一．基本原理
1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
　注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：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，所有排列的个数记为。

四．处理排列组合应用题
1.①明确要完成的是一件什么事（审题）  ②有序还是无序   ③分步还是分类。
2．解排列、组合题的基本策略
（1）两种思路：
     ①直接法：
     ②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。
分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。
           注意：分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。
（4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。
3．排列应用题：
（1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来；
　(2) 特殊元素优先考虑、特殊位置优先考虑；
例1. 电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公
　　益广告，则共有          种不同的播放方式（结果用数值表示）.  
解：分二步：首尾必须播放公益广告的有种；中间4个为不同的商业广告有种，从而应当填＝48. 从而应填48．
例2. 6人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少种排法？
解一：间接法：即
解二：（1）分类求解：按甲排与不排在最右端分类.

（3）相邻问题：捆邦法：
对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。
（4）全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法.即先安排好没有限制条件的元素，然后再将不相邻接元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入。
（5）顺序一定，除法处理。先排后除或先定后插
解法一：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总
       的排列数除于这几个元素的全排列数。即先全排，再除以定序元素的全排列。
解法二：在总位置中选出定序元素的位置不参加排列，先对其他元素进行排列，剩余的几个位置放定序的元
       素，若定序元素要求从左到右或从右到左排列，则只有1种排法；若不要求，则有2种排法；
例.有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少
   种排法？
分析一：先在7个位置上任取4个位置排男生，有种排法.剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，
       只有1种排法，故共有·1=840种.
（6）“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略
　　对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排  
    列，最后再进行“小团体”内部的排列。
（7）分排问题用“直排法”把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。
（8）数字问题（组成无重复数字的整数）
①能被2整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2整除的数的特征：末位数是奇数。
　②能被3整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数；
　③能被9整除的数的特征：各位数字之和是9的倍数。
　④能被4整除的数的特征：末两位是4的倍数。
　⑤能被5整除的数的特征：末位数是0或5。
　⑥能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。
　⑦能被6整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数的偶数。
4.组合应用题：
（1）“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
1.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有
解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种.
解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有种.
（2）“含”与“不含” 用间接排除法或分类法:
2．从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论比赛
（1）如果4人中男生和女生各选2人，有几种选法；
（2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有几种选法；
（3）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有 1人在内，有几种选法；
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，有几种选法

5．分组问题：
均匀分组：分步取，得组合数相乘，再除以组数的阶乘。即除法处理。
非均匀分组：分步取，得组合数相乘。即组合处理。
混合分组：分步取，得组合数相乘，再除以均匀分组的组数的阶乘。
6．分配问题：
定额分配：（指定到具体位置）即固定位置固定人数，分步取，得组合数相乘。
随机分配：（不指定到具体位置）即不固定位置但固定人数，先分组再排列，先组合分堆后排，注意平均分堆除以均匀分组组数的阶乘。
7．隔板法：不可分辨的球即相同元素分组问题
五． 二项式定理

3.二项式定理的应用
求二项展开式中的任何一项，特别是常数项：变量的指数为0、有理项：指数为整数；
证明整除或求余数；
利用赋值法证明某些组合恒等式；
近似计算。
4.二项式系数的性质：

5．区分
（1）某一项的二项式系数与系数
项的系数与二项式系数是不同的两个概念，但当二项式的两个项的系数都为1时，系数就是二项式系数。
展开式中的系数就是二项式系数。
（2）二项式系数最大项与系数最大项
①二项式系数最大项是中间项
②系数最大项求法：设第k+1项的系数最大，由不等式组求k。再求第k+1项值。
③系数的绝对值最大的项
二项展开式的系数绝对值最大项的求法，设第r+1项系数的绝对值最大,则此项系数的绝对值必不小于它左、右相邻两项系数的绝对值，即由求r
注意：二项展开式中系数最大的项及系数最小的项的求法:先求系数的绝对值最大项第r+1项，然后再求第r+1项的符号，若这一项的系数符号为正，则它为展开式中系数最大的项；若这一项的系数符号为负，则它为展开式中系数最小的项
（3）二项展开式中，二项式系数和与各项系数和

应用“赋值法”可求得二项展开式中各项系数和即令式子中变量为1。


注意：（1）二项展开式的各项系数绝对值的和相当于的各项系数的和。即令原式中的x=-1即可。
　　  （2）审题时要注意区分所求的是项还是第几项？求的是系数还是二项式系数？
六．事件分类

七．对某一事件概率的求法：

八.离散型随机变量
1.在的射击、产品检验等例子中，对于随机变量X可能取的值，我们可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．
2.离散型随机变量的分布列
　一般的,设离散型随机变量X可能取的值为
X取每一个值(i=1,2,）的概率 ，
　则称表

为离散型随机变量X 的概率分布，简称分布列
　性质：
            ③ 一般地，离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和。
　公式：期望或平均数、均值 E(X)＝
             方差:
说明（1）数学期望的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平
　　  (2)的算术平方根为随机变量X的标准差，
        (3)随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动，集中与分散的程度。
       (4)性质：
4．二项分布：在n次独立重复试验中，一次试验中某事件A发生的概率是p, 某事件A发生的次数为X，
　　则在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率为p(X=k)=
X的分布列为

此时称ξ服从二项分布，记作X～B(n,p).
若X～B(n,p)，则 ,

 

第二篇：高中数学《排列与组合》学案4 新人教A版选修2-3

排列与组合的综合问题

一、知识梳理

1.排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置的数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合问题的基本思维是“先组，后排”.

2.解排列组合的应用题，要注意四点：

（1）仔细审题，判断是组合问题还是排列问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步.

（2）深入分析、严密周详，注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，这不仅有助于提高逻辑推理能力，也尽可能地避免出错.

（3）对于附有条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用分类计数原理或分步计数原理来解决.

（4）由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看是否相同.在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复.

二、基础训练

1.（04福建）某校高二年级共有六个班级，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2名，则不同的安排方案种数为

A.  AC       B. AC          C.  AA        D.  2A

2.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为

A.24                    B.48                    C.120               D.72

3.  5本不同的书，全部分给四个学生，每个学生至少1本，不同分法的种数为

A.480               B.240               C.120               D.96

4.从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有_____________个.（用数字作答）

5.市内某公共汽车站有10个候车位（成一排），现有4名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有5个连续空座位的候车方式共有_____________种.（用数字作答）

例1. 从6名短跑运动员中选4人参加4×100 m接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，问共有多少种参赛方法?

例2. 对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所有次品为止.若所有次品恰好在第5次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?

思考讨论

用类似的方法，讨论如下问题.

某种产品有5件不同的正品，4件不同的次品，现在一件件地进行检测，直到4件次品全部测出为止，则最后一件次品恰好在第6次检测时被测出，这样的检测方案有多少种？

提示：问题相当于从10件产品中取出6件的一个排列，第6位为次品，前五位有其余3件次品，可分三步：先从4件产品中留出1件次品排第6位，有4种方法；再从5件正品中取2件，有C种方法；再把3件次品和取出的2件正品排在前五位有A种方法.所以检测方案种数为4×C·A=4800.

例3. 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有多少种？

例4. 有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是

A.234               B.346               C.350               D.363

例5. （1）一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法?

（2）一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法?

例6. 已知1<m<n，m，n∈N^*，求证：（1+m）ⁿ>（1+n）^m.

四、同步练习  排列与组合的综合问题

1.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植.不同的种植方法共有

A.24种              B.18种              C.12种              D.6种

2.四个不同的小球全部随意放入三个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法种数为

A.AA             B.CA             C.CA             D.CCC 

3．（05湖北卷）把一同排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数

A．168              B．96             C．72             D．144

4.（05江苏卷）四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的,没有公共顶点的两条棱多代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为 

（A）96                （B）48            （C）24          （D）0

5．从6名短跑运动员中选出4人参加4 × 100米接力赛，如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方案有

    A．180种        B．240种        C．300种        D．360种

6.书架上原有5本书，再放上2本，但要求原有书的相对顺序不变，则不同的放法有_____________种.

7.（04浙江）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1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共有__________种.（用数字作答）

8.在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法?

9. 18人的旅游团要选一男一女参加生活服务工作，有两位老年男人不在推选之列，共有64种不同选法，问这个团中男女各几人?

10. 如下图，矩形的对角线把矩形分成A、B、C、D四部分，现用五种不同色彩给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，共有多少种不同的涂色方法?

11. 6名运动员分到4所学校去做教练，每校至少1人，有多少种不同的分配方法?

参与答案

基本训练

1. 将4名学生均分成两组，方法数为C，再分配给6个年级中的2个，分配方法数为A，∴合要求的安排方法数为C·A.

答案：B

2.若不含A，则有A种；若含有A，则有C·C·A种.∴A+C·C·A=72.

答案：D

3.先把5本书中的两本捆起来（C），再分成四份（A），∴分法种数为C·A=240.

答案：B

4.①四位数中包含5和0的情况：

C·C·（A+A·A）=120.

②四位数中包含5，不含0的情况：

C·C·A=108.

③四位数中包含0，不含5的情况：

CCA=72.

综上，四位数总数为120+108+72=300.

答案：300

5.把四位乘客当作4个元素作全排列有A种排法，将一个空位和余下的4个空位作为一个元素插空有A种排法.∴A·A=480.

答案：480

例题分析

例1.解法一：问题分成三类：（1）甲、乙两人均不参加，有A种；（2）甲、乙两人有且仅有一人参加，有2C（A－A）种；（3）甲、乙两人均参加，有C（A－2A＋A）种.故共有252种.

解法二：六人中取四人参加的种数为A，除去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有C A种，因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A减去了两次.故共有A－C A＋A=252种.

评述：对于带有限制条件的排列、组合综合题，一般用分类讨论或间接法两种方法处理.

例2.解：C（CC）A=576，第5次必测出一次品，余下3件在前4次被测出，从4件中确定最后一件品有C种方法，前4次中应有1正品、3次品，有CC种，前4次测试中的顺序有A种，由分步计数原理即得.

评述：本题涉及一类重要问题，即问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即组合）后排列.

例3.解：依题意，A、B两种作物的间隔至少6垄，至多8垄.（1）间隔6垄时，有3×A种；（2）间隔7垄时，有2×A种.（3）间隔8垄时，有A种.所以共有3A+2A+A=12种种植方法.

例4.解法一：分类讨论法.

（1）前排一个，后排一个，2C·C=192.

（2）后排坐两个（不相邻），

2（10+9+8+…+1）=110.

（3）前排坐两个，2·（6+5+…+1）+2=44个.

∴总共有192+110+44=346个.

解法二：考虑中间三个位置不坐，4号座位与8号座位不算相邻.

∴总共有A+2+2=346个.

答案：B

评述：本题考查分类讨论在解排列组合应用题中的运用.这是一道难度较大的小综合题.

例5.解：（1）先将3人（用×表示）与4张空椅子（用□表示）排列如图（×□□×□□×），这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示（↓×□↓□×□↓□×↓），从4个空当中选2个插入，有C种插法；二是2张同时插入，有C种插法，再考虑3人可交换有A种方法.

所以，共有A（C+C）=60（种）.

下面再看另一种构造方法：

先将3人与2张空椅子排成一排，从5个位置中选出3个位置排人，另2个位置排空椅子，有AC种排法，再将4张空椅子中的每两张插入每两人之间，只有1种插法，所以所求的坐法数为A·C=60.

（2）可先让4人坐在4个位置上，有A种排法，再让2个“元素”（一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位）插入4个人形成的5个“空当”之间，有A种插法，所以所求的坐法数为A·A=480.

例6.证法一：由二项式定理（1+m）ⁿ=Cm⁰+Cm¹+…+Cmⁿ，

（1+n）^m=Cn⁰+Cn¹+…+C，

又因为C=，C=，

而Amⁱ>A，所以Cm²>C，C>Cn³，…，C>C.

又因为C=C，C=C，

所以（1+m）ⁿ>（1+n）^m.

证法二：（1+m）ⁿ>（1+n）^m

nln（1+m）>mln（1+n）

>.

令f（x）=，x∈［2，+∞］，

只要证f（x）在［2，+∞］上单调递减，只要证f ′（x）<0.

f ′（x）==.

当x≥2时，x－lg（1+x）<0，

x²（1+x）>0，得f ′（x）<0，即x∈［2,+∞］时，f ′（x）<0.

以上各步都可逆推，得（1+m）ⁿ>（1+n）^m.

作业：1—4  BBDBB   6. 42   7.  5

8. 解法一：添加的三个节目有三类办法排进去：①三个节目连排，有CA种方法；②三个节目互不相邻，有A种方法；③有且仅有两个节目连排，有CCCA种方法.根据分类计数原理共有CA+A+CCCA=504种.

解法二：从结果考虑，排好的节目表中有9个位置，先排入三个添加节目有A种方法，余下的六个位置上按6个节目的原有顺序排入只有一种方法.故所求排法为A=504种.

解法三：=504.

评述：插空法是处理排列、组合问题常用的方法.

9.解：设这个团中有男人x人，则有女人18－x人，根据题意得C· C=64.解得x=10.

∴这个团中有男10人，女8人.

10.解法一：依题意，给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色：

第一类，用4种颜色涂色，有A种方法；

第二类，用3种颜色涂色，选3种颜色的方法有C种；在涂的过程中，选对顶的两部分（A、C或B、D）涂同色，另两部分涂异色有C种选法；3种颜色涂上去有A种涂法.共C·C·A种涂法；

第三类，用两种颜色涂色.选颜色有C种选法；A、C与B、D各涂一色有A种涂法.共C·A种涂法.

所以共有涂色方法A+C·C·A+C·A=260种.

解法二：区域A有5种涂色法；区域B有4种涂色法；区域C的涂色法有2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色法，区域D也有3种涂色法.

所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种涂色法.

11.解法一：先取人，后取位子.

1，1，1，3：6人中先取3人有C种取法，与剩余3人分到4所学校去有A种不同分法，∴共CA种分法；

1，1，2，2：6人中取2人、2人、1人、1人的取法有C·C·C种，然后分到4所学校去，有种不同的分法，共C·C·C·种分法.所以符合条件的分配方法有CA+C·C·C·=1560种.

解法二：先取位子，后取人.

1，1，1，3：取一个位子放3个人，有C种取法，6人中分别取3人、1人、1人、1人的取法有C·C·C·C种，∴共有C·C·C·C·C种.

1，1，2，2：先取2个位子放2（其余2个位子放1）有C种取法，6人中分别取2人，2人，1人，1人的取法有C·C·C·C种，共有C·C·C·C·C种.

所以符合条件的分配方法有C·C·C·C+C·C·C·C=1560种.