2020届二轮复习排列2学案（全国通用） 10页

　排列(二) 学习目标 　1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公 式解决简单的实际问题. 1.排列数公式 Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤n)＝ n！ (n－m)！. Ann＝n(n－1)(n－2)…2·1＝n！(叫做 n 的阶乘).另外，我们规定 0！＝1. 2.应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤 类型一　无限制条件的排列问题 例 1　(1)有 7 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 7 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　(1)从 7 本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，相当于从 7 个元素中任取 3 个元素的一个排 列，所以共有 A37＝7×6×5＝210(种)不同的送法. (2)从 7 种不同的书中买 3 本书，这 3 本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有 不同的送法 7×7×7＝343(种). 反思与感悟　例 1 中两题的区别在于：(1)是典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数； (2)不是排列问题，需用分步乘法计数原理求其方法种数.排列的概念很清楚，要从“n 个不同 的元素中取出 m 个元素”.即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步乘法计数原理解 决的问题中.元素可以重复选取. 跟踪训练 1　(1)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？ (2)将 4 名体育生，4 名美术生分配到 4 个不同的班，每个班要分配一名体育生和一名美术生， 共有多少种分配方案？ 解　(1)分 3 类：第一类用 1 面旗表示的信号有 A 13种； 第二类用 2 面旗表示的信号有 A 23种； 第三类用 3 面旗表示的信号有 A 33种， 由分类加法计数原理，得所求的信号种数是： A13＋A23＋A33＝3＋3×2＋3×2×1＝15， 即一共可以表示 15 种不同的信号. (2)解决这类问题可以分为两步： 第 1 步：把 4 名体育生分配到 4 个不同的班有 A 44种方法，第 2 步：把 4 名美术生分配到 4 个不同的班，有 A 44种方法，由分步乘法计数原理得共有 N＝A44A44＝576(种)分配方案. 类型二　排队问题 角度 1　“相邻”与“不相邻”问题 例 2　3 名男生，4 名女生，这 7 个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法. (1)男、女各站在一起； (2)男生必须排在一起； (3)男生不能排在一起； (4)男生互不相邻，且女生也互不相邻. 解　(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把 3 名男生进行全排列，有 A 33种排法， 女生必须站在一起，即把 4 名女生进行全排列，有 A 44种排法， 全体男生、女生各看作一个元素全排列有 A 22种排法， 由分步乘法计数原理知共有 A33·A44·A22＝288(种)排法. (2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与 4 名女生组成 5 个元素全排列， 故有 A33·A55＝720(种)不同的排法. (3)(不相邻问题插空法)先排女生有 A 44种排法，把 3 名男生安排在 4 名女生隔成的五个空中， 有 A 35种排法，故有 A44·A35＝1 440(种)不同的排法. (4)先排男生有 A 33种排法.让女生插空，有 A33A44＝144(种)不同的排法. 反思与感悟　处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则.元素相邻 问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列， 然后再松绑，将这若干个元素内部全排列.元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻 元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素. 跟踪训练 2　排一张有 5 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单. (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？ (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？ 解　(1)先排歌唱节目有 A 55种，歌唱节目之间以及两端共有 6 个空位，从中选 4 个放入舞蹈 节目，共有 A 46种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有 A55·A46＝43 200(种)方法. (2)先排舞蹈节目有 A 44种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有 5 个空位，恰好供 5 个歌唱节 目放入.所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有 A44·A55＝2 880(种)方法. 角度 2　定序问题 例 3　7 人站成一排. (1)甲必须在乙的前面(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法； (2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少不同的排列方法. 解　(1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有A77 A22＝2 520(种)不同的排法. (2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种 数的 1 A33. 故有A77 A33＝840(种)不同的排法. 反思与感悟　这类问题的解法是采用分类法.n 个不同元素的全排列有 A nn种排法，m 个元素 的全排列有 A mm种排法.因此 A nn种排法中，关于 m 个元素的不同分法有 A mm类，而且每一分类 的排法数是一样的.当这 m 个元素顺序确定时，共有Ann Amm种排法. 跟踪训练 3　7 名师生排成一排照相，其中老师 1 人，女生 2 人，男生 4 人，若 4 名男生的身 高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？ 解　7 人全排列中，4 名男生不考虑身高顺序的站法有 A 44种，而由高到低有从左到右和从右 到左的不同站法，所以共有不同站法 2·A77 A44＝420(种). 角度 3　元素的“在”与“不在”问题 例 4　从包括甲、乙两名同学在内的 7 名同学中选出 5 名同学排成一列，求解下列问题： (1)甲不在首位的排法有多少种？ (2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？ (3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？ (4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？ 解　(1)方法一　把同学作为研究对象. 第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他 6 名同学中取出 5 名放在 5 个位置上，有 A 56种. 第二类：含有甲，甲不在首位：先从 4 个位置中选出 1 个放甲，再从甲以外的 6 名同学中选 出 4 名排在没有甲的位置上，有 A 46种排法.根据分步乘法计数原理，含有甲时共有 4×A 46种 排法. 由分类加法计数原理，共有 A56＋4×A46＝2 160(种)排法. 方法二　把位置作为研究对象. 第一步，从甲以外的 6 名同学中选 1 名排在首位，有 A 16种方法. 第二步，从占据首位以外的 6 名同学中选 4 名排在除首位以外的其他 4 个位置上，有 A 46种 方法. 由分步乘法计数原理，可得共有 A16·A46＝2 160(种)排法. 方法三　(间接法)：即先不考虑限制条件，从 7 名同学中选出 5 名进行排列，然后把不满足 条件的排列去掉. 不考虑甲在首位的要求，总的可能情况有 A 57种；甲在首位的情况有 A 46种，所以符合要求的 排法有 A57－A46＝2 160(种). (2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置. 第一步，从甲以外的 6 名同学中选 2 名排在首末 2 个位置上，有 A 26种方法. 第二步，从未排上的 5 名同学中选出 3 名排在中间 3 个位置上，有 A 35种方法. 根据分步乘法计数原理，有 A26·A35＝1 800(种)方法. (3)把位置作为研究对象. 第一步，从甲、乙以外的 5 名同学中选 2 名排在首末 2 个位置，有 A 25种方法. 第二步，从未排上的 5 名同学中选出 3 名排在中间 3 个位置上，有 A 35种方法. 根据分步乘法计数原理，共有 A25·A35＝1 200(种)方法. (4)用间接法. 总的可能情况是 A 57种，减去甲在首位的 A 46种，再减去乙在末位的 A 46种.注意到甲在首位同 时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次 A 35种，所以共有 A57－2A46＋A35＝1 860(种)排法. 反思与感悟　“在”与“不在”排列问题解题原则及方法 (1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入 手，原则是谁特殊谁优先. (2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置 入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置. 提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底.不能一会考虑元素，一会考虑 位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误. 跟踪训练 4　7 人站成一排，甲必须站在中间或两端，则有多少种不同站法？ 解　先考虑甲有 A 13种站法，再考虑其余 6 人全排，故不同的站法总数为：A13A66＝2 160(种). 类型三　数字排列问题 例 5　用 0,1,2,3,4,5 这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？ (1)六位奇数； (2)个位数字不是 5 的六位数； (3)不大于 4 310 的四位偶数. 解　(1)第一步，排个位，有 A 13种排法； 第二步，排十万位，有 A 14种排法； 第三步，排其他位，有 A 44种排法. 故共有 A13A14A44＝288(个)六位奇数. (2)方法一　(直接法)： 十万位数字的排法因个位上排 0 与不排 0 而有所不同，因此需分两类. 第一类，当个位排 0 时，有 A 55个； 第二类，当个位不排 0 时，有 A14A14A 44个. 故符合题意的六位数共有 A55＋A14A14A44＝504(个). 方法二　(排除法)： 0 在十万位和 5 在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有 0 在十万位 和 5 在个位的情况. 故符合题意的六位数共有 A66－2A55＋A44＝504(个). (3)分三种情况，具体如下： ①当千位上排 1,3 时，有 A12A13A 24个. ②当千位上排 2 时，有 A12A 24个. ③当千位上排 4 时，形如 4 0××，4 2××的各有 A 13个； 形如 4 1××的有 A12A 13个； 形如 4 3××的只有 4 310 和 4 302 这两个数. 故共有 A12A13A24＋A12A24＋2A13＋A12A13＋2＝110(个). 反思与感悟　数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入 手分析，找出解题的思路.常见附加条件有：(1)首位不能为 0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数； (4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数. 跟踪训练 5　用 0,1,2,3,4,5 这六个数字可以组成多少个无重复数字的 (1)能被 5 整除的五位数； (2)能被 3 整除的五位数； (3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则 240 135 是第几项. 解　(1)个位上的数字必须是 0 或 5.个位上是 0，有 A 45个；个位上是 5，若不含 0，则有 A 44 个；若含 0，但 0 不作首位，则 0 的位置有 A 13种排法，其余各位有 A 34种排法，故共有 A45＋ A44＋A13A34＝216(个)能被 5 整除的五位数. (2)能被 3 整除的条件是各位数字之和能被 3 整徐，则 5 个数可能有{1,2,3,4,5}和{0,1,2,4,5}两 种情况，能够组成的五位数分别有 A 55个和 A14A 44个. 故能被 3 整除的五位数有 A55＋A14A44＝216(个). (3)由于是六位数，首位数字不能为 0，首位数字为 1 有 A 55个数，首位数字为 2，万位上为 0,1,3 中的一个有 3A 44个数，∴240 135 的项数是 A55＋3A44＋1＝193，即 240 135 是数列的第 193 项. 1.用 1,2,3，…，9 这九个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(　　) A.324 B.224 C.360 D.648 答案　B 解析　分两步，个位 x 为偶数，有 A 14种选法，从余下的 8 个数中选 2 个数字排在三位数的百 位，十位上，有 A 28种选法，由分步乘法计数原理.得共有 A14A28＝224(个). 2.6 名学生排成两排，每排 3 人，则不同的排法种数为(　　) A.36 B.120 C.720 D.240 答案　C 解析　6 个人站成两排，每排 3 人，分 2 类完成不同的排法有 A36A33＝720(种). 3.从 6 名短跑运动员中选出 4 人参加 4×100 m 接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有 ________种参赛方案. 答案　240 解析　方法一　从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类： 第 1 类，甲不参赛，有 A 45种参赛方案； 第 2 类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有 2 种方法，然后安排其他 3 棒，有 A 35种方法，此时有 2A 35种参赛方案. 由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有 A45＋2A35＝240(种). 方法二　从位置(元素)的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的 5 人中选 2 人，有 A 25种方法；其余两棒从剩余 4 人中选，有 A 24种方法. 由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有 A25A24＝240(种). 方法三　(排除法)：不考虑甲的约束，6 个人占 4 个位置，有 A 46种安排方法，剔除甲跑第一 棒和第四棒的参赛方案有 2A 35种，所以甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有 A46－2A35＝ 240(种). 4.高二(一)班学生安排毕业晚会的 4 个音乐节目，2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目的演出顺序， 要求两个舞蹈节目不连排，则不同的排法的种数是________(填数字). 答案　3 600 解析　先对 4 个音乐节目和 1 个曲艺节目，全排列，有 A 55种.2 个舞蹈节目进行插空，有 A 26 种，由分步乘法计数原理，共有 A55A26＝3 600(种)排法. 5.将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人，每人至少 1 张，如果分给同一人的 2 张参观券连号，那么不同的分法种数是________. 答案　96 解析　将 5 张参观券分成 4 堆，有 2 个联号的有 4 种分法，每种分法再分给 4 人，各有 A 44 种分法，∴不同的分法种数共有 4A44＝96. 求解排列问题的主要方法： 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆 绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻 的元素插在前面元素排列的空档中 定序问题 除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序 元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 一、选择题 1.数列{an}共有 6 项，其中 4 项为 2，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{an}共有(　　) A.30 个 B.31 个 C.60 个 D.61 个 答案　A 解析　在数列{an}的 6 项中，只考虑两个非 2 的项的位置，即可将不同数列共有 A26＝30 个. 2.从 a，b，c，d，e 五人中选 2 人分别参加数学和物理竞赛，但 a 不能参加物理竞赛，则不 同的选法有(　　) A.12 种 B.16 种 C.20 种 D.10 种 答案　B 解析　先选 1 人参加物理竞赛有 A 14种方法.再从剩下的 4 人中选 1 人参加数学竞赛，有 A 14种 方法，共有 A14A14＝16(种)方法. 3.由 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则 a72 等于 (　　) A.1 543 B.2 543 C.3 542 D.4 532 答案　C 解析　首位是 1 的四位数有 A34＝24 个， 首位是 2 的四位数有 A34＝24 个， 首位是 3 的四位数有 A34＝24 个， 由分类加法计数原理得， 首位小于 4 的所有四位数共 3×24＝72(个). 由此得：a72＝3 542. 4.在制作飞机的某一零件时，要先后实施 6 个工序，其中工序 A 只能出现在第一步或最后一 步，工序 B 和 C 在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有(　　) A.34 种 B.48 种 C.96 种 D.144 种 答案　C 解析　由题意可知，先排工序 A，有 2 种编排方法；再将工序 B 和 C 视为一个整体(有 2 种顺 序)与其他 3 个工序全排列共有 2A 44种编排方法.故实施顺序的编排方法共有 2×2A44＝96(种). 故选 C. 5.一排 9 个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　) A.3×3! B.3×(3！)3 C.(3！)4 D.9! 答案　C 解析　利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为 A33·(A33)3＝(3！)4.故选 C. 6.由数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有(　　) A.210 个 B.300 个 C.464 个 D.600 个 答案　B 解析　由于组成没有重复数字的六位数，个位小于十位的与个位大于十位的一样多，故有5A55 2 ＝300(个). 7.某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目，2 个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序，则同类 节目不相邻的排法种数是(　　) A.72 B.120 C.144 D.168 答案　B 解析　先排 3 个歌舞类节目，有 A33＝6 种方法，再用相声分类. 第一类：相声排在歌舞类的两端有 A12＝2 种方法，此时歌舞类中必插两个小品有 A22＝2 种方 法，共有 2×2＝4 种. 第二类：相声排在歌舞类的中间有 A12＝2 种方法，此时余下相邻歌舞类中必插一个小品有 A 12＝2，另一个小品有 A14＝4，共有 2×2×4＝16(种). 共有排法数为 6×(4＋16)＝120(种). 二、填空题 8.5 个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种. 答案　72 解析　甲、乙两人相邻共有 A22A 44种排法，则甲、乙两人至少有一人共有：A55－A22A44＝72(种) 排法. 9.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有________个. 答案　120 解析　数字 0,1,2,3,4,5 中仅有 0,2,4 三个偶数，比 40 000 大的偶数为以 4 开头与以 5 开头的数. 其中以 4 开头的偶数又分以 0 结尾与以 2 结尾，有 2A34＝48 个；同理，以 5 开头的有 3A34＝72 个.于是共有 48＋72＝120(个). 10.两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园.为安全起见，首尾一定要排 两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这 6 人的入园顺序排法种数为________. 答案　24 解析　第一步：将两位爸爸排在两端有 2 种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈 任意排在中间的三个位置上有 2A 33种排法，故总的排法有 2×2×A33＝24(种). 11.将 A，B，C，D，E，F 六个字母排成一排，且 A，B 均在 C 的同侧，则不同的排法共有________ 种(用数字作答). 答案　480 解析　不考虑 A，B，C 的位置限定时有 A66＝720 种，只考虑 A，B, C 三个字母的顺序有 A33＝ 6 种，而 A，B 在 C 的同侧有 2A22＝4，故满足条件的排法有 A66×2A22 A33 ＝480(种). 三、解答题 12.某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班，每天安排 1 个，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 有多少种？ 解　依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有 A22A66＝1 440(种)， 其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在 10 月 1 日值班的方法共有 A22A55＝240(种)； 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在 10 月 7 日值班的方法共有 A22A55＝240(种)； 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在 10 月 1 日值班，丁在 10 月 7 日值班的方法共有 A 22A44＝48(种). 因此满足题意的方法共有 1 440－2×240＋48＝1 008(种). 13.用 1,2,3,4,5,6,7 排出无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？ (1)偶数不相邻； (2)偶数一定在奇数位上； (3)1 和 2 之间恰夹有一个奇数，没有偶数； (4)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列. 解　(1)用插空法，共有 A44A35＝1 440(个). (2)先把偶数排在奇数位上有 A 34种排法，再排奇数有 A 44种排法，所以共有 A34A44＝576(个). (3)在 1 和 2 之间放一个奇数有 A 13种方法，把 1,2 和相应的奇数看成整体和其他 4 个数进行排 列有 A 55种排法，所以共有 A22A13A55＝720(个). (4)七个数的全排列为 A77，三个数的全排列为 A33，所以满足要求的七位数有A77 A33＝840(个).