3.1.2 第1课时 排列与排列数-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.2　排列与排列数 第1课时　排列与排列数 (教师独具内容) 课程标准：1．通过实例，理解排列的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式． 教学重点：理解排列的概念及排列数公式． 教学难点：利用排列数公式解决一些简单的实际问题． 核心素养：通过排列、全排列、排列数等概念的学习提升数学抽象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　排列的定义 一般地，从n个不同对象中，任取m(m≤n)个对象，按照_______________排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列．特别地，________时的排列(即取出所有对象的排列)称为全排列． [点拨]　排列的定义包括两个基本内容：一是“取出对象”；二是“按照一定的顺序排成一列”． [提醒]　所研究的n个对象是互不相同的，取出的m个对象也是不同的． 一定的顺序 m＝n 核心概念掌握 5 知识点二　排列数的定义 从n个不同对象中取出m个对象的__________________，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数，用符号______表示． [提醒]　“排列”与“排列数”不是同一个概念，排列是从n个不同对象中任取m个对象，按照一定的顺序排成一列，它不是一个数；排列数是指从n个不同对象中取出m个对象的所有排列的个数，它是一个数． 所有排列的个数 核心概念掌握 6 n(n－1)…(n－m＋1) n！ 1 1 核心概念掌握 7 1．(排列的有关概念)从5个人中选取甲、乙2个人去完成某项工作，这________(填“是”或“不是”)排列问题． 2．(排列的列举问题)从1，2，3中任取两个数字可组成的不同的两位数有________个． 3．(与排列数有关的运算)89×90×91×…×100可表示为A，则n＝________． 答案 不是 6 12 核心概念掌握 8 核心素养形成 判断下列问题是否是排列问题： (1)从1，2，3，4四个数字中，任选两个做加法，其结果有多少种不同的可能？ (2)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得到多少个不同的点的坐标？ (3)从10名同学中任抽2名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法？ (4)有红球、黄球、白球各一个，现从这三个小球中任取两个，分别放入甲、乙两个盒子里，有多少种不同的放法？ 题型一　排列的有关概念 核心素养形成 10 解　 (1)不是．加法运算满足交换律，所以选出的两个数做加法时，与两个数的位置无关，所以不是排列问题． (2)是．因为取出的两个数组成的点的坐标与哪一个数作横坐标，哪一个数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排列问题． (3)不是．因为从10名同学中抽取2名同学去学校开座谈会不需要考虑两个人的顺序，所以这不是排列问题． (4)是．任取两个球分别放入甲、乙两个盒子里，这是有顺序的，所以这是排列问题． 解 核心素养形成 11 感悟提升　判断一个具体问题是否为排列问题的方法 核心素养形成 12 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 题型二　排列的列举问题 解　列出每一个起点和终点的情况，如图所示． 故符合题意的机票有： 北京—广州，北京—南京，北京—天津，广州—南京，广州—天津，广州—北京，南京—天津，南京—北京，南京—广州，天津—北京，天津—广州，天津—南京，共12种． (1)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有多少种机票？ 解 核心素养形成 15 解 (2)两名老师和两名学生合影留念，写出老师不在左端且相邻的所有可能的站法，并回答共有多少种？ 解　由于老师不站左端，故左端位置上只能安排学生．设两名学生分别为A，B，两名老师分别为M，N，此问题可分两类： 由此可知，所有可能的站法为AMNB，ANMB，ABMN，ABNM，BMNA，BNMA，BAMN，BANM，共8种． 核心素养形成 16 感悟提升　求解简单排列问题的策 对于简单的排列问题，树形图是常见的解题方法．它能很好地确定排列中各对象的先后顺序，利用树形图可具体地列出各种情况，避免排列的重复和遗漏． 核心素养形成 17 [跟踪训练2]　从0，1，2，3这四个数字中，每次取出三个不同数字排成一个三位数． (1)能组成多少个不同的三位数？并写出这些三位数； (2)若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个？并写出这些三位数． 解 解：(1)组成三位数分三个步骤： 第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法； 第二步：选十位上的数字，有3种不同的排法； 第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法． 由分步乘法计数原理得，能组成3×3×2＝18个不同的三位数． 核心素养形成 18 画出树形图如图： 由树形图知，所有的三位数为102，103，120，123，130，132，201，203，210，213，230，231，301，302，310，312，320，321． (2)直接画出树形图如图： 由树形图知，符合条件的三位数有8个，分别为201，210，230，231，301，302，310，312． 解 核心素养形成 19 题型三　与排列数有关的运算 答案 解析 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 证明 核心素养形成 24 感悟提升　与排列数有关运算的解题策略 核心素养形成 25 答案 解析 核心素养形成 26 答案 解析 核心素养形成 27 答案 解析 5 核心素养形成 28 解析 答案 {3，4} 核心素养形成 29 证明 核心素养形成 30 随堂水平达标 1．(多选)下列问题不是排列问题的是(　　) A．从8名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？ B．10个人互相发微信一次，共发了多少条微信？ C．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点共可确定多少条直线？ D．从1，2，3，4四个数字中，任选两个相乘，其结果共有多少种？ 解析：排列问题是与顺序有关的问题，四个选项中只有B中的问题是与顺序有关的，其他问题都与顺序无关．故选ACD． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 3．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是(　　) A．8 B．12 C．16 D．24 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 4．若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种． 答案 解析 23 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 5．将A，B，C，D四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，A不排在第一，B不排在第二，C不排在第三，D不排在第四，则所有可能的排法共有________种． 解析：画出树形图如图： 由树形图知，所有排法为BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共有9种排法． 答案 解析 9 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★ 对点 排列问题的判断 树形图列举解决数字排列问题 利用排列数公式计算 树形图列举解决传球排列问题 利用排列数公式化简 树形图解决与数字有关的排列问题 利用排列数公式求值 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 与数字、对数计算有关的排列问题 列举法解决排列数问题 利用排列数公式求值、解方程、化简 与数字有关的排列问题 与数字有关的排列问题 排列数公式的应用 利用排列数公式解不等式、证明等式 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 一、选择题 1．下列问题属于排列问题的是(　　) ①从10个人中选2人分别去种树和扫地；②从10个人中选2人去扫地；③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；④从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算． A．①④ B．①② C．③④ D．①③④ 解析：排列问题是与顺序有关的问题，由排列的定义易知①④是排列问题，②③不是排列问题．故选A． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 2．由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数有(　　) A．9个 B．12个 C．15个 D．18个 解析：本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树形图表示为 由此可知，这样的四位数共有12个． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 4．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有(　　) A．6种 B．10种 C．8种 D．16种 解析：记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球 传给乙，则不同的传球方式如图所示． 其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种． 同理，若甲第一次把球传给丙，也有5种不同的传球方 式使球仍回到甲手中，故共有10种传球方式使球仍回到 甲手中． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 二、填空题 6．在1，2，3，4的排列a1a2a3a4中，满足a1>a2，a3>a2，a3>a4的排列个数是________． 解析：首先注意a1位置的数比a2位置的数大，可以借助树形图进行筛选． 满足a1>a2的树形图如下： 从而得出满足题意的排列有2143，3142，3241，4132，4231，共5个． 答案 解析 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 答案 解析 726 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 8．从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是________． 答案 解析 18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 三、解答题 9．(2024·山东济南一中高二月考)请列出下列排列： (1)从3个不同元素a，b，c中任取2个元素的所有排列； (2)从7个不同元素a，b，c，d，e，f，g中任取2个元素的所有排列． 解：(1)根据题意，从3个不同元素a，b，c中任取2个元素的所有排列共有如下6种： ab，ac，ba，bc，ca，cb． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 (2)从7个不同元素a，b，c，d，e，f，g中任取2个元素的所有排列共有如下42种： ab，ac，ad，ae，af，ag，ba，bc，bd，be，bf，bg，ca，cb，cd，ce，cf，cg，da，db，dc，de，df，dg，ea，eb，ec，ed，ef，eg，fa，fb，fc，fd，fe，fg，ga，gb，gc，gd，ge，gf． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 11．用1，2，3，…，9这九个数字组成的无重复数字的四位奇数中，各位数字之和为偶数的共有(　　) A．120个 B．600个 C．720个 D．840个 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 12．(2024·陕西咸阳实验中学高二月考)一个数阵有m行7列，第一行中的7个数互不相同，其余行都由这7个数以不同的顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么m的最大值为________． 5040 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 13．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m>1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？ 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 　　　　　　　　　　　　　 R Aeq \o\al(m,n) 知识点三　排列数公式 (1)乘积形式：Aeq \o\al(m,n)＝＝______________________ (n和m都是正整数，且m≤n)． (2)阶乘形式：Aeq \o\al(m,n)＝__________________(n和m都是正整数，且m≤n)． (3)Aeq \o\al(n,n)＝______． (4)规定：0！＝______，Aeq \o\al(0,n)＝______． eq \f(n！,（n－m）！) eq \a\vs4\al([跟踪训练1])　判断下列问题是否为排列问题： (1)会场有50个座位，要求选出3个座位，有多少种方法？若选出3个座位安排三位客人，又有多少种方法？ (2)从集合M＝{1，2，…，9}中，任取两个元素作为a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1？可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1? (3)从1，3，5，7，9中任取3个数字，有多少种方法？若这3个数字组成没有重复的三位数，又有多少种方法？ 解：(1)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．“入座”问题与顺序有关，故选3个座位安排三位客人是排列问题． (2)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．若方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a，b的大小关系一定；在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，不管a>b还是a<b，方程eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题． (3)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．从5个数字中取3个数字，与顺序无关；若这3个数字组成不同的三位数，则与顺序有关． (1)(x－2)(x－3)(x－4)…(x－15)(x∈N＋，x>15)可表示为(　　) A．Aeq \o\al(13,x－2) B．Aeq \o\al(14,x－2) C．Aeq \o\al(13,x－15) D．Aeq \o\al(14,x－15) 解析　由题意x∈N＋，x>15．其中最大的数(x－2)为n，则m＝(x－2)－(x－15)＋1＝14，所以(x－2)(x－3)(x－4)…(x－15)＝Aeq \o\al(14,x－2)．　 (2)计算：4,8)eq \f(4A＋2Aeq \o\al(5,8),Aeq \o\al(8,8)－Aeq \o\al(5,9)) ． 解　原式＝4,8)eq \f(4A＋2×4Aeq \o\al(4,8),4×3×2Aeq \o\al(4,8)－9Aeq \o\al(4,8)) ＝eq \f(4＋8,24－9)＝eq \f(4,5)．　 解　由3Aeq \o\al(x,8)＝4Aeq \o\al(x－1,9)， 得eq \f(3×8！,（8－x）！)＝eq \f(4×9！,（10－x）！)， 化简，得x2－19x＋78＝0， 解得x1＝6，x2＝13． 又x≤8，且x－1≤9， 所以原方程的解是x＝6．　 (3)解方程3Aeq \o\al(x,8)＝4Aeq \o\al(x－1,9)． (4)解不等式Aeq \o\al(x,9)>6Aeq \o\al(x－2,9)，其中x≥3，x∈N＋． 解　由原不等式，得eq \f(9！,（9－x）！)>eq \f(6×9！,（9－x＋2）！)，其中3≤x≤9，x∈N＋，即(11－x)(10－x)>6， 整理，得x2－21x＋104>0， 解得x<8或x>13． 又3≤x≤9，x∈N＋， 所以x＝3，4，5，6，7． 故原不等式的解集为{3，4，5，6，7}． (5)求证：Aeq \o\al(n＋1,n＋1)－Aeq \o\al(n,n)＝n2Aeq \o\al(n－1,n－1)． 证明　∵Aeq \o\al(n＋1,n＋1)－Aeq \o\al(n,n)＝n(n＋1)Aeq \o\al(n－1,n－1)－nAeq \o\al(n－1,n－1)＝(n2＋n－n)Aeq \o\al(n－1,n－1)＝n2Aeq \o\al(n－1,n－1)， ∴Aeq \o\al(n＋1,n＋1)－Aeq \o\al(n,n)＝n2Aeq \o\al(n－1,n－1)． (1)将连续正整数的乘积转化为排列数时，关键是搞清楚其中的最大因数以及因数的个数． (2)求解与排列数有关的方程或不等式时，通常是利用阶乘形式的排列数公式，将方程或不等式通过通分、约分等化简为普通方程或不等式，然后进行求解． (3)必须注意排列数Aeq \o\al(m,n)中m∈N＋，n∈N＋，且m≤n这些限制条件． (4)在解出方程或不等式后，要进行检验，把不符合题意的解舍掉． eq \a\vs4\al([跟踪训练3])　(1)设a∈N＋，且a<27，则(27－a)(28－a)…(34－a)＝(　　) A．Aeq \o\al(8,27－a) B．Aeq \o\al(27－a,34－a) C．Aeq \o\al(7,34－a) D．Aeq \o\al(8,34－a) 解析：27－a，28－a，…，34－a中最大的数为34－a，一共有34－a－(27－a)＋1＝8个因式，所以(27－a)(28－a)…(34－a)＝Aeq \o\al(8,34－a)．　 (2)若Aeq \o\al(5,m)＝2Aeq \o\al(3,m)，则m的值为(　　) A．5 B．3 C．6 D．7 解析：若Aeq \o\al(5,m)＝2Aeq \o\al(3,m)，则m(m－1)(m－2)(m－3)(m－4)＝2×m(m－1)(m－2)，即(m－3)(m－4)＝2，由m≥5可得m＝5．　 (3)计算：4,8)eq \f(AAeq \o\al(4,12),12Aeq \o\al(6,11)) ＝________． 解析：解法一：4,8)eq \f(AAeq \o\al(4,12),12Aeq \o\al(6,11)) ＝eq \f(\f(8！,4！)×\f(12！,8！),\f(12×11！,5！))＝5． 解法二：4,8)eq \f(AAeq \o\al(4,12),12Aeq \o\al(6,11)) ＝eq \f(（8×7×6×5）×（12×11×10×9）,12×（11×10×…×6）)＝5．　 (4)不等式Aeq \o\al(2,n－1)－n<7的解集为________． 解析：由Aeq \o\al(2,n－1)－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，整理，得n2－4n－5<0，解得－1<n<5．又n－1≥2且n∈N＋，所以3≤n<5且n∈N＋，所以n＝3或n＝4．　 (5)求证：Aeq \o\al(n,n)＝Aeq \o\al(m,n)·Aeq \o\al(n－m,n－m)． 证明：Aeq \o\al(m,n)·Aeq \o\al(n－m,n－m)＝eq \f(n！,（n－m）！)(n－m)！＝n！＝Aeq \o\al(n,n)，等式得证． 2．计算6,7)eq \f(A－Aeq \o\al(5,6),Aeq \o\al(4,5)) ＝(　　) A．12 B．24 C．30 D．36 解析：因为Aeq \o\al(6,7)＝7×6×Aeq \o\al(4,5)，Aeq \o\al(5,6)＝6×Aeq \o\al(4,5)，所以原式＝4,5)eq \f(36A,Aeq \o\al(4,5)) ＝36．　 解析：设车站数为n，则Aeq \o\al(2,n)＝132，即n(n－1)＝132，所以n＝12．　 解析：因为“word”有四个不同的字母，所以可能出现的错误的种数为Aeq \o\al(4,4)－1＝23．　 3．若S＝Aeq \o\al(1,1)＋Aeq \o\al(2,2)＋Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(4,4)＋…＋Aeq \o\al(100,100)，则S的个位数字是(　　) A．8 B．5 C．3 D．0 解析：因为Aeq \o\al(1,1)＝1，Aeq \o\al(2,2)＝2，Aeq \o\al(3,3)＝6，Aeq \o\al(4,4)＝24，Aeq \o\al(5,5)＝120，所以当n≥5时，Aeq \o\al(n,n)的个位数字是0，故S的个位数字取决于前四个排列数．又Aeq \o\al(1,1)＋Aeq \o\al(2,2)＋Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(4,4)＝33，所以S的个位数字是3．　 5．(多选)下列各式中与排列数Aeq \o\al(m,n)相等的是(　　) A．eq \f(n！,（m－n）！) B．n(n－1)(n－2)…(n－m) C．m＋1,n)eq \f(A,n－m) D．Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1) 解析：∵Aeq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,（n－m）！)，A显然不满足题意；∵n(n－1)(n－2)…(n－m)＝eq \f(n！,（n－m－1）！)＝Aeq \o\al(m＋1,n)，∴Aeq \o\al(m,n)≠n(n－1)(n－2)…(n－m)，故B不满足题意；∵m＋1,n)eq \f(A,n－m) ＝eq \f(1,n－m)·eq \f(n！,（n－m－1）！)＝eq \f(n！,（n－m）！)，∴Aeq \o\al(m,n)＝m＋1,n)eq \f(A,n－m) ，故C满足题意；∵Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1)＝eq \f(n（n－1）！,[n－1－（m－1）]！)＝eq \f(n（n－1）！,（n－m）！)＝eq \f(n！,（n－m）！)，∴Aeq \o\al(m,n)＝Aeq \o\al(1,n)Aeq \o\al(m－1,n－1)，故D满足题意．故选CD．　 7．求值：Aeq \o\al(5,2n)＋Aeq \o\al(3,6－n)＝________． 解析：由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n≥5，,6－n≥3，))解得eq \f(5,2)≤n≤3．∵n∈N＋，∴n＝3，∴Aeq \o\al(5,2n)＋Aeq \o\al(3,6－n)＝Aeq \o\al(5,6)＋Aeq \o\al(3,3)＝6×5×4×3×2＋3×2×1＝726．　 解析：由于lg a－lg b＝lg eq \f(a,b)(a>0，b>0)，从1，3，5，7，9中任取两个作为eq \f(a,b)有Aeq \o\al(2,5)种，又eq \f(1,3)与eq \f(3,9)相同，eq \f(3,1)与eq \f(9,3)相同，∴lg a－lg b的不同值的个数是Aeq \o\al(2,5)－2＝20－2＝18．　 10．(1)求值：Aeq \o\al(7,7)－6Aeq \o\al(6,6)－6Aeq \o\al(5,5)； (2)解方程：Aeq \o\al(4,2x＋1)＝140Aeq \o\al(3,x)； (3)求值：m－1,n－1)eq \f(A·Aeq \o\al(n－m,n－m),Aeq \o\al(n－1,n－1)) ； (4)化简：1！＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n！； (5)化简：eq \f(1,2！)＋eq \f(2,3！)＋eq \f(3,4！)＋…＋eq \f(n－1,n！)． 解：(1)原式＝7Aeq \o\al(6,6)－6Aeq \o\al(6,6)－Aeq \o\al(6,6)＝0． (2)根据原方程，x应满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1≥4，,x≥3，x∈N＋，)) 解得x≥3，x∈N＋． 根据排列数公式，原方程可化为(2x＋1)2x·(2x－1)(2x－2)＝140x(x－1)(x－2)． 又x≥3，两边同时除以4x(x－1)，得 (2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)， 即4x2－35x＋69＝0， 解得x＝3或x＝eq \f(23,4)(舍去)．故原方程的解为x＝3．　 (3)原式＝eq \f(（n－1）！,[n－1－（m－1）]！)·(n－m)！·eq \f(1,（n－1）！)＝eq \f(（n－1）！,（n－m）！)·(n－m)！·eq \f(1,（n－1）！)＝1． (4)原式＝(2！－1！)＋(3！－2！)＋(4！－3！)＋…＋[(n＋1)！－n！]＝(n＋1)！－1． (5)∵eq \f(n－1,n！)＝eq \f(1,（n－1）！)－eq \f(1,n！)， ∴eq \f(1,2！)＋eq \f(2,3！)＋eq \f(3,4！)＋…＋eq \f(n－1,n！) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1！)－\f(1,2！)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2！)－\f(1,3！)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3！)－\f(1,4！)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,（n－1）！)－\f(1,n！)))＝1－eq \f(1,n！)． 解析：当四位数各位数字均为奇数时，有Aeq \o\al(4,5)＝120个；当四位数各位数字中有两个奇数和两个偶数时，有3Aeq \o\al(2,5)Aeq \o\al(2,4)＝720个．所以各位数字之和为偶数的四位奇数共有120＋720＝840个．故选D． 解析：由于7个数互不相同，故将这7个数全排列共有Aeq \o\al(7,7)＝5040种排序方法，而一个数阵有m行7列，要使任意两行的顺序都不相同，故m的最大值为5040． 解：由题意可知，原有车票的种数是Aeq \o\al(2,n)，现有车票的种数是Aeq \o\al(2,n＋m)，∴Aeq \o\al(2,n＋m)－Aeq \o\al(2,n)＝62， 即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62， ∴m(2n＋m－1)＝62＝2×31． ∵m<2n＋m－1，且n≥2，m>1，m，n∈N＋， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,2n＋m－1＝31，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝15.)) 故原有15个车站，现在有17个车站． 14．(1)解不等式：Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8)； (2)求证：Aeq \o\al(m,n)＋mAeq \o\al(m－1,n－1)＋m(m－1)Aeq \o\al(m－2,n－1)＝Aeq \o\al(m,n＋1)(n，m∈N＋，n≥m>2)． 解：(1)由Aeq \o\al(x,8)<6Aeq \o\al(x－2,8)，得 eq \f(8！,（8－x）！)<6·eq \f(8！,（10－x）！)， 化简，得x2－19x＋84<0，所以7<x<12． 又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤8，,x－2≤8，x∈N，))所以x＝8． (2)证明：因为左边＝eq \f(n！,（n－m）！)＋meq \f(（n－1）！,（n－m）！)＋m(m－1)·eq \f(（n－1）！,（n－m＋1）！) ＝eq \f(n！（n－m＋1）＋m（n－1）！（n－m＋1）＋m（m－1）（n－1）！,（n－m＋1）！) ＝eq \f(（n－1）！[n（n－m＋1）＋m（n－m＋1）＋m（m－1）],（n－m＋1）！) ＝eq \f(（n－1）！（n2＋n）,（n－m＋1）！)＝eq \f(（n＋1）！,（n＋1－m）！) ＝Aeq \o\al(m,n＋1)＝右边，所以等式成立． $$