3.1.3 第2课时 组合数的性质-【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 3.1.3 　组合与组合数 第2课时　组合数的性质 (教师独具内容) 课程标准：掌握组合数的性质． 教学重点：1．组合数性质的推导．2．利用组合数的性质进行计算． 教学难点：利用组合数公式解决与计数原理有关的组合问题． 核心素养：通过对组合数性质的学习提升数学运算素养和逻辑推理素养． 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 核心概念掌握 5 答案 190 161700 90 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　给合数的性质1 解 核心素养形成 8 解 核心素养形成 9 核心素养形成 10 解 核心素养形成 11 题型二　组合数的性质2 答案 解析 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 核心素养形成 14 解 证明 核心素养形成 15 题型三　与计数原理有关的组合问题 解 甲、乙、丙、丁4个公司承包6项工程，甲、乙公司均承包2项，丙、丁公司各承包1项，则共有多少种承包方式？ 核心素养形成 16 感悟提升　与计数原理有关的组合问题的解题策略 (1)注意合理分步与分类，不要重复或遗漏． (2)在求每一步或每一类的方案数时分别利用组合数公式求解即可． 核心素养形成 17 解 [跟踪训练3] 　某校高中一年级举行篮球赛．比赛时先分成两组，其中1班、2班、3班、4班为第一组，5班、6班、7班、8班、9班、10班为第二组．各组先进行单循环赛(即同组中的每两支队都要比赛一场)，然后由各组的前两名共4支队进行单循环赛决出冠军和亚军．问：一共需要比赛多少场？ 核心素养形成 18 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 20 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 21 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 22 答案 解析 1或2023 随堂水平达标 1 2 3 4 5 23 5．(2024·河南南阳一中高二月考)某人决定投资3种股票和4种债券，经纪人向他推荐了6种股票和5种债券，则此人不同的投资方式有________种． 答案 解析 100 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★★ ★ ★ 对点 根据组合数的性质1求值 根据组合数的性质1解方程 与计数原理有关的组合问题 根据组合数的性质1，2求值 根据排列数公式、组合数的性质判断等式是否成立 根据组合数的性质1求值 与分配、计数原理有关的组合问题 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 根据组合数的性质1，2解方程 与平行四边形、计数原理有关的组合问题 利用组合数的性质解方程、计算 根据组合数的性质1解决椭圆问题 与计数原理有关的组合问题 与计数原理有关的组合问题 根据组合数的性质2解方程、组合数性质2的推广 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 26 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 27 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 28 3．在一次考试的选做题部分，要求在第1题的4个小题中选做3个小题，在第2题的3个小题中选做2个小题，在第3题的2个小题中选做1个小题，则不同的选法种数是(　　) A．9 B．24 C．84 D．288 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 答案 解析 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 7．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种． 答案 解析 140 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 答案 解析 4或14 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 三、解答题 9．有两组平行线，第一组平行线有5条，第二组平行线有6条，第一组平行线与第二组平行线相交，问这两组平行线能构成多少个平行四边形？ 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 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 12．某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议，甲会议需2人参加，乙、丙两个会议各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法有________种． 2520 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 13．小明家住二层，他每次回家上楼梯时都是一步迈两级或三级台阶．已知相邻楼层之间有16级台阶，那么小明从一层到二层共有多少种不同的走法？ 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　组合数的性质 性质1：Ceq \o\al(m,n)＝______________． 性质2：Ceq \o\al(m＋1,n)＋Ceq \o\al(m,n)＝_________________． Ceq \o\al(n-m,n) Ceq \o\al(m＋1,n＋1) 1．(组合数的性质1)Ceq \o\al(18,20)＝________． 2．(组合数的性质2)Ceq \o\al(3,99)＋Ceq \o\al(2,99)＝________． 3．(与计数原理有关的组合问题)现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．从中选出男、女教师各2名去参加会议，有________种不同的选法． (1)计算Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(98,100)Ceq \o\al(7,7)． 解　①原式＝Ceq \o\al(3,8)＋Ceq \o\al(2,100)×1＝eq \f(8×7×6,3×2×1)＋eq \f(100×99,2×1)＝56＋4950＝5006． (2)求Ceq \o\al(38－n,3n)＋Ceq \o\al(3n,21＋n)的值． 解　∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(38－n≤3n，,3n≤21＋n，))∴9．5≤n≤10．5． ∵n∈N＋，∴n＝10，∴Ceq \o\al(38－n,3n)＋Ceq \o\al(3n,21＋n)＝Ceq \o\al(28,30)＋Ceq \o\al(30,31)＝Ceq \o\al(2,30)＋Ceq \o\al(1,31)＝eq \f(30×29,2)＋31＝466． 感悟提升　性质“Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n)”的意义及作用 (2)若Ceq \o\al(2x－1,20)＝Ceq \o\al(x＋3,20)，求x的值． 解：因为Ceq \o\al(2x－1,20)＝Ceq \o\al(x＋3,20)，所以2x－1＝x＋3或2x－1＋x＋3＝20，所以x＝4或x＝6． eq \a\vs4\al([跟踪训练1])　(1)计算Ceq \o\al(n,n＋1)Ceq \o\al(n－1,n)． 解：原式＝Ceq \o\al(1,n＋1)Ceq \o\al(1,n)＝(n＋1)n＝n2＋n．　 (1)(2024·江西新余高二期末)已知Ceq \o\al(4,n＋1)＝Ceq \o\al(4,n)＋Ceq \o\al(5,n)(n∈N＋)，则n＝(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析　由组合数的性质知，Ceq \o\al(4,n)＋Ceq \o\al(5,n)＝Ceq \o\al(5,n＋1)，因为Ceq \o\al(4,n＋1)＝Ceq \o\al(4,n)＋Ceq \o\al(5,n)，所以Ceq \o\al(4,n＋1)＝Ceq \o\al(5,n＋1)，所以4＋5＝n＋1，得n＝8．故选C．　 (2)化简Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(3,2023)(结果用组合数表示)． 解　Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(3,2023)＝Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(3,2023)－Ceq \o\al(4,4)＝Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(3,5)＋…＋Ceq \o\al(3,2023)－1＝…＝Ceq \o\al(4,2023)＋Ceq \o\al(3,2023)－1＝Ceq \o\al(4,2024)－1． 感悟提升　性质2常用于有关组合数式子的化简或组合数恒等式的证明．应用时要注意公式的正用、逆用和变形用．正用是“合二为一”，逆用是将一个组合数拆成两个，使用变形Ceq \o\al(m－1,n)＝Ceq \o\al(m,n＋1)－Ceq \o\al(m,n)为某些项前后抵消提供了方便，在解题中要注意灵活应用． (2)求证：Ceq \o\al(n,m＋2)＝Ceq \o\al(n,m)＋2Ceq \o\al(n－1,m)＋Ceq \o\al(n－2,m)． 证明：由Ceq \o\al(m,n＋1)＝Ceq \o\al(m,n)＋Ceq \o\al(m－1,n)可知， 右边＝(Ceq \o\al(n,m)＋Ceq \o\al(n－1,m))＋(Ceq \o\al(n－1,m)＋Ceq \o\al(n－2,m)) ＝Ceq \o\al(n,m＋1)＋Ceq \o\al(n－1,m＋1)＝Ceq \o\al(n,m＋2)＝左边， ∴原式成立． 解：原式＝Ceq \o\al(1,7)＋6Ceq \o\al(6,7)＋2Ceq \o\al(2,7)＋5Ceq \o\al(5,7)＋3Ceq \o\al(3,7)＋4Ceq \o\al(4,7)＋7Ceq \o\al(7,7)＝7(Ceq \o\al(0,7)＋Ceq \o\al(1,7)＋Ceq \o\al(2,7)＋Ceq \o\al(3,7))＝7×64＝448．　 eq \a\vs4\al([跟踪训练2])　(2024·山东青岛二中高二3月月考)(1)计算：Ceq \o\al(1,7)＋2Ceq \o\al(2,7)＋3Ceq \o\al(3,7)＋…＋7Ceq \o\al(7,7)．(请用数字作答) 解　依题意，先从6项工程中任取2项给甲，有Ceq \o\al(2,6)种方法，再从余下的4项工程中任取2项给乙，有Ceq \o\al(2,4)种方法，再从余下的2项工程中任取1项给丙，有Ceq \o\al(1,2)种方法，然后将最后1项工程给丁，有1种方法，由分步乘法计数原理，得共有Ceq \o\al(2,6)×Ceq \o\al(2,4)×Ceq \o\al(1,2)×1＝180种承包方式． 解：由题意得，第一组单循环赛的比赛场数是Ceq \o\al(2,4)；第二组单循环赛的比赛场数是Ceq \o\al(2,6)；各组的前两名共4支队再进行单循环赛，还需要比赛Ceq \o\al(2,4)场．所以这次篮球赛一共需要比赛的场次为Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(2,4)＝6＋15＋6＝27．　 1．Aeq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(8,10)＝(　　) A．65 B．160 C．165 D．210 解析：Aeq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(8,10)＝Aeq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(2,10)＝6×5×4＋eq \f(10×9,2×1)＝165．故选C．　 2．若Ceq \o\al(7,n＋1)－Ceq \o\al(7,n)＝Ceq \o\al(8,n)，则n＝(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 解析：∵Ceq \o\al(7,n＋1)＝Ceq \o\al(7,n)＋Ceq \o\al(8,n)＝Ceq \o\al(8,n＋1)，∴n＋1＝7＋8，∴n＝14．故选C．　 3．(2024·甘肃白银高二统考开学考试)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(4,7)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(6,9)＝(　　) A．84 B．120 C．126 D．210 解析：因为Ceq \o\al(m－1,n)＋Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(m,n＋1)，所以Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(4,7)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(6,9)＝Ceq \o\al(3,7)＋Ceq \o\al(4,7)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(6,9)＝Ceq \o\al(4,8)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(6,9)＝Ceq \o\al(5,9)＋Ceq \o\al(6,9)＝Ceq \o\al(6,10)＝210．故选D．　 4．(2024·安徽宿州高二开学考试)若Ceq \o\al(x,2024)＝2024，则x＝____________． 解析：由于Ceq \o\al(1,2024)＝Ceq \o\al(2023,2024)＝2024，故x＝1或2023．　 解析：需分两步：第一步，根据经纪人的推荐在6种股票中选3种，有Ceq \o\al(3,6)种选法；第二步，根据经纪人的推荐在5种债券中选4种，有Ceq \o\al(4,5)种选法．根据分步乘法计数原理，此人有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(4,5)＝20×5＝100种不同的投资方式．　 一、选择题 1．Ceq \o\al(9,12)＝(　　) A．1320 B．66 C．220 D．240 解析：Ceq \o\al(9,12)＝Ceq \o\al(3,12)＝eq \f(12×11×10,3×2×1)＝220．　 2．(2024·辽宁大连高二期末)若Ceq \o\al(3n＋6,18)＝Ceq \o\al(4n－2,18)，则n＝(　　) A．2 B．8 C．2或8 D．2或4 解析：由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n＋6≤18，,4n－2≤18，))解得n≤4，又Ceq \o\al(3n＋6,18)＝Ceq \o\al(4n－2,18)，所以3n＋6＝4n－2或3n＋6＋4n－2＝18，解得n＝2或n＝8(舍去)．故选A．　 解析：由题意知，第1题有Ceq \o\al(3,4)种选法，第2题有Ceq \o\al(2,3)种选法，第3题有Ceq \o\al(1,2)种选法，由分步乘法计数原理可知，不同的选法种数是Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)＝4×3×2＝24．故选B．　 4．Ceq \o\al(0,3)＋Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(2022,2025)＝(　　) A．Ceq \o\al(2,2023) B．Ceq \o\al(3,2024) C．Ceq \o\al(3,2025) D．Ceq \o\al(4,2026) 解析：原式＝Ceq \o\al(0,4)＋Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(2022,2025)＝Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(2022,2025)＝Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(2022,2025)＝…＝Ceq \o\al(2021,2025)＋Ceq \o\al(2022,2025)＝Ceq \o\al(2022,2026)＝Ceq \o\al(4,2026)．故选D．　 5．(多选)(2024·江苏扬州中学高二4月期中)下列有关排列数、组合数的等式中(其中n∈N＋，m∈N，m≤n)正确的是(　　) A．Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n) B．Aeq \o\al(m－1,n－1)＝eq \f(（n－1）！,（m－n）！)(m≥2) C．Aeq \o\al(m,n＋1)＝Aeq \o\al(m,n)＋mAeq \o\al(m－1,n)(m≥2) D．Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋…＋Ceq \o\al(3,10)＝330 解析：对于A，由组合数性质知，Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n)，A正确；对于B，当n≥m≥2时，Aeq \o\al(m－1,n－1)＝eq \f(（n－1）！,[（n－1）－（m－1）]！)＝eq \f(（n－1）！,（n－m）！)，B错误；对于C，当m≥2时，Aeq \o\al(m,n)＋mAeq \o\al(m－1,n)＝eq \f(n！,（n－m）！)＋m·eq \f(n！,（n－m＋1）！)＝eq \f(（n－m＋1）·n！＋m·n！,（n－m＋1）！)＝eq \f(（n＋1）！,（n－m＋1）！)＝Aeq \o\al(m,n＋1)，C正确；对于D，Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋…＋Ceq \o\al(3,10)＝Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)＋…＋Ceq \o\al(3,10)＝Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(3,5)＋…＋Ceq \o\al(3,10)＝Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(3,6)＋…＋Ceq \o\al(3,10)＝…＝Ceq \o\al(4,10)＋Ceq \o\al(3,10)＝Ceq \o\al(4,11)＝eq \f(11×10×9×8,4×3×2×1)＝330，D正确．故选ACD．　 二、填空题 6．若Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(6,n)，则Aeq \o\al(2,n)＝________． 解析：∵Ceq \o\al(3,n)＝Ceq \o\al(6,n)，∴n＝3＋6＝9，∴Aeq \o\al(2,n)＝Aeq \o\al(2,9)＝72．　 解析：第一步，从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动，有Ceq \o\al(3,7)种不同的选法；第二步，从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动，有Ceq \o\al(3,4)种不同的选法．根据分步乘法计数原理，共有Ceq \o\al(3,7)Ceq \o\al(3,4)＝140种不同的安排方案．　 8．(2024·山东枣庄八中高二月考)已知Ceq \o\al(m,m)＋Ceq \o\al(m,m＋1)＋Ceq \o\al(m,m＋2)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(5,20)，则m＝__________． 解析：因为Ceq \o\al(m,m)＋Ceq \o\al(m,m＋1)＋Ceq \o\al(m,m＋2)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(5,20)，所以Ceq \o\al(m,m)＋Ceq \o\al(m,m＋1)＋Ceq \o\al(m,m＋2)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(m＋1,m＋1)＋Ceq \o\al(m,m＋1)＋Ceq \o\al(m,m＋2)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(m＋1,m＋2)＋Ceq \o\al(m,m＋2)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(m＋1,m＋3)＋…＋Ceq \o\al(m,19)＝Ceq \o\al(m＋1,20)＝Ceq \o\al(5,20)，所以m＋1＝5或m＋1＋5＝20，又0≤m≤19，m∈N＋，解得m＝4或m＝14．　 解：每一个平行四边形有两组对边平行，即两组对边平行的一个组合对应一个平行四边形．而两组对边平行的组合数为Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,6)＝150．因此这两组平行线能构成150个平行四边形．　 10．(2024·山西太原五中高二月考)(1)解方程：Ceq \o\al(x－2,x＋2)＋Ceq \o\al(x－3,x＋2)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)； (2)计算：Ceq \o\al(3n,13＋n)＋Ceq \o\al(3n－1,12＋n)＋Ceq \o\al(3n－2,11＋n)＋…＋Ceq \o\al(17－n,2n)． 解：(1)由Ceq \o\al(x－2,x＋2)＋Ceq \o\al(x－3,x＋2)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)， 可得Ceq \o\al(x－2,x＋3)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)， 即Ceq \o\al(5,x＋3)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)， 可得eq \f(（x＋3）！,5！（x－2）！)＝eq \f(（x＋3）！,10·x！)， 即eq \f(1,120)＝eq \f(1,10x（x－1）)， 可得x2－x－12＝0，解得x＝4或x＝－3， 经检验可得x＝4是原方程的解， 所以x＝4． (2)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n≤13＋n，,17－n≤2n，))解得eq \f(17,3)≤n≤eq \f(13,2)， 又n∈N＋，故n＝6． 所以原式＝Ceq \o\al(18,19)＋Ceq \o\al(17,18)＋Ceq \o\al(16,17)＋…＋Ceq \o\al(11,12)＝Ceq \o\al(1,19)＋Ceq \o\al(1,18)＋Ceq \o\al(1,17)＋…＋Ceq \o\al(1,12)＝19＋18＋17＋…＋12＝124． 11．(2024·山东青岛二中高二月考)对于所有满足1≤m≤n≤5的自然数m，n，方程x2＋Ceq \o\al(m,n)y2＝1所表示的不同椭圆的个数为(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 解析：因为1≤m≤n≤5，m，n∈N，且方程x2＋Ceq \o\al(m,n)y2＝1表示椭圆，所以Ceq \o\al(m,n)≠1，则Ceq \o\al(m,n)可能为Ceq \o\al(1,2)，Ceq \o\al(1,3)，Ceq \o\al(2,3)，Ceq \o\al(1,4)，Ceq \o\al(2,4)，Ceq \o\al(3,4)，Ceq \o\al(1,5)，Ceq \o\al(2,5)，Ceq \o\al(3,5)，Ceq \o\al(4,5)，根据组合数的性质，可知Ceq \o\al(1,3)＝Ceq \o\al(2,3)，Ceq \o\al(1,4)＝Ceq \o\al(3,4)，Ceq \o\al(1,5)＝Ceq \o\al(4,5)，Ceq \o\al(2,5)＝Ceq \o\al(3,5)，所以方程x2＋Ceq \o\al(m,n)y2＝1所表示的不同椭圆有6个．故选A． 解析：从10人中选派4人有Ceq \o\al(4,10)种方法，对选出的4人具体安排会议有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)种方法，由分步乘法计数原理知，不同的安排方法有Ceq \o\al(4,10)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,2)＝2520种． 解：考虑走三级台阶的次数： (1)有0次走三级台阶，即每次走两级台阶，走8次，只有1种走法； (2)有1次走三级台阶(不可能)； (3)有2次走三级台阶，则有5次走两级台阶，一共需要走7次，有Ceq \o\al(2,7)＝21种走法； (4)有3次走三级台阶(不可能)； (5)有4次走三级台阶，则有2次走两级台阶，一共需要走6次，有Ceq \o\al(2,6)＝15种走法； (6)有5次走三级台阶(不可能)． 故总共有1＋21＋15＝37种不同的走法． 14．(2024·广东中山一中高二月考)富比尼原理又称算两次原理，是组合数学中非常重要的计算方法，下面的组合恒等式可以用富比尼原理进行证明，具体如下：n人中有1人是军人，从n人中选出m(m<n)人各奖励1颗星，共有Ceq \o\al(m,n)种选法，另一方面，这等价于考虑这n人中的军人是否被选中，若选中军人，则有Ceq \o\al(m－1,n－1)种选法，若未选中军人，则有Ceq \o\al(m,n－1)种选法，所以Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(m－1,n－1)＋Ceq \o\al(m,n－1)． (1)若x∈N，求关于x的方程Ceq \o\al(2x,24)＝Cx224的解； (2)将题干中的问题推广到n人中有k(k≤m≤n－k)人是军人的情形，写出结论并加以证明． 解：(1)由题意，得①2x＝x2，解得x＝2或0， ②2x＋x2＝24，解得x＝－6(舍去)或4． 故x＝0或2或4． (2)根据题意，从n人中选出m人各奖励1颗星，选法种数是Ceq \o\al(m,n)， 若从n人中的k(k≤m≤n－k)名军人被选中的人数考虑，则情况如下： k名军人都没有被选中，有Ceq \o\al(0,k)Ceq \o\al(m,n－k)种选法； 有一名军人被选中，有Ceq \o\al(1,k)Ceq \o\al(m－1,n－k)种选法； 有两名军人被选中，有Ceq \o\al(2,k)Ceq \o\al(m－2,n－k)种选法； 有三名军人被选中，有Ceq \o\al(3,k)Ceq \o\al(m－3,n－k)种选法； …… 有k名军人被选中，有Ceq \o\al(k,k)Ceq \o\al(m－k,n－k)种选法． 所以Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(0,k)Ceq \o\al(m,n－k)＋Ceq \o\al(1,k)Ceq \o\al(m－1,n－k)＋Ceq \o\al(2,k)Ceq \o\al(m－2,n－k)＋…＋Ceq \o\al(k,k)Ceq \o\al(m－k,n－k)(k≤m≤n－k)． $$