排列组合计算公式及经典例题汇总文档格式.docx
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c（n,m）=A（n,m）/m!
=n!
/（（n-m）!
*m!
）；
c（n,m）=c（n,n-m）;
3．其他排列与组合公式
从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝A（n,r）/r=n!
/r（n-r）!
.
n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为
n!
/（n1!
*n2!
*...*nk!
）.
k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c（m+k-1,m）.
排列（Anm（n为下标，m为上标））
Anm=n×
（n-1）....（n-m+1）；
Anm=n！
/（n-m）！
（注：
！
是阶乘符号）；
Ann（两个n分别为上标和下标）=n！
；
0！
=1；
An1（n为下标1为上标）=n
组合（m（n为下标，m为上标））
m=Anm/Amm；
m=n！
/m！
（n-m）！
n（两个n分别为上标和下标）=1；
1（n为下标1为上标）=n；
m=n-m
2008-07-0813:
30
公式A是指排列，从N个元素取R个进行排列。
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。
N-元素的总个数
R参与选择的元素个数
-阶乘，如
9！
＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1）*（n-2）..（n-r+1）;
因为从n到（n-r+1）个数为n－（n-r+1）＝r
举例：
Q1:
有从1到9共计9个球，请问，可以组成多少个三位数？
A1:
123和213是两个不同的排列数。
即对排列顺序有要求的，既属于“排列A”计算X畴。
上问题中，任何一个只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合，我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。
计算公式＝A（3，9）＝9*8*7,（从9倒数3个的乘积）
Q2:
有从1到9共计9个球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？
A2:
213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个球在一起即可。
即不要求顺序的，属于“组合C”计算X畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C（3,9）=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1 设有3名学生和4个课外小组．
（1）每名学生都只参加一个课外小组；
（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？
解
（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有种不同方法．
点评
由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种？
解
依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴符合题意的不同排法共有9种．
按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题？
并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：
①每两人互通一封信，共通了多少封信？
②每两人互握了一次手，共握了多少次手？
（2）高二年级数学课外小组共10人：
①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？
②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：
①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？
②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？
（4）有8盆花：
①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？
②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？
分析
（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；
②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了封信；
②是组合问题，共需握手（次）．
（2）①是排列问题，共有（种）不同的选法；
②是组合问题，共有种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有种不同的商；
②是组合问题，共有种不同的积．
（4）①是排列问题，共有种不同的选法；
例４ 证明．
证明 左式
右式．
∴等式成立．
点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使变形过程得以简化．
例5 化简．
解法一 原式
解法二 原式
解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；
解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．
例6 解方程：
（1）；
（2）．
解
（1）原方程
解得．
（2）原方程可变为
∵，，
∴原方程可化为．
即，解得
第六章
排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
（一）加法原理乘法原理
说明
加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1
5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?
解：
5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×
3=35（种）
（二）排列、排列数公式
排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2
由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有（
）
A.60个
B.48个
C.36个
D.24个
解
因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有A12；
小于50000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有A13;
在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有A33，得A13A33A12＝36（个）
由此可知此题应选C.
例3
将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即2143，3142，4123；
同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；
将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3A13=9（种）.
例四 例五可能有问题，等思考
三）组合、组合数公式、组合数的两个性质
历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4
从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（
A.140种
B.84种
C.70种
D.35种
抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14·
C25种；
甲型2台乙型1台的取法有C24·
C15种
根据加法原理可得总的取法有
C24·
C25+C24·
C15=40+30=70（种）
可知此题应选C.
例5
甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C38种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C38×
C15×
C24×
C22=×
1=1680（种）.
（四）二项式定理、二项展开式的性质
二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.
例6
在（x-）10的展开式中，x6的系数是（
）
A.-27C610
B.27C410
C.-9C610
D.9C410
设（x-）10的展开式中第γ+1项含x6，
因Tγ+1=Cγ10x10-γ（-）γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x6，第5项系数是C410（-）4=9C410
故此题应选D.
例7
（x-1）-（x-1）2＋（x-1）3-（x-1）+（x-1）５的展开式中的x２的系数等于
此题可视为首项为x-1，公比为-（x-1）的等比数列的前5项的和，则其和为
在（x-1）6中含x3的项是C36x3（-1）3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-20.
（五）综合例题赏析
例8
若（2x+）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则（a0+a2+a4）2-（a1+a3）2的值为（
A.1
B.-1
C.0
D.2
A.
例9
2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生
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