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排列组合经典例题透析


组合经典例题透析 类型一:组合数公式及其性质

1.计算:

(1)

; (2)

.

思路点拨:可以直接依据组合数公式计算,也可以先利用性质化简后再计算 解析:

(1)方法一:



方法二:

/>;

(2)方法一:



方法二:

.

总结升华:当 等式的证明。

时,利用性质

计算

比较简便.性质 2 表达组合数的递推性质,它可用于计算求值,更重要的是用于恒

举一反三: 【变式 1】计算:

(1) 【答案】

; (2)

; (3)

(1)



(2)



(3) 【变式 2】计算:

(1) 【答案】

; (2)

(1)

=?

(2)

=?

【变式 3】求证:



证明:右边

左边

2.解方程:

.

解析:原方程可化为



整理得:



解得



(不合题意舍去) .

经检验

是原方程的根.

总结升华:解含组合数的方程和不等式时要注意组合数 数的取值范围;应强调解组合数方程要验根。 举一反三:

中,



这些限制条件,要注意含组合数的方程和不等式中未知

【变式 1】解方程:

【答案】原方程为 ∴2x=x+4 或 2x=21-x 解得:x=4 或 x=7 经检验 x=4,x=7 都是原方程的根。

【变式 2】已知

,求



的值.

【答案】依题意得



整理得

,解得:

.

类型二:组合的应用

3.平面内有 10 个点, (1)以其中每 2 个点为端点的线段共有多少条? (2)以其中每 2 个点为端点的有向线段共有多少条? 思路点拨:线段不考虑线段两个端点的顺序,是组合问题;有向线段考虑线段两个端点的顺序,是排列问题. 解析: (1)以每 2 个点为端点的线段的条数,就是从 10 个不同元素中取出 2 个元素的组合数,

即以其中每 2 个点为端点的线段共有 (2)由于有向线段的两个端点中一个是起点,一个是终点,

(条)

以每 2 个点为端点的有向线段的条数,就是从 10 个不同元素中取出 2 个元素的排列数,

即以其中每 2 个点为端点的有向线段共

(条)

总结升华: 一个问题是排列问题还是组合问题,在于取出的元素之间有没有顺序,交换其中两个元素是否改变所得的结果. 举一反三: 【变式 1】下面的问题是排列问题?还是组合问题?并计算结果。 (1)从 1,3,5,9 中任取两个数相加,可以得到多少个不同的和? (2)从 1,3,5,9 中任取两个数相除,可以得到多少个不同的商? (3)10 个同学毕业后互相通了一次信,一共写了多少封信? (4)10 个同学毕业后见面时,互相握了一次手,共握了多少次手? 【答案】

(1)组合问题,可以得到

个不同的和;

(2)排列问题,可以得到

个不同的商;

(3)排列问题,一共写了

封信;

(4)组合问题,共握了

次手.

【变式 2】一个口袋内装有大小相同的 7 个白球和 1 个黑球. (1)从口袋内取出 3 个球,共有多少种取法? (2)从口袋内取出 3 个球,使其中恰有 1 个黑球,有多少种取法? (3)从口袋内取出 3 个球,使其中不含黑球,有多少种取法? 【答案】

(1)56;从口袋内的 8 个球中取出 3 个球,取法种数是 (2)21;从口袋内取出 3 个球恰有 1 个黑球,也就是除黑球外还要从 7 个白球中再取出 2 个,

取法种数是



(3)35;由于所取出的 3 个球中不含黑球,也就是要从 7 个白球中取出 3 个球,取法种数是



4.在 100 张奖券中,有 1 张一等奖,3 张二等奖,6 张三等奖,从中任意抽出 2 张. (1)一共有多少种不同的抽法? (2)其中恰好有 1 张是二等奖的抽法有多少种? (3)其中至少有 1 张是二等奖的抽法有多少种? 思路点拨: 张中恰好有 1 张是二等奖”即为“1 张是二等奖 1 张非二等奖” “2 ,可以分步完成; 张中至少有 1 张是二等奖”即为“2 张中恰好有 1 张是二 “2 等奖”或“2 张都是二等奖” ,可以从对立面解决。 解析:

(1)所求就是从 100 张奖券中取出 2 张的组合数,为 (2)分两步完成:



第一步,从 3 张二等奖中抽出 1 张二等奖的抽法有

种,

第二步,从 97 张非二等奖中抽出 1 张的抽法有

种.

因此共有 (3)方法一:直接法 分两类:

种。

第一类: 张中恰好有 1 张是二等奖”的抽法有 “2



第二类: 张都是二等奖” 的抽法有 “2



故共有方法

种。

方法二:间接法 抽出的 2 张中至少有 1 张二等奖的抽法的种数, 就是从 100 张中抽出 2 张的抽法种数减去 2 张都是非二等奖的抽法的种数,

即 总结升华: 1.组合问题的解法,既要注意两个计数原理的运用,还要恰当地选择直接法或间接法. 2. “至少”的问题可以从正面用直接法来计算,也可以从反面用间接法计算。 举一反三: 【变式 1】在 100 件产品中,有 98 件合格品,2 件次品.从这 100 件产品中任意抽出 3 件. (1)一共有多少种不同的抽法? (2)抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种? (3)抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种? 【答案】 (1)所求的不同抽法的种数,就是从 100 件产品中取出 3 件的组合数,



(2)第一步从 2 件次品中抽出 1 件次品的抽法有

种,

第二步从 98 件合格品中抽出 2 件合格品的抽法有

种.

因此抽出的 3 件中格有 1 件是次品的抽法的种数是 (3)方法一:间接法 抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法的种数, 就是从 100 件中抽出 3 件的抽法种数减去 3 件都是合格品的抽法的种数,

即 方法二:直接法 分两类:

①恰有一件次品



②恰有两件次品

故共有

(种) 。

【变式 2】某乒乓球队有 9 名队员,其中 2 名是种子选手,现要挑选 5 名队员参加比赛,种子选手有且仅有一个在内,那么不同的选法共有多少种? 【答案】70; 分两步完成:

第一步,选种子选手有

种,

第二步,选非种子选手有

种,

共有

种。

【变式 3】有 11 个工人,其中 5 人只会当钳工,4 人只会当车工,还有甲、乙 2 人既会当钳工又会当车工.现在要从这 11 人中选出 4 人当钳工,4 人当车 工,一共有多少种选法? 【答案】185; 分为以下三类完成:

第一类:甲、乙都没有被选在内的方法有 第二类:甲、乙中恰有一人被选在内

=5 种.

①甲、乙中有一人被选当钳工的方法有

种.

②甲、乙中有一人被选当车工的方法有 第三类:甲、乙都被选在内.

种.

①甲、乙都被选当钳工的方法有

种.

②甲、乙都被选当车工的方法有

种.

③甲、乙中有一人当钳工,另一人当车工的方法有

种.

所以一共有:

种选法.

类型三:分配问题

5. 教育局将 11 个夏令营指标分配给 8 所不同的学校,要求每校至少分到 1 个名额,共有多少种不同的分配结果? 思路点拨:夏令营指标是相同的元素,分配的不同方法是指各校获得的数量不同 解析: 方法一: 由各校至少分到 1 个名额,可先给每校 1 个名额,只需考虑余下 3 个名额的分配方法有多少种不同情况。

第一类:将 3 个余额分给 3 所不同的学校,共有

种方法;

第二类:将 3 个余额分给 2 所不同的学校,共有

种方法;

第三类:将 3 个余额分给 1 所学校,共有

种方法,

不同分配结果的总数为 方法二: 可将 11 个名额分成非零的 8 份,将 8 所学校看成是放置这 8 份名额的位置。 11 个名额排一列,共有 12 个空档,去掉两端的空档,还有 10 个空档, 从中任取 7 个空档,则 11 个名额被取到的空档分成了 8 份,每一份对应地放在学校的位置上,

即不同分配结果共有 举一反三:

【变式 1】电梯有 7 位乘客,在 10 层楼房的每一层停留,如果三位乘客从同一层出去,另外两位在同一层出去,最后两人各从不同的楼层出去,有多少种 不同的下楼方法? 【答案】分 2 步完成:

第一步,先把 7 位乘客分成 3 人,2 人,一人,一人四组,有

种;

第二步,选择 10 层中的四层下楼有

【变式 2】有 6 本不同的书按下列分配方式分配,问各有多少种不同的分配方式? (1)分成 1 本、2 本、3 本三组; (非均匀分组) (2)分给甲、乙、丙三人,其中一个人 1 本,一个人 2 本,一个人 3 本; (3)分成每组都是 2 本的三个组; (均匀分组) (4)分给甲、乙、丙三人,每个人 2 本。 【答案】

(1)先选出 1 本的方法有

种,

再由剩下的 5 本中选出 2 本的方法有

种,

剩下的 3 本为一组有

种,

依分步计数原理得分组的方法有

种。

(2)把上面分好的三组分给甲、乙、丙三人有

种。

(3)选 2 本为一组有

种,剩下 4 本再选 2 本为另一组有

种,最后 2 本为一组有

种,

又每

种分法只能算一种,所以不同的分法有

(种) 。

(重复情况列举如下:记 6 本书为 a、b、c、d、e、f。

以下

种分法只能算一种:ab / cd / ef;ab / ef / cd;

cd / ef / ab;cd / ab / ef;ef / cd / ab;ef / ab / cd。 )

(4)把上面分好的三组分给甲、乙、丙三人有

种。

(或甲先选有

种,接着乙选有

,最后丙选有

种。共

种。 )

经典例题透析 类型一:排列数公式

1.解不等式:



思路点拨:依据排列数公式

化简后解答。

解析:原不等式等价于



因为

所以



化简得:



解得





又∵

,且



所以,原不等式的解集为 总结升华:



1.当

均为已知时,公式

常用来求值;公式

=

常用来

证明或化简;

2.解含排列数的方程和不等式时要注意排列数 列数的方程和不等式中未知数的取值范围。 举一反三: 【变式 1】计算:

中,



这些限制条件,要注意含排

(1) 【答案】

; (2)

; (3)

(1)



=3360;

(2)



=720;

(3) 【变式 2】



=360.

(1)若

,则

_______________,

_______________.

(2)若 【答案】 (1) 17, 14;

用排列数符号表示为_______________.

(2)若





【变式 3】计算:

(1) 【答案】



(2)



(1)原式

=



(2)原式



【变式 4】解方程:3



【答案】由排列数公式得:





,∴





,解得







,且

,∴原方程的解为



【变式 5】求证:

证明:

类型二:应用

2. (1)有 5 本不同的书,从中选 3 本送给 3 名同学,每人各 1 本,共有多少种不同的送法? (2)有 5 种不同的书,要买 3 本送给 3 名同学,每人各 1 本,共有多少种不同的送法? 解析: (1)从 5 本不同的书中选出 3 本分别送给 3 名同学, 对应于从 5 个元素中任取 3 个元素的一个排列,

因此不同送法的种数是:



所以,共有 60 种不同的送法. (2)由于有 5 种不同的书,送给每个同学的 1 本书都有 5 种不同的选购方法,

因此送给 3 名同学,每人各 1 本书的不同方法种数是: 所以,共有 125 种不同的送法.



总结升华:本例题两小题的区别在于元素是否可以重复,第(1)小题是从 5 本不同的书中选出 3 本分送给 3 位同学,各人得到的书不同,其中的元素不能 重复,属于求排列数问题;而第(2)小题中,给每人的书均可以从 5 种不同的书中任选 1 种,其中的元素可以重复,只能用分步计数原理进行计算。 举一反三:

【变式 1】从 【答案】20;

这五个数字中,任取 2 个数字组成分数,不同值的分数共有多少个?

问题可以看作 5 个元素中任取 2 个元素的一个排列 【变式 2】5 人站成一排照相,共有多少种不同的站法? 【答案】120;



问题可以看作 5 个元素的全排列



【变式 3】某年全国足球甲级(A 组)联赛共有 14 队参加,每队都要与其余各队在主客场分别比赛 1 次,共进行多少场比赛? 【答案】182;

问题可以看作 14 个元素中任取 2 个元素的一个排列 【变式 4】7 位同学站成两排(前 3 后 4) ,共有多少种不同的排法? 【答案】5040;

.

方法一:根据分步计数原理:



方法二:问题可以看作 7 个元素的全排列



【变式 5】某信号兵用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号,每次可以任意挂 1 面、2 面或 3 面,并且不同的顺序表示不同的信号,一共 可以表示多少种不同的信号? 【答案】15;

分 3 类:第一类用 1 面旗表示的信号有

种;

第二类用 2 面旗表示的信号有

种;

第三类用 3 面旗表示的信号有

种,

由分类计数原理,所求的信号种数是:



类型三:有限制条件的排列应用题

3.有 6 个队员排成一列进行操练,其中队员甲不能站排头,也不能站排尾,有多少种不同的站法? 思路点拨: “队员甲不能站排头,也不能站排尾”中可以优先考虑特殊的元素:队员甲,也可以优先考虑特殊的位置:头与尾,还可以从事件的对立面解 决。 解法一:特殊元素优先考虑

第一步:要使甲不在排头和排尾,可先让甲在中间 4 个位置中任选 1 个位置,有

种站法;

第二步:对其余 5 人在另外 5 个位置上作全排列有

种站法。

根据分步计数原理,共有站法 解法二:特殊位置优先考虑

(种) 。

第一步:由于甲不站排头和排尾,这两个位置只能在其余 5 个人中,选 2 个人站,有

种站法;

第二步:对于中间的四个位置,4 个人有

种站法.

根据分步计数原理,共有站法 解法三:对立面

(种) 。

若对甲没有限制条件,共有

种站法,其中包含三种情况:甲在排头;

甲在排尾;甲不排头,也不排尾.

对立面:甲在排头有

种站法;甲在排尾有

种站法,这都不符合题设条件,

从总数中减去这两种情况的排列数即得所求的站法数,共有: 总结升华: 一般地,对于有限制条件的排列应用题,可以有两种不同的计算方法:

(种)

1.直接计算法:排列问题的限制条件一般表现为:某些元素不能在某个(或某些)位置、某个(或某 些)位置只能放某些元素,因此进行算法设计时,常优先处理这些特殊要求。可以优先处理特殊元 素或优先处理特殊位置,这些统称为“特殊元素(位置)优先考虑法” .本题的方法一就是先处理 特殊“队员甲” ,方法二则是先处理特殊位置“排头”“排尾” 、 。 2.间接计算法:先不考虑限制条件,把所有的排列种数算出,再从中减去全部不符合条件的排列数, 间接得出符合条件的排列种数.这种方法也称为“去杂法” .在去杂时,特别注意要不重复,不遗 漏(去尽) 。 3. 对于“在”与“不在”的问题,常常使用“直接法”或“排除法”,对某些特殊元素可以优先考虑。 举一反三: 【变式 1】7 位同学站成一排,其中甲站在中间的位置,共有多少种不同的排法? 【答案】720;

甲站的位置已经固定,余下的 6 个元素有排法 故共有方法 720 种。

=720,

【变式 2】7 位同学站成一排,甲、乙只能站在两端的排法共有多少种? 【答案】240; 分二步完成:

第一步甲、乙站在两端有

种;

第二步余下的 5 名同学进行全排列有

种,

所以,共有

=240 种方法。

【变式 3】7 位同学站成一排,甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种? 【答案】2400; 方法一:直接法

第一步从(除去甲、乙)其余的 5 位同学中选 2 位同学站在排头和排尾有

种;

第二步从余下的 5 位同学中选 5 位进行排列(全排列)有

种,

所以共有 方法二:排除法

=2400 种方法。

若甲站在排头有

种方法;

若乙站在排尾有

种方法;

若甲站在排头且乙站在排尾则有

种方法,

所以,甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有



+2

=2400 种。

4.5 个人站成一排: (1)其中甲、乙两人必须相邻有多少种不同的排法? (2)其中甲、乙两人不相邻有多少种不同的排法? 解析: (1)48; 分二步完成:

第一步将甲、乙二人“捆绑”在一起,有

种“捆绑”方法;

第二步, “捆绑”的甲、乙视为一个元素与其他 3 人有

种排法,

根据分步计数原理共有 (2)72; 方法一:分二步完成:

种排法。

第一步将甲、乙两人外的其余 3 人有

种排法,

第二步将甲、乙排在已有 3 人排列的空档位置,有

种排法,

所以共有

种排法;

方法二:5 人的总排法有

种,甲、乙相邻的排法有

种,

故共有

种。

总结升华:一般地,对于相邻问题的排列应用题,多用捆绑法;对于不相邻问题的排列应用题,常用插空法。 举一反三: 【变式】求下列不同的排法种数: (1)6 男 2 女排成一排,2 女相邻; (2)6 男 2 女排成一排,2 女不能相邻; (3)5 男 3 女排成一排,3 女都不能相邻. 【答案】 (1)捆绑法: 把 2 女“捆绑”在一起看成一组,与 6 男共 7 组,

组外排列为

,女生组内排列为



因此排法种数为

.

(2)法一:从总体排法数中除去 2 女相邻的排法,即得 2 女不相邻的排法 法二:插空法

种.

6 男先排实位,再在 7 个空位中排 2 女,共有 (3)插空法:

种排法.

5 男先排实位,再在 6 个空位中排 3 女,共有

种排法.

类型四:数字问题的排列应用题

4.用 0 到 9 这 10 个数字,可以组成多少个没有重复数字的三位数? 思路点拨: 由于组成的是三位数,其百位数字就不能是 0,这就是题中内隐的限制条件,可以按照特殊元素(位置)分类(分布)解决,也可以从事件的 对立面解决。 解法一:用分步计数原理

所求的三位数的个数是:



解法二:用分类计数原理 符合条件的三位数可以分成三类:

每一位数字都不是 0 的三位数有

个,

个位数字是 0 的三位数有

个,

十位数字是 0 的三位数有

个,

由分类计数原理,符合条件的三位数的个数是:



解法三:排除法

从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字的排列数为

,其中以 0 为排头的排列数为



因此符合条件的三位数的个数是 总结升华: 1.解决排列应用题,常用的思考方法有直接法和间接法。

.

直接法:通过对问题进行恰当的分类和分步,直接计算符合条件的排列数如解法 1,2; 间接法:对于有限制条件的排列应用题,可先不考虑限制条件,把所有情况的种数求出来,然后再减去不符合限制条件的情况种数如解法 3. 本题两种方法的繁简相差无几,有时相差很大,这时只要选择比较简捷的一种即可。 2.对于有限制条件的排列应用题,要恰当地确定分类与分步的标准,防止重复与遗漏。 举一反三: 【变式 1】 用 1,3,6,7,8,9 组成无重复数字的四位数,由小到大排列. (1)第 114 个数是多少? (2)3796 是第几个数? 【答案】

(1)千位数是 1 的四位数有

个;

千位数为 3,百位数是 1(即以“31”开头)的四位数有 同理,以“36”“37”“38”和“39”开头的四位数也分别是 12 个. , ,

个;

因此,第 114 个数的前两位为“39” ,而在 3968 是前两位为“39”的四位数中的第 6 个. 所以第 114 个数为 3968. (2)由(1)可知以“37”开头的数前边有 60+12+12=84 个. 而 3796 在“37”开头的四位数中排第 11 个, 故 3796 是第 95 个数. 【变式 2】由数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的五位数,其中万位上数字小于千位上数字的五位数共有多少个? 【答案】 方法一:万位上的数字只能是 1,2 或 3.

(1)若万位上数字为 l 时,则千位上的数字可以是 2,3 或 4,共有

种不同的可能.

此时的五位数有

个.

(2)若万位上为 2 时,则千位上的数字可以是 3 或 4,共有

种不同的可能.

此时的五位数有

个。

(3)若万位上为 3 时,则千位上的数字只能是 4.

此时的五位数有

个.

所以符合题意的五位数共有 18+12+6=36 个.

方法二:先假定首位可以为 0,则万位上数字小于千位上数字的五位数与万位上数字大于千位上数字的五位数个数相等,其个数有

个.

又由 0 作首位的有



故符合题意的五位数共有 60-24=36 个.


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