[推荐学习]高中数学第一章计数原理4简单计数问题导学案北师大版选修2_3

第1章计数原理两个计数原理3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？[解](1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法．即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．使用两个原理解决问题的思路(1)选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个原理的本质.(2)分类加法计数原理的关键是“类”，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，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.(3)分步乘法计数原理的关键是“步”，分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这n个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理.1．如图为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电．8[先分三类．第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.] 2．如图，一个地区分为5个行政区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(以数字作答)72[涂①有4种方法；涂②有3种方法；涂③有2种方法；涂④时分两类：当④与②同色时，④有1种方法，⑤有2种方法；当④与②不同色时，④有1种方法，⑤有1种方法．∴共有4×3×2×(1＋2)＝72种涂法．]排列、组合的应用成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答)(2)在高三一班元旦晚会上，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个栏目，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？(1)48 [①只有1名老队员的排法有C 12C 23A 33＝36种．②有2名老队员的排法有C 22C 13C 12A 22＝12种．所以共有36＋12＝48种．](2)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A 77＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法．根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种．②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A 66＝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A 47＝7×6×5×4＝840种．根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种．③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132种排法．1．排列、组合应用题的解题策略(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．(2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．2．解决排列组合应用题的常用方法(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后； (3)先取后排，间接排除；(4)集团捆绑，间隔插空； (5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．3．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)60 [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，有A 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24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个空当中的1个即可，有C 14·C 13个．所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个)．]二项式定理的应用【例3】 已知在⎝⎛⎭⎪⎪x －3x 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)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn的值．[解] (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10(负值舍去)， 通项为T k ＋1＝C k10(x )10－k⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23x k＝(－2)k C k10x5－5k 6， 当5－5k6为整数时，k 可取0,6，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第k ＋1项系数的绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C k 102k ≥C k －1102k －1，C k 102k≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ≤223，k ≥193，又因为k ∈{1,2,3，…，9}，所以k ＝7，当k ＝7时，T 8＝－15 360x －56， 又因为当k ＝0时，T 1＝x 5，当k ＝10时，T 11＝(－2)10x －103 ＝1 024x －103，所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 360x －56.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.二项式定理的问题类型及解答策略(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)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.4．(1)已知(1＋kx 2)6(k 是正整数)的展开式中x 8的系数小于120，则k ＝________. 1 [(1＋kx 2)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(kx 2)r ＝C r 6k r x 2r ，令2r ＝8得r ＝4，∴x 8的系数为C 46·k 4＝15k 4.∴15k 4＜120.即k 4＜8，又k 是正整数．故k 只能取1.](2)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项．[解] ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n，各项二项式系数之和为2n ，由题意得，4n ＝16·2n ，所以2n＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 454－rx 4－32r .展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈Z .(r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，所以展开式中所有x 的有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4，T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x－2.二项式定理中的“赋值”问题【例4】 (1) 1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1 B ．2n－1 C ．2n ＋1－1D ．2n(2)已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.(1)C (2)－65 [(1)法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋ (2)＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A ，B ，D ，选C. (2)令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝－64， 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝－65.]赋值法的应用规律与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.5．若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. [解] (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800.(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.(3)令x＝－1可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，把这两个等式相乘可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.。

第一章计数原理（复习一）一、两个计数原理1．精要总结（1）分类加法计数原理又称为分类计数原理、加法原理等．应用此原理解题要注意以下几点：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②当完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法都属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法．也就是分类时必须既“不重复”也“不遗漏”．④分类加法计数原理的集合表述形式做一件事．完成它的办法用集合S表示，S被划分成n类方法分别用集合S1，S2，S3，……，S n表示，即S=S1∪S2∪S3∪……∪S n且S i∪S j= （i≠j；i，j=1，2，……，n），S1，S2，S3，……，S n分别有m1，m2，……，m n个元素，则完成这件事共有的方法即集合S中元素的个数为m1+m2+……+m n．如下图所示：（2）分步乘法计数原理又称为分步计数原理、乘法原理等．应用此原理解题要注意以下三点：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事要经过几步．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n步连续地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．可以用下图表示分步计数原理．（3）分类加法计数原理与分步乘法计数原理常综合应用：在分类中又包含分步，或分步中包含分类，“类”“步”交融．解决此类问题要注意根据所学认真分析，既要会合理分类，又能合理分步，解答时是先分类后分步，还是先分步后分类应视具体问题而定．常见的问题一般是先分类后分步．2．错例辨析例1 甲、乙、丙、丁四位女同学在课后练习打排球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中任一人，第二次由接球者再传给其他三人任一人，这样共传了4次，则第4次球仍回到甲的方法共有 ( )A．21种 B．42种 C．24种 D．27种错解：分四步完成：第一步由甲传给乙、丙、丁中的一人，有3种方法；第二步传给甲以外的2人，第三步又传给甲以外的2人，第四步再传给甲．共有2×2×1种方法，因此一共有3×2×2×1=12种方法．错因分析：上述解法中漏掉了第二步可以在传回甲这种情况，正确解法如下：正解：分四步完成：第一步由甲传给乙、丙、丁中的一人，有3种方法；第二步应分二类考虑：第一类传给甲，则第三步传给乙、丙、丁均可，第四步再传给甲，共有1×3×1种方法；第二类不传给甲，则可传给甲以外的2人，第三步又传给甲以外的2人，第四步再传给甲．共有2×2×1种方法，因此一共有3×(1×3×1+2×2×1)=21种方法．变式训练：甲、乙、丙、丁四位同学各自从家里拿来了互不相同的一本课外书，他们把四本不同的书籍放在一起，然后从中取一本别的同学的书进行交换看，则不同的取法共有（） A． 6种 B． 9种 C． 11种 D． 23种答案:B解：第一步：四个人中的任意一人(例如甲)先取一本，则由题意知共有3 种取法；第二步：由第一人取走的书的供书人取，也有3种取法；第三步：由剩余的两人中的任一人取，只有一种取法；第四步：最后一人取，只有一种取法．由分步乘法计数原理，共有3×3×1×1=9(种)．故选B．二、排列组合问题的综合应用1．精要总结排列与组合定义相近，它们的区别在于是否与顺序有关．排列问题常见方法要熟悉，相邻用捆绑法、不相邻用插空法、特殊元素（位置）优先处理等，还常通过试验、画简图等手段使问题形象化，从而易于寻求解题途径．由于结果的正确性难以直接检验．因而常需要用不同的方法求解来获得检验．组合问题解决的基本方法是按元素的性质进行分类、按事件发生的过程分步，要注意题设中“至少”“至多”等限制词的意义，注意正难则反的思想的应用．处理排列与组合的综合性问题应遵循的三大原则：先特殊后一般的原则、先选后排的原则、先分类后分步的原则．按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”始终是处理排列、组合问题的基本原理，要通过解题训练积累分类和分步的基本技能，还要牢记排列数、组合数计算公式与组合数性质，能熟练的进行运算．2． 错例辨析例2 从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有（）A ．140种B ．80种C ．70种D ．35种答案:C错解：至少要甲型和乙型电视机各一台，可这样取：甲型1台、乙型1台，从剩余部分再任意取一台；故不同的取法有111547140C C C =台．选A ．错因分析：甲型1台、乙型1台，剩余的随便取一台会出现重复，因此，我们需要详细将其中的情况分类，或者利用排除法解决．正解：方法一：利用排除法，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有33394570C C C --=种．选C方法二：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有2112545470C C C C +=台．选C变式训练：在去年清华大学自主招生过程中，我市有4名学生通过了考核，其中只有3个专业可供这4名同学选择，每个专业至少要有一名同学填报，且甲、乙不能选择同一专业，则不同的填报方案种数为__________种． 答案:30解：先将4人分成三组，一组2人，其它两组各1人且甲、乙不在同一组，共有分组方法241C -，3组同学分别填报3个专业共有填法33A ．根据分步计数原理可知,不同的填报方案种数为2343(1)30C A -=种．例3 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（）A ． 4种B ． 10种C ． 18种D ． 120种错解：赠送4人可以是2本画册2本集邮册，可有224324C C A =72种赠法；还可以是1本画册3本集邮册，赠法有314324C C A =48，所以赠法一共有72+48=120种，故选D ．错解：由于相同的画册和相同的集邮册是无区分的，故只需分组不需再排序．正解：赠送4人可以是2本画册2本集邮册，由于画册与集邮册都是相同的，可有246C =种赠法；还可以是1本画册3本集邮册，赠法有144C =，所以赠法一共有6+4=10种，故选B ．变式训练：亚运会期间，某班有四名学生参加了志愿者工作．将这四名学生分到A 、B 、C 三个不同的展馆服务，每个展馆至少分配一人．若甲要求不到A 馆，则不同的分配方案有( )A ．36种B ．30种C ．24种D ．20种 答案：C解：甲有两种选择，剩下的3个人可以每个展馆都分一人，也可以在其他两个展馆中一个展馆分两人，一个展馆分一人，所以不同的分配方案有13212332()C A C C +=24种，故选C三、二项展开式通项公式以及系数性质的应用．1． 精要总结(1)运用二项式定理一定要牢记通项1r n r r r n T C a b -+= (其中n ，r =0,1,2,,n ）．注意(a+b)n 与(b+a)n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，因此一定要注意二项式中两项的顺序问题．另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)的系数是两个不同概念，前者只指rn C 而后者是指除字母外的常数部分．(2)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r ，再求1r T +．有时还需先根据已知条件求n 后，再确定r ，才能求出1r T +．(3)有些三项展开问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏．两个二项式乘积问题的解决也是类似，可以将其中一个比较简单的展开，逐项分析；也可以通过两个式子的通项乘积建立新的通项公式，然后在进行分析．（4）求二项式所有项的系数和，可采用特殊值代入法，通常将字母变量赋值为l ，-1或0；(5)用二项式定理证明整除问题，一般将被除式构造为关于除式的二项式的形式，再展开，常采用“配凑法”、“消去法”配合整除的有关知识解决．2． 错例辨析例4 如果在（x +421x ）n的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中的有理项． 错解：前三项的系数为012,,n n n C C C 成等差数列，故可知2n=1+(1)2n n -， 整理可得n 2-5n+2=0．显然，不存在这样的n ，故本题无解． 错因分析：对于二项式系数的定义与系数的定义理解不透彻，系数是指每项中除了字母之外的所有的常数．正解：展开式中前三项的系数分别为1，2n ，8)1(-n n ， 由题意得2×2n =1+8)1(-n n ，得n =8． 设第r +1项为有理项，T1+r =C r82r -x 4316r -，则r 是4的倍数，所以r =0，4，8． 有理项为T 1=x 4，T 5=835x ，T 9=22561x ． 变式训练：102)1(x -的展开式中2x 的系数是，如果展开式中第r 4项和第2+r 项的二项式系数相等，则r 等于答案:9，2解：因为2101020211010)(1)r r r r r r T C x C x ---+==-（-，令2022r -=，即9r =所以2x 的系数为910(1)10C -=-；又因为4111010r r C C -+=，所以411r r -=+或41110r r -++=， 所以23r =（舍去）或2r =。

§2 排列自主整理1.一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素，按照______________排成一列，叫作从n个不同的元素中任取m个元素的一个排列.我们把有关求_____________问题叫作排列问题.2.我们把_____________，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作_____________.3.排列数A mn 式的展开式为：A mn=_____________，规定A0n=_____________.当n=m时，A nn=_____________.4.n的阶乘的展开式为：n!= _____________，规定0!=_____________，利用阶乘表示排列数A mn 的展开式为：A mn=_____________.高手笔记排列数公式A mn=n（n-1）…（n-m+1）的特点是：从自然数n开始，后一个因数比前一个因数小1，最后一个因数是n-m+1，共m个因数相乘.当m=n时，排列数公式为A nn=n！. 名师解惑1.如何理解排列的定义？剖析：排列的定义包含两个方面的含义：一是“取出元素”,二是“按照一定顺序排列”.因此，当两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也完全相同时，它们才是同一个排列，元素完全不同，或元素部分相同，或元素完全相同而顺序不同的排列，都不是同一个排列.定义中规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况，也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了,否则就变成了取出两个相同元素. 定义中的“一定顺序”是与位置有关的问题，对有些具体情况，如取出数字1，2，3组成三位数，就与位置有关，因123和132是不同的三位数；但如取出数字1，2，3，考虑它们的和，则与位置无关.2.正确区分排列与排列数两个定义剖析：“排列”与“排列数”是两个不同的定义.一个排列是指从n个不同元素中，任取m 个元素，按照一定顺序排成一列的一种具体排法，它是具体的形式，而不是数；而排列数是指从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，即排列共有多少种形式，它是一个数，如从a,b,c中任取两个元素的排列有以下6种：ab,ac,ba,bc,ca,cb，每一种都是一个排列，而数字6就是排列数.3.在解答有关排列问题的应用题时应注意什么？剖析：（1）注意排列的有序性，分清全排列与选排列，防止重复与遗漏；（2）对受条件限制的位置与元素应首先排列，并适当选用直接法或排除法（间接法）；（3）同一个问题，有时从位置出发较为方便，有时从元素出发较为方便，应注意灵活运用；（4）从位置出发的“填空法”及对不相邻问题采用的“插空法”，是解答排列应用题中常用的有效方法，应注意培养运用这些方法的意识，同时要注意方法的积累;（5）要通过解答排列应用题，深化对分类加法计数原理和分步乘法计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在具体操作中确保：①分类要使得各类的并集等于全集，任意两类的交集等于空集，这样才能“不重不漏”；②分步要使得各步具有连续性和独立性，保证“不重不漏”.4.排列问题的常见类型和解题策略是什么？ 剖析：排列中具有典型意义的两类问题是“排数”问题和“排队”问题，大部分排列问题都可以转化为这两类问题.对有约束条件的排列问题，应注意以下类型： ①某些元素不能排在或必须排在某一位置； ②某些元素要求连排（即必须相邻）； ③某些元素要求分离（即不能相邻）.其基本解法是：有特殊元素或特殊位置，通常先排特殊元素或特殊位置，称为优先处理元素（位置）法（即优先法．．．）;某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看作一个元素，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排序，称这种方法为“捆绑法．．．”；某些元素不相邻排列时，可选排其他元素，再将这些不相邻元素插入空档，称这种方法为“插空法．．．”.对于较复杂的排列问题常常通过试验、简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径.常用思维形式有直接和间接、逆向思维等. 讲练互动【例1】计算下列各式的值：（1）59694858A A A A -+; （2）A .24112nn n n A +-+分析：利用排列数A m n 的展开式A m n =)!(!m n n -求解.解：（1）59694858A A A A -+=275!9!94!8!84!4!9!3!9!4!8!3!8=-∙+∙=-+. （2）由⎪⎩⎪⎨⎧∈+≤<≤-<+,4202110N n n n nn ,解之得311≤n≤4,n∈N +,∴n=4.∴原式=A 78+A 88=2×8!=80 640.绿色通道:使用排列数公式A m n 时，注意m,n∈N +，m≤n 等限制条件. 变式训练 1.证明：A kn k n kn A kA 11+-=+证明：左式=)!(!k n n -+k·)!1(!+-k n n =)!1()!1()!1(]1[!+-+=+-++-k n n k n k k n n =右边.∴等式成立.【例2】7名班委中有A 、B 、C 三人，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工.（1）若正、副班长两职只能由这三人中选两人担任，有多少种分工方案？ （2）若正、副班长两职至少要选这三人中的1人担任，有多少种分工方案？分析：显然这是一道排列应用题，问题（1）可分两步进行，优先安排受限制的正、副班长，然后再排其余5名班委职务.问题（2）的反面情形比较简单，可采用排除法求解.解：（1）先安排正、副班长有A 23种方法，再安排其余职务有A 55种方法，依分步乘法计数原理，共有A 23A 55=720种分工方案.（3）7人的任意分工方案有A 77种，A 、B 、C 三人中无一人任正、副班长的分工方案有A 24A 55种，因此A 、B 、C 三人中至少有1人任正、副班长的方案有A 77-A 24A 55=3 600种.绿色通道:排列问题的实质是每一个元素有一个特定的位置，并非一定要排成“一行”.“间接法”实际上是分类加法计数原理的变式应用，在处理“至多”或“至少”等问题时非常有效.当然问题（2）亦可以逐一分类，算式为13A A 14A 55+13A A 14A 55+23A A 55=3 600种.变式训练2.用2，3，4，5排成四位数：（1）无重复数字的四位数有多少个？ （2）无重复数字的四位偶数有多少个？（3）2在3的左边的无重复数字的四位数有多少个？ （4）2在千位上的无重复数字的四位数有多少个？（5）5不在十位、个位上的无重复数字的四位数有多少个？ 解：（1）A 44=24个.（2）个位上只能是2或4，有2A 33=12个.（3）所有的四位数中，2在3的左边的数与2在3的右边的数各占一半，共有21A 44=12个. （4）2在千位上，3，4，5只能在另外的三个位置排列，有A 33=6个. （5）法一：5不在十位、个位上，所以5只能在千位或百位上，有 2A 33=12个.法二：从A 44中减去不符合要求的（5在十位、个位上），有A 44-2A 33=12个.【例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，在下列情况下各有不同站法多少种？（1）两名女生必须相邻而站； （2）4名男生互不相邻；（3）教师不站中间，女生不站两端.分析：这是一个有限制条件的排列问题，可以运用“捆绑法”“插空法”等排队技巧.解：（1）2名女生站在一起有站法A 22种，视为一个元素与其余5人全排，有A 66种排法，∴有不同站法A 22·A 66=1 440种.（2）先站老师和女生，有站法A 33种，再在老师和女生站位的间隔（含两端）处插入男生，每空一人，有插入方法A 44种，∴共有不同站法A 33·A 44=144种.（3）中间和两侧是特殊位置，可如下分类求解：（1）老师站两侧之一，另一侧由男生站，有12A ·A 14·A 55种站法，（2）两侧全由男生站，老师站除两侧和正中外的另外4个位置之一 ，有A 24·A 14·A 44种站法.∴共有不同站法12A ·A 14·A 55+A 24·A 14·A 44=2 112种.绿色通道:（1）为要求某些元素相邻，可用“捆绑法”；（2）为要求某些元素不相邻，用“插入法. 变式训练3.五个人排成一排，按下列要求分别有多少种排法？ （1）其中甲不站排头；（2）其中甲不站排头，乙不站排尾； （3）其中甲、乙两人必须相邻； （4）其中甲、乙两人必须不相邻； （5）其中甲、乙中间有且只有一人； （6）其中甲必须排在乙的右边.解：（1）如先排甲，有4种排法，然后排其余4人，有A 44种排法，故有4×A 44=96种；如先排排头，有4种排法，然后其余4个位置有A 44种排法，故有4A 44=96种；如先不考虑排头，则5个人排成一排有A 55种排法，其中甲在排头有A 44种排法，所以甲不站排头有A 55-A 44=96种.（2）如甲在排尾，其余四人有A 44种排法，如甲排在中间三个位置中一个，而乙不在排尾，则有A 13×A 13×A 33=54种，共有A 44+54=78种；如先不考虑排头、排尾，则五个人排一排有A 55种排法，其中甲在排头有A 44种，乙在排尾有A 44种，甲在排头且乙在排尾共有A 33种.故共有A 55-2A 44+A 33=78种.（3）将甲、乙两人捆在一起作为一个元素，与其他3个元素作全排列有A 44种，然后甲乙再作全排列有A 22种，故有A 44A 22=48种.（4）五个人排成一排有A 55种排法，除去甲、乙两人相邻的排法48种，故共有A 55-48=72种.如先排甲、乙以外的三个，则有A 33种排法；这三个之间及两端留出4个空位去排甲、乙两人有A 24种排法，故共有A 33A 24=72种.（5）甲、乙两人有A 22种排法，从剩下的三人中选一人插入甲、乙中间，有A 13种，然后再将三人看作一个元素，和其他两个元素作全排列，有A 33种，故共有A 22·A 13·A 33=36种.（6）五个人全排列有A 55种，甲在乙的左边的排法种数与甲在乙的右边的排法种数各占一半，故共有21A 55=60种. 【例4】5人围桌而坐，共有多少种坐法？分析：对于环状排列我们可以想象成这5人是手拉手的排列，因此，可采用剪断直排列法求解.由于5个人有5个连接点，故有5种剪断直排列的方法，而对于同一环状排列，这5种剪断方法会形成5种不同的直排列. 解：5人围桌而坐，共有51A 55=24种不同的坐法. 绿色通道:一般地，当n 个不同元素作圆形排列时，共有（n-1）!种排法.如果从n 个不同元素中取出m 个元素作圆形排列共有m 1A mn种排法. 变式训练4.4名学生和2名老师围圆桌入座. （1）有多少种不同的入座方法？（2）如果老师必须相邻，有多少种不同的入座方法？解：（1）6人全排列有A 66种方法，由于6种剪断直排列对应同一种圆排，故共有61A 66=120种不同的入座方法.（2）由于老师必须相邻，要将2名老师看作1人，故只有5种剪断法，但老师又可以相互交换位置，故共有5!52 =48种不同的入座方法.。

1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理一、教学目标：1、知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题。

2、过程与方法：培养学生的归纳概括能力。

3、情感、态度与价值观：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。

二、教学重难点：会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题三、教学方法：探析归纳，讨论交流四、教学过程（一）、复习引入：分类计数原理：1、加法原理：如果完成一件工作有k 种途径，由第1种途径有1n 种方法可以完成，由第2种途径有2n 种方法可以完成，……由第k 种途径有k n 种方法可以完成。

那么，完成这件工作共有12k n n n ++⋅⋅⋅+种不同的方法。

2、乘法原理：如果完成一件工作可分为K 个步骤，完成第1步有1n 种不同的方法，完成第2步有2n 种不同的方法，……，完成第K 步有k n 种不同的方法。

那么，完成这件工作共有1n ×2n ×……×k n 种不同方法（二）、探析新课：例1、书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？例2、在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?解:取b a +与取a b +是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由分步计数原理得(10×9)/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有(10×9)/2=45种取法.根据分类计数原理共有45+45=90种不同取法.例3、 如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为() A. 180 B. 160 C. 96 D. 60若变为图二,图三呢?(240种,5×4×4×4=320种)例4、给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母 A ～G 或 U ～Z , 后两个要求用数字1～9．问最多可以给多少个程序命名？分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第 1 步，选首字符；第2步，选中间字符；第3步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．解：先计算首字符的选法．由分类加法计数原理，首字符共有7 + 6 = 13种选法．再计算可能的不同程序名称．由分步乘法计数原理，最多可以有13×9×9 = = 1053 个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名．例5、 75600有多少个正约数?有多少个奇约数?解:75600的约数就是能整除75600的整数,所以本题就是分别求能整除75600的整数和奇约数的个数. 由于 75600=24×33×52×7(1) 75600的每个约数都可以写成l k j l 7532⋅⋅⋅的形式,其中40≤≤i ,30≤≤j ,20≤≤k ,10≤≤l 。