2017-2018版高中數(shù)學第一章計數(shù)原理疑難規(guī)律方法學案2-3

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE37學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第一章計數(shù)原理1兩個計數(shù)原理的靈活應(yīng)用計數(shù)問題是數(shù)學中的重要研究對象,除了分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理的理論支持,對于較復(fù)雜的計數(shù)問題要針對其問題特點，靈活的運用列舉法、列表法、樹形圖法等方法來幫助解決，使問題的解決更加實用、直觀．下面通過典例來說明．一、列舉法例1某公司電腦采購員計劃用不超過300元的資金購買單價分別為20元、40元的鼠標和鍵盤,根據(jù)需要,鼠標至少買5個,鍵盤至少買3個，則不同的選購方式共有(）A．7種B．8種C．9種D．10種解析依據(jù)選購鼠標和鍵盤的不同個數(shù)分類列舉求解．若買5個鼠標，則可買鍵盤3、4、5個；若買6個鼠標，則可買鍵盤3、4個；若買7個鼠標，則可買鍵盤3、4個；若買8個鼠標,則可買鍵盤3個;若買9個鼠標，則可買鍵盤3個．根據(jù)分類加法計數(shù)原理，不同的選購方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9種．故選C。答案C點評本題背景中的數(shù)量不少,要找出關(guān)鍵數(shù)字，通過恰當分類和列舉可得．列舉看似簡單，但在解決問題中顯示出其實用性,并且我們還可以通過列舉的方法去尋求問題中的規(guī)律．二、樹形圖法例2用前6個大寫英文字母和1～9九個阿拉伯數(shù)字，以A1，A2，…，B1，B2,…的方式給教室里的座位編號，總共能編出多少個不同的號碼？解編寫一個號碼要先確定一個英文字母，后確定一個阿拉伯數(shù)字，我們可以用樹形圖列出所有可能的號碼,如圖．由于前6個英文字母中的任意一個都能與9個數(shù)字中的任何一個組成一個號碼，而且它們各不相同,因此共有6×9＝54(個）不同的號碼．三、列表法例3四個人各寫一張賀年卡，放在一起，然后每個人取一張不是自己寫的賀年卡，共有多少種不同的取法？解把四個人分別編號①、②、③、④，對應(yīng)寫的賀年卡編號分別為1，2，3,4，將4張賀年卡的各種方法全部列舉出來，如下表：四個人取賀年卡的方法①222333444②134144133③441412212④313221321方法編號123456789由表格可知,共有9種不同的方法．點評本題是一個錯排問題，難以直接運用兩個計數(shù)原理計算．借助表格,把各種情況一一列出，使問題直觀解決．四、直接法例4已知某容器中,H有3種同位素，Cl有2種同位素，Na有3種同位素，O有4種同位素,請問共可組成多少種HCl和NaOH分子?解因為HCl由兩種元素構(gòu)成，所以分兩步完成：第1步：選擇氫元素，共有3種．第2步：選擇氯元素，共有2種．由分步乘法計數(shù)原理得共有6種HCl分子．同理，對于NaOH而言，分三步完成．第1步：選擇鈉元素，有3種選法．第2步:選擇氧元素，有4種選法．第3步：選擇氫元素，有3種選法．由分步乘法計數(shù)原理知共有3×4×3＝36（種)NaOH分子．點評當問題情景中的規(guī)律明顯，已符合分類加法計數(shù)原理或分步乘法計數(shù)原理中的某一類型時,可直接應(yīng)用公式計算結(jié)果，但此法的關(guān)鍵是分清是“分類”還是“分步"問題．2排列、組合的破解之術(shù)排列、組合,說它難吧，其實挺簡單的，就是分析事件的邏輯步驟,然后用乘法原理、加法原理計算就可．說簡單吧，排列、組合卻是同學們（包括很多學習很好的同學）最沒把握的事情，同樣難度的幾道題,做順了，三下五除二，幾分鐘內(nèi)解決問題；做不順,則如一團亂麻，很長時間也理不順思路．下面就來談?wù)勂平獬Ｒ娕帕小⒔M合模型的常用方法！一、特殊元素——優(yōu)先法對于有特殊要求的元素的排列、組合問題，一般應(yīng)對有特殊要求的元素優(yōu)先考慮．例1將數(shù)字1，2，3，4，5,6排成一列,記第i個數(shù)為ai（i＝1,2，…，6），若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1〈a3〈a5,則不同的排列方法有________種(用數(shù)字作答)．解析由題意，a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1〈a3<a5.第一步，可以先排a1，a3，a5，只有5種方法;第二步，再排a2,a4，a6，有Aeq\o\al（3，3）種方法．由乘法原理得,不同的排列方法共有5Aeq\o\al(3,3）＝30(種）．答案30二、相鄰問題——捆綁法把相鄰的若干個特殊元素“捆綁”為一個大元素，然后再與其余“普通元素"一起排列，最后再“松綁”，將特殊元素在這些位置上排列．例2記者要為5名志愿者和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有(）A．1440種 B．960種C．720種 D．480種解析先將兩位老人排在一起有Aeq\o\al（2，2）種排法,再將5名志愿者排在一起有Aeq\o\al（5,5）種排法，最后將兩位老人插入5名志愿者間的4個空位中有Ceq\o\al（1,4）種插入方法，由分步乘法計數(shù)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(種）．答案B三、不相鄰問題——插空法某些元素不能相鄰或某些元素要在某個特殊位置時可采用插空法，即先安排好沒有限制條件的元素,然后再把有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間．例3五名男生與兩名女生排成一排照相,如果男生甲必須站在中間，兩名女生必須相鄰,符合條件的排法共有（)A．48種 B．192種C．240種 D．288種解析（用排除法）將兩名女生看作1人，與四名男生一起排隊，有Aeq\o\al（5，5）種排法，而女生可互換位置,所以共有Aeq\o\al(5,5)×Aeq\o\al（2，2)種排法，男生甲插入中間位置，只有一種插法；而4男2女排列中2名女生恰在中間的排法共有Aeq\o\al（2，2）×Aeq\o\al（4,4)（種)，這時男生甲若插入中間位置不符合題意，故符合題意的排列種數(shù)為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、至多至少問題——間接法對于某些排列、組合問題的正面情況較復(fù)雜而其反面情況較簡單，可先考慮無限制條件的排列，再減去其反面情況的種數(shù)．例4從班委會5名成員中選出3名，分別擔任班級學習委員、文娛委員與體育委員，其中甲、乙二人不能擔任文娛委員，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答）．解析從班委會5名成員中選出3名，分別擔任班級學習委員、文娛委員與體育委員共有Aeq\o\al(3,5)種選法，其中甲、乙中有一人擔任文娛委員的選法有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)種,故共有Aeq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(1,2）Aeq\o\al(2，4）＝36(種）選法．答案36五、多類元素組合——分類取出當題目中元素較多，取出的情況也有多種時,可按結(jié)果要求，分成不相容的幾類情況分別計算，最后總計．例5如圖，用6種不同的顏色給圖中的4個格子涂色，每個格子涂一種顏色，要求最多使用3種顏色且相鄰的兩個格子顏色不同，則不同的涂色方法共有____________種(用數(shù)字作答)．解析如果用兩種顏色，則有Ceq\o\al（2，6）種顏色可以選擇,涂法有2種．如果用3種顏色涂色，有Ceq\o\al（3，6）種顏色可以選擇，涂法有Ceq\o\al(1,3）·Ceq\o\al(1，2)（Ceq\o\al(1,2)＋1）＝18（種)．所以，不同涂色種數(shù)為Ceq\o\al（2,6)·2＋Ceq\o\al(3，6)·18＝390(種）．答案390六、排列、組合混合——先選后排對于排列與組合的混合問題，宜先用組合選取元素，再進行排列．例6某校安排5個班到4個工廠進行社會實踐，每個班去一個工廠，每個工廠至少安排一個班,不同的安排方法共有________種．(用數(shù)字作答)解析首先把5個班分成4組，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)）種方法．然后把4組分配到4個工廠，每個工廠安排一組有Aeq\o\al（4，4)種方法．由分步乘法計數(shù)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(種)．答案2403正方體中的計數(shù)問題在解決關(guān)于正方體的排列、組合問題時，要善于利用幾何性質(zhì),借助圖形幫助思考，這對解決問題將起到事半功倍的效果．下面舉例說明：例1從正方體的6個面中選取3個面，其中有2個面不相鄰的選法共有（)A．8種 B．12種C．16種 D．20種解析從正方體的6個面中任取3個面共有Ceq\o\al(3,6）種不同選法，其中3個面均相鄰的選法共有8種（此時三個面共有一個頂點），故符合題意的選法共有Ceq\o\al（3,6）－8＝12（種)．答案B變式訓練1正方體的一條對角線與它的12條棱組成的異面直線共有________對．答案6例2連接正方體任意兩個頂點的直線中異面直線有____________________________對．解析確定一對異面直線需要四個不共面的點，而四個不共面的點可以構(gòu)成一個四面體,而一個四面體有三對異面直線，因此“異面直線的對數(shù)＝3×四面體數(shù)”，由于以正方體的頂點為頂點的四面體共有58個，所以共有異面直線3×58＝174（對)．答案174變式訓練2過三棱柱任意兩個頂點的直線共有15條,其中異面直線有()A．18對B．24對C．30對D．36對答案D例3從正方體的八個頂點中任取三個點為頂點作三角形,其中直角三角形的個數(shù)為()A．56B．52C．48D．40解析由于正方體的各個面都是矩形,而1個矩形有4個直角三角形,因此有對應(yīng)關(guān)系“直角三角形數(shù)＝4×矩形數(shù)”,正方體共有12個矩形的面，所以直角三角形共有4×12＝48(個)．答案C變式訓練3從正方體的八個頂點中任取三個點為頂點作三角形,其中正三角形的個數(shù)為________．答案84“隔板法”在計數(shù)問題中的妙用“隔板法”在計數(shù)問題中有其特殊的適用背景，并且“隔板法"往往會使很復(fù)雜的問題得到巧妙的解決．下面剖析一下隔板法適用條件，并選擇幾個實例來加以說明．一、隔板法的適用條件排列、組合中的相同小球放進不同的盒子、名額分配或相同物品的分配等問題，是排列、組合中的難點問題，這類問題的基本模型是：將n個相同元素分組到m個不同對象中（n≥m),每個對象至少有一個元素．這類問題必須滿足三個條件:①小球必須相同；②盒子必須不同；③每個盒子至少有一個小球．當滿足這三個條件時，我們可以采用隔板法．二、隔板法的實際應(yīng)用應(yīng)用120個相同的小球放入編號為1號、2號、3號的三個盒子里，要求每個盒子都不空，問有多少種放法？解如右圖,用“0”表示小球，0000｜00000000｜00000000在0與0之間的19個空檔中插入2塊隔板即可將小球分成3組，同時能夠保證每組中至少有一個小球，所以一共有Ceq\o\al（2，19）＝171種放法．點評解決此類問題的關(guān)鍵是,看題目情景是否滿足隔板法的條件，若滿足，則直接套用公式即可．應(yīng)用2方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整數(shù)解有多少個？解該問題轉(zhuǎn)化為:將方程左邊的x1、x2、x3、x4看成是4個盒子得到的小球數(shù),右邊的20看成是20個相同的小球．這樣就相當于20個相同的小球放入4個盒子里，要求每個盒子至少有一個小球,共有多少種不同的分配方法?這樣，類似應(yīng)用1可知，所以共有Ceq\o\al(3，19）＝969(種)．點評不定方程x1＋x2＋x3＋…＋xm＝n（n，m∈N＋,n≥m）的正整數(shù)解個數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為“將n個相同元素分給m個不同對象（n≥m），每個對象至少有一個元素”的模型，進而采用隔板法求解．整體概括：通過對隔板法的應(yīng)用，可得下列結(jié)論：結(jié)論1：把n個相同的元素分成m組分配給m個人，每組不允許落空,則可將n個元素排成一排,從n－1個間隔中，選出m－1個插上隔板，每一種隔板的插法對應(yīng)一種分配方法，則分配方法數(shù)N＝Ceq\o\al（m－1,n－1).結(jié)論2：把n個相同的元素分成m組分配給m個人，某些組允許落空，則可將m－1個隔板和n個元素排成一排,每一種隔板的插法對應(yīng)一種分配方法，則分配方法數(shù)N＝Ceq\o\al(m－1，m＋n－1).試一試1．將7個相同的小球放入4個不同的盒子中．（1）不出現(xiàn)空盒時的放入方式共有多少種?(2）可出現(xiàn)空盒時的放入方式共有多少種？解（1）將7個相同的小球排成一排，在中間形成的6個空格中插入無區(qū)別的3個“隔板”將球分成4份，每一種插入隔板的方式對應(yīng)一種球的放入方式，則不同的放入方式共有Ceq\o\al(3，6)＝20(種）．（2)每種放入方式對應(yīng)于將7個相同的小球與3個相同的“隔板”進行一次排列，即從10個位置中選3個位置安排隔板,故共有Ceq\o\al(3,10)＝120（種）放入方式．2．將10個優(yōu)秀名額分配到一班、二班、三班3個班級中，若各班名額數(shù)不小于班級序號數(shù)，共有多少種不同的分配方案?解先拿3個優(yōu)秀名額分配給二班1個，三班2個，這樣原問題就轉(zhuǎn)化為將7個優(yōu)秀名額分配到3個班級中，每個班級中至少分配到1個．利用“隔板法"可知，共有Ceq\o\al(2，6）＝15（種）不同的分配方案．3．某市教委準備在當?shù)氐?所重點中學中選派12名優(yōu)秀青年教師參加在職培訓，每所學校至少一個名額，求不同的分配方案的種數(shù)．解從結(jié)果入手，理解相同元素的分堆問題，設(shè)計“隔板法分堆”，將一種分配方法和一個組合建立一一對應(yīng)，實際問題化歸為組合數(shù)求解．該事件的實質(zhì)為將12個相同的元素分成9堆，每一堆至少一個元素,“隔板法分堆”，即在12個相同元素構(gòu)成的11個空中插入8個隔板，其方法有Ceq\o\al（8，11)＝165（種)．5排列、組合中的數(shù)學思想一、分類討論思想例1如果一個三位正整數(shù)形如“a1a2a3”,滿足a1<a2，且a3<a2，則稱這樣的三位數(shù)為凸數(shù)(120，363,374等),那么所有的凸數(shù)個數(shù)為()A．240 B．204C．729 D．920解題提示本題中的三位正整數(shù),要求中間一位數(shù)字最大，需根據(jù)中間數(shù)字所有可能的情況分類討論;另外要注意首位與個位上的數(shù)字允許重復(fù)．解析由題意知：a1≠0，a2≥2.下面只需對a2＝2，a2＝3,…,a2＝9分別進行討論，并求其值后求和．當a2＝2時，a1，a3只能從0,1中取，a1只能取1，a3可取0,1,排出“a1a2a3”共有2種；當a2＝3時，a1從1，2中任取一個有Ceq\o\al（1，2）種，a3從0,1,2中任取一個有Ceq\o\al(1，3)種，所以共有Ceq\o\al(1，2)·Ceq\o\al(1，3）種;當a2＝4時，a1從1,2，3中任取一個有Ceq\o\al（1，3）種，a3從0,1，2，3中任取一個有Ceq\o\al(1，4)種，所以共有Ceq\o\al（1，3）·Ceq\o\al(1,4)種；…；當a2＝9時，a1從1，2，3，…，8中任取一個有Ceq\o\al(1，8）種，a3從0,1,2,…,8中任取一個有Ceq\o\al(1,9)種，共有Ceq\o\al(1，8)·Ceq\o\al(1,9)種．綜上，可得組合成所有的凸數(shù)個數(shù)為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點評本題中分類的標準非常明確，即中間數(shù)字的取值情況．對于分類標準明確、分類情況多的題目,要有耐心逐個求解，最后求和．正確地進行求解運算也是求解此類題目的一個關(guān)鍵點．例2從－3，－2，－1,0,1,2,3,4八個數(shù)字中任取3個不重復(fù)的數(shù)字分別作為a、b、c的值構(gòu)成二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c。試問：（1）共可組成多少個不同的二次函數(shù)？（2）在這些二次函數(shù)圖像中，以y軸為對稱軸的有多少條？經(jīng)過原點且頂點在第一或第三象限的有多少條？解題提示二次函數(shù)要求a≠0，可以優(yōu)先考慮a的取值；也可以用排除法．結(jié)合頂點在第一象限或第三象限對a，b，c的符號要求進行分析是解決第(2）問的關(guān)鍵．解（1）方法一因為y＝ax2＋bx＋c是二次函數(shù)，所以a≠0.因此，可從－3，－2，－1，1，2,3,4中選取一個排在a的位置上，有Ceq\o\al（1,7）種選法．b，c的取值沒有特殊要求，所以從剩余的6個非零元素加上0共7個元素中選取兩個有Ceq\o\al(2,7）種選法，再把它們排在b，c的位置上有Aeq\o\al(2,2）種排法．由分步乘法計數(shù)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（個)不同的二次函數(shù)．方法二利用排除法，從所有情況中去掉“0”排在a位置的情況．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（個）不同的二次函數(shù)．（2)當對稱軸為y軸時，b＝0,這樣的拋物線有Aeq\o\al（2,7）＝42(條)．當拋物線過原點時，c＝0，拋物線的頂點為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（b，2a)，－\f(b2,4a)）)。①當頂點在第一象限時，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，）)這樣的拋物線有Aeq\o\al（1，3)·Aeq\o\al(1，4)＝12（條)；②當頂點在第三象限時，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，))這樣的拋物線有Aeq\o\al(2,4)＝12（條)．故經(jīng)過原點且頂點在第一或第三象限的共有24條．點評當排列、組合問題與相關(guān)數(shù)學問題背景聯(lián)系在一起時，要注意結(jié)合數(shù)學背景對涉及的字母a,b，c的要求,合理地轉(zhuǎn)化為a，b，c的直接要求，再進行分類．實際問題數(shù)學化，文字表述代數(shù)化是解決實際背景問題的常規(guī)思想方法．二、數(shù)形結(jié)合思想例3以圓x2＋y2－2x－2y－1＝0內(nèi)橫坐標與縱坐標均為整數(shù)的點為頂點的三角形個數(shù)為()A．76B．78C．81D．84解題提示將圓的一般方程化為標準方程,畫出圖形，結(jié)合圖形從所有情況中去掉三點共線的情況．解析本題是一個綜合問題，首先求出圓內(nèi)的整數(shù)點個數(shù),然后求組合數(shù),方程化為（x－1）2＋（y－1）2＝3。如圖，圓內(nèi)共有9個整數(shù)點，組成的三角形的個數(shù)為Ceq\o\al（3，9）－8＝76.答案A點評整點個數(shù)的計算，三點共線情況的尋找都需要我們在平面直角坐標系下正確畫出本題中的圓以及與整點共線有關(guān)的8條直線．與幾何圖形探求有關(guān)的組合問題，畫出相關(guān)圖形，結(jié)合圖形求解是解決此類題目常用的方法．三、轉(zhuǎn)化與化歸思想例4某電腦用戶計劃使用不超過500元的資金購買單價分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤,根據(jù)需要，軟件至少買3件，磁盤至少買2盒,則不同的選購方式共有()A．5種 B．6種C．7種 D．8種解析設(shè)買單片軟件x件，盒裝磁盤y盒,則命題轉(zhuǎn)化為不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（60x＋70y≤500，,x≥3，，y≥2))(x,y∈N）的解的個數(shù)，不難求得（3，2)，(3,3)，(3，4）,(4，2），(4,3），(5，2),(6，2）為其解，所以不同的選購方式共有7種．答案C點評本題若直接列舉討論，情況較復(fù)雜,根據(jù)題目條件設(shè)出相關(guān)變量x，y,列出不等式組縮小討論范圍,簡化了求解過程．例5如圖①，A,B,C，D為海上的四個小島，要建三座橋，將這四個小島連接起來,則不同的建橋方案共有（）A．8種 B．12種C．16種 D．20種解析如圖②，構(gòu)造三棱錐A－BCD，四個頂點表示四個小島，六條棱表示連接任意兩島的橋梁．由題意,只需求出從六條棱中任取三條不共面的棱的不同取法．從六條棱中任取三條棱的不同取法有Ceq\o\al（3，6）種，任取三條共面棱的不同取法為4種，所以從六條棱中任取三條不共面的棱的不同取法有Ceq\o\al（3，6)－4＝16（種）．答案C點評本題根據(jù)問題特征，巧妙地構(gòu)建恰當?shù)牧Ⅲw幾何圖形，用幾何知識去解，顯得直觀清晰、簡潔明快。6排列、組合問題錯解分類剖析排列、組合問題類型繁多、方法豐富、富于變化，稍不注意，極易出錯．本文選擇一些在教學中學生常見的錯誤進行正誤解析．一、沒有理解兩個基本原理出錯排列、組合問題基于兩個基本計數(shù)原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分類用加、分步用乘”是解決排列、組合問題的前提．例1從6臺原裝計算機和5臺組裝計算機中任意選取5臺，其中至少有原裝與組裝計算機各兩臺，則不同的取法有________種．誤解因為可以取2臺原裝與3臺組裝計算機或是3臺原裝與2臺組裝計算機，所以只有2種取法．錯因分析誤解的原因在于沒有意識到“選取2臺原裝與3臺組裝計算機或是3臺原裝與2臺組裝計算機”是完成任務(wù)的兩“類"辦法，每類辦法中都還有不同的取法．正解由分析，完成第一類辦法還可以分成兩步：第一步在原裝計算機中任意選取2臺,有Ceq\o\al(2,6）種方法；第二步是在組裝計算機中任意選取3臺，有Ceq\o\al(3,5)種方法，據(jù)乘法原理共有Ceq\o\al(2，6)·Ceq\o\al(3,5）種方法．同理,完成第二類辦法中有Ceq\o\al（3,6)·Ceq\o\al(2,5）種方法．據(jù)加法原理完成全部的選取過程共有Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3，6）·Ceq\o\al（2,5）＝350(種)方法．例2在一次運動會上有四項比賽的冠軍在甲、乙、丙三人中產(chǎn)生,那么不同的奪冠情況的種數(shù)為（)A．Aeq\o\al（3，4）B．43C．34D．Ceq\o\al（3，4)誤解把四個冠軍,排在甲、乙、丙三個位置上，選A。錯因分析誤解是沒有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式．正解四項比賽的冠軍依次在甲、乙、丙三人中選取,每項冠軍都有3種選取方法，由乘法原理共有3×3×3×3＝34(種)，故選C.說明本題還有同學這樣誤解，甲、乙、丙奪冠均有四種情況,由乘法原理得43,這是由于沒有考慮到某項冠軍一旦被一人奪得后，其他人就不再有4種奪冠可能．二、判斷不出是排列還是組合出錯在判斷一個問題是排列還是組合問題時，主要看元素的組成有沒有順序性,有順序的是排列,無順序的是組合．例3有大小形狀相同的3個紅色小球和5個白色小球，排成一排，共有多少種不同的排列方法?誤解因為是8個小球的全排列，所以共有Aeq\o\al(8,8）種方法．錯因分析誤解中沒有考慮3個紅色小球是完全相同的,5個白色小球也是完全相同的，同色球之間互換位置是同一種排法．正解8個小球排好后對應(yīng)著8個位置，題中的排法相當于在8個位置中選出3個位置給紅球，剩下的位置給白球，由于這3個紅球完全相同,所以沒有順序，是組合問題．這樣共有Ceq\o\al(3,8）＝56（種)排法．三、重復(fù)計算出錯在排列、組合中常會遇到元素分配問題、平均分組問題等，這些問題要注意避免重復(fù)計數(shù)，產(chǎn)生錯誤．例4某交通崗共有3人，從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種？誤解第一個人先挑選2天，第二個人再挑選2天，剩下的3天給第三個人，這三個人再進行全排列．共有：Ceq\o\al（2，7）Ceq\o\al(2，5）Aeq\o\al（3,3)＝1260.錯因分析這里是均勻分組問題．比如：第一人挑選的是周一、周二,第二人挑選的是周三、周四；也可能是第一個人挑選的是周三、周四，第二人挑選的是周一、周二,所以在全排列的過程中就重復(fù)計算了．正解eq\f（C\o\al(2，7)C\o\al（2，5)A\o\al（3,3），2）＝630（種)．四、遺漏某些情況出錯在排列、組合問題中還可能由于考慮問題不夠全面，因為遺漏某些情況而出錯．例5用數(shù)字0，1,2,3,4組成沒有重復(fù)數(shù)字的比1000大的奇數(shù)共有()A．36個 B．48個C．66個 D．72個誤解如圖,最后一位只能是1或3，有兩種取法，1,3又因為第1位不能是0，在最后一位取定后只有3種取法，剩下3個數(shù)排中間兩個位置有Aeq\o\al（2，3）種排法，共有2×3×Aeq\o\al(2,3)＝36（個)．錯因分析誤解只考慮了四位數(shù)的情況，而比1000大的奇數(shù)還可能是五位數(shù)．正解任一個五位的奇數(shù)都符合要求，共有2×3×Aeq\o\al(3，3)＝36(個），再由前面分析知滿足題意的四位數(shù)和五位數(shù)共有72個,選D。五、忽視題設(shè)條件出錯在解決排列、組合問題時，一定要注意題目中的每一句話甚至每一個字和符號，不然就可能多解或漏解．例6如圖，一個地區(qū)分為5個行政區(qū)域，現(xiàn)給地圖著色,要求相鄰區(qū)域不得使用同一顏色，現(xiàn)有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有______種（以數(shù)字作答）．誤解先著色第一區(qū)域,有4種方法，剩下3種顏色涂四個區(qū)域，即有一種顏色涂相對的兩塊區(qū)域，有Ceq\o\al(1,3）·2·Aeq\o\al（2，2)＝12(種），由乘法原理共有4×12＝48(種)．錯因分析據(jù)報道,在高考中有很多考生填了48種．這主要是沒有看清題設(shè)“有4種顏色可供選擇”，不一定需要4種顏色全部使用,用3種也可以完成任務(wù)．正解當使用四種顏色時，由前面的誤解知有48種著色方法;當僅使用三種顏色時，從4種顏色中選取3種有Ceq\o\al(3,4）種方法，先著色第一區(qū)域,有3種方法，剩下2種顏色涂四個區(qū)域，只能是一種顏色涂第2、4區(qū)域，另一種顏色涂第3、5區(qū)域，有2種著色方法，由乘法原理知有Ceq\o\al（3,4）×3×2＝24（種)．綜上，共有48＋24＝72（種)方法．例7已知ax2－b＝0是關(guān)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個數(shù)．誤解從集合{1，2,3,4}中任意取兩個元素作為a、b，方程有Aeq\o\al（2,4）個，當a、b取同一個數(shù)時方程有1個，共有Aeq\o\al(2，4)＋1＝13（個)．錯因分析誤解中沒有注意到題設(shè)中:“求解集不同的……"所以在上述解法中要去掉同解情況，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，故要減去2個．正解由分析，共有13－2＝11（個）解集不同的一元二次方程．六、未考慮特殊情況出錯在排列、組合中要特別注意一些特殊情況，一有疏漏就會出錯．例8現(xiàn)有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民幣各一張，100元人民幣2張，從中至少取一張，共可組成不同的幣值種數(shù)是()A．1024種 B．1023種C．1536種 D．767種誤解因為共有人民幣10張，每張人民幣都有取和不取2種情況，減去全不取的1種情況,共有210－1＝1023(種)，故選B.錯因分析這里100元面值比較特殊有兩張，在誤解中被計算成4種情況，實際上只有不取、取一張和取二張3種情況．正解除100元人民幣以外每張均有取和不取2種情況，100元人民幣的取法有3種情況，再減去全不取的1種情況，所以共有28×3－1＝767（種）,故選D。七、題意的理解偏差出錯例9現(xiàn)有8個人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相鄰的排法的種數(shù)為（)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)誤解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有Aeq\o\al（5,5）種排法，5人排好后產(chǎn)生6個空檔，插入甲、乙、丙三人有Aeq\o\al（3，6）種方法，這樣共有Aeq\o\al(3，6)·Aeq\o\al(5,5）種排法，選A.錯因分析誤解中沒有理解“甲、乙、丙三人不能相鄰"的含義，得到的結(jié)果是“甲、乙、丙三人互不相鄰"的情況．“甲、乙、丙三人不能相鄰"是指甲、乙、丙三人不能同時相鄰,但允許其中有兩人相鄰．正解在8個人全排列的方法數(shù)中減去甲、乙、丙全相鄰的方法數(shù)，就得到甲、乙、丙三人不相鄰的方法數(shù)，即Aeq\o\al(8,8)－Aeq\o\al（6,6)·Aeq\o\al(3，3），故選B。排列、組合問題雖然種類繁多，但只要能把握住最常見的原理和方法，即“分步用乘、分類用加、有序排列、無序組合”，留心容易出錯的地方就能夠以不變應(yīng)萬變，把排列、組合學好．7用五種意識求解二項式問題在歷年高考中都有涉及二項式定理的試題，本文總結(jié)了五種解題意識，旨在強化同學們解此類問題的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解題能力得以提高．一、通項意識凡涉及到展開式的項及其系數(shù)問題，常是先寫出其通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al（r，n)an－rbr，再根據(jù)題意進行求解．因此通項意識是解二項式問題的首選意識．例1若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x3＋\f(1,\r(x）))）n的展開式中含有常數(shù)項，則最小的正整數(shù)n為________．解析展開式的通項為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必須能被7整除，∴滿足條件的最小正整數(shù)n＝7。答案7二、方程意識已知展開式中若干項系數(shù)的關(guān)系，求指數(shù)n及二項式中參數(shù)的值等，可借助展開式中的通項，根據(jù)題意建立方程解決．例2已知eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a，x）－\r（\f（x，2)))）9展開式中x3的系數(shù)為eq\f（9,4），則常數(shù)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，依題意，有eq\f(3，2)r－9＝3，解得r＝8.故含x3的項為第9項，其系數(shù)為（－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、特殊化意識在求展開式中的各系數(shù)之和及某些組合數(shù)之和時,有意識地對未知數(shù)試取某些特殊值是一種非常有效的方法．例3若對于任意的實數(shù)x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2（x－2)2＋a3(x－2)3,則a2的值為(）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點評解決本題也可令x3＝［（x－2)＋2］3，利用展開式求解．四、轉(zhuǎn)化意識轉(zhuǎn)化意識是高考重點考查的內(nèi)容之一．在二項式定理的有關(guān)問題中，主要表現(xiàn)在單項式和三項式轉(zhuǎn)化配湊為二項式來求解；多個二項式的積的某項系數(shù)問題轉(zhuǎn)化為乘法分配律問題．例4（1＋2x2)(x－eq\f（1,x))8的展開式中常數(shù)項為________．（用數(shù)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，∴常數(shù)項為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、應(yīng)用意識應(yīng)用是數(shù)學的歸宿，二項式定理主要應(yīng)用于近似計算、證明整除、求組合數(shù)及求余數(shù)等問題．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，則a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于（）A．81 B．27C．243 D．729解析由題知，2n＋6＝n＋2或2n＋6＋n＋2＝20，得n＝－4（舍）或n＝4。此時令x＝－1,得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.答案A8二項式定理中易混概念辨析在學習二項式定理時,極易忽略一些條件或混淆一些概念,下面對解題中常見的錯誤加以剖析，以提高同學們的警惕性．一、項與項的系數(shù)(a＋b)n的展開式中的第r＋1項是Ceq\o\al（r,n)an－rbr（注意a，b可以是實數(shù)，還可以是代數(shù)式)，而第r＋1項的系數(shù)是對應(yīng)單項式中的數(shù)字因數(shù)．例1（x－1)10的展開式中的第6項的系數(shù)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)解析因為(x－1）10的展開式的第6項是T6＝Ceq\o\al（5,10)x10－5（－1)5＝－Ceq\o\al(5，10）x5,故第6項的系數(shù)是－Ceq\o\al(5，10).答案D二、項的系數(shù)與項的二項式系數(shù)(a＋b）n的展開式中的第r＋1項的二項式系數(shù)是Ceq\o\al（r，n）(r＝0，1,2，…，n），僅與n,r有關(guān)；而第r＋1項的系數(shù)不是