2018版高中數學 第一章 計數原理疑難規(guī)律方法學案 蘇教版選修2-3.doc

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第一章 計數原理1兩個計數原理的靈活應用計數問題是數學中的重要研究對象，除了分類計數原理和分步計數原理的理論支持，對于較復雜的計數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.1.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_種解析依據選購鼠標和鍵盤的不同個數分類列舉求解若買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個根據分類計數原理，不同的選購方式共有322119(種)答案9點評本題背景中的數量不少，要找出關鍵數字，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2樹形圖法例2甲、乙、丙三人傳球，從甲開始傳出，并記為第一次，經過5次傳球，球恰好回到甲手中，則不同的傳球方法的種數是_解析本題數字不大，可用樹形圖法，結果一目了然如下圖，易知不同的傳球方法種數為10.答案10點評應用兩個計數原理時，如果涉及的問題較抽象，且數量不太多時，可以用樹狀結構直觀體現3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、，他們寫的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222333444134144133441412212313221321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原理計算借助表格，把各種情況一一列出，使問題直觀解決4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分子和NaOH分子？解因為HCl分子由兩個原子構成，所以分兩步完成：第1步，選擇氫原子，共有3種；第2步，選擇氯原子，共有2種由分步計數原理得共有6種HCl分子同理，對于NaOH而言，分三步完成：第1步，選擇鈉原子，有3種選法；第2步，選擇氧原子，有4種選法；第3步，選擇氫原子，有3種選法由分步計數原理知，共有NaOH分子種數為34336(種)點評當問題情景中的規(guī)律明顯，已符合分類計數原理或分步計數原理中的某一類型時，可直接應用公式計算結果，但此法的關鍵是分清是“分類”還是“分步”問題.2排列、組合的破解之術排列、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談破解常見排列、組合模型的常用方法！1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，一般應對有特殊要求的元素優(yōu)先考慮例1將數字1,2,3,4,5,6排成一列，記第i個數為ai(i1,2，6)，若a11，a33，a55，a1a3a5，則不同的排列方法有_種解析由題意，a11，a33，a55，a1a3a5.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A種方法由分步計數原理得，不同的排列方法有5A30(種)答案302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”全排列，最后再“松綁”，將特殊元素在這些位置上全排列例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_種解析先將兩位老人排在一起有A種排法，再將5名志愿者排在一起有A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C種插入方法，由分步計數原理可得，不同的排法有AAC960(種)答案9603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高三(一)班需要安排畢業(yè)晚會的4個音樂節(jié)目，2個舞蹈節(jié)目和1個曲藝節(jié)目的演出順序，要求兩個舞蹈節(jié)目不連排，則不同排法的種數是_解析先排4個音樂節(jié)目和1個曲藝節(jié)目有A種方法，這5個節(jié)目之間以及兩端共有6個空位，從中選兩個放入舞蹈節(jié)目，共有A種放法所以兩個舞蹈節(jié)目不連排的排法共有AA3 600(種)答案3 6004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A種選法，其中甲、乙中有一人擔任文娛委員的選法有CA種，故共有ACA36(種)選法答案 365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_種解析如果用兩種顏色，則有C種顏色可以選擇，涂法有2種如果用3種顏色涂色，有C種顏色可以選擇，涂法有CC(C1)18(種)所以，不同涂色種數為C2C18390(種)答案3906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_種解析首先把5個班分成4組，即2,1,1,1，有種方法然后把4組分配到4個工廠，每個工廠安排一組有A種方法由分步計數原理可得不同的安排方法有A240(種)答案2403排列、組合中的“分組”與“分配”辨析分組分配問題在排列組合問題中占有很重要的位置，并且分組分配問題比較復雜，也是大家學習中的一個難點，下面通過實例來剖析各種各樣的分組分配問題1互異元素的“均勻分組”例16本不同的書，分成三份，每份2本，共有多少種不同的分法？解因為平均分組與順序無關，在CCC90種分法中，每一種分法重復出現了A次，只能算作一次如將6本書a，b，c，d，e，f分成ab，cd，ef三組是一種分法，而解答中考慮它們之間的順序有A種分法，具體如下表.步驟第一組第二組第三組分法1abcdef分法2abefcd分法3cdabef分法4cdefab分法5efabcd分法6efcdab以上的分法，實際上加入了組的順序性，但像分法1,2,3,4,5,6，實際上是同一種分法，所以要除以A來消除順序，故共有15種分法2互異元素的“均勻分配”例26本不同的書，分給甲、乙、丙三人，每人2本，共有多少種不同的分法？解由例1可知，將6本不同的書均勻分成3組，共有種分法，然后將3組書再分配給甲、乙、丙三人，與順序有關，所以共有ACCC90種分法也可這么理解：先取2本給甲有C種方法，再取2本給乙有C種方法，余下2本給丙有C種方法，取的過程實際已經將書進行了分配，故共有CCC90種分法3互異元素的“非均勻分組”例36本不同的書，分成三份，一份3本，一份2本，一份1本，共有多少種不同的分法？解先取1本作一堆有C種方法，再取2本作一堆有C種方法，余下3本作一堆有C種方法，由于每組的數目不同，所以不會出現重復的分法，故共有CCC60(種)分法4互異元素的“非均勻分配”例46本不同的書，分給甲、乙、丙三人，一人3本，一人2本，一人1本，共有多少種不同的分法？解先分組，再分配，甲、乙、丙三人得到的書不同(數目不同或數目相同但書不同)應視作是不同的分配方法，所以與順序有關即：首先，不平均分成三堆有CCC種方法，然后再分給甲、乙、丙三人有A種方法，共有CCCA360(種)分法5互異元素的“部分平均分組”例56本不同的書，分成三份，有兩份各1本，另一份4本，共有多少種不同的分法？解三組中有兩組是平均分組，這兩組是無序的，應對這兩組消序故共有15種分法以上五類問題是十分典型的“分組分配”問題，它的每一個小題都是一種類型，我們要認真領會計數時常有下面的結論：“無對象的均勻分配”問題，只需按“有對象的均勻分配”問題列式后，再除以組數的全排列數，對于“無對象的非均勻分配”與“有對象的非均勻分配”問題，前者只需分步完成，后者先分組，后排列4“隔板法”在計數問題中的妙用“隔板法”在計數問題中有其特殊的適用背景，并且“隔板法”往往會使很復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1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(nm)，每個對象至少有一個元素這類問題必須滿足三個條件：小球必須相同；盒子必須不同；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2隔板法的實際應用應用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？解如下圖，用“0”表示小球，0000|00000000|00000000在上圖中，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C171種放法點評解決此類問題的關鍵是，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用2方程x1x2x3x420的正整數解有多少個？解該問題轉化為：將方程左邊的x1、x2、x3、x4看成是4個盒子得到的小球數，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，類似應用1可知，所以共有C969種點評不定方程x1x2x3xmn(n，mN*，nm)的正整數解個數問題可以轉化為“將n個相同元素分給m個不同對象(nm)，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：通過對隔板法的應用，可得下列結論結論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n1個間隔中，選出m1個插上隔板，每一種隔板的插法對應一種分配方法，則分配方法數NC.結論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m1個隔板和n個元素排成一排，每一種隔板的插法對應一種分配方法，則分配方法數NC.試一試1將7個相同的小球放入4個不同的盒子中(1)不出現空盒時的放入方式共有多少種？(2)可出現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一種球的放入方式，則不同的放入方式共有C20種(2)每種放入方式對應于將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C120種放入方式2某市教委準備在當地的9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解從結果入手，理解相同元素的分堆問題，設計“隔板法分堆”，將一種分配方法和一個組合建立一一對應，實際問題化歸為組合數求解該事件的實質為將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個相同元素構成的11個空中插入8個隔板，其方法有C165種.5排列、組合中的數學思想1分類討論思想例1如果一個三位正整數形如“a1a2a3”，滿足a1a2，且a3a2，則稱這樣的三位數為凸數(120,363,374等)，那么所有的凸數個數為_解題提示本題中的三位正整數，要求中間一位數字最大，需根據中間數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字允許重復解析由題意知：a10，a22.下面只需對a22，a23，a29分別進行討論，并求其值后求和當a22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a23時，a1從1,2中任取一個有C種，a3從0,1,2中任取一個有C種，所以共有CC種；當a24時，a1從1,2,3中任取一個有C種，a3從0,1,2,3中任取一個有C種，所以共有CC種；當a29時，a1從1,2,3，8中任取一個有C種，a3從0,1,2，8中任取一個有C種，共有CC種綜上，可得組合成所有的凸數個數為2CCCCCCCCCCCCCC240.答案240點評本題中分類的標準非常明確，即中間數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鍵點例2從3，2，1,0,1,2,3,4八個數字中任取3個不重復的數字分別作為a、b、c的值構成二次函數yax2bxc.試問：(1)共可組成多少個不同的二次函數？(2)在這些二次函數圖象中，以y軸為對稱軸的有多少條？經過原點且頂點在第一或第三象限的有多少條？解題提示二次函數要求a0，可以優(yōu)先考慮a的取值；也可以用排除法結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)問的關鍵解(1)方法一因為yax2bxc是二次函數，所以a0.因此，可從3，2，1,1,2,3,4中選取一個排在a的位置上，有C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C種選法，再把它們排在b，c的位置上有A種排法由分步計數原理共有CCA72294(個)不同的二次函數方法二利用排除法，從所有情況中去掉“0”排在a位置的情況CACA3212294(個)不同的二次函數(2)當對稱軸為y軸時，b0，這樣的拋物線有A42(條)當拋物線過原點時，c0，拋物線的頂點為.當頂點在第一象限時，有故這樣的拋物線有AA12(條)；當頂點在第三象限時，有故這樣的拋物線有A12(條)故經過原點且頂點在第一或第三象限的共有24條點評當排列、組合問題與相關數學問題背景聯系在一起時，要注意結合數學背景對涉及的字母a，b，c的要求，合理地轉化為a，b，c的直接要求，再進行分類實際問題數學化，文字表述代數化是解決實際背景問題的常規(guī)思想方法2數形結合思想例3以圓x2y22x2y10內橫坐標與縱坐標均為整數的點為頂點的三角形個數為_解題提示將圓的一般方程化為標準方程，畫出圖形，結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，首先求出圓內的整數點個數，然后求組合數，方程化為(x1)2(y1)23.如圖，圓內共有9個整數點，組成的三角形的個數為C876.答案76點評整點個數的計算，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的8條直線與幾何圖形探求有關的組合問題，畫出相關圖形，結合圖形求解是解決此類題目常用的方法3轉化與化歸思想例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_種解析設買單片軟件x件，盒裝磁盤y盒，則命題轉化為不等式組(x，yN)的解的個數，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7點評本題若直接列舉討論，情況較復雜；根據題目條件設出相關變量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，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_種解析如圖，構造三棱錐ABCD，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C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C416(種)答案16點評本題根據問題特征，巧妙地構建恰當的立體幾何圖形，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1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原理，即分類計數原理和分步計數原理，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_種錯解因為可以取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種取法錯因剖析錯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C種方法；第二步是在組裝計算機中任意選取3臺，有C種方法，據分步計數原理共有CC種方法同理，完成第二類辦法中有CC種方法據分類計數原理完成全部的選取過程共有CCCC350(種)方法例2在一次運動會上有四項比賽的冠軍在甲、乙、丙三人中產生，那么不同的奪冠情況的種數為_錯解把四個冠軍，排在甲、乙、丙三個位置上，有A24(種)錯因剖析錯解是沒有理解分步計數原理的概念，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，由分步計數原理共有333334(種)，故填81.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，其他人就不再有奪冠可能2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？錯解因為是8個小球的全排列，所以共有A種方法錯因剖析錯解中沒有考慮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C56(種)排法3重復計算出錯在排列、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計數，產生錯誤例45本不同的書全部分給4個學生，每個學生至少一本，不同的分法種數為_錯解先從5本書中取4本分給4個人，有A種方法，剩下的1本書可以給任意一個人有4種分法，共有4A480(種)不同的分法，填480.錯因剖析設5本書為a、b、c、d、e，四個人為甲、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abcde表2甲乙丙丁ebcda表1是甲首先分得a、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本書e給甲的情況；表2是甲首先分得e、乙分得b、丙分得c、丁分得d，最后一本書a給甲的情況這兩種情況是完全相同的，而在錯解中計算成了不同的情況，正好重復了一次正解首先把5本書轉化成4本書，然后分給4個人第一步：從5本書中任意取出2本捆綁成一本書，有C種方法；第二步：再把4本書分給4個學生，有A種方法，由分步計數原理，共有CA240(種)方法，故填240.例5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？錯解第一個人先挑選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CCA1 260.錯因剖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計算了正解630(種)4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6用數字0,1,2,3,4組成沒有重復數字的比1 000大的奇數共有_個錯解如圖，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個數排中間兩個位置有A種排法，共有23A36(個)錯因剖析錯解只考慮了四位數的情況，而比1 000大的奇數還可能是五位數正解任一個五位的奇數都符合要求，共有23A36(個)，再由前面分析知滿足題意的四位數和五位數共有72個5忽視題設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7如圖，一個地區(qū)分為5個行政區(qū)域，現給地圖著色，要求相鄰區(qū)域不得使用同一顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有_種錯解先著色第一區(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C2A12(種)，由分步計數原理共有41248(種)錯因剖析據報道，在高考中有很多考生填了48種這主要是沒有看清題設“有4種顏色可供選擇”，不一定需要4種顏色全部使用，用3種也可以完成任務正解當使用四種顏色時，由前面的錯解知有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C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，由分步計數原理有C3224(種)綜上，共有482472(種)例8已知ax2b0是關于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個數錯解從集合1,2,3,4中任意取兩個元素作為a、b，方程有A個，當a、b取同一個數時方程有1個，共有A113(個)錯因剖析錯解中沒有注意到題設中：“求解集不同的”所以在上述解法中要去掉同解情況，由于和同解，和同解，故要減去2個正解由分析，共有13211(個)解集不同的一元二次方程6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9現有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是_錯解因為共有人民幣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21011 023(種)，故填1 023.錯因剖析這里100元面值比較特殊有兩張，在錯解中被計算成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2831767(種)，故填767.7題意的理解偏差出錯例10現有8個人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不能相鄰的排法有_種(用式子作答)錯解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有A種排法，5人排好后產生6個空檔，插入甲、乙、丙三人有A種方法，這樣共有AA種排法錯因剖析錯解中沒有理解“甲、乙、丙三人不能相鄰”的含義，得到的結果是“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中減去甲、乙、丙全相鄰的方法數，就得到甲、乙、丙三人不相鄰的方法數，即AAA.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1通項意識凡涉及到展開式的項及其系數問題，常是先寫出其通項公式Tr1Canrbr，再根據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n的展開式中含有常數項，則最小的正整數n為_解析展開式的通項為Tr1C(2x3)nrrC2nr.令3n0，得r，rN且rn，n必須能被7整除，滿足條件的最小正整數n7.答案72方程意識已知展開式中若干項系數的關系，求指數n及二項式中參數的值等，可借助展開式中的通項，根據題意建立方程解決例2已知9展開式中x3的系數為，則常數a_.解析Tr1C9rr(1)rCa9r，依題意，令r93，解得r8.故含x3的項為第9項，其系數為(1)824Ca，即a，解得a4.答案43特殊化意識在求展開式中的各系數之和及某些組合數之和時，有意識地對未知數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x，有x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，則a2的值為_解析a31，a2a3C13(2)0，a26.答案6點評解決本題也可令x3(x2)23，利用展開式求解4轉化意識轉化意識是高考重點考查的內容之一在二項式定理的有關問題中，主要表現在單項式和三項式轉化配湊為二項式來求解；多個二項式的積的某項系數問題轉化為乘法分配律問題例4(12x2)(x)8的展開式中常數項為_解析(12x2)882x28，常數項為C48x4(x1)42x2C58x3(x1)5，即7025642.答案425應用意識應用是數學的歸宿，二項式定理主要應用于近似計算、證明整除、求組合數及求余數等問題例5若CC (nN*)，且(2x)na0a1xa2x2anxn，則a0a1a2(1)nan_.解析由題知，2n6n2或2n6n220，得n4(舍)或n4.此時令x1，得a0a1a2(1)nan3481.答案818二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1項與項的系數(ab)n的展開式中的第r1項是Canrbr(注意a，b可以是實數，還可以是代數式)，而第r1項的系數是對應單項式中的數字因數例1(x1)10的展開式中的第6項的系數為_(用組合數表示)解析因為(x1)10的展開式的第6項是T6Cx105(1)5Cx5，故第6項的系數是C.答案C2項的系數與項的二項式系數(ab)n的展開式中的第r1項的二項式系數是C(r0,1,2，n)，僅與n，r有關；而第r1項的系數不是二項式系數C，但有時這個系數與二項式系數相等注意二項式系數C一定為正，而對應項的系數有時可能為負例2(x32x)7的展開式中第4項的二項式系數是_，第4項的系數是_解析因為(x32x)7的展開式的第4項是T4C(x3)4(2x)3，故該項的二項式系數是C35，該項的系數是23C280.答案352803各項的二項式系數和與各項的系數和設a，b為常數，則(axb)n的展開式中各項的二項式系數和為CCCC2n.在(axb)n的展開式中令x1，則得(axb)n的展開式中各項的系數和為(ab)n.例3在(12x)7的展開式中，各項的二項式系數和為_；各項的系數和為_；各項系數的絕對值之和為_解析各項的二項式系數和為27128；令x1，則得各項的系數和為(12)71；令x1，則得各項系數的絕對值之和為(12)72 187.答案12812 1874奇(偶)數項系數與奇(偶)次項系數例4(1x)6的展開式中，x的奇次項系數之和是_錯解(1x)6CCxCx2Cx6，奇次項系數之和為CCCC32，故填32.錯因剖析混淆了奇數項系數與奇次項系數的概念，誤以為是奇數項系數之和，從而導致錯誤正解(1x)6CCxCx2Cx6，奇次項系數之和為CCC32，故填32.答案325顛倒公式(ab)n中a，b的順序例5若n展開式中，第3項是常數，則中間項是第幾項？錯解T3Cxn2C，因為第3項是常數，所以令0，解得n.由于n為自然數，所以此題無解錯因剖析此題并不是無解二項式(ab)n與(ba)n全部展開項是相同的，只是前后順序顛倒而已；但具體涉及到二項展開式的某一項時就不一定相同了，因為二項展開式的項是按照(ab)n第一個數a的降冪排列的，不可隨意顛倒a，b的順序，如(ab)n的第r1項是Canrbr，(ba)n的第r1項是Cbnrar，因此要注意項數與順序的關系正解T3C2C，因為第3項是常數，所以令0，解得n8.故展開式總共有9項，中間項是第5項