2017-2018版高中数学第一章计数原理疑难规律方法学案2-3

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE37学必求其心得，业必贵于专精PAGE第一章计数原理1两个计数原理的灵活应用计数问题是数学中的重要研究对象,除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持,对于较复杂的计数问题要针对其问题特点，灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来帮助解决，使问题的解决更加实用、直观．下面通过典例来说明．一、列举法例1某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键盘,根据需要,鼠标至少买5个,键盘至少买3个，则不同的选购方式共有(）A．7种B．8种C．9种D．10种解析依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解．若买5个鼠标，则可买键盘3、4、5个；若买6个鼠标，则可买键盘3、4个；若买7个鼠标，则可买键盘3、4个；若买8个鼠标,则可买键盘3个;若买9个鼠标，则可买键盘3个．根据分类加法计数原理，不同的选购方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9种．故选C。答案C点评本题背景中的数量不少,要找出关键数字，通过恰当分类和列举可得．列举看似简单，但在解决问题中显示出其实用性,并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律．二、树形图法例2用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？解编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码,如图．由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同,因此共有6×9＝54(个）不同的号码．三、列表法例3四个人各写一张贺年卡，放在一起，然后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少种不同的取法？解把四个人分别编号①、②、③、④，对应写的贺年卡编号分别为1，2，3,4，将4张贺年卡的各种方法全部列举出来，如下表：四个人取贺年卡的方法①222333444②134144133③441412212④313221321方法编号123456789由表格可知,共有9种不同的方法．点评本题是一个错排问题，难以直接运用两个计数原理计算．借助表格,把各种情况一一列出，使问题直观解决．四、直接法例4已知某容器中,H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素,请问共可组成多少种HCl和NaOH分子?解因为HCl由两种元素构成，所以分两步完成：第1步：选择氢元素，共有3种．第2步：选择氯元素，共有2种．由分步乘法计数原理得共有6种HCl分子．同理，对于NaOH而言，分三步完成．第1步：选择钠元素，有3种选法．第2步:选择氧元素，有4种选法．第3步：选择氢元素，有3种选法．由分步乘法计数原理知共有3×4×3＝36（种)NaOH分子．点评当问题情景中的规律明显，已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类型时,可直接应用公式计算结果，但此法的关键是分清是“分类”还是“分步"问题．2排列、组合的破解之术排列、组合,说它难吧，其实挺简单的，就是分析事件的逻辑步骤,然后用乘法原理、加法原理计算就可．说简单吧，排列、组合却是同学们（包括很多学习很好的同学）最没把握的事情，同样难度的几道题,做顺了，三下五除二，几分钟内解决问题；做不顺,则如一团乱麻，很长时间也理不顺思路．下面就来谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！一、特殊元素——优先法对于有特殊要求的元素的排列、组合问题，一般应对有特殊要求的元素优先考虑．例1将数字1，2，3，4，5,6排成一列,记第i个数为ai（i＝1,2，…，6），若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1〈a3〈a5,则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析由题意，a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1〈a3<a5.第一步，可以先排a1，a3，a5，只有5种方法;第二步，再排a2,a4，a6，有Aeq\o\al（3，3）种方法．由乘法原理得,不同的排列方法共有5Aeq\o\al(3,3）＝30(种）．答案30二、相邻问题——捆绑法把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素"一起排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上排列．例2记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(）A．1440种 B．960种C．720种 D．480种解析先将两位老人排在一起有Aeq\o\al（2，2）种排法,再将5名志愿者排在一起有Aeq\o\al（5,5）种排法，最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有Ceq\o\al（1,4）种插入方法，由分步乘法计数原理可得，不同的排法有Aeq\o\al(2,2）·Aeq\o\al(5，5)·Ceq\o\al（1，4）＝960(种）．答案B三、不相邻问题——插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素,然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．例3五名男生与两名女生排成一排照相,如果男生甲必须站在中间，两名女生必须相邻,符合条件的排法共有（)A．48种 B．192种C．240种 D．288种解析（用排除法）将两名女生看作1人，与四名男生一起排队，有Aeq\o\al（5，5）种排法，而女生可互换位置,所以共有Aeq\o\al(5,5)×Aeq\o\al（2，2)种排法，男生甲插入中间位置，只有一种插法；而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有Aeq\o\al（2，2）×Aeq\o\al（4,4)（种)，这时男生甲若插入中间位置不符合题意，故符合题意的排列种数为Aeq\o\al(5,5)×Aeq\o\al(2，2)－Aeq\o\al(4，4)×Aeq\o\al（2，2）＝192。答案B四、至多至少问题——间接法对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单，可先考虑无限制条件的排列，再减去其反面情况的种数．例4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，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答）．解析从班委会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共有Aeq\o\al(3,5)种选法，其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)种,故共有Aeq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(1,2）Aeq\o\al(2，4）＝36(种）选法．答案36五、多类元素组合——分类取出当题目中元素较多，取出的情况也有多种时,可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计．例5如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有____________种(用数字作答)．解析如果用两种颜色，则有Ceq\o\al（2，6）种颜色可以选择,涂法有2种．如果用3种颜色涂色，有Ceq\o\al（3，6）种颜色可以选择，涂法有Ceq\o\al(1,3）·Ceq\o\al(1，2)（Ceq\o\al(1,2)＋1）＝18（种)．所以，不同涂色种数为Ceq\o\al（2,6)·2＋Ceq\o\al(3，6)·18＝390(种）．答案390六、排列、组合混合——先选后排对于排列与组合的混合问题，宜先用组合选取元素，再进行排列．例6某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班,不同的安排方法共有________种．(用数字作答)解析首先把5个班分成4组，即2,1,1,1，有eq\f(C\o\al（2，5)C\o\al(1,3）C\o\al（1，2)C\o\al(1,1）,A\o\al（3,3)）种方法．然后把4组分配到4个工厂，每个工厂安排一组有Aeq\o\al（4，4)种方法．由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有eq\f（C\o\al（2，5）C\o\al（1,3)C\o\al（1,2)C\o\al（1，1)，A\o\al(3，3））·Aeq\o\al（4，4)＝240(种)．答案2403正方体中的计数问题在解决关于正方体的排列、组合问题时，要善于利用几何性质,借助图形帮助思考，这对解决问题将起到事半功倍的效果．下面举例说明：例1从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（)A．8种 B．12种C．16种 D．20种解析从正方体的6个面中任取3个面共有Ceq\o\al(3,6）种不同选法，其中3个面均相邻的选法共有8种（此时三个面共有一个顶点），故符合题意的选法共有Ceq\o\al（3,6）－8＝12（种)．答案B变式训练1正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对．答案6例2连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有____________________________对．解析确定一对异面直线需要四个不共面的点，而四个不共面的点可以构成一个四面体,而一个四面体有三对异面直线，因此“异面直线的对数＝3×四面体数”，由于以正方体的顶点为顶点的四面体共有58个，所以共有异面直线3×58＝174（对)．答案174变式训练2过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条,其中异面直线有()A．18对B．24对C．30对D．36对答案D例3从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为()A．56B．52C．48D．40解析由于正方体的各个面都是矩形,而1个矩形有4个直角三角形,因此有对应关系“直角三角形数＝4×矩形数”,正方体共有12个矩形的面，所以直角三角形共有4×12＝48(个)．答案C变式训练3从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中正三角形的个数为________．答案84“隔板法”在计数问题中的妙用“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景，并且“隔板法"往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决．下面剖析一下隔板法适用条件，并选择几个实例来加以说明．一、隔板法的适用条件排列、组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题，是排列、组合中的难点问题，这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中（n≥m),每个对象至少有一个元素．这类问题必须满足三个条件:①小球必须相同；②盒子必须不同；③每个盒子至少有一个小球．当满足这三个条件时，我们可以采用隔板法．二、隔板法的实际应用应用120个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里，要求每个盒子都不空，问有多少种放法？解如右图,用“0”表示小球，0000｜00000000｜00000000在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组，同时能够保证每组中至少有一个小球，所以一共有Ceq\o\al（2，19）＝171种放法．点评解决此类问题的关键是,看题目情景是否满足隔板法的条件，若满足，则直接套用公式即可．应用2方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整数解有多少个？解该问题转化为:将方程左边的x1、x2、x3、x4看成是4个盒子得到的小球数,右边的20看成是20个相同的小球．这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里，要求每个盒子至少有一个小球,共有多少种不同的分配方法?这样，类似应用1可知，所以共有Ceq\o\al(3，19）＝969(种)．点评不定方程x1＋x2＋x3＋…＋xm＝n（n，m∈N＋,n≥m）的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象（n≥m），每个对象至少有一个元素”的模型，进而采用隔板法求解．整体概括：通过对隔板法的应用，可得下列结论：结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，每组不允许落空,则可将n个元素排成一排,从n－1个间隔中，选出m－1个插上隔板，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数N＝Ceq\o\al（m－1,n－1).结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，某些组允许落空，则可将m－1个隔板和n个元素排成一排,每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数N＝Ceq\o\al(m－1，m＋n－1).试一试1．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．（1）不出现空盒时的放入方式共有多少种?(2）可出现空盒时的放入方式共有多少种？解（1）将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有Ceq\o\al(3，6)＝20(种）．（2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板,故共有Ceq\o\al(3,10)＝120（种）放入方式．2．将10个优秀名额分配到一班、二班、三班3个班级中，若各班名额数不小于班级序号数，共有多少种不同的分配方案?解先拿3个优秀名额分配给二班1个，三班2个，这样原问题就转化为将7个优秀名额分配到3个班级中，每个班级中至少分配到1个．利用“隔板法"可知，共有Ceq\o\al(2，6）＝15（种）不同的分配方案．3．某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训，每所学校至少一个名额，求不同的分配方案的种数．解从结果入手，理解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法和一个组合建立一一对应，实际问题化归为组合数求解．该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆，每一堆至少一个元素,“隔板法分堆”，即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板，其方法有Ceq\o\al（8，11)＝165（种)．5排列、组合中的数学思想一、分类讨论思想例1如果一个三位正整数形如“a1a2a3”,满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(120，363,374等),那么所有的凸数个数为()A．240 B．204C．729 D．920解题提示本题中的三位正整数,要求中间一位数字最大，需根据中间数字所有可能的情况分类讨论;另外要注意首位与个位上的数字允许重复．解析由题意知：a1≠0，a2≥2.下面只需对a2＝2，a2＝3,…,a2＝9分别进行讨论，并求其值后求和．当a2＝2时，a1，a3只能从0,1中取，a1只能取1，a3可取0,1,排出“a1a2a3”共有2种；当a2＝3时，a1从1，2中任取一个有Ceq\o\al（1，2）种，a3从0,1,2中任取一个有Ceq\o\al(1，3)种，所以共有Ceq\o\al(1，2)·Ceq\o\al(1，3）种;当a2＝4时，a1从1,2，3中任取一个有Ceq\o\al（1，3）种，a3从0,1，2，3中任取一个有Ceq\o\al(1，4)种，所以共有Ceq\o\al（1，3）·Ceq\o\al(1,4)种；…；当a2＝9时，a1从1，2，3，…，8中任取一个有Ceq\o\al(1，8）种，a3从0,1,2,…,8中任取一个有Ceq\o\al(1,9)种，共有Ceq\o\al(1，8)·Ceq\o\al(1,9)种．综上，可得组合成所有的凸数个数为2＋Ceq\o\al（1，2）·Ceq\o\al（1,3)＋Ceq\o\al（1,3)·Ceq\o\al(1，4）＋Ceq\o\al（1,4)·Ceq\o\al（1,5）＋Ceq\o\al(1，5)·Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(1，6）·Ceq\o\al（1，7)＋Ceq\o\al(1,7）·Ceq\o\al(1，8）＋Ceq\o\al（1，8）·Ceq\o\al(1，9）＝240。答案A点评本题中分类的标准非常明确，即中间数字的取值情况．对于分类标准明确、分类情况多的题目,要有耐心逐个求解，最后求和．正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点．例2从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a、b、c的值构成二次函数y＝ax2＋bx＋c。试问：（1）共可组成多少个不同的二次函数？（2）在这些二次函数图像中，以y轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？解题提示二次函数要求a≠0，可以优先考虑a的取值；也可以用排除法．结合顶点在第一象限或第三象限对a，b，c的符号要求进行分析是解决第(2）问的关键．解（1）方法一因为y＝ax2＋bx＋c是二次函数，所以a≠0.因此，可从－3，－2，－1，1，2,3,4中选取一个排在a的位置上，有Ceq\o\al（1,7）种选法．b，c的取值没有特殊要求，所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有Ceq\o\al(2,7）种选法，再把它们排在b，c的位置上有Aeq\o\al(2,2）种排法．由分步乘法计数原理共有Ceq\o\al(1,7）·Ceq\o\al(2，7)·Aeq\o\al(2，2)＝7×eq\f（7×6，2)×2＝294（个)不同的二次函数．方法二利用排除法，从所有情况中去掉“0”排在a位置的情况．Ceq\o\al（3,8)·Aeq\o\al（3,3)－Ceq\o\al(2,7)·Aeq\o\al（2,2）＝eq\f(8×7×6，3×2×1）×3×2×1－eq\f(7×6,2)×2＝294（个）不同的二次函数．（2)当对称轴为y轴时，b＝0,这样的抛物线有Aeq\o\al（2,7）＝42(条)．当抛物线过原点时，c＝0，抛物线的顶点为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（b，2a)，－\f(b2,4a)）)。①当顶点在第一象限时，有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(b,2a）>0，，－\f（b2，4a)>0，））故eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a〈0，,b〉0，）)这样的抛物线有Aeq\o\al（1，3)·Aeq\o\al(1，4)＝12（条)；②当顶点在第三象限时，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(b，2a)<0，,－\f（b2，4a)〈0，)）故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〉0,，b〉0，))这样的抛物线有Aeq\o\al(2,4)＝12（条)．故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条．点评当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时，要注意结合数学背景对涉及的字母a,b，c的要求,合理地转化为a，b，c的直接要求，再进行分类．实际问题数学化，文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法．二、数形结合思想例3以圆x2＋y2－2x－2y－1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为()A．76B．78C．81D．84解题提示将圆的一般方程化为标准方程,画出图形，结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况．解析本题是一个综合问题，首先求出圆内的整数点个数,然后求组合数,方程化为（x－1）2＋（y－1）2＝3。如图，圆内共有9个整数点，组成的三角形的个数为Ceq\o\al（3，9）－8＝76.答案A点评整点个数的计算，三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线．与几何图形探求有关的组合问题，画出相关图形，结合图形求解是解决此类题目常用的方法．三、转化与化归思想例4某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘,根据需要，软件至少买3件，磁盘至少买2盒,则不同的选购方式共有()A．5种 B．6种C．7种 D．8种解析设买单片软件x件，盒装磁盘y盒,则命题转化为不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（60x＋70y≤500，,x≥3，，y≥2))(x,y∈N）的解的个数，不难求得（3，2)，(3,3)，(3，4）,(4，2），(4,3），(5，2),(6，2）为其解，所以不同的选购方式共有7种．答案C点评本题若直接列举讨论，情况较复杂,根据题目条件设出相关变量x，y,列出不等式组缩小讨论范围,简化了求解过程．例5如图①，A,B,C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来,则不同的建桥方案共有（）A．8种 B．12种C．16种 D．20种解析如图②，构造三棱锥A－BCD，四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁．由题意,只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法．从六条棱中任取三条棱的不同取法有Ceq\o\al（3，6）种，任取三条共面棱的不同取法为4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有Ceq\o\al（3，6)－4＝16（种）．答案C点评本题根据问题特征，巧妙地构建恰当的立体几何图形，用几何知识去解，显得直观清晰、简洁明快。6排列、组合问题错解分类剖析排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化，稍不注意，极易出错．本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误解析．一、没有理解两个基本原理出错排列、组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提．例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有________种．误解因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法．错因分析误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类"办法，每类办法中都还有不同的取法．正解由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台,有Ceq\o\al(2,6）种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台，有Ceq\o\al(3,5)种方法，据乘法原理共有Ceq\o\al(2，6)·Ceq\o\al(3,5）种方法．同理,完成第二类办法中有Ceq\o\al（3,6)·Ceq\o\al(2,5）种方法．据加法原理完成全部的选取过程共有Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3，6）·Ceq\o\al（2,5）＝350(种)方法．例2在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况的种数为（)A．Aeq\o\al（3，4）B．43C．34D．Ceq\o\al（3，4)误解把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上，选A。错因分析误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式．正解四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有3×3×3×3＝34(种)，故选C.说明本题还有同学这样误解，甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得43,这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺冠可能．二、判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序的是组合．例3有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法?误解因为是8个小球的全排列，所以共有Aeq\o\al(8,8）种方法．错因分析误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的,5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法．正解8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同,所以没有顺序，是组合问题．这样共有Ceq\o\al(3,8）＝56（种)排法．三、重复计算出错在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误．例4某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有多少种？误解第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列．共有：Ceq\o\al（2，7）Ceq\o\al(2，5）Aeq\o\al（3,3)＝1260.错因分析这里是均匀分组问题．比如：第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列的过程中就重复计算了．正解eq\f（C\o\al(2，7)C\o\al（2，5)A\o\al（3,3），2）＝630（种)．四、遗漏某些情况出错在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况而出错．例5用数字0，1,2,3,4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有()A．36个 B．48个C．66个 D．72个误解如图,最后一位只能是1或3，有两种取法，1,3又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取法，剩下3个数排中间两个位置有Aeq\o\al（2，3）种排法，共有2×3×Aeq\o\al(2,3)＝36（个)．错因分析误解只考虑了四位数的情况，而比1000大的奇数还可能是五位数．正解任一个五位的奇数都符合要求，共有2×3×Aeq\o\al(3，3)＝36(个），再由前面分析知满足题意的四位数和五位数共有72个,选D。五、忽视题设条件出错在解决排列、组合问题时，一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或漏解．例6如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种（以数字作答）．误解先着色第一区域,有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有Ceq\o\al(1,3）·2·Aeq\o\al（2，2)＝12(种），由乘法原理共有4×12＝48(种)．错因分析据报道,在高考中有很多考生填了48种．这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择”，不一定需要4种颜色全部使用,用3种也可以完成任务．正解当使用四种颜色时，由前面的误解知有48种着色方法;当仅使用三种颜色时，从4种颜色中选取3种有Ceq\o\al(3,4）种方法，先着色第一区域,有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理知有Ceq\o\al（3,4）×3×2＝24（种)．综上，共有48＋24＝72（种)方法．例7已知ax2－b＝0是关于x的一元二次方程,其中a、b∈｛1，2,3，4},求解集不同的一元二次方程的个数．误解从集合{1，2,3,4}中任意取两个元素作为a、b，方程有Aeq\o\al（2,4）个，当a、b取同一个数时方程有1个，共有Aeq\o\al(2，4)＋1＝13（个)．错因分析误解中没有注意到题设中:“求解集不同的……"所以在上述解法中要去掉同解情况，由于eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝1,b＝2）)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝2，b＝4))同解、eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，b＝1))和eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝2)）同解，故要减去2个．正解由分析，共有13－2＝11（个）解集不同的一元二次方程．六、未考虑特殊情况出错在排列、组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错．例8现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是()A．1024种 B．1023种C．1536种 D．767种误解因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况,共有210－1＝1023(种)，故选B.错因分析这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况．正解除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有28×3－1＝767（种）,故选D。七、题意的理解偏差出错例9现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法的种数为（)A．Aeq\o\al(3，6）·Aeq\o\al(5，5) B．Aeq\o\al(8，8）－Aeq\o\al（6，6)·Aeq\o\al（3,3)C．Aeq\o\al(3，5）·Aeq\o\al(3，3） D．Aeq\o\al（8,8）－Aeq\o\al（4,6)误解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有Aeq\o\al（5,5）种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有Aeq\o\al（3，6）种方法，这样共有Aeq\o\al(3，6)·Aeq\o\al(5,5）种排法，选A.错因分析误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻"的含义，得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻"的情况．“甲、乙、丙三人不能相邻"是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但允许其中有两人相邻．正解在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即Aeq\o\al(8,8)－Aeq\o\al（6,6)·Aeq\o\al(3，3），故选B。排列、组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列、组合学好．7用五种意识求解二项式问题在历年高考中都有涉及二项式定理的试题，本文总结了五种解题意识，旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解题能力得以提高．一、通项意识凡涉及到展开式的项及其系数问题，常是先写出其通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al（r，n)an－rbr，再根据题意进行求解．因此通项意识是解二项式问题的首选意识．例1若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x3＋\f(1,\r(x）))）n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n为________．解析展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r，n)(2x3）n－req\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，\r(x)））)r＝Ceq\o\al（r，n)·2n－r。令3n－eq\f(7r，2）＝0，得r＝eq\f（6n,7)，∵r∈N＋且r≤n，∴n必须能被7整除，∴满足条件的最小正整数n＝7。答案7二、方程意识已知展开式中若干项系数的关系，求指数n及二项式中参数的值等，可借助展开式中的通项，根据题意建立方程解决．例2已知eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a，x）－\r（\f（x，2)))）9展开式中x3的系数为eq\f（9,4），则常数a＝________.解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a,x）))9－req\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\r（\f（x,2）))）r＝(－1)r，依题意，有eq\f(3，2)r－9＝3，解得r＝8.故含x3的项为第9项，其系数为（－1）82－4Ceq\o\al（8,9）a＝eq\f(9,4),即eq\f(9，16）a＝eq\f(9,4），解得a＝4.答案4三、特殊化意识在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时,有意识地对未知数试取某些特殊值是一种非常有效的方法．例3若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2（x－2)2＋a3(x－2)3,则a2的值为(）A．3 B．6C．9 D．12解析a3＝1，a2＋a3·Ceq\o\al(1,3）(－2）＝0，∴a2＝6.答案B点评解决本题也可令x3＝［（x－2)＋2］3，利用展开式求解．四、转化意识转化意识是高考重点考查的内容之一．在二项式定理的有关问题中，主要表现在单项式和三项式转化配凑为二项式来求解；多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题．例4（1＋2x2)(x－eq\f（1,x))8的展开式中常数项为________．（用数字作答)解析(1＋2x2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（1，x)))8＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，x))）8＋2x2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x）)）8，∴常数项为Ceq\o\al(4,8）×x4(－x－1）4＋2x2Ceq\o\al(5，8）x3（－x－1）5，即70－2×56＝－42。答案－42五、应用意识应用是数学的归宿，二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、求组合数及求余数等问题．例5若Ceq\o\al（2n＋6,20）＝Ceq\o\al(n＋2,20）（n∈N＋)，且(2－x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于（）A．81 B．27C．243 D．729解析由题知，2n＋6＝n＋2或2n＋6＋n＋2＝20，得n＝－4（舍）或n＝4。此时令x＝－1,得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.答案A8二项式定理中易混概念辨析在学习二项式定理时,极易忽略一些条件或混淆一些概念,下面对解题中常见的错误加以剖析，以提高同学们的警惕性．一、项与项的系数(a＋b)n的展开式中的第r＋1项是Ceq\o\al（r,n)an－rbr（注意a，b可以是实数，还可以是代数式)，而第r＋1项的系数是对应单项式中的数字因数．例1（x－1)10的展开式中的第6项的系数是（）A．Ceq\o\al（5,10）x5 B．－Ceq\o\al(5，10）x5C．Ceq\o\al(5,10) D．－Ceq\o\al(5，10)解析因为(x－1）10的展开式的第6项是T6＝Ceq\o\al（5,10)x10－5（－1)5＝－Ceq\o\al(5，10）x5,故第6项的系数是－Ceq\o\al(5，10).答案D二、项的系数与项的二项式系数(a＋b）n的展开式中的第r＋1项的二项式系数是Ceq\o\al（r，n）(r＝0，1,2，…，n），仅与n,r有关；而第r＋1项的系数不是