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【走向高考】2012届高三数学一轮复习 12-2排列与组合课件(北师大版)


第二章

函数与基本初等函数

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函数与基本初等函数

考纲解读 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. 考向预测

1.排列、组合问题每年必考.
2.以选择题、填空题的形式考查,或在解答题中和 概率相结合进行考查. 3.以实际问题为背景以考查排列数、组合数为主, 同时考查分类整合的思想及解决问题的能力.
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知识梳理 1.排列

(1)排列的定义:从n个不同 的元素中取出m(m≤n)个元
素,按照一定的 顺序排成一列,叫作从n个不同的元素 中任意取出m个元素的一个排列.

(2)排列数的定义:从n个不同的元素中取出m(m≤n)个
元素的 所有排列 的个数,叫做从n个不同的元素中取 出m个元素的排列数,用Anm表示. (3)排列数公式:Anm= n(n-1)(n-2)?(n-m+1) .
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(4)全排列:n个不同的元素全部取出的 排列 ,叫做n 个不同元素的一个全排列,Ann =n· (n-1)· (n-2)· 2· …· 1= n! .于是排列数公式写成阶乘的形式为 这里规定0!= 1 . ,

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2.组合 (1)组合的定义:从n个 不同 的 元 素 中 取 出 m(m≤n)

个元素为 一组 叫作从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元
素的一个组合. (2)组合数的定义:从n个不同的元素中取出m(m≤n)个

元素的

所有组合 的个数,叫做从n个不同的元素中取 出m(m≤n)个元素的组合数,用Cnm表示.

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n! Anm m (3)组合数的计算公式:Cn =A m= = m!?n-m?! m n?n-1??n-2???n-m+1? , 由于 0! 1 , = 所以 Cn0= 1 . m?m-1??2· 1

(4)组合数的性质:①Cn ②Cn+1m= Cnm +

m=

Cnn-m ; .

Cnm-1

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基础自测 1.(2010·四川文)由1、2、3、4、5组成没有重复数 字且1,2都不与5相邻的五位数的个数是( A.36 C.28 B.32 D.24 本题考查排列与组合知识.当5排在两端时, )

[答案] A
[解析] 有C21C21A33=24种排法; 当5不排在两端,即放在3和4之间时,有A22A33=12种 排法. 故共有24+12=36种排法.
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2.(2009·辽宁理)从5名男医生、4名女医生中选3名 医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则

不同的组队方案共有(
A.70种 C.100种

)

B.80种 D.140种

[答案] A
[解析] 考查排列组合有关知识. 可分两类,男医生2名,女医生1名或男医生1名,女 医生2名, ∴共有C52·C41+C51·C42=70种,∴选A.
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3.(2009·全国卷Ⅰ文)甲组有5名男同学,3名女同学; 乙组有6名男同学,2名女同学.若从甲、乙两组中各选出

2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有
( ) A.150种 B.180种

C.300种
[答案] D

D.345种

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[解析]

本题考查排列组合有关知识.

选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有 6×5 5×4 1 1 2 2 1 1 C3 · 5 · 6 +C5 · 2 · 6 =3×5× C C C C + ×2×6 2 2 =225+120=345 种.

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4.(2010·辽宁理)如果执行右面的程序框图,输入正 整数n,m,满足n≥m,那么输出的p等于( )

A.Cnm-1
B.Anm-1 C.Cnm

D.Anm
[答案] D

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[解析] 由程序框图知 k=1,p=1,p=1×(n-m+1)

k=2,p=(n-m+1)(n-m+2)
? ? k=m-1,p=(n-m+1)(n-m+2)·?·(n-1)

k=m,p=(n-m+1)(n-m+2)·?·(n-1)n=Anm.

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5.将4名大学生分配到3个乡镇去当村官,每个乡镇 至少一名,则不同的分配方案有________种(用数字作

答).
[答案] 36 [解析] 况. 所以不同的分配方案共有3×12=36(种)情况. 因为每个乡镇至少一名,所以有一个乡镇有

2名的情况,假设A乡镇有2名学生,则有C42A22=12(种)情

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6.2010年广州亚运会火炬接力传递路线共分6段,传 递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从

甲、乙、丙三人中产生,最后一棒火炬手只能从甲、乙两
人中产生,则不同的传递方案共有________种.(作数字 作答)

[答案] 96
[解析] =96(种). 先安排最后一棒(A21),再安排第一棒(A21), 最后安排中间四棒(A44),∴不同的传递方案有A21A21A44

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7.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,直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?
[解析] 恰好在第5次把次品全部发现,说明第5次一 定是最后一个次品.前4次共检测了三个次品,一个正

品.所以可能的测试方法有C61C43A44=576种.

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[例1] 解方程或不等式:
(1)3Ax3=2Ax+12+6Ax2; (2)A9x>6A6x-2;

[分析]

利用排列数、组合数的定义及公式求解,注

意定义中m≤n条件的应用.

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[解析]

(1)由题意得 3x(x-1)(x-2)=2(x+1)x+6x(x

-1),∵x≥3, ∴3(x-1)(x-2)=2(x+1)+6(x-1),即 3x2-17x+10 2 =0,解得 x=5 或 x= (舍),∴x=5. 3 ?x≥0, ? (2)由题意得?x≤9, ?0≤x-2≤6, ?

解得 2≤x≤8, 根据排列

9! 6! 84 数公式,原不等式化为 >6· ,即 >1. ?9-x?! ?8-x?! 9-x
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又∵2≤x≤8,解得 2≤x≤8. ∴原不等式的解集为 x∈{2,3,4,5,6,7,8}. (3)由题意得 m 的取值范围是 0≤m≤5,且 m∈N. 由 已 知 m!?5-m?! 5! - m!?6-m?! 6! =

m!?7-m?!×7 得 m2-23m+42=0,解得 m=2 或 m= 10×7! 21. 又∵0≤m≤5,∴m=2.∴C8m=C82=28.

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[点评]

在解有关排列数、组合数的方程或不等式时,

必须熟练掌握排列数 、组合数公式的两种形式 .注意

Anm(Cnm)中的n必须为正整数,m为非负整数,且n≥m.由此
求出方程或不等式的解后,要进行检验,把不符合要求的 解舍去.

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(1)求值Cn5-n+Cn+19-n

(2)证明恒等式Cn-1m+Cn-2m+?+Cm+1m+Cmm=Cnm
+1.

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∵n∈N ∴n=4或5.
当n=4时,原式=C41+C55=5. 当n=5时,原式=C50+C64=16.

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(2)证明:左边=Cmm+Cm+1m+Cm+2m+?+Cn-2m+ Cn-1m

=(Cm+1m+1+Cm+1m)+Cm+2m+?+Cn-2m+Cn-1m
=(Cm+2m+1+Cm+2m)+?+Cn-2m+Cn-1m =??

=(Cn-2m+1+Cn-2m)+Cn-1m
=Cn-1m+1+Cn-1m=Cnm+1=右边.

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[例2]
同的站法?

六人按下列要求站一横排,分别有多少种不

(1)甲不站两端;

(2)甲、乙必须相邻;
(3)甲、乙不相邻; (4)甲、乙之间间隔两人; (5)甲、乙站在两端; (6)甲不站左端,乙不站右端.
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[分析]

本题主要考查有限制条件的排列应用题的解

法及分类讨论的思想和分析问题、解决问题的能力.

[解析]

(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A41种站法,然后其余5人在另 外5个位置上作全排列有A55种站法,根据分步乘法计数原

理,共有站法:A41·A55=480(种).
方法二 由于甲不站两端,这两个位置只能从其余5 个人中选2个人站,有A52种站法,然后中间4人有A44种站 法 , 根 据 分 步 乘 法 计 数 原 理 , 共 有 站 法 : A52·A44 = 480(种).
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方法三

若对甲没有限制条件共有A66 种站法,甲在

两端共有2A55种站法,从总数中减去这两种情况的排列数,

即共有站法:A66-2A55=480(种).
(2)方法一 先把甲、乙作为一个“ 整体”,看作一 个人,有A55种站法,再把甲、乙进行全排列,有A22种站

法,根据分步乘法计数原理 ,共有A55·A22 =240(种)站
法.

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方法二

先把甲、乙以外的4个人作全排列,有A44种

站法, 再在5个空档中选一个供甲、乙放入,有A51种方法, 最后让甲、乙全排列,有A22 种方法,共有A44·A51·A22 = 240(种). (3)因为甲、乙不相邻,中间有隔档,可用“插空

法”,第一步先让甲、乙以外的4个人站队,有A44种;第
二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中,有A52 种,故共有站法为A44·A52=480(种). 也可用“间接法”,6个人全排列有A66种站法,由(2) 知甲、乙相邻有A55·A22=240种站法,所以不相邻的站法 有A66-A55·A22=720-240=480(种).
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(4)方法一

先将甲、乙以外的4个人作全排列,有A44

种,然后将甲、乙按条件插入站队,有3A22 种,故共有

A44·(3A22)=144(种)站法.
方法二 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A42种,然后把甲、乙及中间2人

看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法,最
后对甲、乙进行排列,有A22 种方法,故共有A42·A33·A22 =144(种)站法.

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(5)方法一

首先考虑特殊元素,甲、乙先站两端,

有A22种,再让其他4人在中间位置作全排列,有A44种,根

据分步乘法计数原理,共有A22·A44=48( 种)站法.
方法二 首先考虑两端两个特殊位置 ,甲、乙去站, 有A22 种站法,然后考虑中间4个位置,由剩下的4人去站,

有A44种站法,由分步乘法计数原理共有A22·A44=48(种)站
法.

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(6)方法一

甲在左端的站法有A55 种,乙在右端的站

法有A55种,且甲在左端而乙在右端的站法有A44种,共有

A66-2A55+A44=504(种)站法.
方法二 以元素甲分类可分为两类:①甲站右端有 A55 种 , ② 甲 在 中 间 4 个 位 置 之 一 , 而 乙 不 在 右 端 有

A41·A41·A44种,故共有A55+A41·A41·A44=504(种)站法.

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[点评]

排列问题本质就是“元素”占“位子”问题,

有限制条件的排列问题的限制主要表现在:某些元素“排”

或“不排”在哪个位子上,某些元素“相邻”或“不相
邻”.对于这类问题在分析时,主要按“优先”原则,即 优先安排特殊元素或优先满足特殊位子,如本题(1)中的

方法一、方法二.对于“相邻”问题可用“捆绑法”,对
“不相邻”问题可用“插空法”,如本题(2)与(3).当正 面求解较困难时,也可用“间接法”,如本题(6).

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(2011·江苏南京一模)有5个同学排队照相,求:

(1)甲、乙2个同学必须相邻的排法有多少种?
(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种? (3)乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面的排法有

多少种?
(4)甲不站在中间位置,乙不站在两端两个位置的排 法有多少种?

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[分析]

本题是有限制条件的排列问题,它们分别属

于相邻问题、不相邻问题、顺序一定问题、在与不在问题

等模型,应采取相应的捆绑法、插空法、直接法、间接法、
排除法等求解. [解析] (1)这是典型的相邻问题,采用捆绑法.先排

甲 、 乙 , 有 A22 种 方 法 , 再 与 其 他 3 名 同 学 排 列 , 共 有
A22·A44=48种不同排法; (2)这是不相邻问题,采用插空法,先排其余的2名同 学,有A22种排法,出现3个空,将甲、乙、丙插空,所以 共有A22·A33=12种排法.
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(3)这是顺序一定问题,由于乙不能站在甲前面, 丙 不能站在乙前面,故3人只能按甲、乙、丙这一种顺序排

列.
方法一:5人的全排列共有A55 种,甲、乙、丙3人全 排列有A33种,而3人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的

一种,所以共有

=20种排法.

方法二:采用插空法,先排甲、乙、丙3人,只有一 种排法,然后插入1人到甲、乙、丙中,有4种插法,再插 入1人,有5 种插法,故共有4×5=20种排法.

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(4)方法一:(直接法)若甲排在了两端的两个位置之一, 甲 有 A21 种 , 乙 有 A31 种 , 其 余 3 人 有 A33 种 , 所 以 共 有

A21·A31·A33种;若甲排在了第2和第4两个位置中的一个,
有A21 种,这时乙有A21 种,其余3人有A33 种,所以一共有 A21·A21·A33 种 , 因 此 符 合 要 求 的 一 共 有 A21·A31·A33 +

A21·A21·A33=60种排法.
方法二:(间接法)5个人全排列有A55种,其中甲站在 中间时有A44种,乙站在两端时有2A44种,且甲站中间同时 乙在两端的有2A33种,所以一共有A55-A44-2A44+2A33= 60种排法.
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[点评]

对于相邻问题,可以先将这些要求相邻的元

素作为一个元素与其他元素进行排列,同时要考虑相邻元

素的内部排列,这称为“捆绑法”;对于不相邻问题,可
先排其他元素,然后将这些要求不相邻的元素插入空档, 这称为“插空法”;对于顺序一定的排列问题,可先将全

部元素进行全排列,再除以要求顺序一定的元素之间的全
排列数.

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函数与基本初等函数

[例3]

某旅游团要从8个风景点中选出两个风景点作

为当天的游览地,满足下面条件的选法各有多少种? (1)甲、乙两个风景点至少选一个;

(2)甲、乙两个风景点至多选一个;
(3)甲、乙两个风景点必须选一个且只能选一个.

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[解析]

(1)解法一

甲、乙至少选一个有两种情况:

甲、乙都选有C22种,或者甲、乙两个中只选一个有C21C61

种,所以至少选一个的情况有:C22 +C21C61 =1+12=13
种. 解法二 种数为: C82-C62=28-15=13. 甲、乙至少有一个可看成所有选法种数C82

减去甲、乙都不选的种数C62 ,所以甲、乙至少选一个的

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函数与基本初等函数

(2)解法一

甲、乙至多选一个有两种情况:甲、乙

都不选有C62种选法或者甲、乙两个中只选一个,有C21C61,

所以甲、乙至多选一个的种数为:C62+C21C61=15+12=
27. 解法二 数为: C82-C22=28-1=27. (3)甲、乙必须选一个且只能选一个的种数为:C21C61 =12.
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甲、乙至多选一个可看成所有选法种数C82

减去甲、乙都选的种数C22 ,所以甲、乙至多选一个的种

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[点评]

对于从正面考虑情况较多的问题可以先求出

没有条件限制的组合数,再减去不符合条件的组合数,这

样使得计算较为简单,这种方法是我们平时所说的从反面
考虑问题.这种方法对于元素较多的组合数会非常有效.

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函数与基本初等函数

从7名男生和5名女生中选取5人,分别符合下列条件

的选法总数有多少种?
(1)A,B必须当选; (2)A,B必不当选;

(3)A,B不全当选;
(4)至少有2名女生当选; (5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员 等5种不同的工作,但体育委员必须由男生担任,班长必 须由女生担任.
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[分析]

(1)(2)(3)属于组合问题,可用直接法,(4)属

于组合问题,可用间接法,(5)属于先选后排问题,应分

步完成.
[解析] (1)由于A,B必须当选,那么从剩下的10人中 选取3人即可,∴C103=120种.

(2)从除去A,B两人的10人中选5人即可,
∴有C105=252种. (3)全部选法有C125种, A,B全当选有C103种, 故A,B不全当选有C125-C103=672种.
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(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生 或没有女生,故可用间接法进行.

∴有C125-C51·C74-C75=596种选法.
(5)分三步进行: 第一步:选1男1女分别担任两个职务为C71·C51;

第二步:选2男1女补足5人有C62·C41种;
第三步:为这3人安排工作有A33. 由 分 步 乘 法 计 数 原 理 共 有 C71·C51·C62·C41·A33 = 12600种选法.

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[点评]

在解组合问题时,常遇到至多、至少问题,

此时可考虑用间接法求解以减少运算量.如果同一个问题

涉及排列组合问题应注意先选后排的原则.

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[例4]

按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不

同的分配方式? (1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;

(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一
人得3本; (3)平均分成三份,每份2本; (4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本; (5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
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(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得 1本; (7)甲得1本,乙得1本,丙得4本. [解析] 这是一个分配问题,解题的关键是搞清事件 是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免 计数的重复或遗漏. (1)无序不均匀分组问题.先选1本有C61种选法,再从 余下的5本中选2本有C52 种选法;最后余下3本全选有C33 种方法.故共有C61C52C33=60种. (2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的 三 人 , 在 第 (1) 题 基 础 上 , 还 应 考 虑 再 分 配 , 共 有 C61C52C33A33=360种.
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(3)无序均匀分组问题.先分三步,则应是C62C42C22 种方法,但是这里出现了重复.不妨记6本书为A、B、C、 D、E、F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取 了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则C62C42C22种分法

中还有(AB、EF、CD)、(CD、AB、EF)、(CD,EF,AB)、
(EF,CD,AB)、(EF,AB,CD),共A33 种情况,而这A33 种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同,因此只能作为一种 分法,故分配方式有 =15种.

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(4)有序均匀分组问题.在第(3)题基础上再分配给 3 C62C42C22 3 个人,共有分配方式 A 3 · 3 =C62C42C22=90 种. A 3 C64C21C11 (5)无序部分均匀分组问题.共有 A 2 =15 种. 2 (6)有序部分均匀分组问题.在第(5)题基础上再分配 C64C21C11 3 给 3 个人,共有分配方式 A 2 · 3 =90 种. A 2

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(7)直接分配问题.甲选1本有C61种方法,乙从余下5 本中选1本有C51种方法,余下4本留给丙有C44种方法.共

有C61C51C44=30种.
[点评] 均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分 组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判

断分组是均匀分组还是不均匀分组,无序均匀分组要除以
均匀组数的阶乘数;还要充分考虑到是否与顺序有关,有 序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.

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有4个不同的小球,4个不同的盒子,现要把球全部放

进盒子内.
(1)恰有1个盒子不放球,共有多少种方法? (2)恰有2个盒子不放球,共有多少种方法?

[分析]
类计数.

恰有1个空盒,说明必定有1个盒子内要放入

2个球,先分组再排列计算.4个球放在2个盒子内要注意分

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[解析]

(1)确定1个空盒有C41 种方法;选2个球捆在

一起有C42种方法;

把捆在一起的2个小球看成“一个”整体,则意味着
将3个球分别放入3个盒子内,有A33种方法. 故共有C41C42A33=144种.

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函数与基本初等函数

(2)确定 2 个空盒有 C42 种方法. 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类 有序不均匀分组有 C43C11A22 种方法; 第二类有序均匀分组 C42C22 2 有 · 2 种方法. A A22 C42C22 2 故共有 C42(C43C11A22+ · 2 )=84 种. A A22

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[点评]

解决排列、组合综合题目,一般是将符合要

求的元素取出(组合)或进行分组,再对取出的元素或分好

的组进行排列.其中分组时,要注意“平均分组”与“不
平均分组”的差异及分类的标准.

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1.排列数公式和组合数公式都有阶乘形式与乘积形 式,前者多用于对含有字母的式子进行变形与论证,后者

多用于数字计算,另外要注意公式自身的条件.
2.对排列、组合的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.

3.对于有附加条件的排列组合应用题,通常从三个
途径考虑:

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(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,计算出排列或组合数, 再减

去不合要求的排列或组合数.

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4.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.

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5.求解排列组合应用题,要善于“分析”、“分 辨”、“分类”、“分布”,从多角度考虑.

①“分析”就是找出题目的条件、结论,哪些是元素,
哪些是位置,找准解决问题的切入点:是从位置考虑还是 从元素考虑,还是从问题的对立面考虑.

②“分辨”就是辨别是排列(与顺序有关)还是组合(与
顺序无关),对某些元素的位置有无限制等. ③“分类”就是对较复杂的应用题中的元素往往分成 互相排斥的几类,然后逐类解决(这时常用分类加法计数 原理),要注意“类”与“类”之间的无重无漏.
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④“分步”就是将问题化为几个互相联系的步骤,而 每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决(这时常

用分步乘法计数原理),要注意“步”与“步”之间的独
立性、连续性,整个解题过程遵循的基本原则是:“特殊 优先”的原则,先“分类”后“分步”的原则,先“取”

后“排”的原则.
6.界定排列与组合问题是排列还是组合,唯一的标 准是“顺序”,“有序”是排列问题,“无序”是组合问 题,排列与组合问题并存的时候,解答排列与组合问题, 一般先组合后排列.
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