江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法（理）8.1 計數(shù)原理與二項式定理講義（含解析）

江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法（理）8.1 計數(shù)原理與二項式定理講義（含解析）本部分內(nèi)容在高考中基本年年都考，并以壓軸題形式考查.2014年考復合函數(shù)求導和數(shù)學歸納法；2015年主要考查計數(shù)原理，又涉及到數(shù)學歸納法；2016年考查組合數(shù)及其性質(zhì)等基礎知識，考查考生的運算求解能力和推理論證能力；2017年考查概率分布與期望及組合數(shù)的性質(zhì)，既考查運算能力，又考查思維能力.2018年考查計數(shù)原理，考查考生的運算求解能力和推理論證能力近幾年高考對組合數(shù)的性質(zhì)要求較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學歸納法等知識交匯考查第一講 計數(shù)原理與二項式定理題型(一)計數(shù)原理的應用主要考查兩個計數(shù)原理在集合或數(shù)列中的應用. 典例感悟例1(2018·江蘇高考)設nN*，對1，2，n的一個排列i1i2in，如果當s<t時，有is>it，則稱(is，it)是排列i1i2in的一個逆序，排列i1i2in的所有逆序的總個數(shù)稱為其逆序數(shù)例如：對1,2,3的一個排列231，只有兩個逆序(2,1)，(3,1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1,2，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個數(shù)(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表達式(用n表示)解(1)記(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對1,2,3的所有排列，有(123)0，(132)1，(213)1，(231)2，(312)2，(321)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2)2.對1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，將數(shù)字4添加進去，4在新排列中的位置只能是最后三個位置因此f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)對一般的n(n4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個：12n，所以fn(0)1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12n中的任意相鄰兩個數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)n1.為計算fn1(2)，當1,2，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n1添加進原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三個位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.當n5時，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，當n5時，fn(2).方法技巧(1)深化對兩個計數(shù)原理的認識，培養(yǎng)“全局分類”和“局部分步”的意識，并在操作中確保：分類不重不漏；分步要使各步具有連續(xù)性和獨立性. (2)解決計數(shù)應用題的基本思想是“化歸”，即由實際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計算其結(jié)果，從而解決實際問題演練沖關(2018·蘇北三市三模)已知集合U1,2，n(nN*，n2)，對于集合U的兩個非空子集A，B，若AB，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”記集合U的所有“互斥子集”的組數(shù)為f(n)(視(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”)(1)寫出f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)求f(n)解：(1)f(2)1，f(3)6，f(4)25.(2)法一：設集合A中有k個元素，k1,2,3，n1.則與集合A互斥的非空子集有2nk1個于是f(n)(2nk1)(2nk)因為2nk2nkC2nC20(21)n2n13n2n1，CC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一個元素只能在集合A，B，CU(AB)之一中，則這n個元素在集合A，B，C中，共有3n種，其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n，所以A，B均為非空子集的種數(shù)為3n2×2n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).題型(二)二項式定理的應用主要考查利用二項式定理求和或利用二項式定理論證整除問題.典例感悟例2(2018·江蘇六市二調(diào))已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.記Tn(2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化簡Tn的表達式，并證明：對任意的nN*，Tn都能被4n2整除解由二項式定理，得aiC(i0,1,2，2n1)(1)T2a23a15a0C3C5C30. (2)因為(n1k)C(n1k)·(2n1)C， 所以Tn(2k1)ank(2k1)C(2k1)C2(n1k)(2n1)C2(n1k)C(2n1)2(2n1)(2n1)2(2n1)··(22nC)(2n1)··22n1(2n1)C. Tn(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因為CN*，所以Tn能被4n2整除. 方法技巧二項式定理中的應用主要是構(gòu)造一個生成相應二項式系數(shù)的函數(shù)，通過研究函數(shù)關系證明恒等式、不等式和整除性問題將二項式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn中的a，b進行特殊化就會得到很多有關組合數(shù)的相關和的結(jié)果，這是研究有關組合數(shù)的和的問題的常用方法還可以利用求函數(shù)值的思想進行賦值求解演練沖關設a，b，nN*，且ab，對于二項式()n.(1)當n3,4時，分別將該二項式表示為(p，qN*)的形式；(2)求證：存在p，qN*，使得等式()n與(ab)npq同時成立解：(1)當n3時，()3(a3b)(b3a)， .當n4時，()4a24a6ab4bb2(a26abb2)4(ab)， .(2)證明：由二項式定理得()n(1)kC()nk()k，若n為奇數(shù)，則()nC()nC()n2()2C()3()n3C()()n1C()n1()C()n3()3C()2·()n2C()n，分析各項指數(shù)的奇偶性易知，可將上式表示為()nu1v1的形式，其中u1，v1N*，也即()n，其中pua，qvb，p，qN*，若n為偶數(shù)，則()nC()nC()n2()2C()2()n2C()nC()n1·()C()n3()3C()3()n3C()()n1類似地，可將上式表示為()nu2v2的形式，其中u2，v2N*，也即()n，其中pu，qvab，p，qN*.所以存在p，qN*，使得等式()n.同理可得()n可表示為()n，從而有pq()()()n()n(ab)n，綜上可知結(jié)論成立題型(三)組合數(shù)的性質(zhì)應用主要考查利用組合數(shù)性質(zhì)進行代數(shù)化簡論證問題. 典例感悟例3(2018·蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開始，除1以外，其他每一個數(shù)值是它上面的兩個數(shù)值之和，這個三角形數(shù)陣開頭幾行如圖所示(1)在楊輝三角形中是否存在某一行，且該行中三個相鄰的數(shù)之比為345？若存在，試求出是第幾行；若不存在，請說明理由；(2)已知n，r為正整數(shù)，且nr3.求證：任何四個相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構(gòu)成等差數(shù)列解(1)楊輝三角形的第n行由二項式系數(shù)C，k0,1,2，n組成如果第n行中有，那么3n7k3,4n9k5，解得k27，n62.即第62行有三個相鄰的數(shù)C，C，C的比為345.(2)證明：若有n，r(nr3)，使得C，C，C，C成等差數(shù)列，則2CCC，2CCC，即，.有，化簡整理得，n2(4r5)n4r(r2)20，n2(4r9)n4(r1)(r3)20.兩式相減得，n2r3，于是C，C，C，C成等差數(shù)列而由二項式系數(shù)的性質(zhì)可知CCCC，這與等差數(shù)列的性質(zhì)矛盾，從而要證明的結(jié)論成立方法技巧(1)對于組合數(shù)問題，需要熟記并能靈活運用以下兩個組合數(shù)公式：CC，CCC.(2)對于二項式定理問題，需掌握賦值法和二項式系數(shù)的性質(zhì)，并能將二項式系數(shù)與二項展開式系數(shù)區(qū)別開來演練沖關(2018·南京、鹽城一模)設nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2)化簡：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCk×n×0.k2Cn(n1)CnCk2×n(n1)×n×k×0.(2)法一：由(1)可知，當k2時，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：當n3時，由二項式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，兩邊同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，兩邊對x求導，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，兩邊再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，兩邊再對x求導，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn·2n1n(n1)2n22n·2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4)A組大題保分練1設集合A，B是非空集合M的兩個不同子集，滿足：A不是B的子集，且B也不是A的子集(1)若Ma1，a2，a3，a4，直接寫出所有不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)；(2)若Ma1，a2，a3，an，求所有不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)解：(1)110.(2)集合M有2n個子集，不同的有序集合對(A，B)有2n(2n1)個當AB，并設B中含有k(1kn，kN*)個元素，則滿足AB的有序集合對(A，B)有(2k1)2k3n2n個同理，滿足BA的有序集合對(A，B)有3n2n個故滿足條件的有序集合對(A，B)的個數(shù)為2n(2n1)2(3n2n)4n2n2×3n.2記1,2，n滿足下列性質(zhì)T的排列a1，a2，an的個數(shù)為f(n)(n2，nN*)性質(zhì)T：排列a1，a2，an中有且只有一個aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)當n3時，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中滿足僅存在一個i1,2,3，使得aiai1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f(3)4.(2)在1,2，n的所有排列(a1，a2，an)中，若ain(1in1)，從n1個數(shù)1,2,3，n1中選i1個數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，ai1，其余按從小到大的順序排列在余下位置，于是滿足題意的排列個數(shù)為C.若ann，則滿足題意的排列個數(shù)為f(n1)綜上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.從而f(n)(n3)f(3)2nn1.3(2018·南京、鹽城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)試猜想f(n)的表達式(用一個組合數(shù)表示)，并證明你的猜想解：(1)由條件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲證猜想成立，只要證等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)當n1時，等式顯然成立當n2時，因為rCn×nC， 故rCC(rC)CnCC.故只需證明nCnCCnCCnC·CnCC.即證CCC CC CC CC.而CC，故即證CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C.而右邊(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系數(shù)為CC CC C·C CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立綜上，f(n)C成立法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個組合模型，一個袋中裝有(2n1)個小球，其中n個是編號為1,2，n的白球，其余(n1)個是編號為1,2，n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個小球，一方面，由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球(nr)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為C·C，0rn1，由分類計數(shù)原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數(shù)為CC CC CC CC.另一方面，從袋中(2n1)個小球中任意摸出n個小球的組合的個數(shù)為C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用導數(shù))由二項式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.兩邊求導，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.×，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)·(C2CxrCxr1 nCxn1)左邊xn的系數(shù)為nC.右邊xn的系數(shù)為CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，構(gòu)造一個組合模型，從2n個元素中選取(n1)個元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n，n，若(n1)個元素中，從第一部分中取n個，第二部分中取1個，則有CC種選法，若從第一部分中取(n1)個，第二部分中取2個，則有CC種選法，由分類計數(shù)原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n)·C.4(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二)已知函數(shù)f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1)當n2時，若f(2)f(2)A，求實數(shù)A的值；(2)若f(2)m(mN*,0<<1)，求證：(m)1.解：(1)當n2時，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(5×1610×4×525)610，所以A610. (2)證明：因為f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由題意知，f(2)(2)2n1m(mN*,0<<1)，首先證明對于固定的nN*，滿足條件的m，是唯一的假設f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*,0<1<1,0<2<1，m1m2，12)，則m1m2210，而m1m2Z，21(1,0)(0,1)，矛盾所以滿足條件的m，是唯一的. 下面我們求m及的值：因為f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C·22n1()2C22n3()4C21()2n，顯然f(2)f(2)N*. 又因為2(0,1)，故(2)2n1(0,1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0,1). 所以令m2C22n1C22n1()2C·22n3()4C21()2n，(2)2n1，則mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)·f(2)(2)2n1·(2)2n1(54)2n11. B組大題增分練1(2016·江蘇高考)(1)求7C4C的值；(2)設m，nN*，nm，求證：(m1)C(m2)·C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C7×4×0.(2)證明：當nm時，結(jié)論顯然成立當nm時，(k1)C(m1)·(m1)C，km1，m2，n.又因為CCC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.2(2018·南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個下圖所示的三角形數(shù)陣：設Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1kn，kN*.記M1<M2<<Mn的概率為pn.(1)求p2的值；(2)證明：pn>.解：(1)由題意知p2，即p2的值為.(2)證明：先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為；去掉第n行已經(jīng)排好的n個數(shù)，則余下的n個數(shù)中最大數(shù)在第n1行的概率為；故pn×××.由于2n(11)nCCCCCCC>CCC，故>，即pn>.3(2018·蘇州暑假測試)設集合M1,0,1，集合An(x1，x2，xn)|xiM，i1,2，n，集合An中滿足條件“1|x1|x2|xn|m”的元素個數(shù)記為S.(1)求S和S的值；(2)當m<n時，求證：S<3n2m12n1.解：(1)S8，S32.(2)證明：設集合P0，Q1,1若|x1|x2|xn|1，即x1，x2，x3，xn中有n1個取自集合P,1個取自集合Q，故共有C21種可能，即為C21，同理，|x1|x2|xn|2，即x1，x2，x3，xn中有n2個取自集合P,2個取自集合Q，故共有C22種可能，即為C22，若|x1|x2|xn|m，即x1，x2，x3，xn中有nm個取自集合P，m個取自集合Q，故共有C2m種可能，即為C2m，所以SC21C22C2m，因為當0kn時，C1，所以C10，所以SC21C22C2m<C20(C21C22C2m)(C1)2m1(C1)2n(C20C21C22C2mC2m1C2n)(2m12m22n)(12)n(2n12m1)3n2n12m1.所以當m<n時，S<3n2m12n1.4(2018·常州期末)對一個量用兩種方法分別算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法利用這種方法，結(jié)合二項式定理，可以得到很多有趣的組合恒等式如：考察恒等式(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左邊xn的系數(shù)為C，而右邊(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系數(shù)為CC CCC C(C)2(C)2(C)2(C)2，因此可得到組合恒等式C(C)2(C)2(C)2(C)2.(1)根據(jù)恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，兩邊xk(其中kN，km，kn)的系數(shù)相同，直接寫出一個恒等式；(2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明：