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,.
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。

举一反三：
【变式1】计算：
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
（1）
【答案】
；（2）；（3）
（1）或
（2）或
（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:，
解得或（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，且这些限制条件，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：“2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”，可以分步完成；“2张中至少有1张是二等奖”即为“2张中恰好有1张是二等奖”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：“2张中恰好有1张是二等奖”的抽法有；
第二类：“2张都是二等奖” 的抽法有；
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，
为
（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< br>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：，
解得或，
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，且这些限制条件，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）若则．

,.

【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：，
∵，∴，
即，解得或，
∵

，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1 4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)的四位数有个；
同理，以“36”，“37”，“38”和“39”开头的四位数也分别是12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作首位的有个
故符合题意的五位数共有60-24=36个.