北京四中数学高考总复习之排列与组合 23页

一、排列与组合 ‎ ‎　　一、教材分析: 　　1．基本概念:排列与排列数、组合与组合数 　　从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素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；从n个不同元素中取出m(m≤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，用符号表示。 　　从n个不同元素中，任取m(m≤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；从n个不同元素中取出m(m≤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。用符号表示。 　　2．基本公式: 　　=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)=(规定0!=1)。 　　=(规定=1) 　　。 　　3．排列组合的解题原则: 　　（1）深入弄清问题的情景 　　要深入弄清问题的情景，切实把握各因素之间的相互关系，不可分析不透，就用或乱套一气。具体地说:首先要弄清有无“顺序”的要求，如果有“顺序”的要求，用，如果无“顺序”要求，就用；其次，要弄清目标的实现，是分步达到的，还是分类完成的，前者用分步计数原理，后者用分类计数原理。事实上，一个复杂的问题，往往是分类和分步交织在一起的，这就要准确分清，哪一步用分步计数原理，哪一步用分类计数原理。 　　（2）两个方向的解题途径 　　对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是正面直接解，一个是反面排除法。前者是指按要求，一点一点选出符合要求的方案，后者是指先按照全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案排除掉。 　　这两个途径的优劣因题而异。一般地，一道题目“正面解”很繁琐时，“反面排除”往往简单，反之亦然。 　　（3）分析问题的两个方向 　　分析问题时，我们往往从元素和位置两个方向插手，一般情况，从算理上说，从特殊元素和特殊位置两个方向都能解决问题。但具体问题从特元与特位上作对比，则可能大相径庭，差距很大。因此平常做题时，这两种训练都要进行。 　　（4）特别强调一题多解 ‎ 　　一题多解，可以从不同角度分析同一问题，加深对分类计数原理、分步计数原理及排列组合的深刻认识与体会，同时，一题多解也是解排列组合问题最有效，最主要的检验方法。 　　4．对常见问题分类总结 　　关于数字问题，要注意“0”这个特元，关于人或物的排列问题，要注意元素相邻，往往采取“捆绑法”看成一个整体，元素不相邻，则往往采取“插空”的方法。 　　二、例题分析 　　例1．（1）用0，1，2，3，4组合多少无重复数字的四位数？（2）这四位数中能被3整除的数有多少个？ 　　解:（1）直接分类法: 　　①特元法: 　　②特位法:先考虑首位，可以从1，2，3，4四个数字中任取一个，共种方法，再考虑其它三个位置，可以从剩下的四个数字中任取3个。即种方法，则共有=96种方法，即96个无重复数字的四位数。 　　间接排除法:先从五个数字中任取四个排成四位数:，再排除不符合要求的四位数即0在首位的四位数:。则共有=96个。 　　（2）能被3整除的四位数应该是四位数字之和为3的倍数。 　　分析:因为不含0时，1+2+3+4=10。10不是3的倍数，所以组成的四位数必须有0，即0，1，2，3或0，2，3，4，共有2()=36个。 　　例2．用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的五位数从小到大依次排列。（1）第49个数是多少？ （2）23140是第几个数？ 　　解:（1）首位是1，2，3，4组成的五位数各24个。所以第49个数是首位为3的最小的一个自然数，即30124。 　　（2）首位为1组成=24个数； 　　首位为2，第二位为0，1共组成=12个数。 　　首位为2，第二位为3，第三位为0的数共=2个；首位为2，第二位为3，第三位为1，第四位为0的数有1个，为23104。 　　由分类计数原理: +++1=39。 　　按照从小到大的顺序排列23104后面的五位数就是23140，所以23140是第40个数。 　　例3．5男6女排成一列，问 　　（1）5男排在一起有多少种不同排法？ 　　（2）5男都不排在一起有多少种排法？ 　　（3）5男每两个不排在一起有多少种排法？ 　　（4）男女相互间隔有多少种不同的排法？‎ ‎ 　　解:（1）先把5男看成一个整体，得，5男之间排列有顺序问题，得，共种。 　　（2）全排列除去5男排在一起即为所求，得。 　　（3）因为男生人数少于女生人数，利用男生插女生空的方法解决问题，得。 　　（4）分析利用男生插女生空的方法，但要保证两女生不能挨在一起，得。 　　例4．3名医生和6名护士被分配到3个单位为职工体检，每单位分配1名医生和2名护士，不同的分配方案有多少种？ 　　解:3名医生分到3个单位有种方案，6名护士分到3个单位，每个单位2名有种，根据分步计数原理，共有=540种方案。 　　例5．四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个点，可以组成多少个不同的三棱锥？ 　　解:组成三棱锥，只需4个点不共面，考虑到直接法有困难，故采用间接排除法。 　　从10个点中任取4个点有中，其中4个点共面有三类情况: 　　①4个点位于四面体的同一面中，有4种； 　　②取任一条棱上的3个点，及该棱对棱的中点，这四点共面共有6种； 　　③由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个顶点共面有3种，所以不同的取法共有-4-6-3=141种。 　　例6．求证（1）；（2） 　　证明: 　　（1） 　　另一种解释:对于含某元素a的(n+1)个元素中取m个元素的排列可分为两类，一类是不含元素a的，有个；另一类是含元素a的，有m个，因此共有(+m)个，即+m=。 　　（2）‎ ‎ 　　　　　　　　　　 　　∴ 。 　　另一种解释:对于含有某元素a的(n+1)个元素中取m个元素的组合可分为两类，一类是不含元素a的，有个；另一类是含元素a的有个，因此共有(+)个，即。 　　三、课外练习: 　　1．用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） 　　A、24个　　　　B、30个　　　　C、40个　　　　D、60个 　　2．5男2女排成一排，若女生不能排在两端，且又要相邻，不同的排法有（ ） 　　A、480种　　　　B、960种　　　　C、720种　　　　D、1440种 　　3．某天课表中6节课需从4门文科，4门理科中选出6门课程排出，其中文科交叉排，且一、二节必须排语文、数学，则不同的排法共有_________种。 　　4．在50件产品中有4件是次品，其余均合格，从中任意取出5种，至少3件是次品的取法共有________种。 　　5. 正方体的8个顶点可确定不同的平面个数为________，以这些顶点为顶点的四面体共有__________个。 　　参考答案: 　　1．A 　　2. B　 　　3. 72　先选出另两门文科，理科有种，又因为文科交叉且一、二节必须排语文，数学有种，所以有=72种。 　　4．=4186 　　5．① +12=20　 ② -2×6=58 ‎ 在线测试 窗体顶端 ‎　　选择题 　　1． 不等式>3的解集是（　） 　　 A、{x|x>3}　　 B、{x|x>4, x∈N}　　 C、{x|33,x∈N} ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　2．数（　） 　　A、一定是奇数　　　　　　　　　　 B、一定是偶数　 　　C、奇偶性由n的奇偶性来决定　　　　D、以上结论都不对 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　3．用0，1，2，3，这四个数字组成个位数不是1的没有重复数字的四位数共有（　）个 　　 A、16　　 B、14　　 C、12　　 D、10 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　4．要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单，如果舞蹈节目不排头，并且任何2个舞蹈节目不连排，则不同的排法种数是（　） 　　 A、　　 B、　　 C、　　 D、 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　5．若直线方程Ax+By=0的系数A、B可以从0，1，2，3，6，7等六个数字中取不同的数值，则这些方程所表示的直线条数是（　） 　　 A、-2　　 B、　　 C、+2　　 D、 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　6．不同的5种商品在货架上排成一排，其中a、b两种必须排在一起，而c、d两种不能排在一起，则不同的排法共有 （　） 　　 A、12种　　 B、20种　　 C、24种　　 D、48种 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　7．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有（　） 　　 A、78种　　 B、72种　　 C、120种　　 D、96种 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　8．用0，1,2，3，4，5，六个数字组成没有重复数字的六位奇数的个数是（　） 　　 A、　　 B、　　 C、　　 D、 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　9．由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（　） 　　 A、210个　　 B、300个　　 C、464个　　 D、600个 ‎ 窗体底端 窗体顶端 ‎　　10．从全班50名学生中，选出6名三好学生，其中地区级1名，县级2名，校级3名，求不同选法的种数.对于这道题，甲列式子，乙列式子，丙列式子，其中所列式子（　） 　　 A、全正确　　 B、仅甲、乙正确　　 C、仅乙、丙正确　　 D、仅甲、丙正确 窗体底端 答案与解析 ‎ ‎　　答案：1．D　 2．B　 3．B　 4．C　 5．B　 6．C 　7．A 　8．A 　9．B 　10．A 　　解析： 　　1．选D。　　　　　 　　2．选B。 　　3．选B。=14个。‎ ‎ 　　4．选C。5个独唱节目的排法是，舞蹈不需排在头一个节目，又需任何两个舞蹈节目不连排，只要把舞蹈节目插入独唱节目构成的5个空隙中即可，即舞蹈的排法是，故选择C。 　　5．选B。先考虑非零的5个数字，它们可以组成不同的直线是-2条，再加入A、B中恰有一个不为零时所表示的两条直线，故选B。 　　6． 2·(4!-2·3!)=24，故本题应选C。 　　7．不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！=120种停法。 　　A停在3道上的停法：4！=24种； 　　B停在1道上的停法：4！=24种； 　　AB分别停在3道、1道上的停法：3！=6种。 　　故符合题意的停法：120-24-24+6=78种。故本题应选A。 　　8．末位只能取1，3，5，只有3种可能，首位又不能取0，只有4种可能，共有3·4·种可能，故本题应选A。 　　9．由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数共有个，其中个位数字小于十位数字与十位数字小于个位数字的个数是一样的。因此满足条件的六位数共有：=300个，故本题应选B。 　　10．解法1：种。 解法2：种。解法3：种。故本题应选A。‎ 北 京 四 中 排列、排列数公式·疑难问题解析 ‎ ‎　　1．理解排列的概念，必须注意以下几点： 　　(1)定义中规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况。也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了，否则就变成了取出两个相同的元素。 　　(2)在定义中，包含两方面的内容： 　　第一是选元素。“从n个不同元素中任取m个不同元素”，要注意被取的元素是什么？取出的元素又是什么？即明确问题中的n和m各是什么。 　　第二是排顺序。“将取出的m个元素按照一定的顺序排成一列。”有排顺序的要求是排列问题中的本质属性。 　　(3)由于是从n个不同元素中取出m个不同元素，因此必有m≤n，当m=n时，即所有元素都取出的排列，这种特殊的排列叫做全排列。 　　(4)定义中的“一定顺序”，是与位置有关的问题。对有些具体情况，如取出数字1，2，3组成三位数，就与位置有关。因123和132是不同的三位数。但如取出数字1，2，3考虑它们的和，则与位置无关。‎ ‎ 　　2．写出所有排列的方法 　　排列是指具体的排法。如一个排列ABC，是指A排在左端，B排在中间，C排在右端这一具体排法，在写具体的排列时，必须按一定规律写，否则容易造成重复或遗漏。我们常用画树形图的方法逐一写出所有排列。 　　如：写出A，B，C，D四个元素中任取两个元素的所有排列。 ‎ ‎　　所有排列为AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，共有12种不同的排列。 　　3．相同排列 　　从排列定义知道，如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序也必须完全相同。例如，AB和BA，虽然元素相同，但由于顺序不同，所以就不是两个相同的排列，而是两个不同的排列。 　　4．排列问题的判断 　　如何判断一个具体问题是不是排列问题，就看从n个不同元素中取出的m个元素是有序还是无序，有序是排列，无序就不是排列。例如，从2，3，7，21四个数中任取两个数相加，可得到多少个不同的和。这四个数中任取两个数出来以后做加法，因为加法满足交换律，2+3=3+2，它们的和与顺序无关，因此就不是排列问题。 　　如果从上面这四个数中任取两个相减，一共有多少个不同的差。因为3-2≠2-3，这里有被减数和减数的区别，取出的两个数2与3就与顺序有关了，这就属排列问题。 　　5．排列与排列数 　　要分清“排列”和“排列数”这两个不同的概念，一个排列是指从n个不同元素中，任取m个元素，按照一定顺序排成一列的一种具体排法，它不是数。而排列数是指从n个不同元素中取m个不同元素的所有排列的个数，它是一个数。如从a，b，c中任取两个元素的排列可以有以下6种：ab、ac、ba、bc、ca、cb，每一种都是一个排列，而数字6就是排列数。 　　6．关于排列数公式 　　(1)排列数公式Anm=n(n-1)…(n-m+1)，其特点是：从自然数n开始，后一个因数比前一个因数小1，最后一个因数是n-m+1，共m个因数相乘。 　　(2)当m=n时，排列数公式为Ann=n！，相应地从n个不同元素中将元素全部取出的一个排列是全排列。 　　7．关于排列的应用题 　　在解关于排列的应用题时，要特别注意如下几点： 　　(1)弄清题意。要明确题目中的事件是什么，可以通过怎样的程序来完成这个事件，进而是采用相应的计算方法，不能乱套公式，盲目地计算。 　　(2)弄清问题的限制条件。注意特殊元素和特殊的位置，必要时可画出图形帮助思考。 ‎ ‎ 　　(3)合理的分类(分类计数原理)和分步(分步计数原理)，即通过讨论来解决问题。 　　在排列问题中，常分如下两类基本的方法： 　　(1)直接法。从条件出发，直接考虑符合条件的排列数； 　　(2)间接法。先不考虑限制条件，求出所有排列数，然后再从中减去不符合条件的排列数(排除法)。 ‎ 组合、组合数公式·疑难问题解析 ‎ ‎　　1．组合与排列的联系和区别 　　相同点：排列和组合都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素。 　　不同点：排列与组合的区别在于元素取出以后，是“排成一排”，还是“组成一组”，其实质就是取出的元素是不是存在顺序上的差异。因此，区分排列问题和组合问题的主要标志是：是否与元素的排列顺序有关。有顺序的是排列问题，无顺序的则是组合问题。例如123和321，132是不同的排列，但它们都是相同的组合。再如两人互通一次信是排列问题，互握一次手则是组合问题。 　　2．组合与组合数 　　和排列与排列数之间的区别一样，“组合”和“组合数”是两个不同的概念。一个组合是指“从n不同元素中，任取m(m≤n)个元素，并成一组”，它不是一个数，而是具体的一件事；组合数是指“从n个不同元素中取出m个元素的所有组合的个数”，它是一个数，例如，从3个元素a、b、c每次取出2个元素的组合为：ab，ac，bc，其中每一种都叫一个组合，共3种，而数字3就是组合数。 　　3．组合应用题 　　(1)众所周知，有顺序要求的是排列问题，无顺序要求的是组合问题。重要的是对“顺序”的理解。什么叫做有顺序，这需要通过解题来加深理解。 　　(2)设计好完成事件的程序，并灵活应用分类处理的方法来处理复杂的问题。在分类时要注意做到不重复、不遗漏。 ‎ 组合数的两个性质·疑难问题解析 ‎ ‎1．对组合数的两个性质的理解 　　(1)要能利用组合数的意义来理解上述两项性质。 　　因为从n个不同的元素中取出m元素后，就剩下n-m个，因此从n个不同元素中取出m个元素的方法，与从n个元素中取出n-m个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的，这就是性质1揭示的意义。 　　在确定从n+1个元素中取m个元素的方法时，对于某一个元素，只存在取与不取的两种可能.如果取这一个元素，则需从剩下的n个元素中取出m-1个元素，所以共有种。如果不取这一个元素，则需从剩下的n个元素中取出m个元素，所以共有种。 　　由分类计数原理，得： 　　上述推理过程中可以看成是对组合数两个性质的构造性证明.这种方法不仅可以加深我们对公式的理解，而且也是证明组合恒等式等问题的一种重要思路。 　　(2)利用组合数及组合数的性质可推出如下两个常用结论。 　　‎ ‎ 　　(3)组合数的两个性质，(n≥m) 　　在有关组合数的计算、化简、证明等方面有着广泛的应用。 　　2．排列、组合的应用问题 　　(1)排列应用题 　　①无限制条件的简单排列应用题解法步骤 　　一转化二求值，三作答。 　　②有附加条件的排列应用题解法 　　 　　(2)组合应用题 　　①无限制条件的组合应用题：解法步骤：一判断二转化三求值四作答。 　　②有限条件的组合应用题。 　　a．类型：“含”与“不含”的问题； 　　b．解法：直接法、间接法、可将条件视为特殊元素与特殊位置，一般来讲，特殊者优先满足，其余则“一视同仁”； 　　c．分类的依据：“至多”、“至少”。 　　(3)排列、组合综合题 　　一般解法：先选元素后排列，同时注意按元素的性质分类或按事件的发生过程分步.类型：分组、分配、群排列等。 　　3．解排列组合问题的基本思路： 　　(1)对带有限制条件的排列问题，要掌握基本的解题思想方法。 　　①有特殊元素或特殊位置的排列，通常是先排特殊的元素或特殊位置； 　　②元素必须相邻的排列，可以先将相邻的元素看作一个整体； 　　③元素不相邻的排列，可以制造空档插进去； 　　④元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序，排列后再利用规定顺序的实情求结果。 　　(2)处理几何中的计算问题，注意“对应关系”，如不共线三点对一个三角形，不共面四点可以确定一个四面体等等，可借助图形来帮助思考，并善于利用几何性质于解题中。 　　(3)对于有多个约束条件的问题，可以通过分析每个约束条件，然后再综合考虑是分类或分步，或交替使用两个原理，也可以先不考虑约束条件，然后扣除不符合条件的情况获得结果。 　　(4)要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意。‎ ‎　例1、某人计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60、70元的单片软件和盒装磁盘，要求软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（　　　　 ） 　　A .5种　　　　　　 B.6种　　　　　　 C. 7种　　　　 D. 8种 　　分析：依题意“软件至少买3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，只需讨论剩下的180元如何使用的问题。 　　解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180元如何使用，可从购买软件的情形入手分类讨论： 　　第一类，再买3片软件，不买磁盘，只有1种方法； 　　第二类，再买2片软件，不买磁盘，只有1种方法； 　　第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有2种方法； 　　第四类，不买软件，再买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有3种方法； 　　于是由分类计数原理可知，共有N=1+1+2+3=7种不同购买方法，应选C。 　　例2、已知集合M={-1，0，1}，N={2，3，4，5}，映射 ，当x∈M时， 为奇数，则这样的映射 的个数是（　　 ） 　　A.20　　　　 B.18　　　　 C.32　　　　 D.24 　　分析： 　　由映射定义知，当x∈M时， 　　当x∈M时，这里的x可以是奇数也可以是偶数，但 必须为奇数，因此，对M中x的对应情况逐一分析，分步考察： 　　第一步，考察x=-1的象，当x=-1时， ，此时 可取N中任一数值，即M中的元素-1与N中的元素有4种对应方法； 　　第二步，考察x=0的象，当x=0时， 为奇数，故 只有2种取法（ =3或 =5），即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法； 　　第三步，考察x=1的象，当x=1时， 为奇数，故 可为奇数也可为偶数, 可取N中任一数值，即M中的元素1与N中的元素有4种对应方法， 　　于是由分步计数原理可知，映射 共有4×2×4=32个。 　　例3、在 中有4个编号为1，2，3，4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂法？ 　　解：根据题意，有相邻边的小三角形颜色不同，但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色，于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类，进而在每一类中分步计算。 　　第一类：1与4同色，则1与4有5种涂法，2有4种涂法，3有4种涂法， 　　故此时有N1=5×4×4=80种不同涂法。 　　第二类：1与4不同色，则1有5种涂法，4有4种涂法，2有3种涂法，3有3种涂法， 　　故此时有N2=5×4×3×3=180种不同涂法。 　　综上可知，不同的涂法共有80+180=260种。 　　点评：欲不重不漏地分类，需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题的具体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类，或是从某一元素的特定要求入手分类，或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类，或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等。 　　例4、将字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（　　 ） 　　A.6种　　　　　　 B.9种　　　　C.11种　　　　 D.23种 　　解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤。 　　第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有3种不同填法； 　　第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有3种不同填法； 　　第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有1种填法； 　　于是，由分步计数原理得，共有N=3×3×1=9种不同填法。 　　解法二：（采用“列举”方法）：从编号为1的方格内的填数入手进行分类。 　　第一类：编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法：‎ ‎　　 ‎ ‎　　 ‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎　　 ‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎　　 ‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎ 　　第二类：编号1的方格内填数字3，也有3种不同填法：‎ ‎　　 ‎ ‎　　 ‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎　　 ‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎　　 ‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎ 　　第三类：编号为1的方格内填数字4，仍有3种不同填法：‎ ‎　　 ‎ ‎　　 ‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎　　 ‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎　　 ‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎ 　　于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法，应选B 　　解法三（间接法）：将上述4个数字填入4个方格，每格填一个数，共有N1=4×3×2×1=24种不同填法，其中不合条件的是 　　(1)4个数字与4个格子的编号均相同的填法有1种； 　　(2)恰有两个数字与格子编号相同的填法有6种； 　　(3)恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种； 　　因此，有数字与格子编号相同的填法共有N2‎ ‎=1+6+8=15种 　　于是可知，符合条件的填法为24-15=9种。 　　点评：解题步骤的设计原则上任意，但不同的设计招致计算的繁简程度不同，一般地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念。 　　当正面考虑头绪较多时，可考虑运用间接法计算：不考虑限制条件的方法种数—不符合条件的方法种数=符合条件的方法种数。 　　在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”，恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。 　　例5、用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字2和3，并且2和3不相邻的四位数有多少个？ 　　解：注意到这里“0”的特殊性，故分两类来讨论。 　　第一类：不含“0”的符合条件的四位数，首先从1，4，5这三个数字中任选两个作排列有 种；进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置，又有 种排法，于是由分步计数原理可知，不含0且符合条件的四位数共有=36个。 　　第二类：含有“0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用“间接法”：首先从1，4，5这三个数字中任选一个，而后与0，2，3进行全排列，这样的排列共有 个。 　　其中，有如下三种情况不合题意，应当排险： 　　（1）0在首位的，有 个； 　　（2）0在百位或十位，但2与3相邻的，有 个 　　（3）0在个位的，但2与3相邻的，有 个 　　因此，含有0的符合条件的四位数共有 =30个 　　于是可知，符合条件的四位数共有36+30=66个 　　点评：解决元素不相邻的排列问题，一般采用“插空法”，即先将符合已知条件的部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入；解决元素相邻的排列问题，一般采用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起，作为一个大元素与其它元素进行排列，进而再考虑大元素内部之间的排列问题。 　　例6、某人在打靶时射击8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的，那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有（　　 ） 　　A.720种　　　　 B.480种　　　　 C.24种　　　　 D.20种 　　分析：首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4枪“地位平等”，故只有一种排法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有 种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有 ‎ 种 　　点评：这里的情形与前面不同，按照问题的实际情况理解，未命中的4枪“地位平等”，连续命中的3枪亦“地位平等”。因此，第一步排法只有一种，第二步的排法种数也不再乘以 。解决此类“相同元素”的排列问题，切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法，请读者引起注意。 　　例7、 　　（1） 　　　　　　　　　　　　 ； 　　（2）若 ，则n=　　　　　　　　　　　　； 　　（3） 　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　（4）若 ，则n的取值集合为　　　　　　　　　　　　 ； 　　（5）方程 的解集为　　　　　　　　　　　　 ； 　　解： 　　（1）注意到n满足的条件 　　∴原式= 　　= 　　（2）运用杨辉恒等式，已知等式 　　 　　 　　 　　 　　 　　即所求n=4。 　　（3）根据杨辉恒等式 ‎ 　　原式= 　　= 　　= 　　= 　　（4）注意到这里n满足的条件n≥5且n∈N*　　　　 ① 　　在①之下，原不等式 　　 　　 　　 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　② 　　∴由①、②得原不等式的解集为{5，6，7，…，11} 　　（5）由 　　 　　注意到当y=0时， 无意义，原方程组可化为 　　 　　由此解得 　　经检验知 是原方程组的解。 　　例8、用红、黄、绿3种颜色的纸做了3套卡片，每套卡片有写上A、B、C、D、E字母的卡片各一张，若从这15张卡片中，每次取出5张，则字母不同，且3种颜色齐全的取法有多少种？ 　　解：符合条件的取法可分为6类 　　第一类：取出的5张卡片中，1张红色，1张黄色，3张绿色，有 种取法； 　　第二类：取出的5张卡片中，1张红色，2张黄色，2张绿色，有 ‎ 种取法； 　　第三类：取出的5张卡片中，1张红色，3张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　第四类：取出的5张卡片中，2张红色，1张黄色，2张绿色，有 种取法； 　　第五类：取出的5张卡片中，2张红色，2张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　第六类：取出的5张卡片中，3张红色，1张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有 　　 　　点评：解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准，在这里，以红色卡片选出的数量进行主分类，以黄色卡片选出的数量进行次分类，主次结合，确保分类的不重不漏，这一思路值得学习和借鉴。 　　例9、 　　（1）从5双不同的袜子中任取4只，则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少？ 　　（2）设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，将五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种？ 　　（3）将四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共多少种？ 　　（4）某产品共有4只次品和6只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产品测试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有多少种？ 　　解： 　　（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的4只袜子中恰有2只配对，这只要从5双袜子中任取1双，再从其余4双中任取2双，并从每双中取出1只，共有 种选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有 种选法，于是由加法原理知，符合要求的取法为 种。 　　（2）符合条件的放法分为三类： 　　第一类：恰有2个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒子中，有 种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中，有 种方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有 种不同方法； 　　第二类：恰有3个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒子中，有 种放法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有 ‎ 种不同方法； 　　第三类：恰有5个小球与盒子编号相同，这只有1种方法； 　　于是由分类计数原理得，共有N=20+10+1=31种不同方法。 　　（3）设计分三步完成： 　　第一步，取定三个空盒（或取走一个空盒），有 种取法； 　　第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有 种分法； 　　第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有 种放法； 　　于是由乘法原理得共有： 种不同方法。 　　（4）分两步完成： 　　第一步，安排第五次测试，由于第五次测试测出的是次品，故有 种方法； 　　第二步，安排前4次测试，则在前四次测试中测出3只次品和1只正品的方法种数为 。 　　于是由分布计数原理可知，共有 种测试方法。 　　点评：为了出现题设条件中的“巧合”，我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”，本例（1）则是这种“有意设计”的典型代表，而这里的（3），则是先“分堆”后“分配”的典型范例。‎ 二、排列、组合专题练习 ‎　　一、选择题（每小题4分，共32分） 　　1. 展开后不同的项数为（　　 ） 　　A. 9　　　　 B. 12　　　　 C. 18　　　　 D. 24 　　2.某中学高二年级共有6个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级，且每班安排两名，则不同的安排方案种数为（　　 ） 　　A. 　　　　B. 　　　　C. 　　　　　　D. 　　3.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是（　　 ） 　　A. 234　　　　　　 B. 346　　　　　　 C. 350　　　　　　 D. 363 　　4.将9个相同的小球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有（ 　　） 　　A. 8种　　　　　　 B. 10种　　　　 C. 12种　　　　 D. 16种 　　5.设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子，每盒放一球，并且恰好有两个球的编号数与盒子的编号数相同，则这样的投放方法总数为（　　 ） 　　A. 20　　　　　　 B. 30　　　　　　 C. 60　　　　　　 D.‎ ‎ 120 　　6.设 展开式的各项系数的和为M，二项式系数的和为N，M-N=992，则展开式中 项的系数为 （　　 ） 　　A. 250　　　　　　 B. –250　　　　 C. 150　　　　　　 D. –150 　　7.若 与 的展开式中含 的系数相等，则实数m的取值范围是（　　 ） 　　A. 　　　　　　B. 　　　　　　　　C. 　　　　　　D. 　　8.若 ，且 ，则 　　 ，等于 （　　 ） 　　A. 81　　　　　　 B. 27　　　　　　 C. 243　　　　　　 D. 729 　　二、填空题（每小题5分，共20分） 　　1．在由数字0、1、2、3、4、5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有　　　　　　 。 　　2.有三张卡片的正反面分别写着1和2，4和6，7和8，用它们组成三位数，并且6可以当9用，则可得到的不同三位数的个数为　　　　　　 。 　　3.设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳动一个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法种数为　　　　　　 。 　　4.已知 ，则 的值是 　　　　 。 　　三、解答题（本大题共4题，每题12分，满分48分） 　　1.在某次文艺晚会上，共有5个不同的歌唱节目、三个不同的舞蹈节目，那么第一个是歌唱节目，并且恰好有两个舞蹈节目连在一起的排法有多少种？ 　　2.现有一元人民币3张，五元人民币2张，拾元人民币4张，伍拾元人民币1张，从中至少取一张（多取不限），共可取得多少种不同的币值？ 　　3. 　　（1）若 ，试求 ； 　　（2）求 展开式中x的奇数次幂的项的系数之和。 　　4.设数列 为等比数列， ，公比q是 ‎ 的展开式中的第二项（按x的降幂排列）。 　　（1）用n，x表示通项 与前n项和Sn； 　　（2）若 ，用n，x表示 。 　　答案与解答： 　　一、选择题 　　1.答案：D 　　分析：注意到三个因式分别为关于x，y，z的多项式，故这一多项式展开后不会产生同类项。因此，这一多项式展开后的不同项数为 ，应选D。 　　2.答案：B 　　分析：设计分三步完成： 　　第一步，将4名学生分成两组，每组2人，有 种分法； 　　第二步，从该年级取出两个班，有 种取法； 　　第三步，将上述二组学生分入所选的两个班，又有 种分配方法， 　　于是可得不同的分配方案种数为 ，应选B。 　　3.答案：B 　　分析：将安排这二人就坐的排法分为三类： 　　第一类，两人均在后排，排法种数为 ； 　　第二类，两人均在前排，排法种数为 （同左或同右）=44； 　　第三类，两人分别在前排或后排，排法种数为 　　∴ 不同排法种数为 110+44+192=346，应选B。 　　4.答案：B 　　分析：首先分别在1、2、3号箱子里放入1、2、3个小球，然后把余下的3个小球分三类放入箱子中： 　　第一类，把剩下的3个小球放入其中的一个箱子里，有3种放法； 　　第二类，将剩下的3个小球放入其中的2个箱子里，有 ‎ 种放法； 　　第三类，将剩下的3个小球分别放入3个箱子里，有1种放法； 　　于是由分类计数原理得，不同的放球方法为 10种，故应选B。 　　5.答案：A 　　分析：设计分三步完成： 　　第一步，取定两个盒子，有 种取法； 　　第二步，将与两个盒子编号相同的小球放入盒子，有1种放法； 　　第三步，从剩下的三个小球中取出一个放入与其编号不同的盒子，又将最后的两个小球放入与它们编号不同的盒子里，有2种放法； 　　于是由分步计数原理得，投入方法总数为 ，故应选A。 　　附注：本题易出现的错解为 　　6.答案：B 　　分析：由题设得 ， 　　故有 　　∴ 　　∵ ，∴ 　　故得 　　∴ 　　 　　令 　　得 r=3 　　∴ 　　∴ 展开式中 项的系数为 ，应选B。 　　7.答案：A 　　分析： 的展开式的通项公式为 　　由 得 ‎ 　　∴ 展开式中当 的项的系数为 　　　　　　① 　　又 展开式的通项公式 　　 　　由2n-k=n 得 n=k 　　∴这一展开式中含 的项的系数为 　　　　　　② 　　∴ 由①，②得 　　 　　 　　∴ 　　∴ 　　　　　　　　　　　　　　③ 　　又　　 　　　　　　　　④ 　　于是由③，④得 ，应选A。 　　8.答案：A 　　分析：由 得 或 　　∵ ，∴ 　　令 ， 　　则 ， 　　∴应选A。 　　二、填空题 　　1.答案：192 　　分析：不能被5整除的无重复数字的四位数共有 个 　　2.答案：72 　　分析：分为三类考察：第一类，不含6，有 ‎ =24个， 　　第二类：含有6且6不当作9用，有 =24个， 　　第三类：含有6但6当作9用，有 =24个， 　　于是可得不同的三位数个数为 　　3.答案：5 　　分析：由题设知，质点的运动是向正方向跳动4次，向负方向跳动1次 　　故向负方向跳动的方式选择有 种，本题应填5。 　　4.答案：-13 　　分析：当设 ， 　　则 　　　　　　　　① 　　 　　　　　　　　② 　　∴ ①-②得 　　∴ 　　三、解答题 　　1.解：设计分为三个步骤完成： 　　第一步，将5个歌唱节目排成一排，共有 种不同排法； 　　第二步，从3个舞蹈节目中取出两个节目连成一体，有 种不同取法； 　　第三步，将两个排在一起的舞蹈节目与另外一个舞蹈节目插在任意两个歌唱节目之间或最后位置上，但不排在第一个位置上，共有 种插入方法； 　　因此由乘法原理知，晚会节目共有 ‎ 种不同排法。 　　2.解：注意到取2张五元人民币与取1张拾元人民币币值相同，不能算为两种不同取法。为避免重复，将4张拾元人民币“换作”8张五元人民币，1张五十元人民币“换作”10张五元人民币。于是所给问题等给于：有1元人民币3张、五元人民币20元，从中至少取一张（多取不限），可取得多少种不同币值？ 　　将取币的过程看作二重选择过程：从3张1元人民币中有取0、1、2、3张等4种不同取法，从20张五元人民币中有取0，1，2，…，20张等21种不同取法。于是由乘法原理知，有4×21=84种不同币值。但是，这是须除去1元和五元都没有的情形，因此，共可取得83种不同币值。 　　点评：注意从中学习问题转化的策略。 　　3.解： 　　（1）在已知等式中令x=2得 　　　　　　　　① 　　令x=0得 　　　　　　　　② 　　①-②得 　　∴ 　　（2）令 　　令x=1得 　　　　　　　　　　　　　　　　 ③ 　　令x=-1得 　　　　　　　　　　　　　　　　 ④ 　　③-④得 ， 　　∴ ， 　　即展开式x的奇数次方项的系数之和为41。 　　4.解： 　　（1）由 得 　　∴ m=3，　　　　 ∴ 　　又 展开式中第2项 ， 　　∴ ，　　 　　（2）由 表达式引发讨论： 　　（Ⅰ）当x=1时 　　此时 　　　　　　　　 ① 　　又 　　　　 ② 　　∴ ①+②得 ‎ ‎， 　　∴ 　　（Ⅱ）当 时， 　　此时 　　 　　 　　 　　于是由（Ⅰ）（Ⅱ）得 ‎