2018版高中数学第一章计数原理疑难规律方法学案苏教版选修2_3.doc

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1、- 1 -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，除了分类计数原理和分步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.1.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_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，

2、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 个根据分类计数原理，不同的选购方式共有 322119(种)答案 9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2树形图法例 2 甲、乙、丙三人传球，从甲开始传出，并记为第一次，经过 5 次传球，球恰好回到甲手中，则不同的传球方法的种数是_解析 本题数字不大，可用树形图法，结果一目了然如下图，易知不同的传球方法种数为 10.答案 10点评 应用两个计数原理时，如果涉及的问题较抽象，且数量不太

3、多时，可以用树状结构直观体现3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- 2 -少种不同的取法？解 把四个人分别编号、，他们写的 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 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 3 4 1 4 4 1 3 3 4 4 1 4 1 2 2 1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 1方法编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9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4直接法例 4 已知某容器中，H 有

4、 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 分子和 NaOH 分子？解 因为 HCl 分子由两个原子构成，所以分两步完成：第 1 步，选择氢原子，共有 3 种；第2 步，选择氯原子，共有 2 种由分步计数原理得共有 6 种 HCl 分子同理，对于 NaOH 而言，分三步完成：第 1 步，选择钠原子，有 3 种选法；第 2 步，选择氧原子，有 4 种选法；第 3 步，选择氢原子，有 3 种选法由分步计数原理知，共有 NaOH 分子种数为 34336(种)点评 当问题情景中的规律明显，已符合分类计数原理或分步计数原理中的某一类型

5、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.- 3 -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！1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(i1,2，6)，若a11， a33， a55

6、， a1a3a5，则不同的排列方法有_种解析 由题意， a11， a33， a55， a1a3a5.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 A 种方法由分步计数原理得，不同的排列方法有35A 30(种)3答案 302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”全排列，最后再“松绑” ，将特殊元素在这些位置上全排列例 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_种解析 先将两位老人排在一起有 A 种排法，再将 5 名志愿者排在一起有

7、 A 种排法，最后将2 5两位老人插入 5 名志愿者间的 4 个空位中有 C 种插入方法，由分步计数原理可得，不同的14排法有 A A C 960(种)2 5 14答案 9603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 高三(一)班需要安排毕业晚会的 4 个音乐节目，2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是_解析 先排 4 个音乐节目和 1 个曲艺节目有 A 种方法，这 5 个节目之间以及两端共有 6 个5空位，从中选两个放入舞蹈节

8、目，共有 A 种放法所以两个舞蹈节目不连排的排法共有26A A 3 600(种)5 26- 4 -答案 3 6004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 A种选法，其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有 C A 种，故共有 A C A 36(种)选35 1224 35 1224法答案 3

9、65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_种解析 如果用两种颜色，则有 C 种颜色可以选择，涂法有 2 种如果用 3 种颜色涂色，有26C 种颜色可以选择，涂法有 C C (C 1)18(种)36 13 12 12所以，不同涂色种数为 C 2C 18390(种)26 36答案 3906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

10、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_种解析 首先把 5 个班分成 4 组，即 2,1,1,1，有 种方法然后把 4 组分配到 4 个工C25C13C12C1A3厂，每个工厂安排一组有 A 种方法由分步计数原理可得不同的安排方法4有 A 240(种)C25C13C12C1A3 4答案 2403 排列、组合中的“分组”与“分配”辨析- 5 -分组分配问题在排列组合问题中占有很重要的位置，并且分组分配问题比较复杂，也是大家学习中的一个难点，下面通过实例来剖析各种各样的分组分配问题1互异元素的“均匀分组”例 1 6 本不同的书，分成

11、三份，每份 2 本，共有多少种不同的分法？解 因为平均分组与顺序无关，在 C C C 90 种分法中，每一种分法重复出现了 A 次，26 24 2 3只能算作一次如将 6 本书 a， b， c， d， e， f 分成 ab， cd， ef 三组是一种分法，而解答中考虑它们之间的顺序有 A 种分法，具体如下表.3步骤 第一组 第二组 第三组分法 1 ab cd ef分法 2 ab ef cd分法 3 cd ab ef分法 4 cd ef ab分法 5 ef ab cd分法 6 ef cd ab以上的分法，实际上加入了组的顺序性，但像分法 1,2,3,4,5,6，实际上是同一种分法，所以要除以 A

12、 来消除顺序，故共有 15 种分法3C26C24C2A32互异元素的“均匀分配”例 2 6 本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人 2 本，共有多少种不同的分法？解 由例 1 可知，将 6 本不同的书均匀分成 3 组，共有 种分法，然后将 3 组书再分配C26C24C2A3给甲、乙、丙三人，与顺序有关，所以共有 A C C C 90 种分法C26C24C2A3 3 26242也可这么理解：先取 2 本给甲有 C 种方法，再取 2 本给乙有 C 种方法，余下 2 本给丙有 C26 24种方法，取的过程实际已经将书进行了分配，故共有 C C C 90 种分法2 26 24 23互异元素的“非均匀分组

13、”例 3 6 本不同的书，分成三份，一份 3 本，一份 2 本，一份 1 本，共有多少种不同的分法？解 先取 1 本作一堆有 C 种方法，再取 2 本作一堆有 C 种方法，余下 3 本作一堆有 C 种16 25 3方法，由于每组的数目不同，所以不会出现重复的分法，故共有 C C C 60(种)分法16 25 34互异元素的“非均匀分配”例 4 6 本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人 3 本，一人 2 本，一人 1 本，共有多少种- 6 -不同的分法？解 先分组，再分配，甲、乙、丙三人得到的书不同(数目不同或数目相同但书不同)应视作是不同的分配方法，所以与顺序有关即：首先，不平均分成三堆有 C

14、 C C 种方法，16 25 3然后再分给甲、乙、丙三人有 A 种方法，共有 C C C A 360(种)分法3 16 25 3 35互异元素的“部分平均分组”例 5 6 本不同的书，分成三份，有两份各 1 本，另一份 4 本，共有多少种不同的分法？解 三组中有两组是平均分组，这两组是无序的，应对这两组消序故共有 15C16C15C4A2种分法以上五类问题是十分典型的“分组分配”问题，它的每一个小题都是一种类型，我们要认真领会计数时常有下面的结论：“无对象的均匀分配”问题，只需按“有对象的均匀分配”问题列式后，再除以组数的全排列数，对于“无对象的非均匀分配”与“有对象的非均匀分配”问题，前者只

15、需分步完成，后者先分组，后排列4 “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1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：小球必须相同；盒子必须不同；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2隔板法的实际应用应用 1 20 个相同的小球放入编号为 1 号、2 号

16、、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 如下图，用“0”表示小球，0000|00000000|00000000在上图中，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 C 171 种放法219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 x420 的正整数解有多少个？- 7 -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

17、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 C 969319种点评 不定方程 x1 x2 x3 xm n(n， mN *， 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 n1 个间隔中，选出 m1 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 NC .m 1n结论

18、 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 m1 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 NC .m 1m 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C 20 种36(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

19、 个位置中选 3 个位置安排隔板，故共有 C 120 种放入方式3102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 C 165 种.8115 排列、组合中的数学思想1分类讨论思想- 8 -例 1 如果一个三位正整数形如“ a1a2a3”，满

20、足 a1a2，且 a3a2，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_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： a10， a22.下面只需对 a22， a23， a29 分别进行讨论，并求其值后求和当 a22 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 a23 时， a1从 1,2 中任取一个有 C 种， a3从 0,1,2 中任取一个有12C 种，所以共有 C C 种；当 a24 时，

21、a1从 1,2,3 中任取一个有 C 种， a3从 0,1,2,3 中13 12 13 13任取一个有 C 种，所以共有 C C 种；当 a29 时， a1从 1,2,3，8 中任取一个有14 13 14C 种， a3从 0,1,2，8 中任取一个有 C 种，共有 C C 种综上，可得组合成所有的18 19 18 19凸数个数为 2C C C C C C C C C C C C C C 240.12 13 13 14 14 15 15 16 16 17 17 18 18 19答案 240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

22、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)在这些二次函数图象中，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 a0，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 a0.因此，可从3，2，1,1,2,3,4

23、 中选取一个排在 a 的位置上，有 C 种选法 b， c 的取值没有特殊17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 C 种选法，再把它们排27在 b， c 的位置上有 A 种排法由分步计数原理共有 C C A 7 2294(个)2 17 27 2762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C A C A 321 2294(个)不同的二次函数38 3 27 2876321 762(2)当对称轴为 y 轴时， b0，这样的抛物线有 A 42(条)27当抛物线过原点时， c0，抛物线的顶点为 .(b2a， b24a)当顶点在第一象

24、限时，有Error!- 9 -故Error!这样的抛物线有 A A 12(条)；13 14当顶点在第三象限时，有Error!故Error!这样的抛物线有 A 12(条)24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2数形结合思想例 3 以圆 x2 y22 x2 y10 内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为_解题提示 将圆的一般方程化为标准方程，画出图形，结

25、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( x1)2( y1) 23.如图，圆内共有 9 个整数点，组成的三角形的个数为 C 876.39答案 76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3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

26、方式共有_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Error!( x， yN)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 7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， 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_种- 10 -解析 如图，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

27、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 C 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36的不同取法有 C 416(种)36答案 16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1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，即分类计数原理和分步计数原理，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

28、 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_种错解 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种取法错因剖析 错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C 种方法；第二步是在组装计算机中任意选取 3 台，有 C 种方法，据分步计数原理共有26 35C C 种方法同理，完成第二类办法中有 C C 种方法据分类计数原理完

29、成全部的选26 35 36 25- 11 -取过程共有 C C C C 350(种)方法26 35 36 25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_错解 把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，有 A 24(种)34错因剖析 错解是没有理解分步计数原理的概念，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，由分步计数原理共有 33333 4(种)，故填 81.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，其他人就不再有夺冠可能2

30、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？错解 因为是 8 个小球的全排列，所以共有 A 种方法8错因剖析 错解中没有考虑 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C 56(种)排法383重复计算出错

31、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 5 本不同的书全部分给 4 个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为_错解 先从 5 本书中取 4 本分给 4 个人，有 A 种方法，剩下的 1 本书可以给任意一个人有454 种分法，共有 4A 480(种)不同的分法，填 480.45错因剖析 设 5 本书为 a、 b、 c、 d、 e，四个人为甲、乙、丙、丁按照上述分法可能得到如下的表 1 和表 2：表 1甲 乙 丙 丁a b c de- 12 -表 2甲 乙 丙 丁e b c da表 1 是甲首先分得 a、乙分得 b、丙分得 c、丁分得 d，

32、最后一本书 e 给甲的情况；表 2 是甲首先分得 e、乙分得 b、丙分得 c、丁分得 d，最后一本书 a 给甲的情况这两种情况是完全相同的，而在错解中计算成了不同的情况，正好重复了一次正解 首先把 5 本书转化成 4 本书，然后分给 4 个人第一步：从 5 本书中任意取出 2 本捆绑成一本书，有 C 种方法；25第二步：再把 4 本书分给 4 个学生，有 A 种方法，4由分步计数原理，共有 C A 240(种)方法，故填 240.25 4例 5 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？错解 第一个人先挑选 2 天，第二个人再挑选

33、 2 天，剩下的 3 天给第三个人，这三个人再进行全排列共有 C C A 1 260.27253错因剖析 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 630(种)C27C25A3A24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 6 用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的比 1 000 大的奇数共有_个错解 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

34、取法，剩下 3 个数排中间两个位置有 A种排法，共有 23A 36(个)23 23错因剖析 错解只考虑了四位数的情况，而比 1 000 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 23A 36(个)，再由前面分析知满足题意的3四位数和五位数共有 72 个5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- 13 -多解或漏解例 7 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_种错解 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

35、一种颜色涂相对的两块区域，有 C 2A 12(种)，由分步计数原理共有 41248(种)13 2错因剖析 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，由前面的错解知有 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 C 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，34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，由分步计数原理有 C 3224(种)综上，共有 482472(种)34例 8

36、已知 ax2 b0 是关于 x 的一元二次方程，其中 a、 b1,2,3,4，求解集不同的一元二次方程的个数错解 从集合1,2,3,4中任意取两个元素作为 a、 b，方程有 A 个，当 a、 b 取同一个数时24方程有 1 个，共有 A 113(个)24错因剖析 错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Error!和Error! 同解，Error! 和Error!同解，故要减去 2 个正解 由分析，共有 13211(个)解集不同的一元二次方程6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 9 现有 1 角、2 角、5 角、1 元

37、、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_错解 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 21011 023(种)，故填 1 023.错因剖析 这里 100 元面值比较特殊有两张，在错解中被计算成 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 2831767(种)，故填 767.7题意的理解偏差出错例 10 现有 8 个人排成一

38、排照相，其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法有_种(用式子作答)错解 除了甲、乙、丙三人以外的 5 人先排，有 A 种排法，5 人排好后产生 6 个空档，插入5- 14 -甲、乙、丙三人有 A 种方法，这样共有 A A 种排法36 36 5错因剖析 错解中没有理解“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 A A A .8 6 3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

39、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1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 Tr1 C an rbr，再根据题意进rn行求解因此通项意识是解二项式问题的首选意识例 1 若 n的展开式中含有常数项，则最小的正整数 n 为_(2x3 1x)解析 展开式的通项为Tr1 C (2x3)n r rC 2n r732rx.rn (1x) rn

40、令 3n 0，得 r ，7r2 6n7 rN 且 r n， n 必须能被 7 整除，满足条件的最小正整数 n7.答案 72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 9展开式中 x3的系数为 ，则常数 a_.(ax x2) 94- 15 -解析 Tr1 C 9 r rr9(ax) ( x2)(1) r 2C a9 r3，r9依题意，令 r93，解得 r8.32故含 x3的项为第 9 项，其系数为(1) 824 C a ，8994即 a ，解得 a4.916 94答案 43特殊化意识在求展开式中的各系数之和及某些

41、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(x2) a2(x2) 2 a3(x2) 3，则 a2的值为_解析 a31， a2 a3C13(2)0， a26.答案 6点评 解决本题也可令 x3( x2)2 3，利用展开式求解4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 (12 x2)(x )8的展开式中常数项为_1x解析 (12 x2) 8 82 x2 8，(x1x) (x 1x) (x 1x)常数项

42、为 C48x4( x1 )42 x2C58x3( x1 )5，即 7025642.答案 425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 C C (nN *)，且(2 x)n a0 a1x a2x2 anxn，则2n 620 n 220a0 a1 a2(1) nan_.解析 由题知，2 n6 n2 或 2n6 n220，- 16 -得 n4(舍)或 n4.此时令 x1，得 a0 a1 a2(1) nan3 481.答案 818 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

43、高同学们的警惕性1项与项的系数(a b)n的展开式中的第 r1 项是 C an rbr(注意 a， b 可以是实数，还可以是代数式)，而第rnr1 项的系数是对应单项式中的数字因数例 1 ( x1) 10的展开式中的第 6 项的系数为_(用组合数表示)解析 因为( x1) 10的展开式的第 6 项是T6C x105 (1) 5C x5，510 510故第 6 项的系数是C .510答案 C 5102项的系数与项的二项式系数(a b)n的展开式中的第 r1 项的二项式系数是 C (r0,1,2， n)，仅与 n， r 有关；而rn第 r1 项的系数不是二项式系数 C ，但有时这个系数与二项式系数

44、相等注意二项式系数rnC 一定为正，而对应项的系数有时可能为负rn例 2 ( x32 x)7的展开式中第 4 项的二项式系数是_，第 4 项的系数是_解析 因为( x32 x)7的展开式的第 4 项是- 17 -T4C (x3)4(2x)3，37故该项的二项式系数是 C 35，37该项的系数是 23C 280.37答案 35 2803各项的二项式系数和与各项的系数和设 a， b 为常数，则( ax b)n的展开式中各项的二项式系数和为 C C C C 2 n.0n 1n 2n n在( ax b)n的展开式中令 x1，则得( ax b)n的展开式中各项的系数和为( a b)n.例 3 在(12

45、x)7的展开式中，各项的二项式系数和为_；各项的系数和为_；各项系数的绝对值之和为_解析 各项的二项式系数和为 27128；令 x1，则得各项的系数和为(12) 71；令 x1，则得各项系数的绝对值之和为(12) 72 187.答案 128 1 2 1874奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数例 4 (1 x)6的展开式中， x 的奇次项系数之和是_错解 (1 x)6C C xC x2C x6，06 16 26 6奇次项系数之和为 C C C C 32，06 26 46 6故填 32.错因剖析 混淆了奇数项系数与奇次项系数的概念，误以为是奇数项系数之和，从而导致错误正解 (1 x)6C C xC

46、 x2C x6，06 16 26 6奇次项系数之和为C C C 32，故填32.16 36 56答案 325颠倒公式( a b)n中 a， b 的顺序例 5 若 n展开式中，第 3 项是常数，则中间项是第几项？(3x 1x)错解 T3C x23 n2 C 8nx，2n (1x) 2n因为第 3 项是常数，所以令 0，8 3n3解得 n .由于 n 为自然数，83所以此题无解错因剖析 此题并不是无解二项式( a b)n与( b a)n全部展开项是相同的，只是前后顺序- 18 -颠倒而已；但具体涉及到二项展开式的某一项时就不一定相同了，因为二项展开式的项是按照( a b)n第一个数 a 的降幂排列的，不可随意颠倒 a， b 的顺序，如( a b)n的第 r1 项是C an rbr，( b a)n的第 r1 项是 C bn rar，因此要注意项数与顺序的关系rn rn正解 T3C 23x 2 C 83x，因为第 3 项是常数，所以令 0，2n (1x) 2n n 83解得 n8.故展开式总共有 9 项，中间项是第 5 项