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学案64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．
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Amn表示．
2．排列数公式的两种形式：(1)Amn＝n(n－1)…(n－m＋1)，(2)Amn＝n！?n－m?！，其中公式
(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Ann＝______.
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：
(1)Cmn＝A
m
n
Amm＝
n?n－1??n－2?…?n－m＋1?
m?m－1?·…·3·2·1；
(2)Cmn＝n！m！?n－m?！，其中公式(1)主要用于计算，尤其适用于上标是具体数且m≤n2的
情况，公式(2)适用于化简、证明、解方程等．
5．Cmn＝Ckn?______________，m、k∈N，n∈N.
6．组合数的两个性质：(1)Cmn＝__________，(2)Cmn＋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()
A．A88A29B．A88C29C．A88A27D．A88C27
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．1152种C．720种D．1440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
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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
例1(1)求等式C
5
n－1＋C
3
n－3
C3n－3＝3
4
5中的n值；
(2)求不等式1C3
n
－1C4
n
<2C5
n
中n的解集．
变式迁移1(1)解方程：A42x＋1＝140A3x；
(2)解不等式：Ax9>6Ax－26.
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．
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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312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()
A．C28A23B．C28A66
C．C28A26D．C28A25
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)
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)
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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．85B．56C．49D．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．1008种D．1108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．24B．36C．48D．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C98100＋C199200；
(2)求C28－n3n＋C2n21－n的值；
(3)求证：Cmn＝m＋1n＋1Cm＋1n＋1＝nn－mCmn－1.
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．
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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？
学案64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)·…·2·1②1③n！3.从n
个不同元素中取出m个元素的一个组合
组合数Cmn5.m＝k或m＋k＝n6.(1)Cn－mn(2)Cmn＋Cm－1n
自我检测
1．A[不相邻问题用插空法，先排学生有A88种排法，老师插空有A29种方法，所以共有
A88A29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A22种不同排法，让两
件绘画作品插空有A23种插法，两件书法作品之间的顺序也可交换，因此共有2A22A23＝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
型机中选2台，有C24C15＋C14C25＝70(种)选法．]
4．B[女生论文有A44种展览顺序，男生论文也有A44种展览顺序，男生与女生论文可以
交换顺序，有A22种方法，故总的展览顺序有A44A44A22＝1152(种)．]
5．B[先将1,2捆绑后放入信封中，有C13种方法，再将剩余的4张卡片放入另外两个
信封中，有C24C22种方法，
所以共有C13C24C22＝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C14种选法，然后
14日、15日有C24C22种安排方法，共有C14C24C22＝24(种)安排方法；
若甲在15日值班，乙在14日值班，余下的4人有C14C13C22种安排方法，共有12(种)；
若甲、乙都在15日值班，则共有C24C22＝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
例1解题导引(1)在解有关Amn、Cmn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
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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
C5n－1
C3n－3＋1＝
19
5，C
5
n－1＝
14
5C
3
n－3，
即?n－1??n－2??n－3??n－4??n－5?5！
＝145·?n－3??n－4??n－5?3！，
化简整理得n2－3n－54＝0，
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)，
∴n＝9.
(2)由6n?n－1??n－2?－24n?n－1??n－2??n－3?
<240n?n－1??n－2??n－3??n－4?，
可得n2－11n－12<0，解得－1
又n∈N且n≥5，
∴n∈{5,6,7,8,9,10,11}．
变式迁移1解(1)根据原方程，x(x∈N)应满足
??
??
?2x＋1≥4，
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4x2－35x＋69＝0，
解得x＝3或x＝234(x∈N，应舍去)．
所以原方程的解为x＝3.
(2)根据原不等式，x(x∈N)应满足
??
??
?x≤9，x－2≤6，
x>0，
x－2>0，
故26Ax－26，
得9！?9－x?！>6×6！?8－x?！，所以849－x>1，
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A14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A14·A55＝480(种)站法．
方法二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
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去这两种情况的排列数即得所求的站法数，共有A66－2A55＝480(种)站法．
(2)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．
(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，
有A44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A25种站法，
故共有A44·A25＝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A24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种站法；最后对甲、
乙进行排列，有A22种站法，
故共有A24·A33·A22＝144(种)站法．
(5)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种站法，再让其他4人在中间位置作全
排列，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48(种)站法．
(6)甲在左端的站法有A55种站法，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种站法，共有A66－2A55＋A44＝504(种)站法．
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2A22·A22＝8(种)方案，再
向这排好的4个元素中选1空位插入1和2捆绑的整体，有A15种插法，
∴不同的安排方案共有2A22·A22·A15＝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．
解(1)第一步：选3名男运动员，有C36种选法．
第二步：选2名女运动员，有C24种选法．
共有C36·C24＝120(种)选法．
(2)“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．
从10人中任选5人，有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．
所以“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246(种)．
(3)从10人中任选5人，有C510种选法．
其中不选队长的方法有C58种．
所以“至少1名队长”的选法有C510－C58＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法．不选女队长时，必选男队长，共
有C48种选法．其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时共有C48－C45种选法．故
既要有队长，又要有女运动员的选法有C49＋C48－C45＝191(种)．
变式迁移3C[从后排8人中选2人有C28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
种，故为A26.∴所求总数为C28A26.]
课后练习区
1．C[丙不入选的选法有C39＝9×8×73×2×1＝84(种)，
甲乙丙都不入选的选法有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)．
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
门，共有C13C24＋C23C14＝18＋12＝30(种)选法．
方法二总共有C37＝35(种)选法，减去只选A类的C33＝1(种)，再减去只选B类的C34＝
4(种)，故有30种选法．]
3．C[不考虑丙、丁的情况共有A22A66＝1440(种)排法．
在甲、乙相邻的条件下，丙排10月1日有A22A55＝240(种)排法，同理，丁排10月7日
也有240种排法．丙排10月1日，丁排10月7日也有A22A44＝48(种)排法，则满足条件的排
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法有A22A66－2A22A55＋A22A44＝1008(种)．]
4．C[当选用信息量为4的网线时有C25种；当选用信息量为3的网线时有C12C12＋1种，
共C25＋C12C12＋1＝15(种)．]
5．B[五人中不排甲、乙、丙，另2人排列有A22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，
因此有A22·C12·C12·C13＝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，
所以共有A22·C12·C13＝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C14＝4(个)四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．
7．16
解析每组有C24场比赛，两组共有2C24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2C24＋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、
女同志都有，则从全部方案中减去只选派女同志的方案数C33，再减去只选派男同志的方案
数C35，合理的选派方案共有C38－C33－C35＝45(种)．
9．(1)解C98100＋C199200＝C2100＋C1200
＝100×992＋200＝4950＋200＝5150.(4分)
(2)解
??
??
?0≤28－n≤3n，
0≤2n≤21－n，即???
??7≤n≤28，
0≤n≤7，
又n∈N，∴n＝7，∴C28－n3n＋C2n21－n＝2.(8分)
(3)证明∵m＋1n＋1Cm＋1n＋1＝m＋1n＋1·?n＋1?！?m＋1?！?n－m?！
＝n！m！?n－m?！＝Cmn；(10分)
n
n－mC
m
n－1＝
n
n－m·
?n－1?！
m！?n－1－m?！
＝n！m！?n－m?！＝Cmn，(11分)
∴Cmn＝m＋1n＋1Cm＋1n＋1＝nn－mCmn－1.(12分)
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C35C23＋C45C13种，
后排有A55种，
共有(C35C23＋C45C13)·A55＝5400(种)．(3分)
(2)除去该女生后，先取后排C47·A44＝840(种)．(6分)
(3)先取后排，但先安排该男生，
有C47·C14·A44＝3360(种)．(9分)
(4)先从除去该男生和该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人
全排有A33种，
共有C36·C13·A33＝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，
排成五位数，有C25C34A55＝10×4×120＝4800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
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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
C25C24C14A44＝10×6×4×24＝5760个．(12分)
由分类计数原理可知这样的五位数共有
C25C34A55＋C25C24C14A44＝10560个.(14分)
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