例1、 求证: .

证法1:右边 =左边

证法2:右边 左边

.练习一(变式)：解方程 ；

解：(1) 整理得 ，解得x=5或 (舍)

(2) 即

，解得x=13(舍)或6。

[说明](1)解含排列数的方程和不等式时要注意排列数 中， 且 这些限制条件，要注意含排列数的方程和不等式中未知数的取值范围；

(2)公式 常用来求值，特别是 均为已知时，公式 = ，常用来证明或化简

例2(优化设计P172例1)、一条铁路原有m个车站，为适应客运需要，新增加了n(n 1, )个车站,因而客运车票增加了58种，(起迄站相同的车票视为相同的车票)，问原来这条铁路有多少个车站？现在又有多少个车站？

解：∵原有m个车站，∴原有客运车票 种.

又现有(n+m)个车站，现有客运车票A 种，

∴A － =58,∴(n+m)(n+m－1)－m(m－1)=58.

即2mn+n²－n=58

整理得：n(2m+n－1)=29´2

可得方程组：

Ⅰ 　　　　或　　　 Ⅱ

或　　 Ⅲ 　　　　或　　　 Ⅳ

方程组Ⅰ于Ⅳ不符题意

解方程组Ⅱ得：m=14 、n=2 ，解方程组Ⅲ得：m=29、 n=1

所以原有14个车站，现有16个车站.；或原有29个车站，现有30个车站。

例3、有7 名学生站成一排,下列情况各有多少种不同的排法。

(1)甲、乙必须排在一起;

(2)若甲不在排头，乙不在排尾;

(3)甲、乙、丙互不相邻;

(4)甲、乙之间须隔一个人;

(5)若甲必须在乙的右边(可以相邻，也可以不相邻)，有多少种站法？

(6)若将7人分成两排，前四后三，有多少种站法？

解：(1)(捆绑法) ；　 (2) ；

(3)(插空法) ;　　　　　 (4) ;

(5) ;　　　　　　　　　 (6)

[思维点拨]对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，(特殊元素先考虑)。

例4(优化设计P174例2)、从0、1、3、5、7中取出不同的三个作系数，(1)可组成多少个不同的一元二次方程 ？(2)其中有实数根的有几个？

解(1)： 只能在1、3、5、7中取一个有 种，b、c可在余下的4个中任取两个，有 种，故可组成二次方程 =48个。

(2)方程要有实根，需 ，c=0 时， 、b可在1、3、5、7中任取两个，有 种； ，b只能取5、7，b取5时， 、c只能取1、3，共有 个；b取7时， 、c可取1、3或1、5，，有2 个，所以有实数根的两次方程共有

+ +2 =18个。

[思维点拨] 注意分类讨论应不重复不遗漏。

例5(优化设计P175例3)、从0、1、2、3、4中取出不同的三个数字组成一个三位数，所有这些三位数的个位数字的和是多少？

解：1、2、3、4在个位上出现的次数相等，故(1+2+3+4) =90

[深化拓展]练习：从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中取出不同的5个数字组成一个5位偶数。(1)有多少个这样的数？(2)所有这些5位数的个位数字的和是多少？

答案：(1) +

　　 (2)(2+4+6+8)

备用题：

例6、用0~9这十个数字组成没有重复数字的正整数

(1)共有几个三位数?

(2)末位数字是4的三位数有多少？

(3)求所有三位数的和;

(4)四位偶数有多少？

(5)比5231大的四位数有多少？

解：(1) 百位不能为 “0”,因此共有 个;

(2)末位为4,百位不能为 “0”,因此共有 × =64个

(3)考虑各数位上的数字之和,可得所有三位数的和为:

(4)分末位数字是否为0两种情况考虑。 种；

(5)①千位上为9,8,7,6的四位数各有 个;②千位上是5,百位上为3,4,6,7,8,9的四位数各有 个; ③千位上是5,百位上为2,十位上为4,6,7,8,9的四位数各有 个; ④千位上是5,百位上为2,十位上为3且满足要求的共有5个,因此共有 2392种。

[思维点拨]注意区分分类计数原理与分步计数原理的运用。

练习:由0,1,2,3,4,5共六个数字组成没有重复数字的六位数,问其中小于50万又不是5的倍数的数共有几个?

解:先将0和5放到中间4个数位上,然后再排其他数字,故共有 个数符合要求.

例7：一天要排语文、数学、英语、生物、体育、班会六节课(上午四节，下午二节)，要求上午第一节不排体育，数学课排在上午，班会课排在下午，问共有多少种不同的排课方法？

解法一:(从数学课入手)

(第一类)数学排在第一节，班会课排在下午，其余四科任排，得

(第二类)数学排在上午另三节中的一节，班会排在下午，体育排在余下(不会第一节)三节中的一节，其余三科任排，得

　　 共有排法 (种)

解法二(从体育课入手)

(第一类)体育课在上午　

(第二类)体育课在下午　

　　　　　 共有排法 (种)

[思维点拨]注意特殊的位置和特殊的元素先考虑。

1知识精讲：

(1)排列:从n个不同的元素中取出m个(m≤n)元素并按一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.

(2)排列数: 从n个不同的元素中取出m个(m≤n)元素的所有排列的个数.

(3)排列数公式: .

规定 0！=1

2重点难点: 正确区分排列与组合,熟练应用公式计算排列数

3思维方式: 分类讨论的思想.

4特别注意：排列数公式的连乘形式常用于计算，公式的阶乘形式常用于化简与证明.

3．注意：类”间相互独立，“步”间相互联系。

2．元素能重复的问题往往用计数原理。

1．分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础。这两个原理的本质区别在于分类与分步，分类用分类计数原理，分步用分步计数原理 。

例1、把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？

(2)如右图所示,分别用a,b,c,d记这四块,

a与c可同色,也可不同色,先考虑给a,c两块涂色,分两类

(1)　　 给a,c涂同种颜色共 种涂法,再给b涂色有4种涂法,

最后给d涂色也有4种涂法,由乘法原理知,此时共有 种涂法

(2)　　 给a,c涂不同颜色共有 种涂法,再给b涂色有3种方法,最后给d涂色也有3种，

此时共有 种涂法

故由分类计数原理知，共有 + =260种涂法。

例2、(1)如图为一电路图，从A到B共有­­___________条不同的线路可通电。

解：按上中下通电可分三类，第一类有3种通法，第二类1种，第三类分2步，每步又可分2种,所以，共有3+1+2 2=8种通电方法。

(2)三边均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是　　　　　　 。

解：另两边用x、y表示，且不妨设 ，要构成三角形，必须

当y取值11时， ，可有11个三角形；当y取值10时， ，可有9个三角形……当y取值6时，x只能取6，只有一个三角形

所以所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36，故选C。

(3)甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项工程，乙公司承包1项，丙、丁各承包2项，问共有_____________种承包方式？

解：由分步计数原理有： 种。思维点拔

[思维点拔] 解决这类题首先要明确：“完成一件事”指什么？如何完成这件事(即分步还是分类)？进而确定应用分类计数原理还是分步计数原理。

分步计数原理中的“分步”程序要正确。“步”与“步”之间是连续的,不间断的,缺一不可。

　分类计数原理中的“分类”要全面, 不能遗漏。“类”与“类之间是并列的、互斥的、独立的,也就是说,完成一件事情,每次只能选择其中的一类办法中的某一种方法。

例3(优化设计P172例1)、电视台在”欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封.现有主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,有多少种不同的结果?

解: (1) 幸运之星在甲箱中抽,再在两箱中各定一名幸运伙伴,有30×29×20=1740种结果;

(3)　 幸运之星在乙箱中抽,同理有20×19×30=11400种结果。

由分类计数原理,共有　 17400+11400=28800 种不同结果。

[评述]在综合运用两个原理时，一般先分类再分步。

例4(优化设计P173例2)、从集合{1，2，3，µ ，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个？

解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6，子集中的元素不能取自同一组的两数，，即子集中的元素取自5个组中的一个数，而每个数的取法有2种，所以子集个数为2´2´2´2´2=2⁵=32

[评述]本题的关键是先找出和为11的5组数，然后利用分步计数原理求出结果。

例5(优化设计P173例3)、某城市在中心广场造一个

花圃，花圃分为6个部分(如图).现要栽种4种不同

颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜

色的花，不同的栽种方法有　 ________ 种.(以数字作答)

解法1:　 因为区域1与其它5个区域都有公共边，所

以当区域1栽种一种颜色的花之后，该颜色的花就不

能栽于其它区域．因而可分两步走，考虑如下：

第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有4种栽法；

第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花．为此，可将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边．这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：

对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有 种栽法．

应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为

解法2　 分两类情况考虑：

第1类：第1、2、3、5四个区域栽种不同颜色的4种花，共有 种栽法．对于每一种栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽．

第2类：第1、2、3、5四个区域栽种不同颜色的3种花，共有 种栽法．对于每一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花．对于前者，第6区有2种颜色的花可供选栽，第4区只能栽第4种颜色的花；对于后者，第4区有2种颜色的花可供选栽，第6区只能栽第4种颜色的花．即无论何种情形，第4、6区的栽法都是2种．

综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数为

[评述]本题需抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花；而且4种颜色的花都要种上，缺一不可．对这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错．其次，应设计好周全而又不出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在每一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得无误，方能得出正确的答数．

练习题：在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同

一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不

同的植物可供选择，则有多少种栽种方案？

解：考虑A、C、E种同一种植物，此时共有 种方法。

考虑A、C、E种二种植物，此时共有 种方法。

考虑A、C、E种同三种植物，此时共有 种方法。

故总计有108+432+192=732种方法。

备用题：

例6、已知集合A= ,B= ,f是从A到B的映射.(1) 从A到B总共有几个映射?(2)若B中每个元素都有原象,则可建立几个不同的映射?(3)若B中的元素0没有原象,则这样的f有几个?(4)若B中有一个元素没有原象,则这样的映射有几个?(5)若f满足 ,则这样的f又有几个?

解　 (1)由乘法原理知有 个;　　　 (2)　 f必为一一映射,故有 个;

(3) 个;　　　　　　　　 (4) 个;

(5)　 因4=1+1+1+1=1+1+2+0=1+3+0+0=2+2+0+0,

故可分四类讨论,得满足要求的映射f共有

个

例7、四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有(　　 )

A、150种　　　　 B、147种 　　　　C、144种　　　　 D、141种

解：从10个点中任取4个点有 种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有 种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4个点共面，有3种。以上三种情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有 (种)

分类计数原理与分步计数原理

分类计数原理：做一件事，完成它可以有 类办法，在第一类办法中有 种不同的方法 ，在第二类办法中有 种不同的方法，……，在第 类办法中有 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的办法。

分步计数原理：做一件事，完成它需要分成 个步骤，做第一步有 种不同的方法，做第二步有 种不同的方法，……，做第 步有 种不同方法，那么完成这件事共有 种不同的方法。

特别注意:两个原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。不同点在于，一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情共有 类办法，这 类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类计数原理；如果完成一件事情需要分成 个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成 每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。

17．(浙江卷)从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任限2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是__8424_______．(用数字作答)．

16．(浙江卷)从集合{ P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任限2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_5832________．(用数字作答)．

15．(辽宁卷)用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有　　 576 　　　个.(用数字作答)