2024-2025学年新教材高中数学课时素养评价三十六第五章计数原理3第2课时组合的简单应用含解析北师大版选择性必修第一册

PAGE三十六组合的简洁应用(15分钟30分)1．要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为()A．6B．12C．24D．36【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6种分法，甲一个人分到A班的方法有：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6种分法，共有12种分法．【发散·拓】解答排列、组合应用题要从“分析”“辨别”“分类”“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“对象”，哪些是“位置”．(2)“辨别”就是辨别是排列还是组合，对某些对象的位置有、无限制等．(3)“分类”就是将较困难的应用题中的对象分成相互排斥的几类，然后逐类解决．(4)“分步”就是把问题化成几个相互联系的步骤，而每一步都是简洁的排列、组合问题，然后逐步解决．2．某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个．现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同．则上述四人所设密码最平安的是()A．甲B．乙C．丙D．丁【解析】选C.甲共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝48种不同设法，乙共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),2！)＝36种不同设法，丙共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝144种不同设法，丁共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24种不同设法，所以丙最平安.3．在直角坐标平面xOy中，平行直线x＝n(n＝0，1，2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0，1，2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．【解析】在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15×15＝225个．答案：2254．现支配甲、乙、丙、丁、戊5名同学参与厦门市华侨博物院志愿者服务活动，每人从事礼仪、导游、翻译、讲解四项工作之一，每项工作至少有一人参与．甲、乙不会导游但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同支配方案的种数是________．(用数字作答)【解析】依据题意，分状况探讨，(1)甲、乙一起参与除了导游的三项工作之一有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝18种支配方案；(2)甲、乙不同时参与一项工作，进而又分为2种状况：①丙、丁、戊三人中有两人担当同一份工作，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝3×2×3×2＝36种支配方案；②甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人担当同一份工作，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝72种支配方案．由分类加法计数原理，可得共有18＋36＋72＝126种不同的支配方案．答案：1265．对于各数互不相等的正整数组(i1，i2，…，in)(n是不小于2的正整数)，假如在p>q时有ip>iq，则称ip和iq是该数组的一个“好序”，一个数组中“好序”的个数称为此数组的“好序数”，例如，数组(1，3，4，2)中有好序“1，3”，“1，4”，“1，2”，“3，4”，其“好序数”等于4.若各数互不相等的正整数组(a1，a2，a3，a4，a5，a6)的“好序数”等于2，求(a6，a5，a4，a3，a2，a1)的“好序数”．【解析】因为各数互不相等的正整数组(a1，a2，a3，a4，a5，a6)的“好序数”等于2，(a6，a5，a4，a3，a2，a1)中任取两个的组合有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15个，所以(a6，a5，a4，a3，a2，a1)的“好序数”是15－2＝13个．(30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满意条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．60B．90C．120D．130【解题指南】题设条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3意味着x1，x2，x3，x4，x5有4个，3个，2个元素为0.【解析】选D.集合A中元素为有序数组(x1，x2，x3，x4，x5)，题中要求有序数组的5个数中仅1个数为±1，仅2个数为±1或仅3个数为±1，所以共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))×2＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×2×2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))×2×2×2＝130个元素．2．在同一个袋子中含有不同标号的红、黑两种颜色的小球共8个，从红球中选取2个，从黑球中选取1个，共有30种不同的选法，其中黑球至多有()A．2个B．4个C．3个D．5个【解析】选C.设黑球有x个，则红球有(8－x)个，则Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8－x))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(x))＝30，由于0<x<8，x∈N*，所以简洁检验，当x＝2，3时，等式Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8－x))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(x))＝30成立，所以黑球至多有3个．【类题·通】(1)组合问题的常见题型有“必选问题”“不选问题”“恰选问题”“至多问题”“至少问题”“既有……，又有……问题”，在解题时应加以区分，正确解答．(2)“至多问题”“至少问题”“既有……，又有……问题”一般都有干脆法和间接法两种做法，应依据详细状况进行选择．3．在200件产品中有3件次品，现从中随意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有()A．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(197))种 B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(200))－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(197))))种C．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(198))种 D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(197))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(197))))种【解析】选D.依据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种状况，“有2件次品”的抽取方法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(197))种，“有3件次品”的抽取方法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(197))种，则共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(197))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(197))种不同的抽取方法．【补偿训练】用黄、蓝、白三种颜色粉刷6间办公室，一种颜色粉刷3间，一种颜色粉刷2间，一种颜色粉刷1间，则粉刷这6间办公室不同的支配方法有()A．eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))) B．Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))C．Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) D．Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))【解析】选C.先固定一种粉刷方法，如黄色粉刷3间，蓝色粉刷2间，白色粉刷1间．则有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))种，三种颜色互换有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种方法，由分步乘法计数原理知，不同的方法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种．4．中国足球超级联赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．某赛季甲球队打完15场竞赛后，球队积分是30分，则该队胜、负、平的状况共有()A．3种B．4种C．5种D．6种【解题指南】首先该球队胜x场、平y场、负z场，则x，y，z是非负整数，依据题意可得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝15①，,3x＋y＝30②，))然后依据取值范围，结合x，y，z是非负整数即可求得结论．【解析】选A.设该球队胜x场、平y场、负z场，则x，y，z是非负整数，且满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝15①，,3x＋y＝30②，))由②得y＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－x))，代入①得z＝2x－15，又因为0≤y≤15，0≤z≤15，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤10－x≤5，,0≤2x－15≤15，))所以7.5≤x≤10，因为x，y，z是非负整数，所以x的值为8，9，10，当x＝8时，y＝6，z＝1；当x＝9时，y＝3，z＝3；当x＝10时，y＝0，z＝5；所以竞赛结果是：胜8场、平6场、负1场；胜9场、平3场、负3场，或是胜10场、平0场、负5场，故共有3种状况．二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5．有13名医生，其中女医生6人，现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区，若医疗小组至少有2名男医生，同时至多有3名女医生，设不同的选派方法种数为N，则下列等式能成为N的算式是()A．Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(13))－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))B．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))C．Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(13))－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))－Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))D．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(11))【解析】选BC.13名医生，其中女医生6人，男医生7人．利用干脆法，2男3女：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))；3男2女：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))；4男1女：Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))；5男：Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))，所以N＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))；利用间接法：13名医生，任取5人，减去4，5名女医生的状况，即N＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(13))－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))－Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))；所以能成为N的算式是BC.6．下列说法正确的为()A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种不同的分法B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种不同的分法C．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法D．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法【解析】选ACD.对于A，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最终2本给丙，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种不同的分法，故A正确；对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2本作为一组，最终3本作为一组，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种分组方法，再将3组分给甲、乙、丙三人，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种不同的分法，故B不正确；对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10种不同的分法，故C正确；对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种状况探讨：①一人4本，其他两人各1本，共有eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝90种不同的分法；②一人1本，一人2本，一人3本，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝360种不同的分法，③每人2本，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝90种不同的分法，故共有90＋360＋90＝540种不同的分法，故D正确．三、填空题(每小题5分，共10分)7．(2024·日照高二检测)为做好社区新冠肺炎疫情防控工作，需将六名志愿者安排到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，其中甲小区至少安排两名志愿者，其他三个小区至少安排一名志愿者，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)【解析】若甲小区安排3人，甲小区有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))种状况，剩下的3个小区有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种状况，此时有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝120种安排方法，若甲小区安排2人，甲小区有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种状况，剩下的3个小区有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种状况，此时有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝540种安排方法，则有120＋540＝660种不同的安排方法．答案：6608.工人在安装一个正六边形零件时，须要固定如图所示的六个位置的螺丝，首先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的(距离它最远的，下同)螺丝，再随意拧第三个螺丝，第四个也拧它对角线上的螺丝，第五个和第六个以此类推，则不同的固定方式有________种．【解析】先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))种方法，再随意拧第三个螺丝和其对角线上的，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种方法，然后随意拧第五个螺丝和其对角线上的，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种方法，所以总共的固定方式有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝48种．答案：48四、解答题(每小题10分，共20分)9．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中随意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？【解析】依0与1两个特别值分析，可分三类：(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种方法；0可在后两位，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种方法；最终需从剩下的三张中任取一张，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·22个.(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·22·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))个．(3)0和1都不取，有不同的三位数Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))·23·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))个．综上所述，不同的三位数共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·22＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·22·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))·23·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝432个．10．有8名男生和5名女生，从中任选6人．(1)有多少种不同的选法？(2)其中有3名女生，有多少种不同的选法？(3)其中至多有3名女生，有多少种不同的选法？(4)其中有2名女生，4名男生，分别负责6种不同的工作，共有多少种不同的分工方法？(5)其中既有男生又有女生，有多少种不同的选法？【解析】(1)符合题意的选法有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(13))＝1716种．(2)第1步，选出女生，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种；第2步，选出男生，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))种．由分步乘法计数原理知，符合题意的选法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＝560种．(3)至多有3名女生包括：没有女生，1名女生，2名女生，3名女生四类状况．第1类没有女生，有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))种；第2类1名女生，有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))种；第3类2名女生，有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种；第4类3名女生，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种．由分类加法计数原理知，符合题意的选法共有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝1568种．(4)第1步，选出符合题意的6人，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))种；第2步，给这6人支配6种不同的工作，有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种．由分步乘法计数原理知，符合题意的分工方法共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))×Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝504000种．(5)用间接法，解除掉全是男生的状况和全是女生的状况即是符合题意的选法．而由题意知不行能6人全是女生，所以只需解除全是男生的状况，所以有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(13))－Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))＝1716－28＝1688种选法．1．集合S＝{1，2，3，…，20}的4元子集T＝{a1，a2，a3，a4}中，随意两个元素的差的肯定值都不为1，这样的4元子集的个数为________个．【解题指南】不妨设a1<a2<a3<a4，有a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，a1，a2－1，a3－2，a4－3相当于从1，2，3，4，…，17中随意选出4个，全部的取法共有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(17))种，运算求得结果．【解析】不妨设a1<a2<a3<a4，由于随意两个元素的差的肯定值都不为1，故有a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，将a2，a3，a4分别减去1，2，3，这时a1，a2－1，a3－2，a4－3相当于从1，2，3，4，…，17中随意选出4个，全部的取法共有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(17))＝2380种不同的取法．故这样的4元