计数原理复习资料

1、第3讲二项式定理【高考会这样考】1 能用计数原理证明二项式定理.2 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【复习指导】二项式定理的核心是其展开式的通项公式， 复习时要熟练掌握这个公式，注意 项式定理在解决有关组合数问题中的应用.KAOJIiZIZHUDAOXUE B 01 考基自主导学(3) 各二项式系数和：Cn+ Cn+ Cn+ , + Cn+ , + Cn= 2 ；c0+C增减性与最大值：二项式系数cn，当k号1时，二项式系数逐渐增大.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的；当n是偶数时，中间一项C2n取得最大值；口aa | a当n是奇数时，中间两项Cn, Cn取得最大值.+cn+,二

2、 c1+cn+cn+,二 2n1助鬲微傅一个防范运用二项式定理一定要牢记通项Tr+i三cnatb,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同的，.一定要注意顺序问题，另外二项展开. 式的二项式系数与该项的（字母）系数是两个不同的概念，.前者只指.G，而后者是 字母外旳部分:前者只与n和上有关，恒为正，后者还与a,b有关,.可正可负. 一个定理二项式定理可利用数学归纳法证明,.也可根据次数，项数和系数利用排列组合的. 知识推导二项式定理.因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续两种应用通项的应用.:利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等展开式的应用：

3、利用展开式可证明与二项式系数有关的等式；可证明不等式;可证明整除问题；可做近似计算等,三条性质 对称性；(2) 增减性;.(3) 各项二项式系数的和一;.以上性质可通过观察杨辉三角进行归纳总结. 双基自测1. (2011福建)(1 + 2x)5的展开式中，X2的系数等于().A. 80B . 40C. 20D . 10解析 Tr+1 = C5(2x)r = 2r c5xr,当 r= 2 时，T3 = 40x2.答案 B2. 若(1+ 2)5= a+ b 2(a, b 为有理数)，则 a+ b=().A. 45 B. 55 C. 70 D. 80解析 (1+ 2)5= 1 + 5 .2+ 10(

4、 2)2+ 10( 2)3+ 5( 2)4 + ( 2)5 = 41 + 29 2由已知条件a=41, b= 29,则a+ b= 70.答案 C42343. （人教 A 版教材习题改编）若（X 1） = ao+ aix+ a2x + a3X + a4x，贝U ao+ a2+ a4的值为（）.A. 9B . 8C. 7D . 6解析令 x= 1,贝U ao+ ai + a2 + a3 + a4= 0令 x= 1,贝U ao ai+ a2 a3 + a4= 16-ao + a2 + a4 8.答案 B4. （2o11重庆）（1 + 3x）n（其中n N且n>6）的展开式中x5与x6的系数相等

5、，则n（）.C. 8解析 Tr+1 Cn（3x）r 3r cnxr 由已知条件35Cn 36C6 即 C5 3C6n!n!=35! n 5 !6! n 6 !整理得n 7答案 B5. （2011 安徽）设（x 1）21 ao+ ax+ a2x2 +, + a21x21,则 ao+ an 解析Tr+1 C21X21 r（ 1）r （ 1）rC21X21 r由题意知a1o, an分别是含x10和x11项的系数，所以a1o C21, an C2°,二 a1o+ an c21 - c2 一 0.02答案 0IKAOXIANGTAIMJIUDAOXIi - * -* 考向探究导桁考向一 二项展

6、开式中的特定项或特定项的系数【例1】？已知在3n的展开式中，第6项为常数项.（1）求 n；求含x解析 二项式'x分6展开式的通项公式是Tr +1 = C6x6r(ja)rx 6r = C6x6 3r( a)r，当u 6时，Tr+1为常数项，即常数项是的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.审题视点准确记住二项展开式的通项公式是解此类题的关键.n rrn 6r解 通项公式为 Tr +1 = CnX 3 ( 3) x 3= ( 3) CnX3 .(1)V第6项为常数项，n 6rr = 5 时，有一3 = 0，解得 n= 10.人 n 6r/口 1令厂=6,得 r = 6(n 6) = 6

7、，.x6的项的系数为C10( 3)=4.答案4考向二二项式定理中的赋值 【例6】？二项式(6x 3y)9的展开式中，求：(1)二项式系数之和；= 405.10 6r3 Z，310 6r3由题意知 < 0< rw 10令一3 = k(k Z)，则 10 6r = 3k，即 r = 5於，r Z. r Z，. k应为偶数，.k= 6,0, 6，即卩 r = 6,5,8.第 3 项，第 6项，第 9项为有理项，它们分别为 405x6， 61 636,695 645x 6cm 求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式 后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有

8、理项时，指数为整数 等)，解出项数k+ 1,代回通项公式即可.根据已知C6a = 60,解得a【训练1】(6011 山东)若x乎6展开式的常数项为 60,则常数a的值为(3)所有奇数项系数之和.审题视点此类问题要仔细观察，对二项式中的变量正确赋值.解 设(2x 3y)9= aox9 + aix8y+ a2x7y二项式定理给出的是一个恒等式，对a, b赋予一些特定的值，是解决二项式问题的一种重要思想方法.赋值法是从函数的角度来应用二项式定理，即函数 f(a, b) (a+ b) Cna + Cna b+, + Cna b +, + Cnb .对 a, b 赋予一一 定的值，就能得到一个等式.72

9、7【训练 2 已知(1 2x) ao+ a1x+ a2x +, + a7x .求：(1)a1 + a2+, + a7； (2)a1 + a3 + 氐 + a7； (3)ao + a2 + a4 + a6； (4)|ao|+ |a1|+ |a2| +, + |a7|.解 令 x 1,贝U ao + a1 + a2+ a3 + a4 + a5 + a6 + a7 1. 令 x 1,贝U ao a1+ a2 a3 + a4 a5 + a6 a7 37. v ao C0 1 , a1 + a2+ a3 +, + a7 2.1 37 (一)2,得 a1 + a3 + 氐 + a7 1。94. |ao|+

10、|a1|+|a2|+ , +|a71 (ao+ a2+ a4 + a6) (a1 +a3 +a5 +a7) 1093 ( 1 +, + a9y9(1) 二项式系数之和为C0+ CI9+ ci+, + c929(2) 各项系数之和为 ao+ ai + ai+ , + a9 (i 3) 1由知 ao+ ai + a2+, + a9 1,令 x 1, y 1,得 ao ai + a2 , a9 5°,59 121 + 3( + )_2,得 ao+ a2+ a4 + a6 2 1。93.(4) v (1 2x)7 展开式中，ao, a2, a4, a6大于零，而 a，a3, a5, a?小于

11、零,将两式相加，得ao+ a2+ a4+ a6 + a8 ，即为所有奇数项系数之和.(-x)1 + c3(2x)1 C414( x)°，其系数为 C03 c4( 1) + C3 2 =- 4+ 6 = 2.答案2对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进 行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解.【训练3】(2011广东)xjx争的展开式中，x4的系数是用数字作答).解析 原问题等价于求Jx的展开式中x3的系数，Jx J的通项Tr+1 = C7x7

12、r 2 r = ( 2)rc7x72r，令 7 2r = 3 得 r = 2,二 x3 的系数为(一2)七2= 84, 即卩d xxx I 7的展开式中x4的系数为84.答案 84KAQTI2H UANXIANIGTUPO八一一一八一一八八一一八一一一一一一 “一一 “十一 “十一一“十一一十八一一03苏 考题专项突破老題展示名歸蘇读难点突破23排列组合在二项展开式中的应用(a+ b)n展开式可以由次数、项数和系数来确定.(1) 次数的确定从n个相同的a+ b中各取一个(a或b)乘起来，可以构成展开式中的一项，展开式中项的形式是mapbq，其中 p N，q N， p+ q= n.(2) 项数的

13、确定满足条件 p+ q= n，p N，q N 的(p，q)共 n+ 1 组.即将(a+ b)n展开共2n项，合并同类项后共n+ 1项.系数的确定展开式中含apbq(p+ q= n)项的系数为CS(即p个a，q个b的排列数)因此(a+ b)n 展开式中的通项是Tr+1= Cnan rbr(r = 0,1,2，,， n)(a+ b)n= cSan+ Ctb+ C2an2b2 +, + Cnbn这种方法比数学归纳法推导二项式定理更具一般性和创造性，不仅可二项展开，也可三项展开，四项展开等.【示例】？右多项式 x + x a°+ ai(x+ 1)+ , + a9(x+ 1) + aio(x+

14、 1)，贝U a9A. 9 B . 10 C. 9 D 10严、由等武左右的形式可知，多项式左'嚳)端式子中的工应变为(工+ 1? - 1因为.?的鹿开式中工+ 1项的最高次幕只能为3 蓉世)所以转化为求f的展幵式中Ct+1)P项的系数I 1jTs rsKv * w f r KTK-ramr'a vkthvn rf rf r kv rf rf kf vhv rf rf kf arv w f r v r 期+屮=3 D 疔+ 5十1) 1叫因; |为(.i.+的展开式中.丁+1项的最高次 |黑为3,故其展开式口没有合(工+1尸的项；: W+1)的展开式中，含C.r+1/的项：饬

15、Te =Ca(.T+l)p(-l)1 =-10(x +1 几其 |系数为一10.因为? + .严的展开式中 i<x+np项为一 1。(工十1几所以a+ i)p观 购蚤魏为一二P一兹述匕i诉忑蔺磺禹玉恳巨孔巳亦g预芸空十遊 过变形转化为关于X.+ 1的二项式，然后利用I 展开式的通项公盍便町求得，破解难点的采 £3)|键在干根据所求式子与多项式之间的关系进|行处理“对于务仆多项式和的匿开式中某一： |项的察数T可以先单独求岀毎一个多项式的 展幵式中对应的顷，然后求和或作羞即可 : MATHEMATICS 1第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【高考会这样考】考查分类加法计数原

16、理和分步乘法计数原理的应用.【复习指导】复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系，这是解排列组合问题的基础.A i KAOJHZIZHUDAOXUE八一八八一一一一一一“亠一“八一八八一八一一八八一八亠八01 3 考基自主导学魅竜毋记j费学相长基础梳理1. 分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有 mi种不同的方法，在第二类 方案中有m2种不同的方法，”，在第 n类方案中有mn种不同的方法，则完成 这件事情共有N = mim2+ , + mn种不同的方法.2. 分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有 mi种不同的方法，完成 第二步

17、有m2种不同的方法，”，完成第 n步有mn种不同的方法，那么完成这 件事情共有N = mx m2X , x mn种不同的方法.=助鬲微啤一两个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始 终分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类， 简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”.而分步乘法计数原理中，各个 步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这件事的一种方法，简单 的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”.类比加法与乘法的关系，在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法 计数原理的过程.双基自测1. （人教A版教材习题改编）

18、由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字 的四位数共有（）.A. 238 个 B . 232 个 C. 174个D. 168 个解析 可用排除法由0,1,2,3可组成的四位数共有3X43= 192（个），其中无重复的 数字的四位数共有3A3= 18（个），故共有192 18= 174（个）.答案 C2. （2010广州模拟）已知集合A= 1,2,3,4，B = 5,6,7，C = 8,9.现在从这三 个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个 元素的集合，则一共可以组成多少个集合（）.D. 27 个A. 24 个B . 36 个C. 26 个解析 dCa

19、 + C：c2 + CaC2 = 26,故选 C.答案 C3. （2012滨州调研）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程 中恰有1门相同的选法有（）.A. 6 种 B . 12 种 C. 24 种D . 30 种解析 分步完成.首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲 从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1 门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有 1门相同的选法共有4X 3X2 =24（种），故选C.答案 C4. （2010湖南）在某种信息传输过程中，用 4个数字的一个排列（数字允许重复） 表示一个信息，不同排列表示不同信息.

20、若所用数字只有 0和1，则与信息0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 （ ）.A. 10B. 11C. 12D. 15解析 若4个位置的数字都不同的信息个数为1;若恰有3个位置的数字不同的 信息个数为C4;若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为 C2，由分类计数原 理知满足条件的信息个数为1 + C3+c4= 11.答案 BA H C Di'll 5. 某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有 4个焊点A、B、C、D，若某 个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况 共有种.解析 法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2X 2X 2X 2-

21、 1= 15（种）.法二 恰有i个焊点脱落的可能情况为C4（i = 1,2,3,4）种，由分类计数原理，当电 路不通时焊点脱落的可能情况共 c4 + c4+c4+c4 15（种）.答案 15* - KAOXIANGTANJIUDAOXII 02冷考向探究导桁硏析电向羞例夷碟考向一 分类加法计数原理【例1】？（2011全国）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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有 （）A. 4 种B . 10 种C. 18 种D . 20 种审题视点由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理.解析 赠送一本画册，3本集邮册，共4种方法；赠送2本画

22、册，2本集邮册共C4种方法，由分类计数原理知不同的赠送方法共 4+ C4= 10（种）.答案 B分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类 的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理.【训练1】 如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有 .解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有 8X 4= 32（个）;第二类，有两条公共边的三角形共有 8（个）.由分类加法计数原理知，共有 32+ 8 = 40（个）.答案 40

23、考向二分步乘法计数原理【例2】?（2011北京）用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样 的四位数共有个（用数字作答）.审题视点组成这个四位数须分4步完成，故用分步乘法计数原理.解析 法一 用2,3组成四位数共有2X2X2X2= 16（个），其中不出现2或不出 现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16-2= 14（个）.法二 满足条件的四位数可分为三类：第一类含有一个2,三个3,共有4个；第二类含有三个2, 一个3共有4个；第三类含有二个2,二个3共有C4 = 6（个）， 因此满足条件的四位数共有2X 4+ C4 = 14(个).答案 14此类问题，首先将完成这件事的过程分步

24、，然后再找出每一步中的方 法有多少种，求其积注意：各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件 事简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立，逐步完成”.【训练2】由数字1,2,3,4,(1) 可组成多少个3位数；(2) 可组成多少个没有重复数字的3位数；(3) 可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字 大于个位数字.解(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根 据分步计数原理共可组成43= 64个3位数.(2) 百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步 计数原理共可排成没有重复数字的 3位数4X 3X

25、 2 = 24(个).排出的三位数分别是 432、431、421、321，共4个.【例3】?如图，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？审题视点根据乘法原理逐块涂色，要注意在不相邻的区域内可使用同一种颜解法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以 使用涂A的颜色）.根据分步计数原理共有5X 4X 3X 3= 180种涂色方法.法二 由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有 A3= 60种 涂法；又D与B、C相邻、因此D有3种涂法；由

26、分步计数原理知共有 60 X 3 =180种涂法.涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类.涂色问题通常没有固定的方法可循，只能 按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理.【训练3】 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条 棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.解 法一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑 另外两顶点的染色数，用分步乘法原理即可得出结论.由题设，四棱锥 S -ABCD 的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有 5X 4X 3 = 6

27、0种染色方法.当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3,若C染2,则D可染3或4 或5,有3种染法；若C染4,则D可染3或5,有2种染法，若C染5,则D 可染3或4,有2种染法.可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法， 故不同的染色方法有60X 7 = 420（种）.法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对 A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C 不

28、同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种 染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有 5X4X 3X （1X 3+ 2X 2） = 420（种）.法三按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共有A?种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有2X A4种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A5种不同的方法.由分类加法计数原理，得不同的染色万法总数为+ 2X A-3 5A+4 5420（种）Q3 $ 考题专项突破也时冷创读规范解答20如何解决涂色问题【问题研究】 涂色问题是由两个基本原理

29、和排列组合知识的综合运用所产生的 一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题， 由于涂色本身就是策略的一个 运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性， 自然成为新课标高考的命题热点【解决方案】 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用 同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方 法.【示例】？（本小题满分12分）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形 的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复 使用，共有多少种不同的涂色方法？心刀颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，

30、 首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法.X解答示范如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4,第1个小方格可以从5 种颜色中任取一种颜色涂上，有 5种不同的涂法.（2分）当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有 A2= 12种不同的涂法，第4个小 方格有3种不同的涂法.由分步计数原理可知，有5X 12X 3= 180种不同的涂法； （6分） 当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻西格不同色， 因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知有 5X 4X 4= 80种不同的涂法.（10分）由分类加法计数原理可得，共有180+ 80 = 260种

31、不同的涂法.（12分）在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用，不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题，当颜色允许重复使用时，要充分利用两个计 数原理分析解决问题.【试一试】（2011湖北）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当nW 4时, 在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：n=1 口rt=3 B B S由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有 种（结果用数值表示）尝试解答（1）当n = 6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正 方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，采用插空法，即

32、两个黑色正方形 插入四个白色正方形形成的5个空内，有C5= 10种方案，当有三个黑色正方形 时，同上方法有C4= 4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形， 综上可知共有21种方案.（2）将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都 有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所求事件为（1）的对立事件， 故至少有两个黑色正方形相邻的方案有 26 - 21= 43（种）.答案 2143第2讲排列与组合【高考会这样考】1 考查排列组合的概念及其公式的推导.2 考查排列组合的应用.【复习指导】复习时要掌握好基本计算公式和基本解题指导思想，掌握一些排列组合的基本模式题的解决方法，如指

33、标分配问题、均匀分组问题、双重元素问题、涂色问题、 相邻或不相邻问题等.H J K AOJIIZIZ HLJDADXIUE *01冷考基自主导学心售必记：藪学相怔基础梳理1 排列(1) 排列的概念：从n个不同元素中，任取 m(mw n)个元素(这里的被取元素各不 相同)按照一定的顺序排成一列，叫做从 n个不同元素中取出m个元素的一个排 列.排列数的定义：从n个不同元素中，任取m(mw n)个元素的所有排列的个数叫 做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 A】表示.(3) 排列数公式Am = n(n1)(n 2), (n m+ 1).(4) 全排列数公式An= n(n 1)(n 2),

34、2 1 = n!(叫做 n 的阶乘).2. 组合(1) 组合的定义：一般地，从n个不同元素中取出m(mw n)个元素并成一组，叫做 从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.(2) 组合数的定义：从n个不同元素中取出m(mw n)个元素的所有组合的个数，叫 做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号 CT表示.(3) 组合数公式m_A£_n(n1(n 2) (n m+ 1)_ n!n Amm!m! n m !(n，m N*，且 mW n).特别地 C= 1.组合数的性质：cm=cn戳cm+仔 cm+c即.助逾微博一个区别排列与组合，排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”.取出

35、元素后交.换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合n!两个公式 排列数公式Am=n m !（2）组合数公式cm=n!利用这两个公式可计算排列问题中的排列数和m丄n.m ！.组合问题中的组合数:. 解决排列组合.问题可遵循“先组合后排列的原则，区分排列组合.问题主要是. 判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序, 关键是在计算中体现“有序”和“无序” 要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的.排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正 确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果.

36、一四字口诀求解排列组合问题的思路:.“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合;.分类. 相加，分步相乘”双基自测1. 8名运动员参加男子100米的决赛已知运动场有从内到外编号依次为123,4,5,6,7,8的八条跑道，若指定的3名运动员所在的跑道编号必须是三个连续 数字（如：4,5,6）,贝U参加比赛的这8名运动员安排跑道的方式共有（）.A. 360种B. 4 320种C. 720种D . 2 160种解析 本题考查排列组合知识，可分步完成，先从8个数字中取出3个连续的三 个数字共有6种可能，将指定的3名运动员安排在这三个编号的跑道上， 最后剩 下的5个排在其他的编号的5个跑道上，故共有6人轨

37、5 = 4 320种方式.答案 B2以一个正五棱柱的顶点为顶点的四面体共有 （）.A. 200 个 B . 190个 C. 185个 D . 180 个解析 正五棱柱共有10个顶点，若每四个顶点构成一个四面体，共可构成Cw= 210个四面体.其中四点在同一平面内的有三类：（1）每一底面的五点中选四点的组合方法有 2C4个.（2）五条侧棱中的任意两条棱上的四点有 C5个.（3）个底面的一边与另一个底面相应的一条对角线平行（例如AB/ EiCi），这样共面的四点共有2C?个.所以 cfo 2C5- c5- 2c5= 180（个），选 D.答案 D3. （2010山东）某台小型晚会由6个节目组成，演

38、出顺序有如下要求：节目甲必 须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节 目演出顺序的编排方案共有（）.A. 36 种 B . 42 种 C. 48 种 D . 54 种解析 因为丙必须排在最后一位，因此只需考虑其余五人在前五位上的排法. 当 甲排在第一位时，有A4 = 24种排法，当甲排在第二位时，有AA3 18种排法, 所以共有方案24 + 18= 42（种），故选B.答案 B|1_A丄上tz丄4. 如图，将1,2,3填入3X 3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是 一种填法，则不同的填写方法共有（）.A. 6 种B. 12 种C. 24种D . 48

39、种解析 只需要填写第一行第一列，其余即确定了.因此共有a3a2= 12（种）.答案 B5. 某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行， 又工程丁必须在工程丙完成后立 即进行，那么安排这6项工程的不同排法种数是 （用数字作答）.解析 可将6项工程分别用甲、乙、丙、丁、 a、b表示，要求是甲在乙前，乙 在丙前，并且丙丁相邻丙在丁前，可看作甲、乙、丙丁、a、b五个元素的排列,可先排a、b,再排甲、乙、丙丁共 A5c3= 20种排法，也可先排甲、乙、丙丁， 再排a、b，共Ca2= 20种排法.02答案 20KAOXIANGTAIMJIl

40、UDAOXIi 9 考向探究导桁考向一排列问题【例1】？六个人按下列要求站成一排，分别有多少种不同的站法？(1) 甲不站在两端；甲、乙必须相邻；(3 )甲、乙不相邻；(4) 甲、乙之间恰有两人；(5)甲不站在左端，乙不站在右端； 甲、乙、丙三人顺序已定.审题视点根据题目具体要求，选择恰当的方法，如捆绑法、插空法等. 解 (1於訓4= 480；(2於弘5 = 240； ?44 -3 3)A4654(5) A$- 2A5 + A4= 504;3(6) a6= 120.方:丈.卅»有条件的排列问题大致分四种类型.(1) 某元素不在某个位臵上问题，可从位臵考虑用其它元素占上该位臵，可 考虑该

41、元素的去向(要注意是否是全排列问题)；可间接计算即从排列总数中减 去不符合条件的排列个数.(2) 某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排 列.(3) 某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)(4) 某些元素顺序一定，可在所有排列位臵中取若干个位臵，先排上剩余的其它 元素，这个元素也就一种排法.【训练1】用0,123,4,5六个数字排成没有重复数字的6位数，分别有多少个？(1) 0不在个位；(2)1与2相邻；(3)1与2不相邻；(4)0与1之间恰有两个数；1 不在个位；(6)偶数数字从左向右从小到大排列.解 (1)a1a4= 48

42、0；2 1 4(2於於4人4= 192；（3）AeA5- a2a4a；= 408,（4）a4a!a2+a$a3= 120;（5）A6 2a5 + a4= 504;（6）aI_ a5=60.考向二组合问题【例2】？某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队， 其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？审题视点“无序问题”用组合，注意分类处理.解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C；8= 816（种）;（2）只

43、需从其他18人中选5人即可，共有C；8= 8 568（种）;（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有&嗓+ C；8二6 936（种）;（4）法一（直接法）：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有c2c8+ c?2ci+C2C8+14 656（种）.法二（间接法）：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得 c%-（C12 + C5）= 14 656（种）.方比猪3对于有条件的组合问题，可能遇到含某个（些）元素与不含某个（些）元素 问题；也可能遇到“至多”或“至少”等组合问题的计算，此类问题要注意分类

44、 处理或间接计算，切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成计算错误.【训练2】 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，（1 ）甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？ 甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多 少种？解（1）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相 同的选法种数共有C2C1C2= 24（种）.（2）甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为 C4C4，又甲乙两人所选 的两门课程都相同的选法种数为 C2种，因此满足条件的不同选法种数为 c2 c4 = 30(种).考向三排列、组合的综合应用【例3】?(1)7个相同的小球，任意放入 4个不同的盒子中，试

45、问：每个盒子都 不空的放法共有多少种？计算x+ y+ z= 6的正整数解有多少组；计算x+ y+ z= 6的非负整数解有多少组.审题视点根据题目要求分类求解，做到不重不漏.解 法一 先将其中4个相同的小球放入4个盒子中，有1种放法；再将其 余3个相同的小球放入4个不同的盒子中，有以下3种情况： 某一个盒子放3个小球，就可从这4个不同的盒子中任选一个放入这3个小球， 有C4种不同的放法； 这3个小球分别放入其中的3个盒子中，就相当于从4个不同的盒子中任选3 个盒子，分别放入这3个相同的小球，有C4种不同放法； 这3个小球中有两个小球放在1个盒子中，另1个小球放在另一个盒子中，从 这4个不同的盒子

46、中任选两个盒子排成一列，有 A4种不同的方法.综上可知，满足题设条件的放法为 c4+c4+ a2=20(种).法二 “每个盒子都不空”的含义是“每个盒子中至少有一个小球”，若用“挡板法”，可易得c6= 20.(2) 可看做将6个相同小球放入三个不同盒子中，每盒非空有多少种放法.转化为6个0,2个1的排列，要求1不排在两端且不相邻，共有 C5= 10种排法，因 此方程x+ y+ z= 6有10组不同的正整数解；(3) 可看做将6个相同小球放入三个不同的盒子中，转化为 6个0,2个1的排列， 共有& = 28种排法，因此方程x + y+ z= 6有28组不同的非负整数解.排列与组合的根本区

47、别在于是 “有序”还是“无序”，对于将若干个 相同小球放入几个不同的盒子中，此类问题可利用“挡板法”求解，实质上是最 终转化为组合问题.(2)在计算排列组合问题时，可能会遇到“分组”问题，要特别注意是平均分组还是不平均分组. 可从排列与组合的关系出发，用类比的方 法去理解分组问题，比如将4个元素分为两组，若一组一个、一组三个共有C：C3 种不同的分法；2 2而平均分为两组则有CC2种不同的分法.【训练3】 有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？ （1）分成1本、2本、3本三组；分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；分给甲、乙、丙三人，每人2本.解 分三步：先选一本有C：种选法；再从余下的5本中选2本有ci种选法； 对于余下的三本全选有C3种选法，由分步乘法计数原理知有CeCiC3= 60种选法.由于甲、乙、丙是不同的三人，在 的基础上，还应考虑再分配的问题，因 此共有C6C5c3a3= 360种选法.（3）先分三步，则应是c6c4c2种选法，但是这里面出现了重复，不妨记 6本书