排列组合与二项式定理易错题分类与解析

■河北省唐山市海港高级中学 曹越程

一、有序问题与无序问题

例1 4名优等生保送到3所学校去,每所学校至少有1名保送生,则不同的保送方案的总数是____。

错解:根据题目要求每所学校至少接纳1名优等生,常采用先安排每学校1人,而后将剩余的1人保送到其中1所学校,故有×3=72(种)方案。

剖析:以上的解法是将保送到同一所学校的2名学生按进入学校的前后顺序,分为2种方案,而实际题目中对进入同一所学校的2名学生是无顺序要求的。

正解:

(方法1)分两步:先将4名优等生分成2,1,1三组,共有种方法;而后,对三组学生安排3所学校,即进行全排列,有A种方法。依据乘法原理,共有=36(种)方案。

(方法2)分两步:从每个学校至少有1名学生,每人进一所学校,共有A34种方法;再将剩余的1名学生保送到3所学校中的1所,有3种方法。值得注意的是,同在一所学校的2名学生是不考虑进入的先后顺序的,因此,共有·3=36(种)方案。

点评:本题主要考查排列组合、乘法原理等知识,以及灵活应用上述知识处理数学问题的能力。方法1采用先组合后排列的方法,它是处理分堆问题的常用方法。方法2分两次安排优等生,但应注意进入同一所学校的2名优等生是不考虑顺序的。

二、均匀分组与不均匀分组问题

例2 有9本不同的书,分给甲、乙、丙3名学生,按照以下的条件,各有多少不同的分法?(1)每人分得3本;(2)一人2本,一人3本,一人4本;(3)一人5本,另外两人各2本。

错解:(1)把9本书分成3堆:有种方法,再分给甲、乙、丙3名学生有种方法,所以结果为33=10080。

(2)一人2本,一人3本,一人4本,结果为=1260。

(3)一人5本,另外两人各2本,结果为=4536。

剖析:(1)误认为与顺序无关,多乘了,重复计数致错。(2)的错误是对条件分析不到位,误认为具体对象分得本数已定,产生漏解情况;(3)中忽视了条件“两人都得2本”,重复计数。

点评:本题是排列组合中典型的均匀分组、不均匀分组,以及部分均匀分组的题型,分组问题也是高考的热点问题之一。

三、元素相同与不同问题

例3 有4封相同的信寄出去,有3个不同的信箱可以投放,有多少种不同的投放方法?

错解:以信封为主体考虑,每一封信可投入3个信箱中的1个,则每封信有3种投放方法,共有34种投放方法。

剖析:如果信是不同的话,以上解法就对了,但题目中的信是相同的。我们可以换个角度思考这个问题,相同元素的问题一般采用隔板法求解。

正解:每个邮箱所投信的数分别为x、y、z,则有x+y+z=4,且x≥0,y≥0,z≥0。故(x+1)+(y+1)+(z+1)=7。再设x'+y'+z'=7,且x'=x+1≥1,y'=y+1≥1,z'=z+1≥1,由隔板法可得=15。

点评:相同元素的问题常用隔板法,平时同学们还要注意审题能力的培养。

四、相邻与不相邻问题

例4 8人排成一队,A、B、C3人互不相邻,D、E2人也互不相邻的排法共有多少种?

错解:第一步,把A、B、C、D、E以外的F、G、H3人全排列,有种方法;第二步,前3人排好后,留下4个空,把A、B、C3人插入,有种方法;第三步,前6人排好后,留下7个空,把D、E2人插入空当,有种方法。

由乘法原理知有=6048(种)方法。

剖析:由题意知“ADB”的排法也满足题意,但按照以上排法,A、B之间早就有F或G或H了,而不可能出现“ADB”,违反“不重不漏”的原则。

所求排法有=14400-2880=11520(种)。

五、三项式与二项式之间的转化问题

剖析:以上解法忽略了(-1)5-r。

点评:本题两次使用二项式定理,将三项式转化为二项式,借助二项式定理的通项求解,充分体现了等价转化的数学思想。

六、系数与二项式系数问题

例6 设(x-2)n的展开式中第二项与第四项系数之比为1∶2,试求含x2的项。

错解:第二项系数为,第四项系数为,依题意得=1∶2,化简得n2-3n-10=0,解此方程得n=5。

剖析:以上解法错误在于将“二项式定理展开式的某项系数”与“二项式定理展开式的二项式系数”混为一谈,实际上两者既有联系又有区别,当二项式的两项系数为1时,展开式的二项式系数即为各项系数;当二项式的两项系数不为1时,二者就不同了,本题就是一例。

正解:(x-)n的展开式中第二项与第四项分别是:n2-3n-4=0,n=4。则含x2的项的系数为=12,故含x2的项为12x2。

点评:掌握好二项式定理的基本概念、基本性质是解决此类问题的关键。