）.
A.-7 B.-28 C.7 D.28
【答案】C
【解析】 依题意可得，所以，令，得r=6，常数项为故选C.
结论三、(a+b)n与(a−b)n的联系
(a+b)n展开式通项:Tr+1=Cnran−rbr.
(a−b)n展开式通项:Tr+1'=Cnran−r(−b)r=(−1)rCnran−rbr.
两者对应项的构成是相同的，对应项的系数相等或互为相反数，其绝对值相等，所以在考虑(a−b)n系数的绝对值问题时，可将其转化为求(a+b)n系数的问题.
【例3】若，则等于（ ）.
A. B.-1 C. D.
【答案】A
【解析】虽然展开式的系数有正有负，但与对应系数的绝对值相同，且展开式的系数均为正数，所以只需计算展开式的系数和即可，令x=1，可得系数和为，所以.故选A.
【变式】若，则.
A.243 B.27 C.1 D.-1
【答案】D
【解析】由二项式定理知二项式展开式的通项系数为正，为负，所以令x=1，则故选D.
结论四、赋值问题
1.对形如，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；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令x=y=1即可；同理求系数之差时，只需根据题目要求令x=1，或，y=1即可.
2.若,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，偶次项系数之和为，奇次项系数之和为.令，可得.
【例4】 的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=_______
【答案】 3
【解析】设，令x=1，则①,令，则 ②.由①-②得，所以，所以a=3.
【变式】设，则的值为( ).
A.16 B.-16 C.1 D. -1
【答案】 A
【解析】根据已知条件，令x=1，可得，令，可得，所以.故选A.
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
区别二
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
各步之间是相互依存，并且既不能重复也不能遗漏.
盒子
1
2
3
n
放法数
n
n-1
n-2
n-（m-1）
性质
内容
对称性
与首末等距离的两个二项式系数相等，即
增减性
当时，二项式系数逐渐增大；当二时，二项式系数逐渐增小
最大值
当是偶数时，中间一项(第项)的二项式系数最大，最大值为
；当是奇数时，中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或
1、分类加法计数原理的概念
完成一件事可以有n类方案，各类方案相互独立，在第一类方案中m1种不同方法，在第二类方案中m2种不同方法⋯在第n类方案中mn种不同方法，那么完成这个件事共有N=m1+m2+⋯+mn种方法.
2、分步乘法计数原理的概念
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法⋯做第n步有mn种方法，那么，完成这个件事共有N=m1×m2×⋯×mn种方法.
3、两个计数原理的联系与区别
通关二、排列与排列数
1.排列与排列数：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按一定顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列，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，用符号Anm表示.
2.排列数公式：Anm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)= n!(n−m)!（n、mϵN∗且m≤n）.n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个的一个全排列.这个公式中m=n，即有
Ann= n!=nn−1n−2n−3⋯2×1.规定：0!=1.
通关三、组合与组合数
1.组合与组合数：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，所有不同组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cnm表示.
2.组合数公式：Cnm=AnmAmm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)m!= n!m!(n−m)!（n、mϵN∗且m≤n）.n个不同元素全部取出的一个排列，叫作n个的一个全排列.这个公式中m=n，规定：Cn0=1.
3.组合数性质：
（1）Cnm=Cnn−m（n、mϵN∗且m≤n）；
（2）=+（n、mϵN∗且m≤n）；
[结论第讲]
结论一、加法与乘法原理
1、分类加法计数原理：做一件事，完成有n类办法，在第一类办法中由m1种不同方法，在第二类办法中由m2种不同方法，⋯，在第n类办法中由mn种不同方法，那么，完成这个件事共有N=m1+m2+⋯+mn种不同方法.又称加法原理.
2、分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成n个子步骤，做第一个步骤有m1种不同方法，做第二个步骤有m2种不同方法，⋯，做第n个步骤有mn种不同方法，那么，完成这个件事共有N=m1×m2×⋯×mn种不同的方法.又称乘法原理.
【例1】 一个口袋理有5封信，另一个口袋理有4封信，各封信内容均不相同.
（1）从两个口袋里任取一封信，有多少种不同取法？
（2）从两个口袋里各取一封信，有多少种不同取法？
（3）把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同放法？
【答案】( 1)9 (2)20 (3)
【解析】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这事件，因此是两类办法，利用分类加法计数原理，共有5+4=9种取法.
（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这事件，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有5×4=20种取法.
（3）若以邮筒装信的可能性考虑，第一个邮筒有10种可能性，即可能装入0，1，2，，9封信等不同情况.但再考虑第二个邮筒时，装信的情况要受到第一个邮筒装信情况的影响，非常麻烦；若以每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能第九封信还有4种可能.由分类加法计数原理可知，共有种不同的放法.
【变式】现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加.
（1）若只需1人参加，有多少种不同选法？
（2）若需老师、男生、女生各1人参加，有多少种不同选法？
（3）若需要1名老师和1名学生参加，有多少种不同选法？
【答案】( 1)16 (2)120 (3)39
【解析】（1）由3类选人的方法：3名老师中选1人，由3种方法；8名男生中选1人，由8种方法；5名女生中选1人，由5种方法；由分类加法计数原理，共有3+8+5=16种选法.
（2）分3步选人：第一步选老师，有3种方法；第二步选男生，有8种方法；第三步选女生，有5种方法；由分步乘法计数原理，共有3×8×5=120种选法.
（3）选1名老师和1名学生，由分步乘法计数原理，共有3×13=39种选法.
结论二、排列
把从n个不同元素中任意取出m(m≤n)个元素的排列，看成从n个不同球中选出m个球，放入排好的m个盒子中，每个盒子里放一个球，我们用乘法原理排列这些球，如图：
第1步：从全体n个球中选出一个放入第1个盒子，有n种选法；
第2步：从全体n-1个球中选出一个放入第2个盒子，有n-1种选法；
第3步：从全体n-2个球中选出一个放入第3个盒子，有n-2种选法；
第m步：从全体n-（m-1）个球中选出一个放入第m个盒子，有n-（m-1）种选法.
根据乘法原理，一共有n(n-1)(n-2)种放法.
【例2】 用0，1，2，3，4，5这六个数：
（1）可以组成多少个数字允许重复的六位数？
（2）可以组成多少个数字不允许重复的六位数？
（3）可以组成多少个数字允许重复的五位数？
（4）可以组成多少个数字不允许重复的五位数？
【答案】( 1)38880 (2)600 (3)6480 (4)600
【解析】(1)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字允许重复，故其他位置的数字都有6种选法.因此所求六位数共有5×65=38880个.
(2)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字不允许重复，故其他位置的数字全排就可以了.因此所求六位数共有5A55=600个.
(3)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字允许重复，故其他位置的数字都有6种选法.因此所求六位数共有5×64=6480个.
(2)先选首位数字，由于0不能作首位数字，因此有5种选法；由于数字不允许重复，故其他位置的数字从剩余的5个数字中选出4个全排就可以了.因此所求六位数共有5A54=600个.
【变式】用1，2，3，4，5这五个数：
（1）可以组成多少个数字允许重复的五位数？
（2）可以组成多少个数字不允许重复的五位数？
（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数？
【答案】( 1)3125 (2)120 (3)60
【解析】 (1)由于数字允许重复，故每个位置的数字都有5种选法.因此所求五位数共有55=3125个.
(2)由于数字不允许重复，故每个位置的数字全排就可以了.因此所求五位数共有A55=120个.
(3)由于数字不允许重复，故每个位置的数字从5个数字中选出3个全排就可以了.因此所求三位数共有A53=60个.
结论三、组合
组合于排列都是从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素中的计数问题，它们的差别是：排列考虑元素的顺序，组合不考虑元素的顺序.
考虑Cnm于Anm的关系：把“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素进行排列”这事件，分两步进行：
第一步：从n个不同元素中取出m个元素，一共有种Cnm取法；
第二步：把取出m个元素进行排列，一共有种Amm排法.
根据乘法原理，我们得到“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素进行排列”一共有CnmAmm种排法,即Anm=CnmAmm，由此我们可以得出：Cnm=AnmAmm=n(n−1)(n−2)(n−3)⋯(n−m+1)m!，因为
Anm=n!(n−m)!，所以组合数公式还可以写成：Cnm=n!m!(n−m)!.
【例3】 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名去参加支教.
（1）现要从中选2名教师去参加，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，有多少种不同的选法？
【答案】( 1)45 (2)90
【解析】(1) 从10名教师中选2名去参加支教的选法数，就是从10个不同元数中取出2个元素的组合数，即C102=45种.
（2）从6名男教师中选2名的选法有C62种，从4名女教师中选2名的选法有C42种，根据分步乘法计数原理，因此共有不同的选法C62C42=90种.
【变式】 甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选2门，乙、丙各选修3门，则不同选修方案共有 种.
【答案】96
【解析】甲选2门有C42=6种选法，乙、丙各有C43=4种选法，由分步乘法计数原理可知，共有6×4×4=96种选法.
结论四、特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其它元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其它位置.
【例4】2010广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）
A.36种 B.12种 C.18种 D.48种
【答案】 A
【解析】 解法一 从后两项工作出发，采用位置分析法：A32A32=36.故选A.
解法二 分两类：若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；若小张、小赵都入选，则有选
法A22A32=12，共有36种.故选A.
【变式】 6个队员站成一排，甲不能站在排头，也不能站在排尾，共有 种不同站法.
【答案】 480
【解析】要计算甲不在排头和排尾的排法有以下三种方法：
解法一 ：要使甲不能站在排头和排尾，可以先甲在中间4个位置中任选1个位置，有A41种站法；然后对其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法. 根据分步计数原理，共有A41A55=480种.
解法二 ： 由于甲不站在排头和排尾，这两个位置只能在其余5个人中选2个人站，有A52种站法；对于中间4个位置， 4个人有A44种站法. 根据分步计数原理，共有排法A52A44=480种.
解法三 ： 若对甲没有限制条件，共有A55种排法，这里面包含下面三种情况：①甲在排头；②甲在排尾；③甲不在排头，也不在排尾. 甲在排头A55种站法，甲在排尾A55种站法，这都不符合题设条件，从总数中减去这两种情况的排列数即得到所求的的排法数，共有排法A66-2A55=480种.
结论五、直接与间接法
“至多”“最多”的问题：解这类问题必须十分重视“至多”“最多”这两个关键词的含义谨防重复与漏解，用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
【例5】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所有数字只有0和1则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（ ）
A.10 B.11 C.12 D.15
【答案】 B
【解析】 当与信息0110对应位置上的数字各不相同时，这样的信息个数只有1个；当与信息0110对应位置上的数字只有1个相同时，这样的信息个数只有4个；当与信息0110对应位置上的数字只有2个相同时，只需从四个位置中选出两个位置使相应的数字相同，有种方法，剩下的两个位置上的数字对应不相同，只有1种可能，故此时共有个不同的信息.根据分类原理知共有：1+4+=11个不同信息.故选B.
【变式】某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有 种.（以数字作答）
【答案】 25
【解析】 从7门课程中选修4门所有的选法数为，甲、乙两门课程都选的选法数为，故甲、乙两门课程不能都选的选法数有-=35-10=25.
结论六、捆绑与插空法
1.捆绑法：解决“相邻”问题用“捆绑法”，就是将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数的步骤：①先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；②把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种排法；③然后“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种；④根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种.
2.插空法：解决不相邻问题的方法为“插空法”，即将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻（kn-k+1）.求不同的排法种数的步骤：①先将不作不相邻要求的元素共n-k个排成一排，其排列方法有种；②然后将要求两两不相邻的k个元素插入n-k+1个空隙中，相当于从n-k+1个空隙中选出k个，分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有：种；③根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种.
【例6】求不同的排法种数.
（1）6男2女排成一排，2女相邻；
（2）6男2女排成一排，2女不能相邻；
（3）4男4女排成一排，同性别者相邻；
（4）4男4女排成一排，同性别者不能相邻；
【解析】（1）是“相邻”问题，用捆绑法解决：=10080.
（2）是“不相邻”问题，可以用插空法直接求解.6男先排，再在7个空位中排2女，即用插空法解决：=30240.
（3）是“相邻”问题，应先捆绑排位：=1152.
（4）是“不相邻”问题，可以用插空法直接求解：=1152.
【变式】 3位男同学与2位女同学排成一列，其中女同学相邻的不同排法共有（）
A.48种 B.36种 C.24种 D.18种
【答案】 A
【解析】3位男同学与2位女同学排成一列，其中女同学相邻，由捆绑法得不同排法共有=48种.故选A.
结论七、分组与分配
分组问题（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之别.一般地，平均分成堆（组）
必须除以；如果有堆（组）元素个数相同，必须除以.
【例7】按以下要求将9个不同零件进行分组，各有几种分组方法？
（1）平均分成3份，每份3个；
（2）分成3份，一份2个、一份3个、一份4个；
（2）分成3份，一份5个、另两份各2个.
【答案】（1）280 （12）1260 （3）378
【解析】（1）（平均分组）从9个零件中取3个作为第1组，从剩下6个零件中取3个作为第2组，剩下3个为第3组，由于题目要求仅仅分组，无组别之分，即将9个零件分为第3堆，所以共有=280种分组方法.
（2）（不平均分组）可以分成3个步骤：先在9个零件中任取2个作为第一堆，有种取法；再从剩下7个零件中任取3个作为一堆，有种取法；然后从剩下的4个零件取4个作为一堆，有种取法.所共有分法=12860种.
（3）（部分平均分组）第一步，从9个零件中取5个，有种方法；第二步，从剩下4个零件中取2个，有种方法；第三步，从剩下2个零件中取2个，有种方法；由分步计数原理知，共有种方法，但是其中每堆都是2个的两堆是不计算顺序的，故得分法数有=378种.
【变式】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种.
【答案】36
【解析】先把4名同学分3组，其中1组有两人，共有种方法，现在可看成是3组同学分配到3个小区，共有=36种方法.
第58讲 二项式定理
通关一、二项式（n）展开式
=++++.从恒等式中我们可以发现这样几个特点：
（1）完全展开后的项数位：+1；
（2）展开式按照的指数进行降幂排列，对于展开式中的每一项，、的指数呈此消彼长的特点，与的指数之和为；
（3）在二项式展开式中由于按的指数进行降幂排列，所以规定“+”左边的项视为，左边的项视为，比如与虽然相等，但展开式却不同，前者按的指数降幂排列，后者按1的指数降幂排列，如果则视为进行展开；
（4）二项式展开式的通项公式（注意是第+1项）
通关二、二项式系数与系数
1.二项式系数：项前面的称为二项式系数,二项式系数的和为，即，奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即
每个因式都必须出项，并且只能出一项，将每个因式所出的项乘在一起便成为展开式中的某项，对于可看作是n个相乘，对于意味着在这n个中，有个式子出，剩下个式子出，那么这种出法一共有种，所以二项式展开式的每一项都可看作是一个组合问题，而二项式系数便是这个组合问题的结果。
2.系数:是指该项经过化简后项前面的数字因数
注：（1）在二项式定理中要注意区分二项式系数与系数.二项式系数是展开式通项公式中的，对于确定的一个二项式,二项式系数只由决定。而系数是指展开并化简后最后项前面的因数，其构成一方面是二项式系数,同时还有项本身的系数.
（2）二项式系数与系数的概念不同,但在某些情况下可以相等:当二项式中每.项的系数均为1时(排除项本身系数的干扰)，则展开后二项式系数与系数相同.
结论一、展开式特定项系数
二项式展开式的通项中含有五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求第五个元素，这类问题一般是利用二项式定理把问题归纳为解方程(或方程组)的问题,这里必须注意是正整数，是非负整数，且.
（1）第项：此时，直接代入通项.
（2）常数项：即项中不含“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.
【例1】的展开式中的系数为（ ）
A．10B．20C．40D．80
【答案】C
【解析】由二项式定理得的展开式的通项为T，令，解得，所以的展开式中的系数为.故选C.
【变式】在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．5C．D．10
【答案】C
【解析】 展开式的通项为，令，可得，则的系数为，故选C.
结论二、二项式系数性质
【例2】设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【解析】 因为m为正整数，展开式的二项式系数的最大值，同理，展开式的二项式系数的最大值，再由，可得，即
即，即，解得，故选B.
【变式】在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是（ ）.
A.-7 B.-28 C.7 D.28
【答案】C
【解析】 依题意可得，所以，令，得r=6，常数项为故选C.
结论三、(a+b)n与(a−b)n的联系
(a+b)n展开式通项:Tr+1=Cnran−rbr.
(a−b)n展开式通项:Tr+1'=Cnran−r(−b)r=(−1)rCnran−rbr.
两者对应项的构成是相同的，对应项的系数相等或互为相反数，其绝对值相等，所以在考虑(a−b)n系数的绝对值问题时，可将其转化为求(a+b)n系数的问题.
【例3】若，则等于（ ）.
A. B.-1 C. D.
【答案】A
【解析】虽然展开式的系数有正有负，但与对应系数的绝对值相同，且展开式的系数均为正数，所以只需计算展开式的系数和即可，令x=1，可得系数和为，所以.故选A.
【变式】若，则.
A.243 B.27 C.1 D.-1
【答案】D
【解析】由二项式定理知二项式展开式的通项系数为正，为负，所以令x=1，则故选D.
结论四、赋值问题
1.对形如，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；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令x=y=1即可；同理求系数之差时，只需根据题目要求令x=1，或，y=1即可.
2.若,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，偶次项系数之和为，奇次项系数之和为.令，可得.
【例4】 的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=_______
【答案】 3
【解析】设，令x=1，则①,令，则 ②.由①-②得，所以，所以a=3.
【变式】设，则的值为( ).
A.16 B.-16 C.1 D. -1
【答案】 A
【解析】根据已知条件，令x=1，可得，令，可得，所以.故选A.
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言
区别一
每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
区别二
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.
各步之间是相互依存，并且既不能重复也不能遗漏.
盒子
1
2
3
n
放法数
n
n-1
n-2
n-（m-1）
性质
内容
对称性
与首末等距离的两个二项式系数相等，即
增减性
当时，二项式系数逐渐增大；当二时，二项式系数逐渐增小
最大值
当是偶数时，中间一项(第项)的二项式系数最大，最大值为
；当是奇数时，中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或
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