5（理）C?15?(?15)?(?16)???(?19)5??C19??11628.
5!C32x(x?1)(x?2)12（2）（文）1x2?.∵x＞0，x+≥22. 当且仅当x=2时，?(x??3)2x(Cx)6x6xC3x等号成立.∴当x=2时，取得最小值. 12(Cx)（理，文3）性质①不能推广. 例如当x=的推广形式是Cxm2时，C12有定义，但C2?12无意义；性质②能推广，它
?1m?Cm?Cxx?1，x∈R，m是正整数。事实上： 11?C0?x?1?Cxx?1，当m≥2时，
当m=1时，有Cxm?1Cm?x?Cxx?(x?1)???(x?m?1)x?(x?1)???(x?m?2)?m!(m?1)!
x?(x?1)???(x?m?2)x?m?1x?(x?1)???(x?m?2)?(x?1)?(?1)??Cmx?1(m?1)!mm!（3）（理）当x≥m时，组合数Cx∈Z. 当0≤x＜m时，Cx=0∈Z.当x＜0时，∵－x+m－1＞0，
mm∴Cxm?x?(x?1)???(x?m?1)(?x?m?1)???(?x?1)?(?x)?(?1)m?(?1)mCm?x?m?1∈Z.
m!m!
54A84?2A88．计算： ． 85A8?A94A84?2?4A844?8124解：原式：=???．
4?3?2A84?9A8424?9155评注：在利用排列数公式进行运算时，要注意排列数之间的关系，若先化简再求值，则上式的运算比直接利用排列数公式将其展开要方便得多．
x?729．解方程3Cx?3?5Ax?4.
解：由排列数和组合数公式，原方程可化为：3?(x?3)!(x?4)!?5?，
(x?7)!4!(x?6)!则
3(x?3)52
?，即为(x-3)(x-6)=40．∴x-9x-22=0，解之可得x=11或x=-2． 4!x?6经检验知x=11是原方程的根，x=-2是原方程的增根．∴方程的根为x=11．
16Ax?23!,x?N, 求f(x) 的最小值。 10．若f(x)=3331?C4?C5???Cx 11
解：f(x)=()1(x?2)(x?1)(x)(x?1)(x?2)(x?3)12=4(x+2)(x-3)=4(x?)-25.
23!(x?1)(x)(x?1)(x?2)∵x∈N，且由题中A6x?2条件知x+2≥6。即x≥4。 ∴x=4时，f(x)有最小值为24。
3n3n?13n?217?n11．计算C13?n?C12?n?C11?n???C2n． 3n解：由C13?n知n满足3n≤13+n, ∴n≤
131717?n；由C2知n必须满足2n≥17-n, ∴n≥. n23∴
1713?n?，又n∈N*, ∴n=6． 32181716111111∴原式=C19=19+18+17+?+12=124． ?C18?C17???C12?C19?C18?C17???C1212． 计算下列各题：
62A57?A698973222 （1） （2）(C100 （3）C2?C100)?A1002?C3?C4???C10 6!?5!解：（1）原式=
7!?6!(7?6?6)?5!36?? 6!?5!(6?1)?5!798333?A101?C101?A101? （2）原式=C1011A33?1 62223222（3）原式=(C33?C3)?C4??C10?(C4?C4)?C5???C10 2223 =(C35?C5)?C6???C10???C11?165
333313．计算：C4； ?C5?C6???C1043334433344解：原式=C4?C4?C5???C10?C4?C5?C5?C6???C10?C4???C11?1?329； 4614．解不等式Cn． ?Cnn!n!?2?,?n?9n?10?0,??1?n?10,?464!(n?4)!6!(n?6)!解：由Cn，得 ?????Cn??n?6.?n?6?n?6?又n∈N, ∴该不等式的解集为{6, 7, 8, 9}．
122n215．求证：Cn1?Cn?22???Cnn?n(n?1)?2n?2 kkkk证：∵k2Cn。 ?[(k2?k)?k]Cn?k(k?1)Cn?kCn*
其中k?Cn?k?kn!(n?1)!k?1k?n??n?Cn?1k(k-1)Cn
k!(n?k)!(k?1)![(n?1)?(k?1)!]=k(k-1)·
n!(n?2)!k?2?n(n?1)?=n(n-1)Cn?2,
k!(n?k)!(k?2)![(n?2)?(k?2)!]12
kk?1k?2∴k2Cn?nCn)Cn?1?n(n?1?2(k?2,?,n).
1222n2∴左边=Cn1?Cn2???Cnn
1201n?212n?1=Cn1?n(n?1)[Cn?C??C]?n?[C?C???C?2n?2n?2n?1n?1n?1]
=n+n(n-1)·2+n(2-1)=n(n+1)·2.
n-2n-1n-2
题型5 组合应用题中的选举及抽样问题
1．某班级有20名男生和18名女生，从这38名学生中任选4名参加一个“Party”。 （1）其中恰有2名女生的选法有多少种？ （2）其中至多有2名女生的选法有多少种？
22解：（1）C18?C20?29070；
43122（2）分3类：① 4人中无女生：；② 4人中恰有1女生：；③ 4人中恰有2女生：。 C20C20C18C20C1843122故共有C20?C20?C18?C20?C18?54435种。
2．假设在200件产品中，有3件次品，现在从中任意抽出5件，其中至少有2件次品的抽法有多少种？
解：“至少2件次品”，即是说“有2件次品或3件次品”的抽法．至少有两件次品的抽法有两种可能：
2332（1）有2件次品3件合格的有：C3；（2）有3件次品2件合格的有：C3． C197（种）C197（种）2332由分类计数原理得抽法种数为C3． C197?C3C197（种）
514解法二：（间接法）不论次品、合格品的抽法共有C200种，恰有一件次品的抽法种数为C3C197，没有55514次品的抽法种数为C197。所以至少有2件次品的抽法种数为C200?C197?C3C197．
3．某班选正、副班长的方法数与选4名学生代表的方法数之比为1∶94，问该班有学生多少名？
解：设该班学生数为x人，从x人中选出正、副班长的方法数就是从x个元素中选2个元素的排列数，
2424即Ax种．从x人中选4名学生代表的方法数为Cx种，根据题意，有：Ax∶Cx=1∶94．
即x(x-1)∶
x(x?1)(x?2)(x?3)2
=1∶94．整理得：x-5x-2250=0．解得：x=50，或x=-45（舍去）．所以
4?3?2该班学生有50人．
题型6 组合应用题中的几何问题
1．将1个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同1条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法总数是多少？
解：如图10-4，由题设，四棱锥A-ABCD的顶点S、A、B所染颜色互不相同，它们共有5×4×3=60种染色方法。
当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为1，2，3，；若C染颜色2，则D可染颜色3，4，5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；
若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法。可见，当S，A，B已染好，C与D还有7种染法。
13
从而，总的染色方法为60×7=420（种）。
2．某区有7条南北向街道，5条东西向街道（如图10-5）， （1）图中共有多少个矩形？
（2）从A点走向B点最短的走法有多少种？ 解：（1）在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成1个矩形故可组成矩形有：
22=210（个）。 C7?C5（2）每条东西向的街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段。从A到B最短的走
法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另4段方向相同，每种走法，即
64是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C10=210（种）走法。 ?C10（同样可从10段选4段走南北方向的4段，每个选法即是1种走法）。
3．在∠MOA的边OM上有5个异于O点的点，OA上有4个异于O点的点，以这10个点（含O）为顶点，可以得到多少个三角形？
11解：（直接法）分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、OA上，所以有C5C421个；O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在OA上的有C5C4个；一个顶点在OM上，两个12顶点在OA上的有C5C4个．
112112∴由分类计数原理，共有C5． C4?C5C4?C5C4=5×4+10×4+5×6=90（个）
3解法二：（间接法）先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三个组合数是C10，但其中OM上
的6个点（含O）中任取3点不能做到三角形，OA上的5个点（含O）中任取3点也不能得到三角形，所
333333以共可以得到C10个三角形，即C10=120-20-10=90（个）三角形． ?C6?C5?C6?C5解法三：也可以这样考虑，把O看成是OM边上的点，先从OM上的6个点（含O）中任取两点，OA上
21的4点（不含O）中取一点，可得C6C4个三角形，再从OM上的5点（不含O）中取一点，从OA上的4122112点（不含O）中取两点，可得C5C4个三角形，所以共有C6C4?C5C4=15×4+5×6=90（个）三角形．
4．（1）四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
（2）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？ 解：（1）（直接法）：如图10-3-2，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出
33点必与点A共面共有3C5种取法，含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所
对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类计数原理，知与顶点A共面三点的
3取法有3C5+3=33种．
4（2）（间接法）：如图10-3-2，从10个顶点中取4个点的取法有C10种，除去
4点共面的取法种数可以得到结果．从四面体同一个面上的6个点中取出的4点
4必定共面，有4C6=60种．四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面，共有6种共面情况．从6条棱的中
14
4点中取4个点时有3种共面情形（对棱中点连线两两相交且互相平分）。故4点不共面的取法为C10-
（60+6+3）=141种．
5．在以AB为直径的半圆周上，有异于A、B的六个点C1、C2、C3、C4、C5、C6，A、B上有异于A、B的四个点D1、D2、D3、D4．问：
（1）以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个？其中含C1点的有多少个？
（2）以图中的12个点（包括A、B）中的4个为顶点， 可作出多少个四边形？
解：（1） C1、C2、C3、C4、C5、C6这六个点中任取三个可构成一个三角形．
C1、C2、C3、C4、C5、C6中任取一个，D1、D2、D3、D4中任取两点可构成一个三角形．C1、C2、C3、C4、C5、C6
32121中任取两个，D1、D2、D3、D4中任取一点可构成一个三角形．所以共有C6?C4C6?C6C4=116（个）三角2112形；其中以C1为顶点的三角形有C5=36（个）． ?C5C4?C443122（2）C6． ?C6C6?C6C6=360（个）
6．设正n边形内接于圆O，正n边形的n个顶点及圆心O点，共(n+1)个点，从这(n+1)个点考虑： （1）过任意两点作直线，能作多少条直线？ （2）以任意三点为顶点，能作多少个三角形？
n(n?1)（条）； 2nn为偶数时，这时内接正n边形相对顶点的连线为过圆O的直线，这样的直线有条．可连直线的条数为
2n2nn(n?1)2Cn?C3??（条）． ?12222解：（1）n为奇数，各顶点的连线均不过圆心，共有Cn?1?(n?1)n(n?1）n(n2?1)?（2）n为奇数时，有C?（个）；n为偶数时，与（1）同样考虑，有
663nn3n(n2?4)C?C3?（个）．
263n7．直线与圆相离，直线上六点A1，A2，A3，A4，A5，A6，圆上四点B1，B2，B3，B4，任两点连成直线，问所得直线最多几条？最少几条？
解：所得直线最多时，即为任意三点都不共线可分为三类：第一类为已知直线上与圆上各取一点连线
11的直线条数为C6C4=24；第二类为圆上任取两点所得的直线条数为C4=6；第三类为已知直线为1条，则
211直线最多的条数为N1=C6。 C4+C4+1=31（条）
2 所得直线最少时，即重合的直线最多，用排除法减去重合的字数较为方便，而重合的直线即是由圆上取两点连成的直线，排除重复，便是直线最少条数 N2=N1-2C4=31-12=19（条）。
8．平面内有12个点，其中有4点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点可得到多少个不同的三角形？
解：我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准：第一类：共线的4点中有两点为三角形的
1221顶点，共有：C8=48（个）；第二类：共线的4点中有一点三角形的顶点共有：C8=112（个）． ?C4?C43第三类：共线的4点中没有点作为三角形的顶点，共有：C8=56（个）．
2 15