第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件

排列与组合、二项式定理的应用排列与组合、二项式定理的应用1第一课时：排列与组合第一课时：排列与组合2第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种

C.16种D.20种第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正3第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种

C.16种D.20种B第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正42.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，52.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.[解析]把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，62.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.

[解析]把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.202.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，7[考点搜索]1.不附加条件的排列组合题，大多用分类讨论的方法，注意分类不重不漏.

2.若元素必须相附，一般采用看作一个整体的方法.

3.元素不相邻，采用插空法.

4.排列组合的混合型问题，交替使用两个原理.[考点搜索]1.不附加条件的排列组合题，8[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有()

A.56个B.57个C.58个D.60个[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，9[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有()

A.56个B.57个C.58个D.60个C[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，10(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽种方法共

有______种.

(用数字作答)612345(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分11612345[解析]

本题是一道涂色问题的应用题,可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的区域，再用颜色进

行排列；也可以根

据条件分布涂色.612345[解析]本题是一道涂色问题的应用题,可12612345

解法一：把不相邻的区域合并后，成为4个“大区域”，然后再把4种颜色对应全排列462513

463512

362415

362415

243516

共5种合并方法，所以5×A44=120种栽种方法.612345解法一：把不相邻的区域合并后，成13

解法二：先从区域1开始种，栽种方法有4种，则区域6有3种栽法，区域5有2种栽法，若区域4与区域6栽种同一种花,则区域2、3两块各有2种栽法，故总共有

4×3×2×2×2=96种；若区域4与区域6不栽同一种花，则区

域2、3两块中有1种栽

法，总共有4×3×2×

1×1=24，所以一共有

120种栽种方法.612345解法二：先从区域1开始种，栽种方法有4种，则14[例2]

有5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，将其中任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？[例2]有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，215

[例2]

有5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，将其中任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]

在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此着眼于限制条件，必须同时考虑0与1的分类.(2)每张卡片都有正面与反面两种可能，解法上既可用直接法也可用排除法.[例2]有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，216

解法一：直接法，从0与1两个特殊值着手，可分三类：

(1)取0不取1,可先从另四张卡片上选一张作百位，有C41种方法；0可在后两位有C21种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C31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C41C21C31·22(个).解法一：直接法，从0与1两个特殊值着手，可分17(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C42·22·A33(个).

(3)0和1都不取,有不同三位数C43·23·

A33(个).

综上所述，共有不同的三位数C41·C21

C31·22+C42·22·A33+C43·23·A33=432(个).(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数18

解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位数C53·23·A33(个)，其中0在百位的有C42·22·A22(个)，这是不合题意的,故共有不同三位数:C53·23·A33C42·22·A22(个).解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位19

[例3]

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,则不同的取法共有()

A.150种B.147种

C.144种D.141种[例3]四面体的顶点和各棱中点共10个点,20

[解析]

方法一,从10个点中,任意取4个点的不同取法共有C104种，其中，所取4个点共面的可分为两类：

第一类，4个点同在四面体的一个面上，共有4C64种取法.[解析]方法一,从10个点中,任意取421

第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：①4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；②4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，22

第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：①4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；②4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.

所以符合题意的不同取法种数为C104(4C64+6+3)=141.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，23

方法二,在四面体中取定一个面,

记为,那么取不同不共面的4个点,可

分为四类：

第一类,恰有3个点在

上,这时该

3点必然不在同一条棱上,因此,4个点

的不同取法数为4(C633)=68.方法二,在四面体中取定一个面,

记为,24

第二类，恰有2个点在α上，可分两种情况：①该2点在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为4C32(C42-3)=27;②该2点不在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30.第二类，恰有2个点在α上，可分两种情况：①该25

第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①26

第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.

第四类，4个点都不在α上，只有1种取法.第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①27

应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68+27+30+9+6+1=141.应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68+28

[例4]4个男同学，3个女同学站成一排:(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法？[例4]4个男同学，3个女同学站成一排:29(3)其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？(4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？(5)女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？(3个女生身高互不相等)(3)其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多30[解析](1)3个女同学是特殊元素，我们先把她们排好，共有A33种排法；由于3个女同学必须排在一起，我们可视排好的女同学为一整体，再与甲同学排队，这时是5个元素的全排列，应有A55种排法，由乘法原理，有A33A55种=720种不同排法.[解析](1)3个女同学是特殊元素，我们先31(2)先将男生排好,共有A44种排法,再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A53种方案,故符合条件的排法共有A44A53=1440种不同排法.(2)先将男生排好,共有A44种排法,32(3)甲、乙2人先排好，有A22种排法,再从余下5人中选3个排在甲、乙2人中间,有A53种排法,这时把已排好的5人视为一个整体,与最后剩下的2人再排,又有A33种排法，这样总共有A22A53A33=720种不同排法.(3)甲、乙2人先排好，有A22种排法,再33(4)安排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻,故再把甲、乙排好,有A22种排法,最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A52种排法,这样,总共有A44A22A52=960种不同排法.(4)安排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有34第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件35

[评注]

排列问题中，部分元素相邻的问题可用“视一法”解；部分元素不相邻的问题可用“插入法”解，部分元素定序的问题也可用“插入法”解.[评注]排列问题中，部分元素相邻的问题可用36

[例5]

按以下要求分配6本不同的书,

各有几种分法？

(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；

(2)平均分成三份，每份2本；

(3)甲、乙、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本；[例5]按以下要求分配6本不同的书,

各有37(4)分成三份，一份一本，一份2本，一份3本；

(5)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本；

(6)分成三份，一份4本，另两份每份1本；

(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本(均只要求列式).(4)分成三份，一份一本，一份2本，一份338[解析][解析]39第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件40第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件41第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件42第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件43第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件44第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件45

[例6]

将4个编号为1、2、3、4的小球放入4个编号为1、2、3、4的盒子中，(1)有多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放一个求，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种放法？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？[例6]将4个编号为1、2、3、4的小球放入46[解析][解析]47[解析][解析]48第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件49(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C41种，当1个球与1个盒子的编号相同时,同局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C41×2=8种.(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C50(5)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，余下两个盒子各放一个，由于球是相同

的即没有顺序，所以属于组合问题.故共

有C43C31=12种放法.(5)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个51(6)(隔板法)先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放0、1、2、3个球，再把剩下的14个球分成四组，即●●●●●●●●●●●●●●这14个球中间13个空挡中放入三块隔板，共有C133=286种.

如●●|●●●●●|●●●|●●●●，

即编号为1、2、3、4盒子分别再放2、5、3、4个球.(6)(隔板法)先将编号为1、2、3、4的52

[评注]1.做排列组合应用题，首先要分清问题的类型，是用基本计数原理，还是排列问题或是组合问题.[评注]1.做排列组合应用题，首先要分清问532.第(3)小题常见的错误解法:即先选出3个球放入4个盒子中的三个，有C43C43种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒子中的一个有3种，故有C43C43×3=288种放法，请读者细心体会为什么出现重复情形.2.第(3)小题常见的错误解法:即先选543.第(6)小题的“投题”问题实际上是转化为求不定方程x+y+z+ω=14有多少组正整数；若先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放1、2、3、4个球，则转化为求不定方程x+y+z+ω=10有多少组非正整数.3.第(6)小题的“投题”问题实际上是转化55第二课时：二项式定理的应用第二课时：二项式定理的应用56第二课时：二项式定理的应用第二课时：二项式定理的应用57[解析][解析]58[解析]答案：C[解析]答案：C59第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件60[解析][解析]61第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件62[考点搜索]1.已知二次式，探求二项展开式中的特殊项.2.已知三项式，求展开式式中某一项或某一项的系数.

3.求展开式中某些项的系数和与差.

4.二项展开式定理和二项展开式的性质的综合应用.[考点搜索]1.已知二次式，探求二项展开63[链接高考][例1](1)第6项; (2)第3项的系数;(3)含x9的项; (4)常数项.[链接高考][例1](1)第6项; (2)第3项的系数64[链接高考][例1](1)第6项; (2)第3项的系数;(3)含x9的项; (4)常数项.[解析][链接高考][例1](1)第6项; (2)第3项的系数65第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件66第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件67第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件68[例2](1)展开式中含x的一次幂的项;(2)展开式中所有含x的有理项;(3)展开式中系数最大的项.[例2](1)展开式中含x的一次幂的项;69[解析][解析]70第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件71第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件72[例3][例3]73[解析]

令x=1,则①②[解析]令x=1,则①②74[解析]

令x=1,则①②(2)(①②)÷2,得[解析]令x=1,则①②(2)(①②)÷2,得75(3)(①+②)÷2,得(3)(①+②)÷2,得76(3)(①+②)÷2,得(3)(①+②)÷2,得77第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件78[例4][例4]79[例4][解析][例4][解析]80第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件81第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件82第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件83第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件84第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件85

[评注]

要求三项式n次幂的展开式中的特定项,一般通过结合律,借助于二项式定理的通项求解.如解法一,当幂指数较小时,可以直接写出展开的全部或局部,如解法二.二项式定理是用组合方法推出的,因而解法三也不失为一种好方法.[评注]要求三项式n次幂的展开式中的特定项,86[例5](1)9192除以100的余数是几?(2)求证:32n+28n

9(nN*)能被64整除.[例5](1)9192除以100的余数是几?87[例5](1)9192除以100的余数是几?(2)求证:32n+28n

9(nN*)能被64整除.[解析][例5](1)9192除以100的余数是几?[88第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件89第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件90第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件91[例6]

已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项.[例6]已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的92[例6]

已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项.[解析][例6]已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的93第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件94第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件95排列与组合、二项式定理的应用排列与组合、二项式定理的应用96第一课时：排列与组合第一课时：排列与组合97第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种

C.16种D.20种第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正98第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种

C.16种D.20种B第一课时：排列与组合[课前导引]1.从正992.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，1002.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.[解析]把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，1012.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_________.

[解析]把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.202.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，102[考点搜索]1.不附加条件的排列组合题，大多用分类讨论的方法，注意分类不重不漏.

2.若元素必须相附，一般采用看作一个整体的方法.

3.元素不相邻，采用插空法.

4.排列组合的混合型问题，交替使用两个原理.[考点搜索]1.不附加条件的排列组合题，103[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有()

A.56个B.57个C.58个D.60个[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，104[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有()

A.56个B.57个C.58个D.60个C[链接高考][例1](1)在由数字1，2，3，4，105(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽种方法共

有______种.

(用数字作答)612345(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分106612345[解析]

本题是一道涂色问题的应用题,可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的区域，再用颜色进

行排列；也可以根

据条件分布涂色.612345[解析]本题是一道涂色问题的应用题,可107612345

解法一：把不相邻的区域合并后，成为4个“大区域”，然后再把4种颜色对应全排列462513

463512

362415

362415

243516

共5种合并方法，所以5×A44=120种栽种方法.612345解法一：把不相邻的区域合并后，成108

解法二：先从区域1开始种，栽种方法有4种，则区域6有3种栽法，区域5有2种栽法，若区域4与区域6栽种同一种花,则区域2、3两块各有2种栽法，故总共有

4×3×2×2×2=96种；若区域4与区域6不栽同一种花，则区

域2、3两块中有1种栽

法，总共有4×3×2×

1×1=24，所以一共有

120种栽种方法.612345解法二：先从区域1开始种，栽种方法有4种，则109[例2]

有5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，将其中任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？[例2]有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，2110

[例2]

有5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，将其中任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]

在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此着眼于限制条件，必须同时考虑0与1的分类.(2)每张卡片都有正面与反面两种可能，解法上既可用直接法也可用排除法.[例2]有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，2111

解法一：直接法，从0与1两个特殊值着手，可分三类：

(1)取0不取1,可先从另四张卡片上选一张作百位，有C41种方法；0可在后两位有C21种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C31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C41C21C31·22(个).解法一：直接法，从0与1两个特殊值着手，可分112(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C42·22·A33(个).

(3)0和1都不取,有不同三位数C43·23·

A33(个).

综上所述，共有不同的三位数C41·C21

C31·22+C42·22·A33+C43·23·A33=432(个).(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数113

解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位数C53·23·A33(个)，其中0在百位的有C42·22·A22(个)，这是不合题意的,故共有不同三位数:C53·23·A33C42·22·A22(个).解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位114

[例3]

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,则不同的取法共有()

A.150种B.147种

C.144种D.141种[例3]四面体的顶点和各棱中点共10个点,115

[解析]

方法一,从10个点中,任意取4个点的不同取法共有C104种，其中，所取4个点共面的可分为两类：

第一类，4个点同在四面体的一个面上，共有4C64种取法.[解析]方法一,从10个点中,任意取4116

第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：①4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；②4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，117

第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：①4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；②4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.

所以符合题意的不同取法种数为C104(4C64+6+3)=141.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，118

方法二,在四面体中取定一个面,

记为,那么取不同不共面的4个点,可

分为四类：

第一类,恰有3个点在

上,这时该

3点必然不在同一条棱上,因此,4个点

的不同取法数为4(C633)=68.方法二,在四面体中取定一个面,

记为,119

第二类，恰有2个点在α上，可分两种情况：①该2点在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为4C32(C42-3)=27;②该2点不在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30.第二类，恰有2个点在α上，可分两种情况：①该120

第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①121

第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.

第四类，4个点都不在α上，只有1种取法.第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①122

应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68+27+30+9+6+1=141.应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68+123

[例4]4个男同学，3个女同学站成一排:(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法？[例4]4个男同学，3个女同学站成一排:124(3)其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？(4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？(5)女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？(3个女生身高互不相等)(3)其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多125[解析](1)3个女同学是特殊元素，我们先把她们排好，共有A33种排法；由于3个女同学必须排在一起，我们可视排好的女同学为一整体，再与甲同学排队，这时是5个元素的全排列，应有A55种排法，由乘法原理，有A33A55种=720种不同排法.[解析](1)3个女同学是特殊元素，我们先126(2)先将男生排好,共有A44种排法,再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A53种方案,故符合条件的排法共有A44A53=1440种不同排法.(2)先将男生排好,共有A44种排法,127(3)甲、乙2人先排好，有A22种排法,再从余下5人中选3个排在甲、乙2人中间,有A53种排法,这时把已排好的5人视为一个整体,与最后剩下的2人再排,又有A33种排法，这样总共有A22A53A33=720种不同排法.(3)甲、乙2人先排好，有A22种排法,再128(4)安排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻,故再把甲、乙排好,有A22种排法,最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A52种排法,这样,总共有A44A22A52=960种不同排法.(4)安排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有129第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件130

[评注]

排列问题中，部分元素相邻的问题可用“视一法”解；部分元素不相邻的问题可用“插入法”解，部分元素定序的问题也可用“插入法”解.[评注]排列问题中，部分元素相邻的问题可用131

[例5]

按以下要求分配6本不同的书,

各有几种分法？

(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；

(2)平均分成三份，每份2本；

(3)甲、乙、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本；[例5]按以下要求分配6本不同的书,

各有132(4)分成三份，一份一本，一份2本，一份3本；

(5)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本；

(6)分成三份，一份4本，另两份每份1本；

(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本(均只要求列式).(4)分成三份，一份一本，一份2本，一份3133[解析][解析]134第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件135第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件136第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件137第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件138第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件139第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件140

[例6]

将4个编号为1、2、3、4的小球放入4个编号为1、2、3、4的盒子中，(1)有多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放一个求，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种放法？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？[例6]将4个编号为1、2、3、4的小球放入141[解析][解析]142[解析][解析]143第一章-计数原理复习与小结(苏教版选修2-3)课件144(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C41种，当1个球与1个盒子的编号相同时,同局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C41×2=8种.(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C145(5)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，余下两个盒子各放一个，由于球是相同

的即没有顺序，所以属于组合问题.故共

有C43C31=12种放法.(5)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个146(6)(隔板法)先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放0、1、2、3个球，再把剩下的14个球分成四组，即●●●●●●●●●●●●●●这14个球中间13个空挡中放入三块隔板，共有C133=286种.

如●●|●●●●●|●●●|●●●●，

即编号为1、2、3、4盒子分别再放2、5、3、4个球.(6)(隔板法)先将编号为1、2、3、4的147

[评注]1.做排列组合应用题，首先要分清问题的类型，是用基本计数原理，还是排列问题或是组合问题.[评注]1.做排列组合应用题，首先要分清问1482.第(3)小题常见的错误解法:即先选出3个球放入4个盒子中的三个，有C43C43种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒子中的一个有3种，故有C43C43×3=288种放法，请读者细心体会为什么出现重复情形.2.第(3)小题常见的错误解法:即先选1493.第(6)小题的“投题”问题实际上是转化为求不定方程x+y+z+ω=14有多少组正整数；若先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放1、2、3、4个球，则转化为求不定方程x+y+z+ω=10有多少组非正整数.3.第(6)小题的“投题”问题实际上是转化150第二课时：二项式定理的应用第二课时：二项式定理的应