服装市场-成功经理人讲座

排列与组合

导学目标： 1.理解排列、组合 的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.
能解决简单的实际问题．
自主梳理
1．排列的定义：_____________________________ _____________________，叫做从n
个不同元素中取出m个元素的一个排列． < br>排列数的定义：________________________________________ _____________________，
叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 A
m
n
表示．
n！
mm
2．排列数公式的两种形式：(1 )A
n
＝n(n－1)„(n－m＋1)，(2)A
n
＝，其中公式
n－m！
(1)(不带阶乘的)主要用于计算；公式(2)(阶乘形式)适用于化简、证明、解方程 ．
说明：①n！＝________________________，叫做n的阶乘；②规定0！ ＝______；③
当m＝n时的排列叫做全排列，全排列数A
n
n
＝___ ___.
3．组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做
___ __________．从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数叫做从n个
不 同元素中取出m个元素的________，用________表示．
4．组合数公式的两种形式：
nn－1n－2„n－m＋1
A
m
n
m
(1) C
n
＝
m
＝；
A
m
mm－1·„·3·2· 1
n！
n
m
(2)C
n
＝，其中公式(1)主要用于计算， 尤其适用于上标是具体数且m≤的
2
m！n－m！
情况，公式(2)适用于化简、 证明、解方程等．
k*
5．C
m
n
＝C
n
⇔__ ____________，m、k∈N，n∈N.
m
6．组合数的两个性质：(1)Cm
n
＝__________，(2)C
n
＋
1
＝__ __________________.
自我检测
1．(2010·北京)8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为( )
2222
A．A
8
B．A
8
C．A
8
D．A
8
8
A
9

8
C
9

8
A
7

8
C
7

2．(2011·广州期末七区联考)2010年上海世博 会某国展出5件艺术作品，其中不同书法
作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上 将这5件作品排成一排，要
求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品的 不同方案有
( )
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
3．从4台甲型与5台乙型电视机中任选3台，其中至少要有甲、乙型电视机各一台，
则不同的 取法共有( )
A．140种 B．84种 C．70种 D．35种
4．(2011·烟台期末)2008年9月25日晚上4点30分，“神舟七号”载人飞船发射升空，
某校全体师生集体观看了电视实况转播，观看后组织全体学生进行关于“神舟七号”的论文
评选，若三 年级文科共4个班，每班评出2名优秀论文(其中男女生各1名)依次排成一列进
行展览，若规定男女生 所写论文分别放在一起，则不同的展览顺序有( )
A．576种 B．1 152种 C．720种 D．1 440种
5．(2010·全国Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封
放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同 的方法共有( )
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
6．(2010·重庆)某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每
天 安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方
法共有( )
A．30种 B．36种 C．42种 D．48种

探究点一 含排列数、组合数的方程或不等式
3
C
5
4
n
－
1
＋C
n
－
3
例1 (1)求等式＝3中的n值；
3
5
C
n
－
3





112
(2)求不等式
3
－4
<
5
中n的解集．
C
n
C
n
C
n






43
变式迁移1 (1)解方程：A
2x
＋
1
＝140A
x
；
x< br>－
2
(2)解不等式：A
x
9
>6A
6
.














探究点二 排列应用题
例2 (2011·莆田模拟)六人按下列要求站一排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻；
(3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间恰间隔两人；
(5)甲、乙站在两端； (6)甲不站左端，乙不站右端．











变式迁移2 用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶
性不同，且1和 2相邻，求这样的六位数的种数．

探究点三 组合应用题
例3 男运动员6名，女运动员4名，其中男女 队长各1名，选派5人外出比赛，在
下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)队长中至少有1人参加；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
















变式迁移3 12名同学合影，站成前排4人后排8人，现 摄影师从后排8人中抽2人调
整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法总数是( )
26
A．C
2
B．C
2
8
A
3

8
A
6

22
C．C
2
D．C
2
8
A
6

8
A
5

1．解排列、组合应用题应遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事件发
生的过程 进行分步．
2．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，
即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置
的要求 ，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不
合要求的排列数或组合 数．
3．关于排列组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧：(1)特殊元素优先安排；(2)< br>合理分类与准确分步；(3)排列组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相
邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列
问题先 整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价转化．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2009·湖南)从10名大学毕业 生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，
而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A．85 B．56 C．49 D．28
2．(2010·全国Ⅰ)某 校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若

要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．30种 B．35种
C．42种 D．48种
3．(2010·重庆)某单位安排7位员 工在10月1日至7日值班，每天安排一人，每人值班
1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不 排在10月1日，丁不排在10月7日，则
不同的安排方案共有( )
A．504种 B．960种
C．1 008种 D．1 108种
4．(2011·济宁月考) 6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1,1,2,2,3,4，现从中
任取三条网线且使这三 条网线通过最大信息量的和大于等于6的方法共有( )
A．13种 B．14种 C．15种 D．16种
5．五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法数是( )
A．24 B．36 C．48 D．60
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．( 2011·北京)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有
____ ________个．(用数字作答)
7．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4 人，分别进行单循环赛，
每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐 冠、亚军，
败者角逐3、4名，则大师赛共有________场比赛．
8．(2011·马 鞍山调研)参加海地地震救援的中国救援队一小组共有8人，其中男同志5
人，女同志3人．现从这8人 中选出3人参加灾后防疫工作，要求在选出的3人中男、女同
志都有，则不同的选法共有_______ _种(用数字作答)．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(1)计算C
98
100
＋C199
200
；
28
－
n2n
(2)求C
3n
＋C
21
－
n
的值；
m＋1< br>m
＋
1
n
(3)求证：C
m
＝C＝C
m＋－
.
nn1
n＋1n－m
n1











10．(12 分)有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别
符合下列条件的选法数．
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文课代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任语文课代表；
(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．

11．(14分)从1,3,5,7,9五个数字中选 2个，0,2,4,6,8五个数字中选3个，能组成多少个
无重复数字的五位数？













排列与组合
自主梳理
1．从n个不同元素中取出m (m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列 从n个不同元
素中取出m (m≤n)个元素的所有不同排列的个数 2.①n·(n－1)·„·2·1 ②1 ③n！ 3.从n
个不同元素中取出m个元素的一个组合
mn
－
mm
－
1
组合数 C
n
5.m＝k或m＋k＝n 6.(1)C
n
(2)C
m

n
＋C
n
自我检测
2
1．A [不相邻问题用插空法，先 排学生有A
8
8
种排法，老师插空有A
9
种方法，所以共有
82
A
8
A
9
种排法．]
2．A [2件书法作品看作一 个元素和标志性建筑设计进行排列有A
2
2
种不同排法，让两
22
件 绘画作品插空有A
3
种插法，两件书法作品之间的顺序也可交换，因此共有2A
2]
2
A
3
＝24(种)．
3．C [从4台甲型机中选2台， 5台乙型机中选1台或从4台甲型机中选1台，5台乙
112
型机中选2台，有C
2< br>4
C
5
＋C
4
C
5
＝70(种)选法．]
4
4．B [女生论文有A
4
4
种展览顺序，男生论文也有A
4
种展览顺序，男生与女生论文可以
442
交换顺序，有A
2
2< br>种方法，故总的展览顺序有A
4
A
4
A
2
＝1 152(种)．]
5．B [先将1,2捆绑后放入信封中，有C
1
3
种方 法，再将剩余的4张卡片放入另外两个
2
信封中，有C
2
4
C
2
种方法，
22
所以共有C
1
3
C
4
C
2
＝18(种)方法．]
6．C [若甲在16日值班，在除乙外的4人中任选1 人在16日值班有C
1
4
种选法，然后
22122
14日、15日有 C
4
C
2
种安排方法，共有C
4
C
4
C< br>2
＝24(种)安排方法；
12
若甲在15日值班，乙在14日值班，余下的 4人有C
1
4
C
3
C
2
种安排方法，共有12(种 )；
2
若甲、乙都在15日值班，则共有C
2
4
C
2＝6(种)安排方法．
所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．]
课堂活动区
m
例1 解题导引 (1)在解有关A
m
n
、 C
n
的方程或不等式时要注意运用n≥m且m、n∈
N
*
的条件；( 2)凡遇到解排列、组合的方程式、不等式问题时，应首先应用性质和排列、组
合的意义化简，然后再根 据公式进行计算．注意最后结果都需要检验．
解 (1)原方程可变形为
C
51914
3
n
－
1
，C
5
C，
3< br>＋1＝
n
－
1
＝
55
n
－
3
C
n
－
3
n－1n－2n－3n－4n－5
即
5！

14
n－3n－4n－5
＝·，
5
3！
化简整理得n
2
－3n－54＝0，
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)，
∴n＝9.
624
(2)由－
nn－1n－2nn－1n－2n－3
240
<，
n n－1n－2n－3n－4
可得n
2
－11n－12<0，解得－1 又n∈N
*
且n≥5，
∴n∈{5,6,7,8,9,10,11}．


2x＋1≥4，
变式迁移1 解 (1)根据原方程，x (x∈N)应满足



x≥3，

*

解得x≥3.根据排列数公式，
原方程化为(2x＋1)·2x·(2x－1)·(2x－2)
＝140x·(x－1)·(x－2)，
因为x≥3，两边同除以4x(x－1)，
得(2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)，
即4x
2
－35x＋69＝0，
23
解得x＝3或x＝ (x∈N
*
，应舍去)．
4
所以原方程的解为x＝3.
x≤9，


x－2≤6，
(2)根据原不等式，x (x∈N)应 满足

x>0，


x－2>0，
*
－
x 2
故2x
9
>6A
6
，
9！6！
84
得>6×，所以>1，
9－x！8－x！9－x
所以－75故2例2 解题导引 (1)求排列应用 题最基本的方法有直接法：把符合条件的从正面考虑
解决，直接列式计算；间接法：根据正难则反的解题 原则，如果问题从正面考虑情况比较多，
容易重或漏，那么从整体中去掉不符合题意的情况，就得到满足 题意的排列种数．(2)相邻
问题，一般用捆绑处理的方法．(3)不相邻问题，一般用插空处理的方法 ．(4)分排问题，一
般用直排处理的方法．(5)“小集团”排列问题中，先整体后局部的处理方法．
解 (1)方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A
1
4
种站
5
法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列，有A
5
种站 法，根据分步乘法计数原理，共
有A
1
A
5
4
·
5
＝480(种)站法．
5
方法二 若对甲没有限制条件共有A
6
6
种站法，甲在两端共有2A
5
种站法，从总数中减
5
去这两种情况的 排列数即得所求的站法数，共有A
6
6
－2A
5
＝480(种)站法 ．
(2)先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有A
5
5
种站法，再 把甲、乙进行全排列，
52
有A
2
A
2
＝240(种)站法 ．
2
种站法，根据分步乘法计数原理，共有A
5
·
(3)因为甲、 乙不相邻，所以可用“插空法”．第一步，先让甲、乙以外的4个人站队，
4
有A
4< br>种站法；第二步，再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有A
2
5
种站法，
42
故共有A
4
·A
5
＝480(种)站法．
(4)先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A
2
4< br>种；然后
3
把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列，有A
3
种站法；最后对甲、

乙进行排列，有A
2
2
种站法，
故共有A
2
A
3
A
2
4
·
3
·
2
＝144(种)站法．
(5)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A
2
2
种站法，再让其他4人在中间位置作全
4
排列，有A
4
种站法，根据分步乘 法计数原理，共有A
2
A
4
2
·
4
＝48(种)站 法．
5
(6)甲在左端的站法有A
5
种站法，乙在右端的站法有A
5
5
种，且甲在左端而乙在右端的站
4654
法有A
4
种站 法，共有A
6
－2A
5
＋A
4
＝504(种)站法．
22
变式迁移2 解 依题意先排列除1和2外的剩余4个元素有2A
2
·A
2
＝8(种)方案，再向
1
这排好的4个元素中选1空位插入1和2捆绑的整 体，有A
5
种插法，
∴不同的安排方案共有2A
2
A
2< br>A
1
2
·
2
·
5
＝40(种)．
例3 解题导引 (1)区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题，
用组 合解答，有序的问题属排列问题．
(2)解组合问题时，常遇到“至多”、“至少”问题，解决的方法 常常用间接法比较简
单，计算量也较小；用直接法也可以解决，但分类要恰当，特别对限制条件比较多的 问题．
3
解 (1)第一步：选3名男运动员，有C
6
种选法．
第二步：选2名女运动员，有C
2
4
种选法．
32
共有C
6
·C
4
＝120(种)选法．
(2)“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．
5
从10人中任选5人， 有C
5
10
种选法，其中全是男运动员的选法有C
6
种．
5
所以“至少有1名女运动员”的选法有C
5
10
－C
6
＝ 246(种)．
(3)从10人中任选5人，有C
5
10
种选法．
其中不选队长的方法有C
5
8
种．
5
所以“至少1名队长 ”的选法有C
5
10
－C
8
＝196(种)．
(4)当有 女队长时，其他人选法任意，共有C
4
9
种选法．不选女队长时，必选男队长，共444
有C
8
种选法．其中不含女运动员的选法有C
5
种，所以 不选女队长时共有C
4
8
－C
5
种选法．故
44
既 要有队长，又要有女运动员的选法有C
4
9
＋C
8
－C
5< br>＝191(种)．
2
变式迁移3 C [从后排8人中选2人有C
8
种，这2人插入前排4人中且前排人的顺序
不变，则先从4人中的5个空位插一人有5种；余下的一人则 要插入前排5人的空档有6
22
种，故为A
2
6
.∴所求总数为C< br>8
A
6
.]
课后练习区
3
9×8×7
1．C [丙不入选的选法有C
9
＝＝84(种)，
3×2×1
7×6×5
甲乙丙都不入选的选法有C
3
＝＝35(种) ．
7
3×2×1
所以甲、乙至少有一人入选，而丙不入选的选法有84－35＝49 (种)．]
2．A [方法一 可分两种互斥情况：A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类选1
221
门，共有C
1
3
C
4
＋C
3
C
4
＝18＋12＝30(种)选法．
3
方法二 总共有C
3< br>再减去只选B类的C
3
7
＝35(种)选法，减去只选A类的C
3＝1(种)，
4
＝
4(种)，故有30种选法．]
6
3．C [不考虑丙、丁的情况共有A
2
2
A
6
＝1 440(种)排法．
5
在甲、乙相邻的条件下，丙排10月1日有A
2
2
A
5< br>＝240(种)排法，同理，丁排10月7日
4
也有240种排法．丙排10月1日，丁 排10月7日也有A
2
则满足条件的排
2
A
4
＝48(种) 排法，
262524
法有A
2
A
6
－2A
2
A
5
＋A
2
A
4
＝1 008(种)．]
1
4．C [当选用信息量为4的网线时有C
2
当选用信息量为3的网线时有 C
1
5
种；
2
C
2
＋1种，
11
共C
2
5
＋C
2
C
2
＋1＝15(种)．]
5．B [五人中不排甲、乙、丙，另2人排列有A
2
2
种方法，这两人中有 3个空，按甲在
两头和中间分为两类，当甲在两头中的一头时，乙有2种插空法，乙插入后有3个空供丙 插，
2111
因此有A
2
·C
2
·C
2
· C
3
＝24(种)，当甲在中间时，乙有2种插法，乙插入后也有3个空供丙插，
21 1
所以共有A
2
·C
2
·C
3
＝12(种)，由分 类加法计数原理得：共有24＋12＝36(种)．]
6．14
解析 数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C
1
4
＝4(个)四位数． < /p>

“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C
2
4
＝6(个) 四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C
3
4
＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．
7．16
2
解析 每组有C< br>2
4
场比赛，两组共有2C
4
场，每组的第一名与另一组的第二名比赛 有2
场，决出冠军和第3名各1场，所以共有2C
2
4
＋2＋1＋1＝16( 场)．
8．45
解析 从3名女同志和5名男同志中选出3人，分别参加灾后防疫工作，若 这3人中男、
3
女同志都有，则从全部方案中减去只选派女同志的方案数C
3
，再减去只选派男同志的方案
333
数C
3
5
，合理的选派方案共有 C
8
－C
3
－C
5
＝45(种)．
19921
9．(1)解 C
98
100
＋C
200
＝C
100
＋C
200

100×99
＝＋200＝4 950＋200＝5 150.(4分)
2


0≤28－n≤3n，< br>
7≤n≤28，

(2)解 即



0 ≤2n≤21－n，

0≤n≤7，

28
－
n2n又n∈N
*
，∴n＝7，∴C
3n
＋C
21
－
n
＝2.(8分)
m＋1
m
＋
1
m＋1n＋1！
(3)证明 ∵C
n
＋
1
＝·
n＋1n＋1m＋1！n－m！
n！
＝＝C
m
n
；(10分)
m！n－m！
n－1！
nn
C
m
·
n< br>－
1
＝
n－mn－mm！n－1－m！
n！
＝＝C
m
n
，(11分)
m！n－m！
m＋1
m
＋
1
n
∴C
m
C
n
＋
1
＝C
m< br>－
.(12分)
n
＝
n＋1n－m
n1
241
10．解 (1)先取后排， 先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C
3
5
C
3
＋C< br>5
C
3
种，
后排有A
5
5
种，
2 41
共有(C
3
A
5
5
C
3
＋C
5
C
3
)·
5
＝5 400(种)．(3分)
(2)除去 该女生后，先取后排C
4
A
4
7
·
4
＝840(种 )．(6分)
(3)先取后排，但先安排该男生，
4
有C
4
C
1
A
4
＝3 360(种)．(9分)
7
·
4
·
1
(4)先从除去该男 生和该女生的6人中选3人有C
3
6
种，再安排该男生有C
3
种，其 余3人
全排有A
3
3
种，
共有C
3
C
1
A
3
6
·
3
·
3
＝360(种)．(12 分)
11．解 从1,3,5,7,9五个奇数中选出2个，再从2、4、6、8四个偶数中再选出3 个，
35
排成五位数，有C
2
5
C
4
A
5
＝10×4×120＝4 800个．(6分)
从5个奇数中选出2个，再从2、4、6、8 四个偶数中再选出2个，将选出的4个数再
选一个做万位数．余下的3个数加上0排在后4个数位上，有
2214
C
5
C
4
C
4
A
4＝10×6×4×24＝5 760个．(12分)
由分类计数原理可知这样的五位数共有 235214
C
5
C
4
A
5
＋C
2< br>5
C
4
C
4
A
4
＝10 560个. (14分)