3．八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？
解：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用分类计数原理．在每类情况下，划分“乙丙坐下”，“甲坐下”又要用到分步计数原理．
2第一类：乙、丙坐在前排，甲也坐在前排，可分为三个步骤：乙、丙坐在前排有A4种坐法，甲也坐15在前排有A2种坐法；其余5人可坐其余五个座位中的任何一个，有A5种坐法．由分步计数原理，有215种不同的坐法； A4?A2?A52第二类：乙、丙坐在后排，甲坐在前排，亦可分为三个步骤：乙、丙坐在后排有A4种坐法，甲坐在15215前排有A4种坐法，其余5人可坐其余5个座位中的任何一个，有A5种坐法，由分步计数原理，有A4?A2?A5种不同的坐法．
由分类计数原理：适合题意的坐法有8640（种）． 4．7名同学排队照相．
（1）若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？
（2）若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？
（3）若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？
（4）若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不同的排法？
347解：（1）A7=5040种； ?A4?A71（2）第一步安排甲，有A3种排法；第二步安排乙，有A4种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个1155位置上，有A5种排法．由分步计数原理得，符合要求的排法共有A3=1440种； ?A4?A51（3）第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，与其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全排列问题，
53有A5种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有A3种排法．
53由分步计数原理得，共有A5=720种排法． ?A3（4）第一步，4名男生全排列，有A4种排法；第二步，女生插空，即将3名女生，插入4名男生之间
3的5个空位，这样可保证女生不相邻，有A5种插入方法．
43由分步计数原理得，符合条件的排法共有A4=1440种． ?A545．7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数:
（1）甲排中间； （2）甲不排两端； （3）甲，乙相邻； （4）甲在乙的左边（不要求相邻）； （5）甲，乙，丙连排； （6）甲，乙，丙两两不相邻。
6解：（1）甲排中间属“特元特位”，优先安置，只有一种站法，其余6人任意排列，故共有：1×A6=720种不同排法。
1 （2）甲不排两端，亦属于“特元特位”问题，优先安置甲在中间五个位置上任何一个位置则有A5种，
616其余6人可任意排列有A6种，故共有A5·A6=3600种不同排法。
6
（3）甲、乙相邻，属于“捆绑法”，将甲、乙合为一个“元素”，连同其余5人共6个元素任意排列，
26再由甲、乙组内排列，故共有A6·A2=1400种不同的排法。
（4）甲在乙的左边。考虑在7人排成一行形成的所有排列P77中：“甲在乙左边”与“甲在乙右边”的排法是一一对应的，在不要求相邻时，各占所有排列的一半，故甲在乙的左边的不同排法共有
17P=252027种。
（5）甲、乙、丙连排，亦属于某些元素必须在一起的排列，利用“捆绑法”，先将甲、乙、丙合为一个“元素”，连同其余4人共5个“元素”任意排列，现由甲、乙、丙交换位置，故共有P55·P33=720种不同排法。
（6）甲、乙、丙两两不相邻，属于某些元素必须不在一起的分离排列，用“插空法”，先将甲、乙、丙外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”。再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，故共有P44·P53=1440种不同的排法。
6．五个人排成一排，按下列要求的有多少种排法？
（1）其中甲不站排头； （2）其中甲不站排头，乙不站排尾； （3）其中甲、乙两人必须相邻； （4）其中甲、乙两人必须不相邻 （5）其中甲、乙中间有且只有1人； （5）其中甲必须排在乙的右边。
44解：（1）先排甲，有4种排法，然后排其余四人，有A4种排法，故有4?A4?96种；先排排头，有444种排法，其余四个位置有A4种排法，故有4?A4?96种；
54间接法：A5?A4?96种；
4113（2）①甲在排尾，A4?24种； ②甲不在排尾，A3?A3?A3?54种，所以共有24?54?78种。 42（3）将甲、乙两人捆在一起作为一个元素与其他3个元素作全排列有A4种，然后甲乙再作全排有A242种，故共有A4?A2?48种。
55（4） 五个人排成一排有A5种排法，除去甲、乙两人相邻的排法48种，共有A5?48?72种。先排3甲、乙以外的三人，则有A3种排法，这三人之间及两端留出4个空位，去排甲、乙两人有A4种排法，故
232共有A3?A4?6?12?72种
1（5） 甲、乙两人有A2种排法，从剩下的三人中选一人插入甲、乙中间，有A3种，然后再将这三人
23213看作一个元素，和其他二个元素全排列，有A3种，故共有A2?A3?A3?36种。
5（6） 五个人的全排列为A5种，其中甲、乙不同顺序的排法有A2种，但只有一种顺序符合要求，故
25A5共有2?60种。
A2
题型3 排列应用题中的其它问题
1．某天某班的课程表要排入数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课程，如果第一节不排体育，
7
第六节不排数学，一共有多少种不同的排法？
解：位置分析法： 依第一节课的情况分类分析，有以下排法：第一节排数学，第六节排体育的排法
414有A4种；第一节排数学，第六节不排体育的排法有A4种；第一节不排数学，第六节不排体育的排法?A41424有A4种；第一节和第六节都不排数学和体育的排法有A4种． ?A4?A441424∴由分类计数原理，所求的不同的排法有A4=504（种）． ?2A4?A4?A4?A4方法二：元素分析法： 依数学课的排法进行分类分析，有以下情况的排法：数学排在第一节，体育
414排在第六节的排法有A4；数学排在第一节，体育不排在第六节的排法有A4种；数学不排第一节，体?A41424育排在第六节的排法有A4种；数学、体育都不排在第一节和第六节的排法有A4种． ?A4?A441424∴由分类计数原理，所求的不同排法有A4=504（种）． ?2A4?A4?A4?A465方法三：（间接法）不考虑限制条件的排法共有A6种．其中包括数学在第六节的排法A5种，体育在
45第一节的排法A5，但上面两种排法中同时含有数学在第六节，体育在第一节课的情形有A4种．
654∴所求的不同的排法有A6=504（种）． ?2A5?A42．某天要上政治、语文、数学、物理、体育、生物6节课，但第1节不能上体育，第2节不能上物理，第6节不能上数学，这天的课程表有几种排法？
解：分类法：（1）若体育排在第6节，则物理可在第1，3，4，5节中选1节，其余4科在余下的4
1414节中随便排，有C4（2）若体育排在第2节，则先考虑数学，共C4A4=96种排法；A4=96种排法，
（3）如体育排在第3，4，5节中的1节，则可分物理排在第6节和不排在第6节两种情况：在第1种情
4况下其余4科可在余下的4节中随便排，有A4种排法；第1种情况即物理排在第6节，体育在第3节， 4共有A4种。在第2种情况下，物理可以第1，3，4，5节中没排体育的3节中选1节，数学在1，2，3，4，1135节中没排体育和物理的3节中选1节，其余3科在余下的3节中随便排，有C3C3A3=54种排法。 13物理不排是第6节，共有：先排物理的排法有C3，再排数学的排法有C2，其他排法为A3。∴由乘法原113理共有C3=54种排法。 ?C3?A3144113∴这天课表有：2C4?A4?3(A4?C3?C3A3)=426种排法。
13．从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程 2
ax+bx+c=0？其中有实根的方程有多少个？
解：先考虑组成一元二次方程的问题：首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有A4种，然后从余下的4个数中任选两个作b、c，有A4种． ∴由分步计数原理，共组成一元二次方程：A4?A4=48（个）．
方程要有实根，必须满足△=b-4ac≥0．分类讨论如下：
8
2
12122当c=0时，a, b可在1，3，5，7中任取两个排列，有A4个；
2当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7．不b取5时，a, c只能取1，3这两个数，有A2种；当b222取7时，a, c可取1，3或1，5这两组数，有2A2种．此时共有A2个． ?2A2222由分类计数原理知，有实根的一元二次方程共有：A4=18（个）． ?A2?2A24．从1，2，3，?，9这九个数字中任取两个不同的数分别作为一个对数的真数和底数，一共可以得到多少个不同的对数值？其中比1大的有几个？
2解：1不能做对数的底数，故从2～9这八个数字中任选两个组成对数，共有：A8=56（个）．
在这56个对数值中，由于log2=4=log39, log42=log93, log23=log49, log32=log94，∴应去掉其中的4个． 1作为真数时，不管底数为何值时，其对数值均为0。∴可得到不同的对数值共有：56-4+1=53（个）． 要求比1大的对数，可分类考虑：
当底数取2时，真数从3～9七个数中任选一个，有7种；当底数取3时，真数从4～9六个数中任选一个，有6种；依次类推，当底数取8时，真数只能取9，此时有：7+6+5+4=3+2+1=28（个）． 其中：log24=log39, log23=log49，再扣除两个，所以，比1大的对数共有28-2=26（个）．
题型4 排列数、组合数的计算公式及组合数的性质
38?n3n1．计算：C3?Cnn?21
?3n?38?n,21?19?n?,??解：由?3n?n?21, 得?22 ∴n=10，
?n?N*?n?N*??∴原式=C30?C31?283030!31!30?29???31=466．
28!(30?28)!30!(31?30)!2123n2．计算：A1 ?2A2?3A3???nAn
k?1k解：∵kAk?(k?1)Akk?Akk?Akk?1?Ak,
3243n?1nn?12n?1∴原式=1?(A3?A2)?(A4?A3)???(An?1?An)?An?1?1?A2?An?1?1
3223．解方程：3Ax?2Ax?1?6Ax．
322解：由3Ax?2Ax?6A?1x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)．即为：3X-17X+10=0．解得X=5，或X=
n?1An14．解不等式：2 2（舍去）。∴X=5． 3 9 n?1An(n?1)!(n?1)n(n?1)!1解：由于n????n(n?1)．从而原不等式变为2 ??7?n?6.?n(n?1)?42.* ?1去）．又由Ann?1知n-1≥1，即n≥2．∴原不等式的解集为{n∈N|2≤n≤6}． 5．求和： 123n ?????2!3!4!(n?1)!解：∵ kk?1?1k?1111． ?????(k?1)!(k?1)!(k?1)!(k?1)!k!(k?1)!11111111. )?(?)?(?)???(?)?1?2!2!3!3!4!n!(n?1)!(n?1)!nm?1012m?1m?1Cn?1； （2）Cn?Cn?1?Cn?2???Cn?m-1?Cn?m． m∴原式=(?116．证明下列各等式． m（1）Cn?证：（1）右边=式成立． n(n?1)!n!n!m=左边，∴原????Cnm(m?1)![(n?1)?(m?1)]!m(m?1)!(n?m)!m!(n?m)!012m?1123m?1（2）左边=(Cn?C)?C???C?(C?C)?C???C?1n?1n?2n?m?1n?2n?2n?3n?m?1 23m?1m?2m?1m?1?(Cn?3?Cn?3)???Cn?m?1 ???Cn?m?1?Cn?m?1?Cn?m=右边，∴原式成立． 7．规定Cxm?x?(x?1)???(x?m?1)m0，其中x∈R，m是正整数，且Cx=1，这是组合数Cn（n、 m!5m是正整数，且m≤n的一种推广）. （1）（文）求C?15的值； （理）求C?15的值； 3C3x（2）（文）设x＞0，当x为何值时，12取最小值？ (Cx)（理，文2） 组合数的两个性质： ①Cnm?mmm?1mm. ②. 是否都能推广到?CnC?C?CCnnnn?1x（x∈R，m是正整数）的情形？若能推 广，请写出推广的形式，并给出证明；若不能，则说明理由. （3）（理）已知组合数Cn是正整数，证明：当x∈Z，m是正整数时，Cmx∈Z. 解：（1）（文）C 3?15m(?15)(?16)(?17)???680. 3!10