排列组合中的典型错误

排列组合解题中的⼋⼤典型错误、24种解题技巧和三⼤重要模型！总论：
⼀、知识点归纳
⼆、基本题型讲解
三、排列组合解题备忘录
1．分类讨论的思想
2. 等价转化的思想
3. 容斥原理与计数
4. 模型构造思想
四、排列组合中的8⼤典型错误
1．没有理解两个基本原理出错
2. 判断不出是排列还是组合出错
3. 重复计算出错
4. 遗漏计算出错
5. 忽视题设条件出错
6. 未考虑特殊情况出错
7．题意的理解偏差出错
8. 解题策略的选择不当出错
五、排列组合24种解题技巧
1．排序问题
相邻问题捆绑法
相离问题插空排
定序问题缩倍法（插空法）
定位问题优先法
多排问题单排法
圆排问题单排法
可重复地排列求幂法
全错位排列问题公式法
2．分组分配问题
平均分配问题去除重复法（平均分配问题）
相同物品分配的隔板法
全员分配问题分组法
有序分配问题逐分法
3．排列组合中的解题技巧
⾄多⾄少间接法
染⾊问题合并单元格法
交叉问题容斥原理法
构造递推数列法
六．排列组合中的基本模型
分组模型（分堆模型）
错排模型
染⾊问题
北北学姐为⼤家整理了“（学霸整理）排列组合解题中的⼋⼤典型错误、24种解题技巧和三⼤重要模型”看不懂的同学还可以额外分享⼀对⼀的学霸视频课，⼤家可以领取⼀份电⼦版，希望能帮到同学们快速提⾼成绩，决战⾼考！（推荐收藏，冲刺复习的时候练习⽤）
学姐作为⼀个过来⼈，真⼼想帮到⼤家更好地提⾼成绩
如果家长看到这份学习资料，⼀定要给孩⼦领取这⼀份提分法宝哦！。

跳出排列组合的“误区陷阱”排列组合问题虽然种类繁多,稍不注意就会产生这样或那样的错误,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.下面我们给出一些排列组合问题的一些典型错例解析,以期能够帮助大家起到防微杜渐的作用.1．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88A 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:5638=C 排法. 2．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26C 种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有35C 种方法，据乘法原理共有3526C C ⋅种方法.同理，完成第二类办法中有2536C C ⋅种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有+⋅3526C C 3502536=⋅C C 种方法. 3．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。

排列组合常见解题错误剖析学生在解排列组合题时常犯以下几类错误：1、“加法”、“乘法”原理混淆；2、“排列”、“组合”概念混淆；3、重复计数；4、漏解.本文拟就学生在排列组合问题上的常犯错误归纳分析如下：1.“加法”、“乘法”原理混淆两个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n 类方法，这n 类方法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理；如果完成一件事有n 个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法数就用分步计数原理.【例1】（93年高考题21）50件产品中有4件次品，从中任意抽出5件，其中至少有3件次品的抽法有_______种.（注：所选高考题为理科题，以下同）〖错解〗有))((1464424634C C C C ++＝46575种.〖错因〗分类与分步概念不清，即加法原理与乘法原理混淆.〖正解〗分为二类：第一类，先取3件次品，再取2件正品，其抽法有（分两步，用乘法原理）24634C C 种；第二类，有4件次品的抽法同理有14644C C 种，最后由加法原理，不同的抽法共有24634C C +14644C C ＝4186种.【例2】（91年高考题10）从4台甲型与5台乙型电视机中任选出3台，其中至少要有甲、乙型机各一台，则不同的取法共有（ ）（A ）140种 （B ）84种 （C ）70种 （D ）35种〖错解〗有15242514C C C C ＝300种选法.〖错因〗同例1.〖正解〗（合理分类，合理使用两个基本原理）从4台甲型机中选2台，5台乙型机中选1台；或从4台甲型机中选1台，5台乙型机中选2台，共有15242514C C C C +＝70种选法.所以选C .2．“排列”、“组合”概念混淆界定排列与组合问题是排列还是组合？唯一的标准是“顺序”，“有序”是排列问题，“无序”是组合问题，排列与组合问题并存，解答时，一般采用先组合后排列的方法.【例3】（题目见上例）〖错解〗有15242514A A A A +＝140种选法，答A .〖错因〗元素与顺序无关，应是组合问题.【例4】（94年高考题10）有甲、乙、丙3项任务，甲需要2人承担，乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有（ ）种.(A) 1260 (B) 2025 (C) 2520 (D) 5040〖错解一〗分三步完成：首先从10人中选出4人，有410C 种方法；再从这4人中选出二人承担任务甲，有24A 种方法；剩下的两人去承担任务乙、丙，有22A 种方法，由乘法原理，不同的选法共有410C 24A 22A ＝5040种，选D.〖错因〗“排列” 、“组合”概念混淆不清.承担任务甲的两人与顺序无关，此处应是组合问题，即24A 应为24C .〖错解二〗分三步完成，不同的选法共有410C 24C 22C ＝1260种，选A. 〖错因〗剩下的两人去承担任务乙、丙，这与顺序有关，此处应是排列问题，即22C 应为22A .〖正解一〗不同的选法有410C 24C 22A ＝2520种. 〖正解二〗先从10人中选出2人承担任务甲；再从余下8人中选出一人承担任务乙；最后从剩下的7人中选出一人去承担任务丙，由乘法原理，不同的选法有1718210C C C ＝2520种.〖正解三〗从10人中选出2人承担任务甲；再从余下8人中选出二人承担任务乙、丙，由乘法原理，不同的选法有28210A C ＝2520种，选C.【例5】从4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的3块土地上进行试验，有多少种种植的方法.〖错解〗有34C =4 种.〖错因〗3个品种种在不同土质的3块土地上，有不同的种植顺序，应是排列问题.〖分析〗对这类既含组合，又含排列的问题，其解答思路是“先组合，后排列”，即“先选后排”.〖正解〗有3334A C ＝24（或34A =24）种植方法. 3、重复计数出增解【例6】（题目同例2）〖错解〗从甲、乙型机中各取1台，再由余下的7台机子中取1台，有171415C C C =140种选法.所以选A.〖错因〗若从甲型机中选出的是a 机和b 机，依错解会出现先取a 机后取b 机和先取b 机后a 取机两种情形，显然两种取法的结果是相同的，但却作为两种不同取法重复进行了计数，即由于组合问题的无序性，使不同的组合方式，产生了相同的结果.〖正解一〗（注意到错解正好多算一倍）1402171415=C C C . 〖正解二〗有15242514A A A A +=70种选法,所以选C.【例7】（95年高考题12）四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法有________种.〖错解一〗从4只盒子中取出三只，有34C 种方法，从4个球中取出3个放入取出的三只盒子内，有34A 种方法，再将余下的球放入三只有球的盒子中的一只内，有13C 种放法，所以共有34C 34A 13C ＝288种放法. 〖错解二〗分三步完成.首先取出3个盒子，有34C 种方法；再把球分为三组，有1224C C 种方法；最后把三组球排列后放入盒子，有33A 种方法.由乘法原理，共有34C 1224C C 33A ＝288种方法.〖错因〗同上题. 〖正解一〗在错解中消除重复，有2C 133434C A ＝144种放法. 〖正解二〗从四个球中取出2个作为一组，与另两个球一起放入四个盒子中的三个内，有3424A C ＝144种放法.〖正解三〗将四个球分别放入四只盒子后，取出其中的2盒并为一盒（自然出现一空盒），有2444C A ＝144种放法.【例8】（课本变式题）7个人排成一排，甲不排头，乙不排尾的排法有几种？〖错解一〗排在排头的有除甲之外的16A 种情形，排在尾的也有除乙之外的16A 种情形，两端排好后余下的排中间有55A 种情形，所以不同的排法有551616A A A =4320种.〖错因〗排排头的6种情形也有乙不在排尾的情况，因此重复计算了555A 种情形.〖正解一〗减去重复数，应为551616A A A -555A ＝3720种. 〖错解二〗头尾两个位置可从甲、乙之外的5人中选两人来排，有25A 种排法，余下的人排中间有55A 种方法，所以甲、乙不在排头、排尾的排法有25A 55A 种；又甲、乙分别在排尾、排头的排法各有66A 种，因此不同的排法共有25A 55A +266A ＝3840种. 〖错因〗甲排尾且乙排头已包含在甲排尾或乙排头的情形中，因此重复计算了55A 种排法.〖正解二〗减去重复数，应为25A 55A +266A -55A ＝3720种排法. 重复计数是学生解答排列组合问题时最容易出现的错误之一，且自己还很难查出错因，教师应把以上几种常见重复的原因分析清楚，才可使学生在此类问题上少出错.4、思维不严密而漏解（遗漏有关情形）【例9】（题目同例8）〖错解〗总排法数为77A ，去掉甲排头的排法66A 种，再去掉乙排尾的排法66A 种,得满足题意的排法：77A －266A ＝3600（种）.〖错因〗甲排头的排法中已含有乙排尾的情况，同理，乙排尾的排法中也含有甲排头的情况.而错解中甲排头，同时乙排尾的排法被减去两次，从而造成漏解.（甲、乙作为有限制条件的特殊元素，对其排法须同时考虑，否则会因顾此失彼而出错）〖正解一〗（方法同错解，补上被多减的部分）有77A －266A +55A ＝3720种排法.〖正解二〗分为两类：甲排中间5个位，有551515A A A 种方法；甲排尾，有66A 种方法，由加法原理，共有551515A A A ＋66A ＝3720种排法. 【例10】（90年高考题13）A 、B 、C 、D 、E 五人站成一排，如果B 必须站在A 的右边（A 、B 可以不相邻），那么不同的站法有（ ）种.(A) 24 (B) 60 (C) 90 (D) 120〖错解〗把A 、B “捆绑”为一个元素（B 在A 的右边），与C 、D 、E 一起全排列，有44A ＝24种站法，答A.〖错因〗审题不严，未注意到“A 、B 可以不相邻”而漏解.〖正解一〗按B 的位置分为四类：B 排第一、二、三、四位时的排法数分别是44A 、333A 、233A 、33A ，所以共有44A +333A +233A +33A =60种排法，选B. 〖正解二〗利用对称关系（注意到A 在B 左边与A 在B 右边的排列情形是对称相同的），有255A =60(种)，选B . 【例11】（97年高考题15）四面体的顶点和各棱中点共10个点，从中取出4个不共面的点，不同的取法有（ ）种.(A) 150 (B) 147 (C) 144 (D) 141〖分析〗考虑到此题中四点共面的情形有三类：①四点位于同一表面；②四点为两组相对棱的中点；③四点为一条棱上的三点与其相对棱的中点.求解时若只考虑到情形①，就会由算式410C －446C ＝150而错选A ；若只考虑到情形①、②，就会由算式410C －446C －3＝147而错选B ；若只考虑到情形①、③，就会由算式410C －446C －6＝144而错选C ；只有三种情形都考虑到，才能得到正确的结果410C －446C －6－3＝141，选D.（从此题选项的设置可看出命题者之良苦用心）5、算法选择不当而造成易出错的复杂局面如对90年高考题13，不会利用对称关系解决，选择分类法后由于情形较复杂而易因考虑不周出错.如在高考90年题（14）、96年题（17）及97年题（15）中，应该用间接法而不恰当地选用了直接法.【例12】（93年高考题17）同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）(A) 6种 (B) 9 种 (C) 11种 (D) 23种〖正解一〗A 的卡分给B 、C 、D 三人，有13C 种方法；设B 拿到A 的卡，则B 的卡可分给A 、C 、D 三人中任一人，也有三种方法；余下两张卡分给剩余两人，有11C 种方法，所以共有13C 13C 11C ＝9种不同的分法. 〖正解二〗设A 先拿卡有13C 种方法；然后由A 拿到谁的卡，则由谁再去拿卡，也有三种方法；余下两张卡分给剩余两人，只有1种方法，所以共有13C 13C 11C ＝9种不同的分法. 或将所有可能的分配方案一一写出也不失为一种方法.错因多在于选用了间接法，由于情形复杂而出错.6、应用对称关系不当一些排列组合问题，可应用对称关系简便地解决（如高考90年题13），但首先应判断清楚该问题是否具有对称性.【例13】（87年高考题14）由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字且1与2不相邻的五位数，求这种五位数的个数.〖错解〗（应用对称关系）有4355A =90个. 〖错因〗1与2在这个五位数中的位置有12、1╳2、1╳╳2、1╳╳╳2四种情形，故误以为1、2不相邻的情形有占总数的43，而实际上，这四种情形下的五位数的个数是不同的，不具有对称性.〖正解〗：有2433A A （或55A -4422A A ）＝72个.。

排列组合中的不知所“错”福建省德化第一中学(362500)郑碧星摘要排列组合问题条件隐晦，稍不注意极易岀错，数字运算较大，难以验证，往往令人不知所“错”.本文就几类学生平时常犯的错误进行正误剖析.关键词排列；组合;计数原理;易错一、错在计数原理理解不清1究竟谁是指数，谁是底数如果完成一件事需要n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有步骤才能完成这件事,完成每一个步骤各有若干种 不同的方法,求完成这件事的方法种数,就用分步计数原理.例1(1)有4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛，每人限报一科,有多少种不同的报名方法？(2)有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果错解(1)43;(2)错把3个冠军安排给4位同学，有A3种不同结果;也可能犯以下错误：第1名同学可能夺得数学、物理、化学竞赛的冠军有3种可能，同样的第2,3,4名同学夺冠也是3种可能，根据分步计数原理有34种不同结果.错因分析：没有弄清题意，没有真正理解分类计数原理的本质•错解(1)分不清完成一件事需要的步骤和完成每一个步骤有几种不同的方法•错解(2)忽略了每一个学生可能夺得多项冠军，也可能一项冠军也没获得.正解(1)完成报名这件事，需要4名同学依次完成报名工作4个步骤，而完成每一个步骤有3种不同的报名方法 (有3个学科可选),根据分步乘法计数原理，不同的报名方法有3x3x3x3=34种.(2)确定竞赛冠军的结果这件事，需要3个学科依次完成竞赛冠军的确定3个步骤，而完成每一个步骤有4种不同的结果(4名学生都有可能成为冠军),根据分步乘法计数原理,不同的结果共有4x4x4=43种.2究竟是涂了几种颜色例2如图1,一个地区分为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,有多少种不同的着色方法？错解1第1步,区域1有4种颜色可选;第2步，区域2有3种颜色可选;第3步,区域3有2种颜色可选;第4步,区域4有2种颜色可选;第5步，区域5有1种颜色可选•根据分步乘法计数原理共有4x3x2x2x1—48种不同的着色方法.错解2先着色区域1,有4种颜色可选，剩下3种颜色着2,3,4,5四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域有C3x2x A2—12种,根据分步乘法计数原理共有4x12=48种不同的着色方法.错因分析：区域4和2着同色时，区域5有两种颜色可选，区域4和2着不同色时，区域5只有1种颜色可选•也就是完成区域4涂色的两类方法,到区域5颜色选取时的种类是不一样的•另外题设“有4种颜色可供选择”，不一定需要4种颜色全部使用，用3种颜色也可以完成任务.正解1不妨假设区域1至3依次着1号,2号,3号颜色,将区域4和5的着色方案列举如下：⑵3),⑵4),(4,3).根据分步乘法计数原理共有4x3x2x3=72种不同的着色方法.正解2当使用4种颜色时，由前面的误解有48种着色方法；当仅使用3种颜色时:从4种颜色中取3种有C3种方法，先着色区域1,有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是1种颜色涂区域2,4,另一种颜色涂区域3,5,有2种着色方法，由分步乘法计数原理有C4x3x2=24种,综上共有48+24=72种不同的着色方法.3究竟是说英语还是日语计数的基本原则是不重不漏，相当一部分错解都是重复计数惹的祸〔J其根源在于没有明确的分类标准导致多选或漏选.因此,解含有约束条件的排列组合问题,可按元素的性质进行分类,按事件发生的连续过程分步，做到分类标准明确,分步层次清楚，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终.例3有11名外语翻译人员，其中5名会英语,4名会日语,另外两名英、日语都精通，从中选岀8人,组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译日语，问共有多少种不同的选派方式？错解第1类从5名会英语中选岀4名翻译英语，从其余的6名中选岀4名翻日语；第2类从4名会日语中选岀4名翻日语，从其余的7名中选岀4名翻英语.共有 c 4 x c 4 + c 4 x c 4 —110 种.错因分析:错在分类标准没有贯穿始终!正解以只会日语的4人中选岀翻译日语的人数为标 准进行分类：第1类只会日语的4人全选岀来翻译日语,再 从剩下的7人中选岀4人翻 译英语，有C 4 x C 4 — 35种图2选法；第2类从只会日语的4人中选岀3人翻日语,再从都精通的2人中选岀1人翻日语,最后从剩下的6人选岀4 人翻译英语，有C 4 x C 2 x C 4 — 120种选法；第3类从只 会日语的4人中选岀2人翻译日语,再从都精通的2人中选岀2人翻日语,最后从剩下的5人选岀4人翻译英语，有C 4 x C 2 x C 4 — 30种选法.根据分类加法计数原理，共有185种不同的选派方式.本题还有如下分类标准：以2名都精通的人被选上翻译英语的人数为标准；以2名都精通的人被选上翻译日语的人 数为标准;以只会英语的5人选岀翻译英语的人数为标准.二、错在无序与有序混乱1究竟哪里多算了一般地，将mn 个元素均匀分成n 组(每组m 个元素), 共有C m ” xg ”：” x • • • xC m种方法.在排列组合中常A n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的错误.尤其要注意分组分配的问题，要求 能够先分组再分配！例4 5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少1本，不同分法种数为()A. 480 种B. 240 种C. 120 种D. 96 种错解先从5本书中取4本分给4个人，有A 5种方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共有4xA 5 =480种不同的分法，选A.错因分析：设5本书为a,b, c,d,e ,四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分法，列岀两种情况如下表：表1表2c , 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,重复了一次.正解 把5本书转化成4“本”，然后分给4个人.第1步,从5本书中任意取岀2本捆绑成1 “本”书，有C 5种方法;第 2步,再把4 “本”书分给4个学生，有A 4种方法.根据乘法计 数原理，共有C 5 x A 4 — 240种方法，故选B.本题是有关分组与分配的问题，是一类极易岀错的 题型,解决这类问题就是要分清“有序”还是“无序”，题中将5本不同的书按2本、1本、1本、1本这样分成4组，有 C 5 xC 3；3唱％ c 1种分法，这里均分了 3组,要除以顺序.2究竟是排列还是组合在处理排列组合问题时，要认真仔细审题，根据题设条 件判断是排列还是组合问题，不能因混淆两个概念而造成错 解闵例5把10个相同的小球放入编号为1,2,3的三个不同 的盒子中，使得盒子里的球的个数不小于它的编号数，则不同的放法种数是多少错解因为盒子里的球的个数不小于它的编号数，所以先分给2号盒子1个小球,3号盒子2个小球，再把剩下的7个小球分给3个不同盒子,要求每个盒子至少一个小球.先 分组有以下4类：第1类，按(1,1, 5)分，共有C 7x % C 5=21种；第2类，按(2, 2, 3)分，共有C 7 x密％ C 3 — 105种；第3类,C i C 3 C 3按(1, 3, 3)分,共有 5 x xC 3 =70 种;第 4 类，按(1, 2,4)分,共有 C 7 x C 6 x C 4 — 105 种.再排列，不同的方法种数有(21 + 105 + 70 + 105)A 3 —1806种不同放法.错因分析：上述错解忽视了小球都是相同的，因而将7个小球分成3堆只有4种分法，其次将3堆小球放入3个不同的盒子时只有(1, 2, 4)这种情况属于不同元素的排列问题有A 3种不同的排法，而其它3类中的3堆小球有两堆个数 是一样的,不能用全排列，每一类中将3堆小球分到3个不 同的盒子只有3种分法，如(1, 1, 5), (1, 5, 1), (5, 1, 1).正解15种.提示：因为盒子里的球的个数不小于它的编号数，所以先分给2号盒子1个小球，分给3号盒子2个小 球，再把剩下的7个小球分给3个不同盒子,要求每个盒子至少 1 个小球.方法 1.先分堆有以下 4 类：(1, 1, 5), (2, 2, 3), (1, 3, 3),(1, 2, 4);再排列，不同的放法种数是3 + 3 + 3 + 6 = 15种.方法2.在7个小球之间形成的6个空位放入两个隔板将小球分成3份,每一份小球对应放入3个不同的盒子，共有C 6 — 15种不同的放法.将n 个相同元素分配给k(k < n)个不同的对象，这类问题处理的策略是一-隔板法，即将n个相同元素排成一列,再从元素两两之间的n-1个空隙中选取k-1处插入隔板,从而使这些元素分成了k份,对应着k个分配对象,故不同的分配方案有磴二种[3].三、错在不能合理建立模型一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型，可使问题直观解决.例6（2016年高考全国III卷）定义“规范01数列”{a”}如下：{a”}共有2m项，其中m项为0,m项为1,且对任意k c2m,a i,a2,•••,a fc中0的个数不少于1的个数，若m=4,则不同的“规范01”数列共有（）A.18个B.16个C.14个D.12个错解选D.错因分析：本题问的是已知4个0,4个1能排成多少个“规范01数列”——即要求任意前k项中0的个数不少于1的个数，属于有特殊要求的站队问题,没能转化为熟悉的模型求解是导致本题错误的原因.正解由于a fc只能取0和1,可以联想到排列组合中从A地走到B地，每步只能向右或向上走的问题,构造如图3所示的模型，假设a fc—0相当于向右走一步,a fc—1相当于向上走一步,则该问题等价于从点A岀发到点B,任意k步中，向右的步数不少于向上的步数，求最短路径有多少种方法.由于第一步必须是A t E,最后一步必须是F t B,故只考虑正方形EGFH内的部分，按要求,不能走线段AB之上的路线，即不能经过点K,H,I.从点E到点F 共有C3种不同的方法，其中经过点K（含过点H）的有C4种不同的方法，而经过点I但不经过点K的有2种，故有C f-（C4+2）—14种不同的方法•故选C.B图3图4例7在一次射击比赛中，8个泥制的靶子挂成三列，其中两列各挂3个,一列挂2个，如图4所示，一射手射击时只准击碎三列靶子中任意列的最下面的一个，若每次射击都遵循这条原则，击碎全部8个靶子，共有多少种不同的次序？错解根据字母A,B,C的不同排序,所以有A3=6种不同次序•或者简单的按8个字母排序,所以有A8种不同的次序.错因分析：本题是有特殊要求的排序，打完8个靶子的所有不同的次序相当于8个字母排次序，但要求的次序是A1—t A2—t A3,B i—t B2,C i—t C2—t C3,所以这是一个定序模型问题，没掌握好该模型的运用是导致错误的原因.正解根据定序问题一-除法倍缩策略〔3〕,把8个字母全排列,再消去3个A字母的排列顺序，消去2个B字母的排列顺序，消去3个C字母的顺序，击碎8个靶子所有的不同次序有磊=560种.四、错在读题不清，审题不严排列组合问题，往往是失之毫厘谬以千里.因此解决这类问题一定得注意题中的每句话，甚至每个字和符号，避免由于读题不清楚,审题不严谨导致错误切1“至多”，“至少”，究竟是多少例8编号为1,2,3,4,5的五个人，分别坐在编号为1,2, 3,4,5的座位上，则至多有两个号码一致的坐法种数为（）A.120B.119C.110D.109错解“至多有2个号码一致”的对立事件是“3个或4个（5个）号码一致”,3个号码一致有C3x A2种,4个号码一致仅一种，所以所求的坐法种数为A5-C3x A2-1—99,无选项.错因分析：3个号一致时，另2个号则不能一致,例如选择了1,2,3号一致，则4号人只能坐5号位置且5号人坐4号位，仅一种坐法而不是A2种•思维不严谨导致解题岀错.正解选D•“至多有2个号码一致”的对立事件是“3个或4个（5个）号码一致”,3个号码一致有C3种（若3个号一致，另外2个不在自己号位仅一种方法）,4个号码一致仅一种，所以所求的坐法种数为A5-C3-1—109种，选D.2究竟确定了几个面解与几何图形有关的排列组合问题时，要充分挖掘图形的隐含条件,转化为有限制条件的组合或排列问题求解•空间识图不准，会造成多算漏算，因此计算时一定要注意共点、共线、共面等情形.例9四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？错解C4o-4C4—150种.错因分析：对空间几何图形认识不准确，没有把所有共面的点找岀来，造成了多算.数形结合中不可忽视的“隐患”广东省中山市中山纪念中学(528454)李文东数形结合是重要的数学思想方法之一，我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”•在解决函数问题时，我们经常会采用数形结合的思想和方法，通过数与形之间的对应与转化来解决函数问题，使得复杂的问题简单化，抽象的问题直观化.由于我们在数形结合时,作出的一般只是函数的大致图像，但是有些时候需要我们对函数的细节把握的更清楚,这些细节是数学结合中的“隐患”，作图时如果不消除这些“隐患”，往往就会导致严重的错误•本文就数形结合中常见的一些“隐患”举例说明，以期将这些“隐患”消除在萌芽中!一、由定义域导致的“隐患”例1已矢口函数f(x)—1x2—a ln x(a e R),讨论函数f(x)的零点个数,并说明理由.解采用分离参数然后数形结合求解.方程f(x)—0解的个数O-x2—a ln x—0的x解的个数O a—-的解的个数O直线y—a2ln xx2与函数y—「(x—1)的图像的交点的个数.由于2ln xf z(x)—X(l；；|x-)，令f z(x)—0得x—V e,可知f(x)在(0,1)和(1,/e)上递减，在(/e,+x)上递增，且f(/e)—e.作出f(x)的图像如图1所示，由此可知：当a e[0,e)时,方程无解，即f(x)的零点个数为0个;当a<0或a—e 时,方程有惟一解,f(x)的零点个数为1个;当a>e时方程有两解，即f(x)的零点个数为2个.x2评注本题容易犯的错误是忽略了函数y-害一的定义域{x|x—1},得出f(x)在(0,疋)上递减，在氐,+x)上递增，从而得到a<e时方程无解的错误结论！图1图2二、由增长速度导致的“隐患”例2函数h(x)—2"-x4的零点的个数为___.解函数h(x)—2"-x4的零点的个数O方程2"—x4=0的解的个数O函数f(x)—2"与函数g(x)—x4图像交点的个数•在同一坐标系中作出这两个函数的图像(如图2),容易看出这两个函数图像有两个交点.由于f(x)=2"和g(x)—x4在(0,+x)上都为增函数，且随着x 的变大，函数f(x)—2"的增长速度会远远超过g(x)—x4的增长速度，又h(2)<0,h(20)—22o—204—324—204>0,故在(2,20)内两函数图像还会有一个交点•综上函数h(x)零点的个数为3个.评注因为函数f(x)—2"与函数g(x)—x4增长速度都比较快,数形结合很难直观完整的反映出两者图像直接的关系,作图时若不考虑到它们之间的增长差异性，则会得出两个零点的错误结论！正解直接考虑4个不共面的点的取法比较繁琐，种类繁多，形式复杂，正面解答比较困难，而通过反面入手，从4点共面考虑比较便捷•在四面体的顶点和棱的中点中，取4个点共面的情形有三类：①同在四面体4个表面的6个点，任选4个点是共面的，共有4C4个;①每一条棱和对棱的中点确定一个平面，共有6个不同的平面，每个面内的4个点共面，共有6C4个;①6个中点构成了分别与一组对棱平行的平面3个(平行四边形)，所以有C4o—4C4—6—3=141种不同的取法.总之，正所谓“处处留心皆学问”，在排列组合的学习过程中留心容易出错的地方，定能做到不重不漏，把排列组合学好.参考文献[1]张前晟.都是重复惹的祸——例析排列组合中的易错题[J].读写算,2019(05):200-201.[2]卢会玉.《计数原理》易错题归类剖析[J].中学生数理化,2020(03):19-21.[3]郑灿基.排列组合的解题技巧一-理分类和分步，讲策略重模型[J].教学考试,2019(38):27-29.。