高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册7.2排列第3课时学案设计

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册7.2排列第3课时学案设计，共10页。学案主要包含了无限制条件的排列问题， “相邻”与“不相邻”问题，元素“在”与“不在”问题，定序问题等内容，欢迎下载使用。

一、无限制条件的排列问题
例1 (1)有5个不同的科研小课题，从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
(2)12名选手参加校园歌手大奖比赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，共有多少种不同的获奖情况？
解 (1)从5个不同的科研小课题中选出3个，由3个学习兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列．
因此不同的安排方法有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)．
(2)从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有Aeq \\al(3,12)＝12×11×10＝1 320(种)不同的获奖情况．
反思感悟 对简单的没有限制条件的排列问题，在分清元素和位置的情况下，直接用排列数公式进行计算．
跟踪训练1 (1)将3张不同电影票分给10人中的3人，每人1张，则共有________种不同的分法．
(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，不同的选法共有________种．
答案 (1)720 (2)60
解析 (1)问题相当于从10张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题．故不同分法的种数为
Aeq \\al(3,10)＝10×9×8＝720.
(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，应有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)选法．
二、 “相邻”与“不相邻”问题
例2 有3名男生，4名女生，共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Aeq \\al(3,3)种排法，
女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有Aeq \\al(2,2)种排法，
由分步计数原理知共有Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(2,2)＝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Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(5,5)＝720(种)不同的排法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有Aeq \\al(4,4)种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有Aeq \\al(3,5)种排法，故有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)不同的排法．
(4)先排男生有Aeq \\al(3,3)种排法．让女生插空，
有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(4,4)＝144(种)不同的排法．
反思感悟 处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．
(1)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．
(2)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 (1)5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法的种数为( )
A．18 B．24 C．36 D．48
答案 C
解析 5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法有3Aeq \\al(3,3)×Aeq \\al(2,2)＝36(种)．
(2)永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩，并成功列入世界遗产名录．它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型．现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究．要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有________种不同的排法．( )
A．480 B．240
C．384 D．1 440
答案 A
解析 当圆形排在第一个，因为方形、五角形相邻，
所以捆在一起与其他图形全排列，且方形、五角形内部排列，有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝240(种)不同的排法，同理当圆形排在最后一个时，有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝240(种)不同的排法．
综上，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻，则共有480种不同的排法．
三、元素“在”与“不在”问题
例3 从6名运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，求满足下列条件的参赛方法数：
(1)甲不能跑第一棒和第四棒；
(2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒．
解 (1)方法一 (元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：
第一类，甲不参赛，有Aeq \\al(4,5)种参赛方法．
第二类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有Aeq \\al(1,2)种方法，然后安排其他三棒，有Aeq \\al(3,5)种方法，此时有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,5)种参赛方法．
综上，甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有Aeq \\al(4,5)＋Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,5)＝240(种)．
方法二 (位置分析法)从位置的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，这两棒可以从除甲以外的5人中选2人，有Aeq \\al(2,5)种方法；其余两棒从剩余4人中选，有Aeq \\al(2,4)种方法．
所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(2,4)＝240(种)．
方法三 (间接法)不考虑对甲的约束，6个人占4个位置，有Aeq \\al(4,6)种安排方法，甲跑第一棒或第四棒的参赛方法有2Aeq \\al(3,5)种，所以甲不跑第一棒和第四棒的参赛方法有Aeq \\al(4,6)－2Aeq \\al(3,5)＝240(种)．
(2)方法一 (元素分析法)从人(元素)的角度考虑，优先考虑乙，可分为如下两类：
第一类，乙参加比赛，此时优先考虑乙，分为两种情况：
(ⅰ)乙跑第一棒，有Aeq \\al(3,5)＝60(种)方法；
(ⅱ)乙不跑第一棒，有Aeq \\al(1,2)种方法(跑第二棒或第三棒)．
此时按甲是否参赛，又分为两类：
①甲参赛，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,4)种方法；
②甲不参赛，有Aeq \\al(3,4)种方法．
故此时(乙不跑第一棒)共有Aeq \\al(1,2)(Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,4)＋Aeq \\al(3,4))＝96(种)方法．
由分类计数原理，得乙参加比赛共有60＋96＝156(种)方法．
第二类，乙不参赛，①若甲参赛，先考虑甲，有Aeq \\al(1,3)种方法，此时共有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(3,4)种方法；②若甲不参赛，则有Aeq \\al(4,4)种方法．
从而乙不参赛时共有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(3,4)＋Aeq \\al(4,4)＝96(种)方法．
综上，共有156＋96＝252(种)参赛方法．
方法二 (位置分析法)从位置的角度考虑，第一棒与第四棒为特殊位置，优先考虑第一棒，分为如下两类：
第一类，第一棒为乙，则第四棒无限定条件，共有Aeq \\al(3,5)种安排方法．
第二类，第一棒不为乙，则第一棒有Aeq \\al(1,4)种安排方法，第四棒(不能为乙和已跑第一棒的人)有Aeq \\al(1,4)种安排方法，其余两棒共有Aeq \\al(2,4)种安排方法，从而第一棒不为乙共有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)种安排方法．
由分类计数原理，得共有Aeq \\al(3,5)＋Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)＝252(种)参赛方法．
方法三 (间接法)不考虑限定条件，有Aeq \\al(4,6)种参赛方法，其中不符合要求的分为三类：
①甲跑第一棒，乙跑第四棒，有Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(2,4)种参赛方法．
②甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)种参赛方法．
③甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)种参赛方法．
综上，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒的参赛方法有Aeq \\al(4,6)－Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(2,4)－2Aeq \\al(1,1)Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)＝252(种)．
反思感悟 “在”与“不在”问题的解决方法
跟踪训练3 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲只能在中间或两端；
(2)甲、乙必须在两端；
(3)甲不在最左端，乙不在最右端．
解 (1)先考虑甲有Aeq \\al(1,4)种方案，再考虑其余5人全排列，故共有Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(5,5)＝480(种)站法．
(2)先安排甲、乙有Aeq \\al(2,2)种方案，再安排其余4人全排列，故共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(4,4)＝48(种)站法．
(3)方法一 甲在最左端的站法有Aeq \\al(5,5)种，乙在最右端的站法有Aeq \\al(5,5)种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有Aeq \\al(4,4)种，共有Aeq \\al(6,6)－2Aeq \\al(5,5)＋Aeq \\al(4,4)＝504(种)站法．
方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲在最右端有Aeq \\al(5,5)种，②甲站在中间4个位置之一，而乙不在最右端有Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)种，故共有Aeq \\al(5,5)＋Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝504(种)站法．
四、定序问题
例4 某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相．
(1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？
(2)3位老者与2位年轻人都要分别按从大到小的顺序出场，顺序有多少种？
解 (1)5位嘉宾无约束条件的全排列有Aeq \\al(5,5)种，由于3位老者的排列顺序已定，因此满足3位老者按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(3,3))＝20(种)．
(2)设符合条件的排法共有x种，用(1)的方法可得x·Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(2,2)＝Aeq \\al(5,5)，解得x＝eq \f(A\\al(5,5),A\\al(3,3)·A\\al(2,2))＝10(种)．
反思感悟 在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：
(1)整体法，即若有m＋n个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m＋n个元素排成一列，有Aeq \\al(m＋n,m＋n)种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有Aeq \\al(m,m)种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有eq \f(A\\al(m＋n,m＋n),A\\al(m,m))种满足条件的不同排法．
(2)插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中．
跟踪训练4 五个人排成一排，求满足下列条件的不同排列各有多少种．
(1)A，B，C三人左中右顺序不变(不一定相邻)；
(2)A在B的左边且C在D的右边(可以不相邻)．
解 (1)首先五个人站成一排，共有Aeq \\al(5,5)种排法，其中A，B，C三人的全排列有Aeq \\al(3,3)种排法，而A，B，C从左到右的顺序只是其中一种，所以满足条件的排法共eq \f(A\\al(5,5),A\\al(3,3))＝20(种)．
(2)同(1)，不过此题中A和B，C和D被指定了顺序，则满足条件的排法共eq \f(A\\al(5,5),A\\al(2,2)·A\\al(2,2))＝30(种)．
1．知识清单：
(1)有限制条件的排列问题．
(2)“邻”与“不邻”“在”与“不在”以及定序问题．
2．方法归纳：捆绑法、插空法、定序问题除法处理、间接法．
3．常见误区：分类讨论时，出现重复或遗漏，各种方法使用不当．
1．某天上午要排语文、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有( )
A．6种 B．9种 C．18种 D．24种
答案 C
解析 先排体育有Aeq \\al(1,3)种，再排其他的三科有Aeq \\al(3,3)种，共有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝18(种)．
2．6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在一起的不同排法共有( )
A．720种 B．360种 C．240种 D．120种
答案 C
解析 将甲、乙两人视为1人与其余4人排列，有Aeq \\al(5,5)种排列方法，甲、乙两人可互换位置，所以总的排法有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(5,5)＝240(种)．
3．用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．
答案 210
解析 若1,3,5,7的顺序不定，
则4个数字有Aeq \\al(4,4)＝24(种)排法，
故1,3,5,7的顺序一定的排法只占全排列种数的eq \f(1,24).
故有eq \f(1,24)×Aeq \\al(7,7)＝210(个)七位数符合条件．
4．两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 分3步进行分析，
①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有Aeq \\al(2,2)＝2(种)排法，
②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有Aeq \\al(2,2)＝2(种)排法，
③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)排法．
则共有2×2×6＝24(种)排法．
课时对点练
1．6位学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )
A．36 B．120 C．240 D．720
答案 D
解析 不同的排法有Aeq \\al(6,6)＝6×5×4×3×2×1＝720(种)．
2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )
A．240种 B．360种 C．480种 D．720种
答案 C
解析 第一步：排甲，共有Aeq \\al(1,4)种不同的排法；第二步：排其他人，共有Aeq \\al(5,5)种不同的排法，因此不同的演讲次序共有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(5,5)＝480(种)．
3．(多选)若3男3女排成一排，则下列说法错误的是( )
A．共计有720种不同的排法
B．男生甲排在两端的共有120种排法
C．男生甲、乙相邻的排法总数为120种
D．男女生相间排法总数为72种
答案 BC
解析 3男3女排成一排共计有Aeq \\al(6,6)＝720(种)；男生甲排在两端的共有2Aeq \\al(5,5)＝240(种)；男生甲、乙相邻的排法总数为Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(5,5)＝240(种)；男女生相间排法总数共有2Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(3,3)＝72(种)．
4．请把“加油了我的国”这六个字随机地排成一排，其中“加”“油”这两个字必须相邻(可以交换顺序)，“了”“的”这两个字不能相邻，则不同的排法种数为( )
A．72 B．108
C．144 D．288
答案 C
解析 第一步，因为“加”“油”这两个字必须相邻，先看成一个整体与“我”“国”排成一排，共Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12(种)情况；
第二步，因为“了”“的”这两个字不能相邻，可用插空法处理，共有Aeq \\al(2,4)＝12(种)情况．
因此，不同的排法种数为Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝144.
5．由数字0,1,2,3,4组成无重复数字的三位数，其中偶数个数为( )
A．12 B．18 C．30 D．60
答案 C
解析 若个位数是0，则有Aeq \\al(2,4)＝12(个)．若个位是2或4，则先排百位有3种，然后排十位有3种，共有2×3×3＝18(个)，故共12＋18＝30(个)．
6．一排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Aeq \\al(3,3)·(Aeq \\al(3,3))3＝(3！)4.
7．4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有________种．
答案 14
解析 若不考虑限制条件，4名队员全排列共有Aeq \\al(4,4)＝24(种)排法，除甲跑第一棒有Aeq \\al(3,3)＝6(种)排法，乙跑第4棒有Aeq \\al(3,3)＝6(种)排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有Aeq \\al(2,2)＝2(种)排法，共有Aeq \\al(4,4)－2Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,2)＝14(种)不同的出场顺序．
8．某诗词类节目组决定把《将进酒》《山居秋瞑》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场诗词的排法有________种．(用数字作答)
答案 36
解析 根据题意，分两步分析：
第一步，将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有Aeq \\al(3,3)种排法，
第二步，再将《山居秋瞑》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，有Aeq \\al(2,3)种排法，
则后六场的排法有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,3)＝36(种)．
9．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？
(1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；
(2)2个唱歌节目互不相邻；
(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
解 (1)先排唱歌节目有Aeq \\al(2,2)种排法，再排其他节目有Aeq \\al(6,6)种排法，所以共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(6,6)＝1 440(种)排法．
(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目有Aeq \\al(6,6)种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有Aeq \\al(2,7)种插入方法，所以共有Aeq \\al(6,6)·Aeq \\al(2,7)＝30 240(种)排法．
(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共Aeq \\al(4,4)种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有Aeq \\al(3,5)种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有Aeq \\al(2,2)种排法，故所求排法共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)·Aeq \\al(2,2)＝2 880(种)排法．
10．用0,1,2，…，9十个数可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列：
(1)五位奇数？
(2)大于30 000的五位偶数？
解 (1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7,9五个数字中取，有5种取法，取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法．首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有Aeq \\al(3,8)种不同的排列方法，因此由分步计数原理知共有5×8×Aeq \\al(3,8)＝13 440(个)没有重复数字的五位奇数．
(2)要得偶数，末位应从0,2,4,6,8中选取，而要得比30 000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0,2中选取，则首位可取3,4,5,6,7,8,9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除首尾两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共Aeq \\al(3,8)种取法．所以共有2×7×Aeq \\al(3,8)＝4 704(种)不同情况．
②末位数字从4,6,8中选取，则首位应从3,4,5,6,7,8,9中除去末位数字的六个数字中选取，其余三个数位仍有Aeq \\al(3,8)种选法，所以共有3×6×Aeq \\al(3,8)＝6 048(种)不同情况．
由分类计数原理知，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数共有4 704＋6 048＝10 752.
11．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2Aeq \\al(4,4)种编排方法．故实施顺序的编排方法共有2×2Aeq \\al(4,4)＝96(种)．
12．五声音阶按音高顺序依次为宫、商、角、徵、羽．如果把这五个音阶全用上，排成一列(无重复)，且要求宫、羽两音阶在角音阶的同侧，则不同的排法种数为( )
A．120 B．90 C．80 D．60
答案 C
解析 若“角”在两端，则“宫、羽”一定在“角”的同侧，此时有2Aeq \\al(4,4)＝48(种)；若“角”在第二或第四个位置，则有2Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(1,2)＝24(种)；若“角”在第三个位置，则有Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(2,2)＝8(种)．故共有48＋24＋8＝80(种)．
13．由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有( )
A．60个 B．48个 C．36个 D．24个
答案 C
解析 由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有2Aeq \\al(4,4)＝48(个)，大于50 000的偶数共有2Aeq \\al(3,3)＝12(个)，所以小于50 000的偶数共有48－12＝36(个)．
14．某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题．并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有________种不同的答题顺序．
答案 60
解析 将6只灯笼全排列，即Aeq \\al(6,6)，
因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，
取谜题的方法有eq \f(A\\al(6,6),A\\al(3,3)A\\al(2,2))＝60(种)．
15．在探索系数A，ω，φ，b对函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)图象的影响时，我们发现，系数A对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数φ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”．运用上述四种变换，若函数f(x)＝sin x的图象经过四步变换得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1的图象，且已知其中有一步是向右平移eq \f(π,3)个单位长度，则变换的方法共有( )
A．6种 B．12种 C．16种 D．24种
答案 B
解析 根据题意，该图象变换的过程有振幅变换、周期变换、左右平移变换和上下平移变换共四步，
因为左右平移变换是向右平移eq \f(π,3)个单位长度，
所以要求左右平移变换在周期变换之前，
所以变换的方法共有eq \f(A\\al(4,4),A\\al(2,2))＝12(种)．
16．现在要把一条路上7盏路灯全部改装成彩色路灯．如果彩色路灯有红、黄、蓝共三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，那么有多少种不同的安装方法？
解 安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有2盏，这说明三种颜色的路灯的分配情况只能是2,2,3盏的形式．
先讨论颜色，在选择颜色时有3种方法，选好了一种颜色后，安装时采用插空的方式．
下面不妨就选择的是两盏红灯、两盏黄灯、三盏蓝灯来讨论．
先排两盏红灯、两盏黄灯，若两盏红灯、两盏黄灯分别两两相邻，有2种排法，则蓝灯有3种排法，共有6种不同的安装方法；
若两盏红灯、两盏黄灯分别两两不相邻，有2种排法，再把蓝灯安排下去有10种安装方法，所以有20种不同的安装方法；
若两盏红灯、两盏黄灯恰有一种颜色相邻，
则有2×6＝12(种)不同的安装方法．
综上，共有3×(6＋20＋12)＝114(种)不同的安装方法．