人教A版选择性必修第三册第六章622排列数的综合应用学案

排列数的综合应用关键力量·合作学习类型一数字排列问题(数学建模)【典例】用0，1，2，3，4，5这六个数字：(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(3)能组成多少个比1325大的四位数？【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：当0在个位时，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))个；其次类：当2在个位时，千位从1，3，4，5中选定1个(Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种)，十位和百位从余下的数字中选(有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种)，于是有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))个；第三类：当4在个位时，与其次类同理，也有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))个．由分类计数原理知，符合题意的四位偶数共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝156(个).(2)是5的倍数的五位数可分为两类：个位数字是0的五位数有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))个；个位数字是5的五位数有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))个．故满意条件的五位数共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝216(个).(3)比1325大的四位数可分为三类：第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))个；其次类：形如14□□，15□□，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))个；第三类：形如134□，135□，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))个．由分类加法计数原理知，比1325大的四位数共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝270(个).【变式探究】本例条件下，计算：能组成多少个无重复数字的六位奇数？【解析】先排个位，个位上的数字只能从1，3，5中选，有3种排法；再排首位，首位上的数字不能为0，故还有4个数字可选，有4种排法；最终排中间四位，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法．由分步乘法计数原理，知满意条件的数有3×4×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝288(个).数字排列问题的解题原那么排列问题的本质是“元素〞占“位子〞问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先〞原那么，即优先排特别元素或优先满意特别位子，假设一个位子支配的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类争论．提示：解决数字问题时，应留意题干中的限制条件，恰当地进行分类和分步，尤其留意特别元素“0〞的处理．1．用1，2，3，4，5，6，7这7个数字排列组成一个没有重复数字的七位数，要求在其偶数位上必需是偶数，奇数位上必需是奇数，那么这样的七位数有________个．【解析】先排奇数位有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种，再排偶数位有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种，故共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝144个．答案：1442.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3都不与5相邻的六位偶数的个数是________【解析】先确定个位数为偶数，有3种方法，再争论：假设5在首位或十位，那么1，3有三个位置可选，其排列数为3×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；假设5在百位、千位或万位，那么1，3有两个位置可选，其排列数为3×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；从而所求排列数为3×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×2＋3×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×3＝108.答案：108【加练·固】用1，2，3，4，5，6，7这7个数字组成没有重复数字的四位数．(1)假如组成的四位数必需是偶数，那么这样的四位数有多少个？(2)假如组成的四位数必需大于6500，那么这样的四位数有多少个？【解析】(1)第一步排个位上的数，由于组成的四位数必需是偶数，个位数字只能是2，4，6之一，所以有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种排法；其次步排千、百、十这三个数位上的数字，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))种排法．依据分步乘法计数原理，符合条件的四位数的个数是Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝3×6×5×4＝360.故这样的四位数有360个．(2)由于组成的四位数要大于6500，所以千位上的数字只能取7或6.排法可以分两类．第一类：千位上排7，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))种不同的排法；其次类：假设千位上排6，那么百位上可排7或5，十位和个位可以从余下的数字中取2个来排，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种不同的排法．依据分类加法计数原理，符合条件的四位数的个数是Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＋Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5160)).故这样的四位数有160个．类型二排队问题(数学建模)角度1元素“相邻〞与“不相邻〞问题【典例】3名男生，4名女生，这7个人站成一排，在以下状况下，各有多少种不同的站法．(1)男、女各站在一起．(2)男生必需排在一起．(3)男生不能排在一起．(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．【思维导引】利用排列数公式解决相关问题时，特别元素应特别考虑，相邻元素捆绑处理，不相邻元素插空处理．【解析】(1)(相邻问题捆绑法)男生必需站在一起，即把3名男生进行全排列，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种排法，女生必需站在一起，即把4名女生进行全排列，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，全体男生、女生各看作一个元素全排列有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种排法，由分步乘法计数原理知共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝288种排法．(2)(捆绑法)把全部男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，故有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝720种不同的排法．(3)(不相邻问题插空法)先排女生有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，把3名男生支配在4名女生隔成的5个空中，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种排法，故有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝1440种不同的排法．(4)先排男生有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种排法．让女生插空，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝144种不同的排法．角度2定序问题【典例】某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相．(1)其中有3位老者要按年龄从大到小的挨次出场，出场挨次有多少种？(2)3位老年者与2位年轻的都要分别按从大到小的挨次出场，挨次有多少种？【思路导引】(1)分两步完成，第一步排好年轻的，其次步排年老的；(2)设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法列方程．【解析】(1)只要第一步先排好年轻的，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种方法，其次步排3位年老者只有一种排法，按分步计数原理有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×1＝20(种)排法．(2)设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法可得：x·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))，解得x＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝10(种).角度3元素“在〞与“不在〞问题【典例】从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解以下问题：(1)甲不在首位的排法有多少种？(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？(3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？(4)甲不在首位，乙不在末位的排法有多少种？【思路导引】(1)优先考虑甲，再结合排列数公式求解．(2)先将除甲以外的6名同学中选2名排在首、末位，再排剩余的5名同学．(3)先将甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末位，再排剩余的5名同学．(4)用间接法求解．【解析】(1)方法一：把同学作为争论元素．第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中取出5名放在5个位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))种．其次类：含有甲，甲不在首位：先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种排法．依据分步乘法计数原理，含有甲时共有4×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种排法．由分类加法计数原理，共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))＋4×Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝2160(种)排法．方法二：把位置作为争论元素．第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))种方法．其次步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种方法．由分步乘法计数原理，可得共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝2160(种)排法．方法三(间接法)：即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满意条件的排列去掉．不考虑甲不在首位的要求，总的可能状况有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))种；甲在首位的状况有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种，所以符合要求的排法有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))－Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝2160(种).(2)把位置作为争论元素，先满意特别位置．第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种方法．其次步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种方法．依据分步乘法计数原理，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝1800(种)方法．(3)把位置作为争论元素．第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种方法．其次步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种方法．依据分步乘法计数原理，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝1200(种)方法．(4)用间接法．总的可能状况是Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))种，减去甲在首位的Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种，再减去乙在末位的Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种．留意到甲在首位同时乙在末位的状况被减去了两次，所以还需补回一次Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种，所以共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))－2Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＋Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝1860(种)排法．1．“相邻〞与“不相邻〞问题的解决方法处理元素“相邻〞“不相邻〞问题应遵循“先整体，后局部〞的原那么．元素相邻问题，一般用“捆绑法〞，先把相邻的假设干个元素“捆绑〞为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这假设干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法〞，先将不相邻元素以外的“一般〞元素全排列，然后在“一般〞元素之间及两端插入不相邻元素．2．定序问题的解题策略这类问题的解法是采纳分类法．n个不同元素的全排列有Aeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))种排法，m个不同元素的全排列有Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(m))种排法．因此Aeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n))种排法中，关于m个元素的不同分法有Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(m))类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m个元素挨次确定时，共有eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)),Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(m)))种排法．3．元素“在〞与“不在〞问题的解题原那么与方法(1)原那么：解“在〞与“不在〞的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原那么是谁特别谁优先．(2)方法：从元素入手时，先给特别元素支配位置，再把其他元素支配在其他位置上；从位置入手时，先支配特别位置，再支配其他位置．1．“仁义礼智信〞为儒家“五常〞．由孔子提出，现将“仁义礼智信〞排成一排，且“礼智〞不相邻的排法有________种．()A．48B．36C．72D．96【解析】选C.先对“仁义信〞进行排列，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6种方法，此时有4个空，然后用“礼智〞去插空，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝12种方法，由乘法原理可知共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6×12＝72种.2．三个男生和五个女生站成一排照相，要求男生不能相邻，且男生甲不站最左端，那么不同站法的种数为()A．12000B.15000C．18000D.21000【解析】选A.三男五女站成一排照相，要求男生不能相邻，用插空法，插入男生时先把男生甲插入5个空中，再在其他5个空位中插入其他两个男生，方法有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))×5×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝12000.3．7人站成一排．(1)甲必需在乙的前面(不肯定相邻)，那么有多少种不同的排列方法？(2)甲、乙、丙三人自左向右的挨次不变(不肯定相邻)，那么有多少种不同的排列方法？【解析】(1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝2520(种)不同的排法．(2)甲、乙、丙自左向右的挨次保持不变，即甲、乙、丙自左向右挨次的排法种数占全体全排列种数的eq\f(1,Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))).故有eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝840(种)不同的排法．【加练·固】一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1)3个舞蹈节目不排在开头和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？【解析】(1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种排法，故共有不同排法Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝14400种．(2)先不考虑排列要求，有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的状况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))－Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝37440种．类型三排列的综合应用(数学建模、规律推理)【典例】从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？其中有实根的方程有多少个？四步内容理解题意条件：①五个数字0，1，3，5，7②取出不同的三个数作系数结论：多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0?其中有实根的方程有多少个？思路探求第(1)问：确定a确定b，c，第(2)问：将问题转化确定a，b，c满意的关系分类争论书写表达先考虑组成一元二次方程的问题．首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种，然后从余下的4个数中任选两个作b，c，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种．所以由分步乘法计数原理知，共组成一元二次方程：Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝48(个).方程要有实根，必需满意Δ＝b2－4ac≥0.①分类争论如下：当c＝0时，a，b可在1，3，5，7中任取两个排列，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))个；当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7.②当b取5时，a，c只能取1，3这两个数，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种；当b取7时，a，c可取1，3或1，5这两组数，有2Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种．此时共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))个．由分类加法计数原理知，有实根的一元二次方程共有：Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝18(个).留意书写的标准性：①将问题转化为Δ＝b2－4ac≥0是解答问题的根本依据；②分类争论结合条件确定b的取值是解题的关键．题后反思解答排列的综合应用问题的关键是结合有关学问将问题进行转化，复原为常规的排列问题．排列综合问题解题策略实际问题中，既要能观看出是排列问题，又要能搞清哪些是特别元素，还要依据问题进行合理分类、分步，选择适宜的解法．因此需做肯定量的排列应用题，渐渐把握解决问题的根本思想．从1，2，3，…，20这20个自然数中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？【解析】设a，b，c∈N*，且a，b，c成等差数列，那么a＋c＝2b，即a＋c应是偶数．因此，假设从1到20这20个数中任选出三个数成等差数列，那么第一个数与第三个数必同为偶数或同为奇数，而1到20这20个数中有10个偶数和10个奇数．当第一个数和第三个数选定后，中间的数被唯一确定．因此选法有两类：第一类，第一个数和第三个数都是偶数，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))种选法；其次类，第一个数和第三个数都是奇数，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))种选法．于是，选出3个数成等差数列的个数为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＋Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝180.课堂检测·素养达标1．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最终一个演讲，那么不同的演讲次序共有()A．240种 B．360种种 D．720种【解析】选C.第一步：排甲，共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种不同的排法；其次步：排其他人，共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种不同的排法，因此不同的演讲次序共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))