江苏省高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理课件
高考数学二轮复习 专题八 附加题 第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法学案
—————————— 教育资源共享 步入知识海洋 ————————第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法[考情考向分析] 1.考查分类计数原理、分步计数原理与排列、组合的简单应用，B 级要求. 2.考查n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的数学期望与方差，B 级要求.3.考查数学归纳法的简单应用，B 级要求．热点一 计数原理与二项式定理例1 (2018·苏州调研)已知f n (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n ，n ∈N *.(1)当a ＝1时，求f 5(x )展开式中的常数项；(2)若二项式f n (x )的展开式中含有x 7的项，当n 取最小值时，展开式中含x 的正整数次幂的项的系数之和为10，求实数a 的值．解 二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n的展开式通项为T r ＋1＝C r n ()x 2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a x 3r ＝C r n (3a )r x2n －5r(r ＝0,1,2，…，n )， (1)当n ＝5，a ＝1时，f (x )的展开式的常数项为T 3＝9C 25＝90. (2)令2n －5r ＝7，则r ＝2n －75∈N ，所以n 的最小值为6，当n ＝6时，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 36的展开式通项为T r ＋1＝C r 6(3a )r x12－5r(r ＝0,1,2，…，6)， 则展开式中含x 的正整数次幂的项为T 1，T 2，T 3，它们的系数之和为 C 06＋C 16(3a )＋C 26(3a )2＝135a 2＋18a ＋1＝10， 即15a 2＋2a －1＝0，解得a ＝－13或15.思维升华 涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别． (2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x 的二项式(a ＋bx )n(a ，b 为常数)的展开式可以看成是关于x 的函数，且当x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练1 (2018·江苏丹阳高级中学期中)设n ≥3，n ∈N *，在集合{}1，2，…，n 的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为a ，较小元素之和记为b . (1)当n ＝3时，求a ，b 的值；(2)求证：对任意的n ≥3，n ∈N *，b a为定值．(1)解 当n ＝3时，集合{}1，2，3的所有元素个数为2的子集为{}1，2， {}1，3，{}2，3，所以a ＝2＋3＋3＝8,b ＝1＋1＋2＝4.(2)证明 当n ≥3，n ∈N *时，依题意，b ＝1×C 1n －1＋2×C 1n －2＋3×C 1n －3＋…＋()n －2×1(2)C n n --＋()n －1×1(1)C n n --， a ＝2×C 11＋3×C 12＋4×C 13＋…＋()n －1×C 1n －2＋n ×C 1n －1＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋()n －1×()n －2＋n ×()n －1.则a2＝C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 34＋C 24＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1， 所以a ＝2C 3n ＋1.又a ＋b ＝(n －1)(1＋2＋3＋…＋n )＝n ()n ＋12×()n －1＝3C 3n ＋1，所以b ＝C 3n ＋1.故b a ＝12.热点二 随机变量及其概率分布例2 (2018·南京师大附中考前模拟)如图，设P 1，P 2，…，P 6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点．现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量S .(1)求S ＝32的概率； (2)求S 的概率分布及数学期望E (S )．解 (1)从六个点中任选三个不同点构成一个三角形共有C 36种不同选法， 其中S ＝32的为有一个角是30°的直角三角形，(如△P 1P 4P 5)，共6×2＝12种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35. (2)S 的所有可能取值为34，32，334. S ＝34的为顶角是120°的等腰三角形(如△P 1P 2P 3)， 共6种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝34＝6C 36＝310. S ＝334的为等边三角形(如△P 1P 3P 5)， 共2种，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫S ＝334＝2C 36＝110.又由(1)知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35，故S 的概率分布为所以E (S )＝34×310＋32×35＋334×110＝9320. 思维升华 求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练2 (2018·南通、徐州、扬州等六市模拟)在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的3×3表格，其中1格设奖300元，4格各设奖200元，其余4格各设奖100元，点击某一格即显示相应金额．某人在一张表中随机不重复地点击3格，记中奖的总金额为X 元．(1)求概率P ()X ＝600；(2)求X 的概率分布及数学期望E (X )．解 (1)从3×3表格中随机不重复地点击3格，共有C 39种不同情形，则事件“X ＝600”包含两类情形：第一类是3格各得奖200元；第二类是1格得奖300元，一格得奖200元，一格得奖100元，其中第一类包含C 34种情形，第二类包含C 11·C 14·C 14种情形． ∴P ()X ＝600＝C 34＋C 11·C 14·C 14C 39＝521. (2)X 的所有可能值为300,400,500,600,700. 则P ()X ＝300＝C 34C 39＝484＝121，P ()X ＝400＝C 14·C 24C 39＝2484＝27，P ()X ＝500＝C 11·C 24＋C 14·C 24C 39＝3084＝514， P (X ＝600)＝521，P ()X ＝700＝C 11·C 24C 39＝684＝114.∴X 的概率分布为∴E ()X ＝300×121＋400×27＋500×514＋600×521＋700×114＝500.热点三 数学归纳法例3 (2018·江苏姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列{}a n 满足a n ＝C 0n ＋C 1n ＋12＋C 2n ＋222＋C 3n ＋323＋…＋C nn ＋n 2n ，n ∈N *. (1)求a 1, a 2, a 3的值；(2)猜想数列{}a n 的通项公式，并证明． 解 (1)a 1＝2, a 2＝4, a 3＝8. (2)猜想： a n ＝2n (n ∈N *)． 证明如下：①当n ＝1时，由(1)知结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立， 则有a k ＝C 0k ＋C 1k ＋12＋C 2k ＋222＋C 3k ＋323＋…＋C kk ＋k 2k ＝2k.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝C 0k ＋1＋C 1k ＋1＋12＋C 2k ＋1＋222＋C 3k ＋1＋323＋…＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1.由C k ＋1n ＋1＝C k ＋1n ＋C kn 得a k ＋1＝C 0k ＋C 1k ＋1＋C 0k ＋12＋C 2k ＋2＋C 1k ＋222＋C 3k ＋3＋C 2k ＋323＋…＋C k k ＋k ＋C k －1k ＋k 2k＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1 ＝2k＋C 0k ＋12＋C 1k ＋222＋C 2k ＋323＋…＋C k －1k ＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋k 2k －1＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k ＋C k ＋1k ＋1＋k 2k . 又Ck ＋1k ＋1＋k＝()2k ＋1！k ！()k ＋1！＝()2k ＋1！()k ＋1()k ＋1k ！()k ＋1！＝12()2k ＋1！()2k ＋2()k ＋1！()k ＋1！＝12C k ＋1k ＋1＋k ＋1， a k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1，于是a k ＋1＝2k＋12a k ＋1.所以a k ＋1＝2k ＋1,故n ＝k ＋1时结论也成立．由①②得，a n ＝2n，n ∈N *.思维升华 在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练3 (2018·常州期末)记()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1n (n ≥2且n ∈N *)的展开式中含x 项的系数为S n ，含x 2项的系数为T n . (1)求S n ；(2)若T nS n＝an 2＋bn ＋c 对n ＝2,3,4成立，求实数a ，b ，c 的值； (3)对(2)中的实数a ，b ，c 用数学归纳法证明：对任意n ≥2且n ∈N*, T nS n＝an 2＋bn ＋c 都成立． (1)解 S n ＝1＋2＋…＋nn ！＝ n ＋12()n －1！.(2)解T 2S 2＝23， T 3S 3＝116， T 4S 4＝72，则⎩⎪⎨⎪⎧23＝4a ＋2b ＋c ，116＝9a ＋3b ＋c ，72＝16a ＋4b ＋c ，解得a ＝14， b ＝－112， c ＝－16，(3)证明 ①当n ＝2时，由(2)知等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥2)时，等式成立，即T k S k ＝14k 2－112k －16. 当n ＝k ＋1时，由f (x )＝()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ！＋S k x ＋T k x 2＋…⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1，知T k ＋1＝S k ＋1k ＋1T k ＝k ＋12()k －1！·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16，所以T k ＋1S k ＋1＝ k ＋12()k －1！⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16k ＋1＋12k ！＝k k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1＋3k 2－k －212＝k ()3k ＋512，又14()k ＋12－112()k ＋1－16 ＝k ()3k ＋512， 等式也成立；综上可得，对任意n ≥2且n ∈N *，都有T n S n ＝n 24－n 12－16成立．1．(2018·全国大联考江苏卷)(1)求4C 47－7C 36＋k C k n n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)的值．(2)设f (n )＝1·C 1n ·3＋2·C 2n ·32＋…＋n C n n ·3n (n ∈N *)，求方程f (n )＝3 840的所有解． 解 (1)因为4C 47＝4×35＝140, 7C 36＝7×20＝140，k C k n ＝k ·n ！k ！(n －k )！＝ n ·(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！＝n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)． 所以4C 47－7C 36＋k C knn C k －1n －1＝1.(2)由(1)知k C k n ＝n C k －1n －1对1≤k ≤n ，且n ，k ∈N *成立． 所以f (n )＝n (C 0n －13＋C 1n －132＋…＋C n －1n －13n)， 所以f (n )＝3n (C 0n －1＋C 1n －13＋…＋C n －1n －13n －1)＝3n (1＋3)n －1＝3n ·4n －1(n ∈N *)．又因为f (n ＋1)f (n )＝3(n ＋1)·4n 3n ·4n －1 ＝4(n ＋1)n ＝4＋4n>1，即f (n ＋1)>f (n )对n ∈N *成立， 所以f (n )是关于n (n ∈N *)的递增函数． 又因为f (n )＝3 840＝3×5×44＝f (5)，所以当且仅当n ＝5时才满足条件，即n ＝5是方程f (n )＝3 840的唯一解．2．(2018·江苏)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数． (1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．解 (1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.3．已知实数数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝n ＋23n·(a n －1＋2)，n ≥2. 证明：当n ≥2时，{a n }是单调减数列． 证明 当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋33(n ＋1)－1a n ＋2(n ＋3)3(n ＋1)＝23(n ＋1)(n ＋3－na n)．下面用数学归纳法证明：a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝2时，a 2＝46(3＋2)＝103>1＋32；(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥2)时，结论成立，即a k >1＋3k.那么，a k ＋1＝k ＋33(k ＋1)(a k ＋2)>k ＋33(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3k ＋2＝1＋3k >1＋31＋k.故由(1)(2)知，a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．因此，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＋1－a n ＝23(n ＋1)(n ＋3－na n )<0，即当n ≥2时，{a n }是单调减数列．4．(2018·江苏盐城中学模拟)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a .求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望．解 (1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A ，则事件A 的对立事件A 为“没有1首原创新曲被演唱”．所以P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.所以该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量x 表示被演唱的原创新曲的首数，则x 的所有可能值为0,1,2,3. 依题意知，X ＝ax ＋2a (4－x )，故X 的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a .则P (X ＝8a )＝P (x ＝0)＝C 45C 48＝114，P (X ＝7a )＝P (x ＝1)＝C 13C 35C 48＝37，P (X ＝6a )＝P (x ＝2)＝C 23C 25C 48＝37，P (X ＝5a )＝P (x ＝3)＝C 33C 15C 48＝114.从而X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝8a ×114＋7a ×37＋6a ×37＋5a ×114＝132a .A 组 专题通关1．某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程． (1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E (X )． 解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33×3＝23.(2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13， P (X ＝k )＝C k5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝5×13＝53.2．(2018·江苏省南京师大附中模拟)设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集．(1)若M ＝{a 1，a 2}，且A 是B 的子集，求所有有序集合对(A ，B )的个数；(2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，且A 的元素个数比B 的元素个数少，求所有有序集合对(A ，B )的个数．解 (1)若集合B 含有2个元素，即B ＝{a 1，a 2}， 则A ＝∅，{}a 1，{}a 2，则(A ，B )的个数为3；若集合B 含有1个元素，则B 有C 12种，不妨设B ＝{a 1}，则A ＝∅，此时(A ，B )的个数为C 12×1＝2.综上，(A ，B )的个数为5.(2)集合M 有2n个子集，又集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集， 则不同的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n－1)．若A 的元素个数与B 的元素个数一样多，则不同的有序集合对(A ，B )的个数为 C 0n (C 0n －1)＋C 1n (C 1n －1)＋C 2n (C 2n －1)＋…＋C n n (C nn －1)＝ ()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2－(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn )，又(x ＋1)n(x ＋1)n的展开式中x n的系数为()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2,且(x ＋1)n (x ＋1)n ＝(x ＋1)2n 的展开式中x n 的系数为C n2n ， 所以()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2＝C n2n .因为C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n，所以当A 的元素个数与B 的元素个数一样多时， 有序集合对(A ，B )的个数为C n 2n －2n.所以，A 的元素个数比B 的元素个数少时，有序集合对(A ，B )的个数为 2n (2n －1)－(C n 2n －2n )2＝22n －C n2n2.3．已知()1＋x 2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *,T n 都能被4n ＋2整除． 解 由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30. (2)∵()n ＋1＋k C n ＋1＋k2n ＋1＝()n ＋1＋k ·()2n ＋1！()n ＋1＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1·()2n ！()n ＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1C n ＋k2n ，∴T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k ＝∑nk ＝0()2k ＋1Cn －k 2n ＋1＝∑nk ＝0()2k ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝∑nk ＝0[]2()n ＋1＋k －()2n ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝2∑nk ＝0()n ＋1＋k Cn ＋1＋k 2n ＋1－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k2n ＋1＝2()2n ＋1∑nk ＝0Cn ＋k 2n－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k 2n ＋1＝2()2n ＋1·12·()22n ＋C n 2n －()2n ＋1·12·22n ＋1＝()2n ＋1C n 2n .∴T n ＝()2n ＋1C n2n ＝()2n ＋1()C n －12n －1＋C n2n －1＝2()2n ＋1C n2n －1.∵C n 2n －1∈N *，∴T n 能被4n ＋2整除．4．是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9对任意正整数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解 由f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，得f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想m ＝36. 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，结论成立，即f (k )能被36整除， 设f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9＝t ·36. 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋2·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k＋9]＋18(3k －1－1)＝3·36t ＋18·2s ＝36(3t ＋s )． 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n ，存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9都能被m 整除，m 的最大值为36.B 组 能力提高5．(2018·常州模拟)已知正四棱锥P －ABCD 的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量ξ的值：若这两条棱所在的直线相交，则ξ的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制)； 若这两条棱所在的直线平行，则ξ＝0；若这两条棱所在的直线异面，则ξ的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制)． (1)求P ()ξ＝0的值；(2)求随机变量ξ的概率分布及数学期望E ()ξ.解 根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到△PAC ，△PBD 为等腰直角三角形， ξ的可能取值为： 0, π3， π2，共C 28＝28种情况，其中，当ξ＝0时，有2种；当ξ＝π3时，有3×4＋2×4＝20(种)；当ξ＝π2时，有2＋4＝6(种)．(1)P ()ξ＝0＝228＝114. (2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π3＝2028＝57， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π2＝628＝314， 根据(1)的结论，随机变量的概率分布如下表：根据上表， E ()ξ＝0×114＋π3×57＋π2×314＝2984π. 6．设P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *.(1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．(1)解 当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C kn11＋k＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1， 又Q (n,1)＝C nn ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1.(2)证明 P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k(C kn －1＋C k －1n －1)mm ＋k＋(－1)nmm ＋n＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k Ck n －1mm ＋k＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k＝P (n －1，m )－m nP (n ，m )． 即P (n ，m )＝nm ＋nP (n －1，m )， 由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C nn ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.7．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 3是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的前三项的系数．(1)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项；(2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2与13的大小．解 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝1＋C 1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋C 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋…＋C m m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x m，依题意a 1＝1，a 2＝12m ，a 3＝m (m －1)8，由2a 2＝a 1＋a 3，可得m ＝1(舍去)或m ＝8.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项是第五项，T 5＝C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 4＝358x 4. (2)由(1)知，a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140>13；当n ＝3时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 >18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132 ＝18＋316＋332>18＋316＋116>13. 猜测：当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13.以下用数学归纳法加以证明： ①当n ＝2时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a k 2>13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k ＋1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a k 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋2k ＋1a (k ＋1)2－1a k＝13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2) ＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2). 由k ≥3可知，3k 2－7k －3>0， 即1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2>13. 综合①②，可得当n ≥2时， 1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13. 8．设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2·tan nθ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)求证：对任意正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1·tan 2nθ]．证明 (1)因为a n ＝sinn π2tan nθ.当n 为偶数时，设n ＝2k (k ∈N *)，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2kθ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1(k ∈N *)，a n ＝a 2k －1 ＝sin (2k －1)π2tan 2k －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2·tan 2k －1θ.当k ＝2m (m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－π2·tan 4m －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2·tan 4m －1θ＝－tan 4m －1θ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan 4m －1θ＝(－1)2m －1tan 4m －1θ＝(－1)12n -tan nθ.当k ＝2m －1(m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－3π2·tan 4m －3θ ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2·tan 4m －3θ＝tan 4m －3θ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan4m －3θ＝(－1)2m －2tan4m －3θ＝(－1)12n -tan nθ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0； 当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)当n ＝1时，由(1)得S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 12sin 2θ[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]＝12sin 2θ(1＋tan 2θ) ＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ. 故当n ＝1时，命题成立．假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立， 即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2kθ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋1tan2kθ＋(－1)k·2sin 2θtan2k＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－1tan2θ＋2sin 2θtan θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－cos2θsin2θ＋1sin2θ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ]．即当n＝k＋1时命题成立．综上所述，对正整数n，命题成立．。
江苏省高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理讲义含解析
专题八二项式定理与数学归纳法（理）[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．第一讲计数原理与二项式定理[典例感悟][例1] (2018·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…i n，如果当s<t 时，有i s>i t，则称(i s，i t)是排列i1i2…i n的一个逆序，排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n(k)为1,2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．[解] (1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n2－n －22. [方法技巧](1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性.(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出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：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k－1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1Ck n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1Ck n 2n －k－∑k ＝1n －1Ck n )．因为∑k ＝1n －1Ck n 2n －k ＝∑k ＝0n Ck n 2n －k －C0n 2n －Cn n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1Ckn ＝∑k ＝0nCk n －C0n －Cn n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[典例感悟][例2] (2018·江苏六市二调)已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *，T n 都能被4n ＋2整除．[解] 由二项式定理，得a i ＝Ci 2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C25＋3C15＋5C05＝30. (2)因为(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1＝(n ＋1＋k )·＋！＋1＋！－！＝＋！＋！－！＝(2n ＋1)Cn ＋k 2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)Cn －k 2n ＋1 ＝k ＝0n (2k ＋1)Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2k ＝0n (n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n －(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋Cn 2n)－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)Cn 2n.T n ＝(2n ＋1)Cn 2n ＝(2n ＋1)(Cn －12n －1＋Cn 2n －1)＝2(2n ＋1)Cn 2n －1＝(4n ＋2)Cn 2n －1. 因为Cn 2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除.[方法技巧]二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋Cr n a n－r b r ＋…＋Cn n b n中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[演练冲关]设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝＋－＋ .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝＋6ab＋－＋ .(2)证明：由二项式定理得n(－1)k Ck n(a)n－k(b)k，(a－b)n＝k＝0n(a)3(b)n－3＋若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－3n(a)2·(b)n－2＋Cn n Cn－1n(a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－2(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，n(a)2(b)n－2＋若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－2n Cn n(b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－3n(a)3(b)n－3＋Cn－1(a)(b)n －1]类似地，可将上式表示为(a －b)n＝u 2－v 2ab 的形式，其中u 2，v 2∈N *， 也即(a －b)n ＝u22－v22ab ＝p －q ，其中p ＝u 2，q ＝v 2ab ，p ，q ∈N *. 所以存在p ，q ∈N *，使得等式(a －b)n＝p －q. 同理可得(a ＋b)n可表示为(a ＋b)n＝p ＋q ，从而有p －q ＝(p ＋q)(p －q)＝(a ＋b)n(a －b)n＝(a －b )n， 综上可知结论成立．[典例感悟][例3] (2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数Ck n ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有Ck －1n Ck n ＝k n －k ＋1＝34，Ck n Ck ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C2662，C2762，C2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 成等差数列， 则2Cr ＋1n ＝Cr n ＋Cr ＋2n ，2Cr ＋2n ＝Cr ＋1n ＋Cr ＋3n ，即2n ！＋！－r －！＝n ！r ！－！＋n ！＋！－r －！， 2n ！＋！－r －！＝n ！＋！－r －！＋n ！＋！－r －！.有2＋－r －＝1－r －－＋1＋＋，2＋－r －＝1－r －－r －＋1＋＋，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是Cr 2r ＋3，Cr ＋12r ＋3，Cr ＋22r ＋3，Cr ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知Cr 2r ＋3＝Cr ＋32r ＋3＜Cr ＋12r ＋3＝Cr ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：Ck n ＝Cn －k n ，Ck n ＋1＝Ck n ＋Ck －1n .(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1)求值：①k Ck n －n Ck n －1；②k 2Ck n －n (n －1)Ck n －2－n Ck 1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C0n ＋22C1n ＋32C2n ＋…＋(k ＋1)2Ck n ＋…＋(n ＋1)2Cn n . 解：(1)①k Ck n －n Ck 1n －1 ＝k ×n ！k ！－！－n ×－！－！－！＝n ！－！－！－n ！－！－！＝0. ②k 2C k n －n (n －1)C k n －2－n C k n －1＝k 2×n ！k ！－！－n (n －1)×－！－！－！－n ×－！－！－！＝k ×n ！－！－！－n ！－！－！－n ！－！－！＝n ！－！－！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0.(2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2Ck n ＝(k 2＋2k ＋1)Ck n ＝k 2Ck n ＋2k Ck n ＋Ck n ＝[n (n －1)Ck n －2＋n Ck 1n －1]＋2n Ck n －1＋Ck n ＝n (n －1)Ck n －2＋3n Ck n －1＋Ck n .故12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝(12C0n＋22C1n)＋n(n－1)(C0n－2n－1)＋(C2n＋C3n＋…＋Cn n)＝(1＋4n)＋n－2)＋3n(C1n－1＋C2n－1＋…＋Cn1＋C1n－2＋…＋Cn2n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋C1n x＋C2n x2＋…＋Ck n x k＋…＋Cn n x n，两边同乘以x，得(1＋x)n x＝x＋C1n x2＋C2n x3＋…＋Ck n x k＋1＋…＋Cn n x n＋1，两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2C1n x＋3C2n x2＋…＋(k＋1)Ck n x k＋…＋(n ＋1)Cn n x n，两边再同乘以x，得(1＋x)n x＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1n x2＋3C2n x3＋…＋(k＋1)Ck n x k＋1＋…＋(n＋1)Cn n x n＋1，两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22C1n x＋32C2n x2＋…＋(k ＋1)2Ck n x k＋…＋(n＋1)2Cn n x n.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n，即12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝2n－2(n2＋5n＋4)．[课时达标训练]A组——大题保分练1．设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A 的子集．(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，a n}，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数．解：(1)110.(2)集合M有2n个子集，不同的有序集合对(A，B)有2n(2n－1)个．当A⊆B，并设B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nCk n (2k－1)＝∑k ＝0nCk n 2k－∑k ＝0nCk n ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，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)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1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(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为Ci 1n －1. 若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1Ci n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝－2n －1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C01C11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C02C12＋2C12C22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C03C13＋2C13C23＋3C23C33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝Cn 2n －1(或f (n )＝Cn －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n 成立．法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立．当n ≥2时，因为r Cr n ＝r×n！r ！－！＝n ！－！－！＝n ×－！－！－！＝n Cr n －1， 故r Cr －1n Cr n ＝(r Cr n )Cr －1n ＝n Cr 1n －1Cr －1n .故只需证明n Cn 2n －1＝n C0n －1C0n ＋n C1n －1C1n ＋…＋n Cr n －1·C r －1n ＋…＋n Cn 1n －1Cn －1n . 即证Cn 2n －1＝C0n －1C0n ＋ C1n －1C1n ＋…＋ Cr 1n －1Cr －1n ＋…＋ Cn 1n －1Cn －1n .而Cr －1n ＝Cn －r ＋1n ，故即证Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 可得，左边x n的系数为Cn 2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C0n －1＋C1n －1x ＋C2n －1x 2＋…＋Cn n －1xn －1)(C0n ＋C1n x ＋C2n x2＋…＋Cn n x n)，所以x n的系数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr n －1·C －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n . 由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝Cn 2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为Cr n －1·C －r n ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为Cn 2n －1. 故Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n xr －1＋…＋n Cn n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n)·(C 1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n x r －1＋…＋n Cn n xn －1)．⑤左边x n的系数为n Cn 2n －1.右边x n的系数为C1n Cn n ＋2C2n Cn －1n ＋…＋r Cr n Cn －r ＋1n ＋…＋n Cn n C1n ＝C1n C0n ＋2C2n C1n ＋…＋r Cr n Cr －1n ＋…＋n Cn n Cn －1n ＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .由⑤恒成立，得n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n . 故f (n )＝Cn 2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ， 得nf (n )＝n Cn －1n Cn n ＋(n －1)Cn －2n Cn －1n ＋…＋C0n C1n ＝n C0n C1n ＋(n －1)C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ，所以2nf (n )＝(n ＋1)(C0n C1n ＋C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ) ＝(n ＋1)(Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n )，构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有Cn ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有Cn n C1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有Cn －1n C2n 种选法，…，由分类计数原理可知Cn ＋12n ＝Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n .故2nf (n )＝(n ＋1)Cn ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n·！＋！－！＝－！n ！－！＝Cn 2n －1.4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝5A，求实数A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋5)5＝C05x5＋C15x45＋C25x3(5)2＋C35x2(5)3＋C45 x(5)4＋C55(5)5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C15(5)124＋C35(5)322＋C55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A＝610.(2)证明：因为f(x)＝(x＋5)2n＋1＝C02n＋1x2n＋1＋C12n＋1x2n5＋C22n＋1x2n－1(5)2＋…2n＋1(5)2n＋1，＋C2n12n＋1(5)2n＋1，所以f(2)＝C02n＋122n＋1＋C12n＋122n5＋C22n＋122n－1(5)2＋…＋C2n1由题意知，f(2)＝(5＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾．所以满足条件的m，α是唯一的.下面我们求m及α的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2＋5)2n＋1＋(2－5)2n＋1＝2n＋121(5)2n]，2[C02n＋122n＋1＋C22n＋1·22n－1(5)2＋C42n＋122n－3(5)4＋…＋C2n显然f(2)－f(－2)∈N*.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n＋1∈(0,1)，即f(－2)＝(－2＋5)2n＋1＝(5－2)2n＋1∈(0,1).所以令m＝2[C02n＋122n＋1＋C22n＋122n－1(5)2＋C42n＋1·22n－3(5)4＋…＋C2n2n＋1 21(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C36－4C47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)·C m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋n Cm n －1＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 解：(1)7C36－4C47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m 时，(k ＋1)Cm k ＝＋！m ！－！＝(m ＋1)·＋！＋！＋－＋！＝(m ＋1)Cm k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为Cm k ＋1＋Cm 2k ＋1＝Cm k ＋2，所以(k ＋1)Cm k ＝(m ＋1)(Cm k ＋2－Cm 2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm m ＋[(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ]＝(m ＋1)Cm m ＋2＋(m ＋1)[(Cm 2m ＋3－Cm 2m ＋2)＋(Cm 2m ＋4－Cm 2m ＋3)＋…＋(Cm n ＋2－Cm 2n ＋1)] ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 2．(2018·南京、盐城二模)现有＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C2n ＋1＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A22A33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的＋2－n ＝－2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1－2＝2n； …故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1＋＝2n＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C0n ＋C1n ＋C2n ＋…＋Cn n ≥C0n ＋C1n ＋C2n >C1n ＋C2n ＝C2n ＋1，故2n＋！>C2n ＋2＋！，即p n >C2n ＋1＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S n m .(1)求S 2和S 42的值；(2)当m<n时，求证：S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.解：(1)S2＝8，S42＝32.(2)证明：设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝1，即x1，x2，x3，…，x n中有n－1个取自集合P,1个取自集合Q，n21种可能，即为C1n21，故共有Cn－1同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，n22种可能，即为C2n22，故共有Cn－2若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，n2m种可能，即为Cm n2m，故共有Cn－m所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m，因为当0≤k≤n时，Ck n≥1，所以Ck n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2mn－1)2m＋1＋…＋(Cn n－1)2n<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m)＋(Cm＋1n2m＋1＋…＋Cn n2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n) ＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m＋Cm＋1＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为Cn2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)，x n的系数为C0n Cn n＋ C1n Cn－1n＋…＋Cn n C0n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2，因此可得到组合恒等式Cn2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
高中数学总复习第二轮专题八排列、组合和概率(文).排列、组合与二项式定量
专题八排列、组合和概率（文）考情动态分析排列与组合是发展迅速的组合数学的初步的知识．这种以计数为特征的内容在中学数学中较为独特,是进一步学习高等数学有关知识的准备，而且由于其思想方法较为独特灵活,也是发展学生抽象能力和逻辑思维能力的好素材．概率与统计是在排列与组合的基础上，学习概率的一些初步的知识，让学生初步感受概率与统计的实际意义及思考方法，培养学生分析和解决实际问题的能力.从今年全国及16省市的高考题来看,题目类型基本上都相同，一般是选择题、填空题1—2道，解答题1道，分值为17—21分，难度为低、中档题,全面考查基础内容，并且注重了应用性和综合性及数学思想的考查．由于这部分内容与高等数学的内容密切相关，同时为了进一步推动高中数学课程的教学改革，这一章的高考试题特点将会保持稳定．§8。
1 排列、组合与二项式定量考点核心整合考题名师诠释【例1】在1，2,3，4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为偶数的共有（ ） A.36个 B.24个 C 。
18个D 。
6个解:依题意满足条件的情况只有一种:两个奇数一个偶数. 从1，3，5三个数中任取两个数，有23C 种取法;从2，4两个数中取一个数有12C 种取法；把取出的3个数进行全排列有33A 种排法.由分步计数原理可得:共有23C 12C ·33A =36个.答案：A评述:本题主要考查排列组合知识,一般来讲解决方法都有直接法和间接法两种，本题就是直接法。
【例2】8个人排成一排，其中甲、乙、丙3人中，有两个相邻，但这3个人不同时相邻，求满足条件的所有不同排法的种数.分析:通过审题发现，这是一道典型的排列问题，对于排列中元素必须在一起时，常把它们看作一个整体,然后考虑其内部的位置关系；对于排列中不能相邻的元素，采用插空的方式来处理.解法一:（直接插入法）先排甲、乙、丙以外的5个人，有55A 种排法；再从甲、乙、丙3个人中选2人合并为一个元素,和余下的1个人插入6个空中，有23A ·26A 种插排法.故总的排法为55A ·23A ·26A =21 600种.解法二：(间接法）先将8个人进行全排列,有88A 种排法，其中：①甲、乙、丙3个人两两都不相邻的排法有55A 36A 种；②甲、乙、丙3个人同时相邻的排法有66A 33A 种.故共有排法88A -（55A 36A +66A 33A ）=21 600种.评述：捆绑法和插空法是解决相邻、不相邻问题最常用的方法. 链接·提示有限制条件的排列问题的常见解法有：（1)优先排受限元素（或位置）,再排不受限的元素(或位置)，此法称为优限法；（2）n 个不同元素排成一列，m 个元素相邻问题,一般是先将相邻的m 个元素看成一个元素，与另外n —m 个元素进行全排列,共有11+-+-m n m n A 种排法，再将m 个元素全排列,共有A m n 种排法,所以符合条件的排列数为11+-+-m n m n A·A m n ，此法称为视一法;(3)n 个不同元素排成一列，有m 个元素不相邻的问题,一般是先将另外n-m(n-m ≥m-1）个元素排好,得到(n —m+1)个空挡,再让不相邻的m 个元素插空,共有mn mn A --·mm n A1+-种不同的排法，此法称为插空法；（4）先求出无限制条件的总排列数，再求出不符合条件的排列数,从总排列数中减去不符合条件的排列数,得到符合条件的排列数,此法称为逆向思考法；(5）对于m 个元素顺序一定的问题,先取出m 个位置放上这m 个元素,再将其余n-m 个元素进行全排列，共有m nC ·m n mn A --种不同的排法；（6）当遇到几种情况发生的概率相同的问题时,常用机会均等法. 【例3】某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教,（每地1人)其中甲和乙不同去,则不同的选派方法共有多少种？ 解：总的选派方法有48A 种，甲、乙同去的方法有22C ·26C ·44A 种。
江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理达标训练含解析
计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，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)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1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(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，①在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －！n －r ！＝n ×n －！r －！n －r ！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝C n2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C r n －1·C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·n ！n ＋！n －！＝n －！n ！n －！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋k ！m ！k －m ！＝(m ＋1)·k ＋！m ＋！·k ＋－m ＋！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：* ** *** ………………………………**…………**............第1行............第2行 (3)…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为nn n ＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋2－n ＝n n －2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋n ×…×3＝2nn ＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋！>C 2n ＋2n ＋！，即p n >C 2n ＋1n ＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S nm .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q ，故共有C n －1n 21种可能，即为C 1n 21，同理，|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝2，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －2个取自集合P,2个取自集合Q ，故共有C n －2n 22种可能，即为C 2n 22，若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝m ，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －m 个取自集合P ，m 个取自集合Q ，故共有C n －m n 2m 种可能，即为C m n 2m， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m，因为当0≤k ≤n 时，C k n ≥1，所以C kn －1≥0， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m<C 0n 20＋(C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m )＋(C m ＋1n －1)2m ＋1＋…＋(C n n －1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n ＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：二项式定理与数学归纳法(理科)-含答案
江苏新高考
本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. 2012，2013年主要考查组合计数；2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年考查计数原理为主，又涉及到数学归
纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；
2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.
近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇
考查.
第1课时计数原理与二项式定理(能力课)
[常考题型突破]
计数原理的应用
[例1]一个非空集合中的各个元素之和是3的倍数，则称该集合为“好集”．记集合{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．
(1)求f(1)，f(2)的值；
(2)求f(n)的表达式．
[解](1)①当n＝1时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1个；二元好集有{1,2}，共1个；三元好集有{1,2,3}，共1个，所以f(1)＝1＋1＋1＝3.
②当n＝2时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2个；
二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5个；
三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8个；
四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5个；
五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2个，还有一个全集．
故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.。
【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：二项式定理与数学归纳法(理科)
江苏新高考本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. 2012，2013年主要考查组合计数；2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.第1课时计数原理与二项式定理(能力课)[常考题型突破][例1]{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)求f(n)的表达式．[解](1)①当n＝1时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1个；二元好集有{1,2}，共1个；三元好集有{1,2,3}，共1个，所以f(1)＝1＋1＋1＝3.②当n＝2时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2个；二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5个；三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8个；四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5个；五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2个，还有一个全集．故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.(2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系．集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分：①原来的f(n)个集合；②含有元素3n＋1的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余2的集合，含有元素是3n＋2的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合．合计是23n；③含有元素是3n＋1与3n＋2的“好集”是{1,2，3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合，含有元素是3n ＋2与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n ＋1与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合．合计是23n ；④含有元素是3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中“好集”与它的并，再加上{3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3}．所以f (n ＋1)＝2f (n )＋2×23n ＋1. 两边同除以2n ＋1， 得f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n＋12n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．又f (1)21也符合上式， 所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n －1.[方法归纳](2017·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出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：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k －1个． 于是f (n )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k－1)＝12(∑k ＝1n －1C k n2n －k －∑k ＝1n －1C k n )． 因为∑k ＝1n －1C k n 2n －k＝∑k ＝0nC k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1， ∑k ＝1n －1C k n ＝∑k ＝0nC k n －C 0n －C n n ＝2n －2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n 种， 其中A 为空集的种数为2n ，B 为空集的种数为2n ， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n －2×2n ＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[例2] (2017·. (1)求(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[解] (1)(1＋x )2n －1的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，可知(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明：当k ∈N*时，k C k n ＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n C k －1n －1.所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n[k (C k n )2]＝∑k ＝1n(k C k n C kn )＝∑k ＝1n(n C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C n －k n －1C kn )． 由(1)知C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑k ＝1n(C n －k n －1C k n )＝C n2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[方法归纳](2017·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.(1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0. ②k 2C k n－n (n －1)Ck －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！(k －2)！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －2)！(n －k )！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C kn ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ， 两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1， 两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n ，两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1， 两边再对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k ＋1)2C k n x k ＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n 2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n＋…＋(n ＋1)2C n n ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．[例3] (2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ， k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C k nC k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5. (2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.所以有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法归纳]设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ，当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋1C k n＝(－1)k ＋1()C k n －1＋C k －1n －1 ＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1 ＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C m n －1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.[课时达标训练]1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n －1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n (2k－1)＝∑k ＝0nC k n 2k－∑k ＝0nC k n ＝3n －2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n 个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n . 2．(2017·南京、盐城二模)现有n (n ＋1)2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值； (2)证明：p n >C 2n ＋1(n ＋1)！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n (n ＋1)2＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n×…×23＝2n －1(n ＋1)×n ×…×3＝2n(n ＋1)！.由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1，故2n(n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，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)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1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(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1. 从而f (n )＝23(1－2n －3)1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.4．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m时，(k ＋1)C mk ＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.5．设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n (n ∈N *)，且每个数位上的数字只能是1或2.(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．解：(1)当n＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a1＝1；当n＝2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a2＝2；当n＝3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a3＝3；当n＝4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a4＝5.综上所述，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5.(2)证明：设自然数X的各位数字之和为n＋2，由题设可知，X的首位为1或2两种情形．当X的首位为1时，则其余各位数字之和为n＋1.故首位为1，各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n＋1；当X的首位为2时，则其余各位数字之和为n.故首位为2，各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n.所以各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n＋1＋a n，即a n＋2＝a n＋1＋a n.下面用数学归纳法证明a5n－1是5的倍数．①当n＝1时，a4＝5，所以a4是5的倍数，命题成立；②假设n＝k(k≥1，n∈N*)时，命题成立，即a5k－1是5的倍数．则a5k＋4＝a5k＋3＋a5k＋2＝2a5k＋2＋a5k＋1＝2(a5k＋1＋a5k)＋a5k＋1＝3a5k＋1＋2a5k＝3(a5k＋a5k－1)＋2a5k＝5a5k＋3a5k－1.因为5a5k＋3a5k－1是5的倍数，即a5k＋4是5的倍数．所以n＝k＋1时，命题成立．由①②可知，a5n－1(n∈N*)是5的倍数．6．(2017·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋…＋C n n C0n＝＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋C1n C n－1n(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：第2课时数学归纳法(能力课) [常考题型突破]用数学归纳法证明等式[例1] (2017·苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ；(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[证明] (1)因为a n ＝sin n π2tan n θ.当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan n θ， 此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ， 此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan n θ.(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ.故n ＝1时，命题成立，假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得：S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[]1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]．即当n ＝k ＋1时命题成立.综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[方法归纳](2017·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝xx ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )(n ∈N *)． 解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n n x n ＝(1－x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.(2)证明：因为f i (x )＝xx ＋i(x >0，i ∈N)， 所以F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )＝∑i ＝0n⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)． ①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0n ＝1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1x ＋1，所以n ＝1时结论成立. ②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即F k (x )＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )， 则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik ＋1x x ＋i＝1＋∑i ＝1k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝1＋∑i ＝1k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝1k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i －1C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋1＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik x ＋1x ＋i ＋1·x x ＋1＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·xx ＋1＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k ) ＝(k ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )，所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知，F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )(n ∈N *).[例2] (2017·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，g (n )＝f (n 2)－f (n －1)，n ∈N *.(1) 求证：g (2)＞13；(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞13.[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2，当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13， 所以当n ＝3时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立， 即g (k )＞13，则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2)＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)， 由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞13.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞13.[方法归纳]设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2， 所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2， 即当n ＝2时，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，结论成立，即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k .则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0， 且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1， 所以|a k ＋1|≤12.又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，由假设可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k＝12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1|a k ＋1| ≤12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 综合(1)(2)可知，结论成立．[例3] (2017·n n n 1)k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C nn (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1；f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2； f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k C kn＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，n Ck －1n －1＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，所以k C k n ＝n C k －1n －1.用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！.则当n＝k＋1时，f k＋1(x)＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝x[C0k＋1x k－C1k＋1(x－1)k＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k]＋[C1k＋1(x－1)k－2C2k＋1(x－2)k…＋(－(x－k－1)k＋11)k＋1k C k k＋1(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1＝x[C0k x k－(C1k＋C0k)(x－1)k＋…＋(－1)k(C k k＋C k－1k)(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k(x－k－1)＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k]＋(k ＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋x(－1)k＋1C k k(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x －k－1)k＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k ＋(－1)k C k k(x－k－1)k]＋(k＋1)[C0k(x－1)k－C1k(x－2)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k＋(－1)k(x－k －1)k]．(*)由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！.所以当n＝k＋1时，结论也成立．综合①②，f n(x)＝n！成立．[方法归纳](2017·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N*)．(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C3n＋1，所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.(2)证明：由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.下面用数学归纳法证明所有的f (n )都能被4整除即可．①当n ＝2时，f (2)＝8能被4整除，结论成立；②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (k )＝(3k ＋2)C 3k ＋1能被4整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(3k ＋5)C 3k ＋2＝(3k ＋2)C 3k ＋2＋3C 3k ＋2＝(3k ＋2)(C 3k ＋1＋C 2k ＋1)＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋(3k ＋2)C 2k ＋1＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋4(k ＋1)C 2k ＋1，此式也能被4整除，即n ＝k ＋1时结论也成立．综上所述，所有f (n )的最大公约数为4.[课时达标训练]1．(2017·南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋d ax ＋b(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2， f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论成立，②假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时结论成立，即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′ ＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得，对一切n ∈N *结论都成立．2．(2017·镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除． 证明：(1)当n ＝1时，原式等于8能被8整除，(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，则5k ＋2·3k －1＋1能被8整除．设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *，当n ＝k ＋1时，5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·3k －1－4＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)，而当k ≥1，k ∈N *时，3k －1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，故5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)＝40m －8t (m ，t ∈N *)，也能被8整除， 故当n ＝k ＋1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除．3．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋2k 2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n 2都成立． 4．(2017·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{0,1}，且对于给定的正整数p (p ≥2)，f (n )是p 的整数倍．把满足上述条件的数列{a n }的个数记为T n .(1)当p ＝2时，求T 2的值；(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }共有6项．要使得f (2)是2的整数倍，则这6项中，只能有0项、2项、4项、6项取1，故T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25＝32.(2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .当1≤k ≤n ，k ∈N *时，C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －13n ＋2＝C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －13n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k －13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ＋C 3k －23n＝3(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ，于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋33n ＋3＝C 03n ＋3＋C 3n ＋33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －23n ＋C 3n －13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n＝2T n ＋3(23n －T n )＝3×8n －T n .下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13[81＋2(－1)1]， 即n ＝1时，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *) 时，命题成立，即T k ＝13[8k ＋2(－1)k ]． 则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －13[8k ＋2(－1)k ] ＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋1]， 即n ＝k ＋1时，命题也成立．于是当n ∈N *，有T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 5．(2017·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论． 解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3×2n －12－1， ∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝± a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1； 当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2； 当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3. 猜想：当n ≥3时，a n <b n ，下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！， 则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！. 要证a k ＋1<b k ＋1，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－1k ·k ！2<⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0， 即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1<b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2；当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .6．(2017·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)．(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0m a i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，n ，则a i ＋j ＝a t )解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在；当n ＝5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)．经1次变换为：(3,5,7,9,6)，经2次变换为：(8,12,16,15,9)，经3次变换为：(20,28,31,24,17)，所以b 3,5＝17；当n ＝6时，同理得b 3,5＝28；当n ＝7时，同理得b 3,5＝45；当n ≥8时，n ∈N *时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n )． 经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，…，n ＋1)， 经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，…，n ＋4)， 经3次变换为：(20,28,36,44,52，…，n ＋12)， 所以b 3,5＝52.(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝01a i ＋j C j 1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立；②假设m ＝k (k ∈N *)时，b k ，i ＝∑j ＝0ka i ＋j C j k ，其中i ＝1，2，…，n .则m ＝k ＋1时，b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝0ka i ＋j ＋1C j k ＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝1k ＋1a i ＋j C j －1k＝a i C 0k ＋∑j ＝1ka i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k k ＝a i C 0k ＋1＋∑j ＝1ka i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1k ＋1＝∑j ＝0k ＋1a i ＋j C j k ＋1，所以结论对m ＝k ＋1时也成立． 由①②知，m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m，其中i ＝1,2，…，n .。
高考数学(文)二轮复习简易通配套课件(江苏专用)常考问题18 二项式定理及数学归纳法
[真题感悟]
[考题分析]
1．二项式定理
n 1 n－1 r n －r r (1)二项式定理：(a＋b)n＝C0 a ＋ C a b ＋…＋ C b ＋…＋ n n na n n Cn nb ，上式中右边的多项式叫做 (a ＋b) ，式中第 r＋1 项叫做展开
(2)由(1)设 an＝(1＋ 2)n＝a＋b 2(a， b∈Z)， 则(1－ 2)n＝a－b 2， 所以 a2－2b2＝(a＋b 2)(a－b 2)＝(1＋ 2)n(1－ 2)n＝(1－2)n， 当 n 为偶数时，a2＝2b2＋1，存在 k＝a2，使得 an＝a＋b 2＝ a2＋ 2b2＝ k＋ k－1， 当 n 为奇数时，a2＝2b2－1，存在 k＝2b2，使得 an＝a＋b 2＝ a2＋ 2b2＝ k－1＋ k， 综上，对于任意 n∈N*，都存在正整数 k，使得 an＝ k－1＋ k.
2．二项式定理的应用 (1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．
n－r r (2)二项式展开式的通项公式 Tr＋1＝Cr a b 是展开式的第 r＋1 n
项，而不是第 r 项．
3．数学归纳法 运 用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基
(或递推基础)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，
证明
1 2 2 3 3 (1)由二项式定理， 得 an＝C0 ＋ C 2 ＋ C ( 2) ＋ C ( 2) ＋… n n n n
n ＋Cn n( 2) ， 2 2 4 4 2 2 4 所以 a＝C0 ＋ C ( 2) ＋ C ( 2) ＋…＝ 1 ＋ 2C ＋ 2 Cn＋…， n n n n 2 4 因为 2C2 ＋ 2 Cn＋…为偶数，所以 a 是奇数． n
二项式定理-计数原理
二项式系数
二项式系数是二项式定理中的重要概念，它代表了展开式中每一项的系数。 二项式系数的计算方法是利用组合数学中的排列组合原理。 这些系数有很多有趣的性质，例如对称性、递推关系等。
二项式定理的公式形式
二项式定理的公式形式是： (a + b)^n = C(n,0) * a^n + C(n,1) * a^(n-1) * b + ... + C(n,n) * b^n 其中，C(n,k)表示组合数，它可以利用二项式系数的性质来计算。
二项式定理在实际问题中的应 用
二项式定理在实际问题中有着广泛的应用。 例如，在统计学中，我们可以利用二项式定理来计算二项分布的概率。 在计算机科学中，我们可以利用它来设计高效的算法以解决各种问题。
二项式系数可以用于计算组合数，而二项式定理提供了展开多项式和计算组 合数的方法。
通过学习二项式定理，我们可以定理的证明和推导
数学家们通过数学归纳法等方法对二项式定理进行了证明和推导。 证明过程涉及到数学中的一些基本概念和技巧，例如二项式系数的递推关系和组合数的性质。 通过深入研究二项式定理的证明和推导过程，我们可以增强对数学的理解和掌握。
二项式定理-计数原理
二项式定理是一种重要的数学定理，它与计数原理密切相关，可以帮助我们 解决各种计数问题。
二项式定理的概念和定义
二项式定理是一个关于展开幂次多项式的公式，它可以用于计算任意次幂的 展开式。 通过二项式定理，我们可以将任意次幂的展开式中的每一项系数都计算出来。
这个定理是数学中的基础定理之一，在代数、概率论等领域有广泛的应用。
二项式定理的应用举例
二项式定理具有广泛的应用，例如在概率论中，我们可以利用它来计算不同结果出现的概率。 在代数中，它可以用于展开多项式、简化运算等。 在实际问题中，我们可以利用二项式定理来解决计数和排列组合等问题。
2021版江苏高考数学复习讲义：二项式定理含答案
2021版江苏⾼考数学复习讲义：⼆项式定理含答案当n为偶数时、第n 2＋1项的⼆项式系数最⼤、最⼤值为；当n为奇数时、第n＋12项和n＋32项的⼆项式系数最⼤、最⼤值为.3．各⼆项式系数和(1)(a＋b)n展开式的各⼆项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n＝2n.(2)偶数项的⼆项式系数的和等于奇数项的⼆项式系数的和、即C0n＋C2n ＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.⼀、思考辨析(正确的打“√”、错误的打“×”)(1)C r n a n－r b r是(a＋b)n的展开式中的第r项．( )(2)⼆项展开式中、系数最⼤的项为中间⼀项或中间两项．( )(3)(a＋b)n的展开式中某⼀项的⼆项式系数与a、b⽆关．( )(4)通项T r＋1＝C r n a n－r b r中的a和b不能互换．( )[答案](1)×(2)×(3)√(4)√⼆、教材改编1．(1－2x)4展开式中第3项的⼆项式系数为( )A．6 B．－6 C．24 D．－24A[(1－2x)4展开式中第3项的⼆项式系数为C24＝6.故选A.]2．⼆项式? ????12x－2y 5的展开式中x 3y 2的系数是( )A ．5B ．－20C ．20D ．－5A [⼆项式? ????12x－2y 5的通项为T r ＋1＝C r 5? ???12x 5－r(－2y )r .根据题意、得5－r＝3，r＝2，解得r ＝2.所以x 3y 2的系数是C 25? ??123×(－2)2＝5.故选A.]3.C02 019＋C12 019＋C22 019＋…＋C2 0192 019C02 020＋C22 020＋C42 020＋…＋C2 0202 020的值为( ) A ．1 B ．2C ．2 019D ．2 019×2 020A [原式＝22 01922 020－1＝22 01922 019＝1.故选A.]4．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4、则a 0＋a 2＋a 4的值为． 8 [令x ＝1、则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0、令x ＝－1、则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16、两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8.]考点1 ⼆项式展开式的通项公式的应⽤160x 6 [因为(x 2－4)5的展开式的第k ＋1项为T k ＋1＝C k 5(x 2)5－k (－4)k ＝(－4)k C k 5x 10－2k 、令10－2k ＝6、得k ＝2、所以含x 6的项为T 3＝(－4)2·C 25x 6＝160x 6.] 2．若? ?x2＋1ax 6的展开式中常数项为1516、则实数a 的值为( )A ．±2 B.12 C ．－2D ．±12形如(a ＋b )n (c ＋d )m 的展开式问题(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积、其中有两个取y 、两个取x 2、⼀个取x 即可、所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 1＝30.故选C.]2.? ???x －13x －y 6的展开式中含xy 的项的系数为( ) A ．30 B ．60 C ．90D ．120B [展开式中含xy 的项来⾃C 16(－y )1?x －13x 5、? ????x －13x 5展开式通项为T r ＋1＝(－1)r C r 5x 5－43r 、令5－43r ＝1?r ＝3、x －13x 5展开式中x 的系数为(－1)3C 35、所以? ??x －13x －y 6的展开式中含xy 的项的系数为C 16(－1)C 35(－1)3＝60、故选B.]考点2 ⼆项式系数的和与各项的系数和问题赋值法在求各项系数和中的应⽤C．1120 D．1680C[因为偶数项的⼆项式系数之和为2n－1＝128、所以n－1＝7、n＝8、则＝C r8(－展开式共有9项、中间项为第5项、因为(1－2x)8的展开式的通项T r＋12x)r＝C r8(－2)r x r、所以T5＝C48(－2)4x4、其系数为C48(－2)4＝1120.] 2．在(1－x)(1＋x)4的展开式中、含x2项的系数是b.若(2－bx)7＝a0＋a1x＋…＋a7x7、则a1＋a2＋…＋a7＝ .－128[在(1－x)(1＋x)4的展开式中、含x2项的系数是b、则b＝C24－C14＝2.在(2－2x)7＝a0＋a1x＋…＋a7x7中、令x＝0得a0＝27、令x＝1、得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝0.∴a1＋a2＋…＋a7＝0－27＝－128.]3．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32、则a＝ .3[设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5、令x＝1、得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5、①令x＝－1、得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②①－②、得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)、即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)、所以8(a＋1)＝32、解得a＝3.]考点3⼆项式系数的性质⼆项式系数的最值问题。
高考数学二轮：专题复习教学案：专题八二项式定理与数学归纳法(理科)
江新高考本部分内容在高考取基今年年都考，并以形式考. 2012，2013 年主要考合数； 2014 年考复合函数求和数学法；2015 年考数原理主，又波及到数学法； 2016 年考合数及其性等基知，考考生的运算求解能力和推理能力；2017 年考概率散布与希望及合数的性，既考运算能力，又考思能力.最近几年高考合数的性要求高，常与数列、函数、不等式、数学法等知交考 .第 1数原理与二式定理(能力 )[常考型打破]数原理的用[例 1] 一个非空会合中的各个元素之和是3 的倍数，称会合f(n)．“好集”．会合{1,2,3，⋯， 3n}的子集中全部“好集”的个数(1) 求 f(1)， f(2)的；(2) 求 f(n)的表达式．[解 ](1)①当n＝ 1 ，会合{1,2,3} 中的一元好集有{3} ，共 1 个；二元好集有{1,2}，共1 个；三元好集有{1,2,3} ，共 1 个，所以f(1)＝ 1＋ 1＋ 1＝ 3.②当 n＝ 2 ，会合 {1,2,3,4,5,6} 中一元好集有{3} ， {6}，共 2 个；二元好集有 {1,2} ， {1,5}， {2,4} ， {3,6}， {4,5} ，共 5 个；三元好集有 {1,2,3} ， {1,2,6} ， {1,3,5} ， {1,5,6} ， {4,2,3} ， {4,2,6} ， {4,3,5} ， {4,5,6} ，共8个；四元好集有 {3,4,5,6} ， {2,3,4,6} ，{1,3,5,6} ， {1,2,3,6} ， {1,2,4,5}，共 5 个；五元好集有 {1,2,4,5,6} ， {1,2,3,4,5} 共 2 个，有一个全集．故 f(2) ＝ 1＋ (2＋ 5) ×2＋ 8＝ 23.(2)第一考 f(n＋ 1)与 f(n)的关系．会合 {1,2,3 ，⋯，3n,3n＋ 1,3n＋ 2,3n＋ 3}在会合 {1,2,3 ，⋯，3n}中加入 3 个元素 3n＋ 1,3n＋2,3n＋ 3.故 f(n＋ 1)的成有以下几部分：①本来的 f(n)个会合；②含有元素 3n ＋ 1 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 2 的会合， 含有元素是 3n ＋ 2 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被3 除余 1 的会合， 含有元素是 3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 0 的会合．合 是 23n ；③含有元素是 3n ＋ 1 与 3n ＋ 2 的 “好集 ”是{1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余0 的会合，含有元素是3n ＋ 2 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 1 的集合，含有元素是3n ＋ 1 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 2 的集合．合 是 23n ；④含有元素是3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2，3， ⋯ ， 3n}中“好集 ”与它的并，再加上 {3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3}．所以 f(n ＋ 1)＝ 2f(n)＋ 2×23n ＋ 1.两 同除以2n ＋1，得 f n ＋ － f n ＝4 n12 n ＋12 n＋ n ＋1.2f nn －1n －21 11 3 4n－ 11所以2n＝ 4 ＋ 4 ＋⋯＋4＋2n ＋2n －1＋ ⋯ ＋ 22＋ 2 ＝3 ＋ 1－ 2n (n ≥2)．又f1 也切合上式，2所以 f(n)＝2 nn－＋ 2n－ 1.3[方法 ]深入 两个 数原理的 ，培育 “全局分 ”和 “局部分步 ”的意 ，并在操作中保证： ① 分 不重不漏； ② 分步要使各步拥有 性和独立性 . 解决 数 用 的基本思想是 “化 ”，即由 成立 合模型，再由 合数公式来 算其 果，进而解决.本 是有关数 ，其 度 大， 求解关 是得出fn ＋与 fn 的关系，求解顶用到 法和分 思想.[ 式 ](2017 ·北三市三模 )已知会合 U ＝ {1,2，⋯，n}( n ∈ N * ，n ≥2)， 于会合 U 的两个非空子集 A ， B ，若 A ∩B ＝ ?， 称 (A ， B) 会合 U 的一 “互斥子集 ”． 会合 U 的全部 “互斥子集 ”的 数 f(n)( (A ，B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”)．(1) 写出 f(2)， f(3)， f(4) 的 ；(2) 求 f(n)．解： (1)f (2)＝ 1，f(3) ＝ 6， f(4)＝ 25.(2) 法一： 会合 A 中有 k 个元素， k ＝ 1,2,3， ⋯ ， n － 1.与会合 A 互斥的非空子集有2n － k － 1 个． 于是 f(n)＝ 1n －1 k n － k － 1)＝ 1n －1 k n － k n －1 k2 C n (2 ( C n 2 － C n )．＝ 1 2 ＝ k ＝ 1k k 1n －1n －k n0 n n 0n nnn因kk n －kC n 2 ＝C n 2－ C n 2 － C n 2 ＝(2＋1) －2－ 1＝3 － 2 － 1，k ＝1k ＝0 n －1nC n k ＝ C n k － C n 0－ C n n ＝ 2n － 2，k ＝1k ＝所以 f(n)＝ 1 [(3 nn n1nn ＋12 － 2 －1)－(2 － 2)] ＝(3－2＋ 1).2法二： 随意一个元素只好在会合 A ， B ， C ＝?U (A ∪ B)之一中， n 个元素在会合 A ， B ， C 中，共有 3n 种，此中 A 空集的种数2n ，B 空集的种数 2n ，所以 A ， B 均 非空子集的种数3n － 2×2n ＋ 1.又 (A ， B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”，1nn ＋ 1所以 f(n)＝ (3 － 2＋ 1).二 式定理的 用[例 2](2017 ·北四市期末 )已知等式 (1＋ x)2n － 1＝ (1＋ x)n －1(1＋ x)n .(1) 求 (1＋x) 2n －1的睁开式中含n 的 的系数，并化 ：0n1n －1n －1x C n －1C n ＋ C n －1 C n ＋ ⋯＋ C n －1C 1n ；1 22 2n 2n(2) 明： (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n ) ＝ nC 2n － 1.[解 ](1)(1＋ x)2n －1 的睁开式中含 x n 的 的系数C 2n n － 1，由 (1＋ x) n －1n0 1n － 1 n －10 1 n n(1＋ x) ＝ (C n －1＋ C n － 1x ＋ ⋯＋ C n － 1x ) ·(C n ＋ C n x ＋ ⋯＋ C n x )，可知 (1＋ x) n －1n的睁开式中含n的 的系数n 1n －1n －1 1(1＋ x) x C n －1 C n ＋C n － 1C n ＋ ⋯ ＋ C n － 1C n .所以 0n1n －1n －11nC n － 1C n ＋C n －1C n ＋ ⋯ ＋ C n －1C n ＝ C 2n －1.(2) 明 ： 当 k ∈n － ！ n ×k －！n － k！N *， kC n k ＝ k ×n ！！＝ n ！ ＝k ！ n － kk －！ n － k ！－11.＝ nC n k－1222 n 2nnnnk － 1＝k 2k kk － 1 k所以 (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n )[k(C n ) ]＝( kC n C n )＝(nCn －1 C n)＝ n(C n －1k ＝1k ＝1k ＝1k ＝1knkn －kC n )＝ n(C n －1C n ) ．k ＝1n1n －1 n －1 1nn由n －k k n(1)知 C n － 1C n ＋ C n －1C n＋ ⋯ ＋ C n － 1C n ＝ C 2n － 1，即(C n －1C n )＝ C 2n －1，k ＝1所以 (C 1n )2＋ 2(C 2n )2＋ ⋯ ＋ n(C n n )2＝ nC n 2n － 1.[方法 ]二 式定理中的 用主假如结构一个生成相 二 式系数的函数，通 研究函数关系明恒等式、不等式和整除性.将二 式定理a ＋b n ＝ C\o\al( 0,n )a n ＋ C\o\al( 1,n )a n －1brn －r rnn＋⋯ ＋ C\o\al( ,n )a b ＋ ⋯ ＋ C\o\al( ,n )b 中的 a ， b 行特别化就会获得好多实用的有关合数的有关和的 果， 是研究有关 合数的和的 的常用方法 . 能够利用求函数 的思想 行 求解 .[ 式 ](2017 ·京、 城一模南)n ∈ N * ， n ≥3， k ∈ N * .kk －1(1) 求 ：① kC n － nC n － 1；2kk －2k －1② k C n － n(n － 1)C n － 2－ nC n － 1(k ≥ 2)；(2) 化 ： 12C n 0＋ 22C n 1＋ 32C n 2＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C n k ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n .解：kk － 1(1)① kC n － nC n － 1＝ k × n ！n －！－ n ×k ！ n － k ！ k －！ n － k ！＝n ！－n ！ ＝ 0.k － ！ n － k！ n － k！k －！2 kk －2 k －1 2n ！n －！② k C n － n(n － 1)C n －2 － nC n －1 ＝ k ×！ － n(n － 1) ×！k ！ n － kk － ！ n －k－ n ×n － ！＝ k ×n ！－n ！－k － ！ n － kk －！ n － kk － ！ n －k ！ ！！n ！ － ＝n ！k－ 1－1＝ 0.k －！n k！k －！－k！ k －－n(2) 法一： 由 (1)可知，当k ≥2 ， (k ＋ 1)2C n k ＝ (k 2＋ 2k ＋ 1)C n k ＝ k 2C n k ＋ 2kC n k ＋ C n k ＝ [n(n －－－－－22＋ －11＋ C n k.1)C n k －22＋ nC n k －11 ]＋ 2nC n k －11＋ C n k ＝ n(n － 1)C n k － 3nC n k －故 12C 0n ＋ 22C 1n ＋ 32 C 2n ＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C k n ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n ＝ (12C 0n ＋ 22C 1n )＋ n(n － 1)(C 0n － 2＋1n － 212n － 123nn － 2C n－2 ＋ ⋯ ＋ C n － 2)＋ 3n(C n －1＋ C n － 1＋ ⋯ ＋ C n － 1)＋ (C n ＋ C n ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (1＋ 4n) ＋ n(n － 1)2＋ 3n(2n － 1－1)＋ (2n － 1－ n)＝ 2n －2(n 2＋ 5n ＋ 4)．法二： 当 n ≥3 ，由二 式定理，有 (1＋ x)n ＝ 1＋ C 1n x ＋ C 2n x 2＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋ ⋯ ＋C n n x n ，两同乘以 x ，得 (1＋ x)n x ＝ x ＋ C 1n x 2＋ C 2n x 3＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋1＋ ⋯＋ C n n x n ＋1，n n －1 1 2 2 k k两 x 求 ，得 (1＋x) ＋ n(1＋ x)x ＝ 1＋ 2C n x ＋ 3C n x ＋ ⋯ ＋ (k ＋ 1)C n x ＋ ⋯ ＋ (n ＋n n1)C n x，两再同乘以＋(n＋ 1)C n n x n＋1，n n－ 1 2 1 2 2 3k k＋ 1 x，得 (1＋ x) x＋ n(1＋x)x ＝ x＋ 2C n x＋ 3C n x＋⋯＋ (k＋ 1)C n x ＋⋯两再x 求，得(1 ＋ x)n＋ n(1＋ x)n－1x＋ n(n－ 1)(1 ＋ x)n－2x2＋ 2n(1＋ x)n－1x＝ 1＋ 22C1n x＋ 32C 2n x2＋⋯＋ (k＋ 1)2k k 2 n nC n x ＋⋯＋ ( n＋ 1)C n x .令 x＝ 1，得 2n＋ n·2n－1＋ n(n－ 1)2n－2＋ 2n2n－1＝ 1＋ 22C1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋(n＋1) 2C n n，即 12C0n＋ 22C 1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋ (n＋1) 2C n n＝ 2n－2(n2＋ 5n＋ 4)．合数的性用[例 3] (2017 ·北四市研 )在三角形中，从第 3 行开始，除 1 之外，其余每一个数是它上边的两个数之和，个三角形数开几行如所示．(1) 在三角形中能否存在某一行，且行中三个相的数之比3∶ 4∶ 5？若存在，求出是第几行；若不存在，明原因；(2) 已知 n，r 正整数，且n≥r＋ 3.求：任何四个相的合数rr＋1r＋2r＋3 C n，C n，C n， C n不可以组成等差数列．[解 ] (1)三角形的第n 行由二式系数 C n k，k＝ 0,1,2，⋯， n 成．k－ 1＝3，假如第 n 行中有C nk＝kn1kC n k k＋ 1 4，k ＋1＝＝C n n－ k 5那么 3n－ 7k＝－ 3,4n－ 9k＝ 5，解得 k＝ 27， n＝ 62.即第 62 行有三个相的数C6226， C6227， C6228的比 3∶ 4∶ 5.(2) 明：如有rr ＋1r＋ 2r＋ 3r＋ 1rn， r(n≥r＋3)，使得 C n，C n， C n， C n成等差数列，2C n＝ C n＋r＋ 2r＋ 2r ＋1r ＋ 3，C n， 2C n＝ C n＋ C n即2n ！＝n ！ ＋r ＋！ n － r － ！ r ！ n － r！n ！，2n ！r ＋ ！ n － r －r ＋ ！ n － r －！！＝n ！＋n ！ ！.r ＋！ n － r －r ＋ ！ n － r －！所 以 有2＝1＋1，r ＋n － r －n － r －n － rr ＋ r ＋2＝1＋1，r ＋n － r － n － r － n － r － r ＋r ＋化 整理得，n 2－ (4r ＋ 5)n ＋ 4r(r ＋ 2)＋ 2＝ 0，2n － (4r ＋ 9)n ＋ 4(r ＋ 1)(r ＋ 3)＋ 2＝ 0.两式相减得， n ＝ 2r ＋ 3，rr ＋1r ＋2r ＋3于是 C 2r ＋3， C 2r ＋ 3， C 2 r ＋ 3， C 2r ＋3成等差数列．而由二 式系数的性 可知rr ＋3r ＋1r ＋2C 2r ＋3 ＝ C 2r ＋ 3＜ C 2r ＋ 3＝ C 2r ＋ 3， 与等差数列的性 矛盾，进而要 明的 成立．[方法 ](1) 于 合数 ，需要熟 并能灵巧运用以下两个 合数公式：C k n ＝ C nn －k ， C kn ＋ 1＝C k n ＋C k n －1 .(2) 于二 式定理 ，需掌握 法和二 式系数的性 ，并能将二 式系数与二 睁开式系数区 开来．[ 式 ](1－ x)n ＝ a 0＋ a 1x ＋ a 2x 2＋ ⋯＋ a n x n ， n ∈ N * ， n ≥2. (1) 若 n ＝ 11，求 |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9 |＋ |a 10|＋ |a 11|的 ；k ＋1(2)b k ＝n － k a k ＋1 (k ∈N ，k ≤n － 1)，S m ＝ b 0＋ b 1＋ b 2＋⋯ ＋ b m (m ∈ N ，m ≤n － 1)，求的 ．解： (1)因 a k ＝ (－ 1)k C k n ，当 n ＝ 11 ， |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9|＋ |a 10|＋ |a 11|＝ C 611＋ C 711＋ C 811＋ C 911＋ C 1011＋ C 11111 0 110 11 10＝ (C 11＋ C 11＋ ⋯＋ C 11 ＋ C 11)＝ 2 ＝ 1 024.2(2) b k ＝ k ＋ 1k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1 k ＋ 1 ka k ＋ 1＝ (－ 1) n － kC n ＝ (－ 1)C n ，n － k当 1≤k ≤n － 1 ，b k ＝ (－ 1)k ＋1C k nS mm C n － 1＋kk －1＝ (－ 1)k 1(C n － 1＋ C n － 1)＝(－1) k＋1 k －1k ＋1 kC n － 1＋ (－ 1) C n －1＝ (－ 1)k － 1C k n －－11－ (－ 1)k C k n － 1.当 m ＝ 0 ，S m＝b 0＝ 1.mC n －1C n －1当 1≤m ≤n － 1 ， S m ＝－ 1＋mk －1 k －1k k m m[(－ 1)C n －1－ (－ 1)C n －1 ]＝－ 1＋ 1－ (－ 1) C n － 1k ＝1＝－ (－ 1) mmC n －1，S m ＝ 1. 所以 C n 1m上，S m＝ 1.mC n － 1[ 达 ]1． 会合 A ，B 是非空会合M 的两个不一样子集， 足： A 不是 B 的子集，且 B 也不是 A 的子集．(1) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， a 4} ，直接写出全部不一样的有序会合(A ，B)的个数；(2) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， ⋯ ， a n }，求全部不一样的有序会合 (A ， B)的个数．解： (1)110.(2) 会合 M 有 2n 个子集，不一样的有序会合 (A ， B) 有 2n (2n － 1)个．当 A ? B ，并 B 中含有 k(1≤k ≤n ， k ∈N * )个元素，n k足 A ?k－ 1)B 的有序会合 (A ， B)有C n (2k ＝ 1n n＝ C n k 2k －C n k ＝ 3n － 2n 个．k ＝k ＝同理， 足 B ? A 的有序会合 (A ，B)有 3n － 2n 个．故 足条件的有序会合 (A ， B)的个数 2n (2 n － 1)－ 2(3n － 2n )＝ 4n ＋ 2n － 2×3n . 2． (2017 南·京、 城二模) 有n n ＋(n ≥2， n ∈ N * )个 定的不一样的数随机排成一2个下 所示的三角形数 ：* ⋯⋯⋯⋯ 第 1行**⋯⋯⋯⋯ 第 2行***⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 第 3行⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯ 第 n 行** ⋯⋯⋯⋯ **Mk 是第 k 行中的最大数，此中1≤k ≤n ， k ∈ N *12<⋯< 的概率 p.M <M.(1) 求 p 2 的 ；2C n ＋ 1(2) 明： p n >n ＋！.解： (1)由 意知p 2＝ 2A 22 2，即 p 223 ＝3 的 .A 33(2) 明：先排第n 行， 最大数在第n 行的概率 nn ＝ 2 ；n ＋ n ＋ 12去掉第 n 行已 排好的n 个数，n n ＋nn －个数中最大数在第n －1行的概率 n － 1＝余下的2 － n ＝2－n n2 2； n⋯故 p ＝2 22＝2n －1＝ 2n.n× ×⋯×n ＋×n ×⋯×3 n ＋ ！n ＋1 n3因为 nn0 12n0 121222 ＝ (1＋1) ＝ C n ＋ C n ＋ C n ＋ ⋯ ＋ C n ≥C n ＋ C n ＋ C n >C n ＋ C n ＝ C n ＋ 1，2n22故>C n ＋2 ，即 p n > C n ＋1 .！n ＋n ＋！n ＋ 1！3． 1,2，⋯ ，n 足以下性T 的摆列 a 1，a 2，⋯ ，a n 的个数 f( n)(n ≥2，n ∈ N * )．性T ：摆列 a 1， a 2， ⋯ ， a n 中有且只有一个 a i ＞ a i ＋ 1(i ∈ {1,2， ⋯， n － 1})．(1) 求 f(3)；(2) 求 f(n)．解： (1)当 n ＝3 ， 1,2,3 的全部摆列有 (1,2,3) ，(1,3,2)，(2,1,3) ，(2,3,1) ，(3,1,2) ，(3,2,1) ，此中 足 存在一个 i ∈ {1,2,3} ，使得 a i ＞ a i ＋ 1 的摆列有 (1,3,2) ，(2,1,3) ，(2,3,1) ， (3,1,2)，所以 f(3)＝ 4.(2) 在 1,2， ⋯ ， n 的全部摆列 (a 1， a 2， ⋯ ， a n )中，若 a i ＝ n(1 ≤i ≤n － 1)，从 n － 1 个数 1,2,3，⋯ ， n － 1 中 i － 1 个数按从小到大的 序摆列 a 1， a 2， ⋯， a i － 1，其余按从小到大的 序摆列在余下地点，于是 足 意的摆列个数i －1C n －1.若 a n ＝ n ， 足 意的摆列个数f( n － 1)．n －1n －1上， f(n)＝ f(n － 1)＋i －1－ 1.C n － 1＝ f(n － 1)＋ 2i ＝ 1进而 f(n)＝23－ 2n － 31－ 2－ (n － 3)＋ f (3)＝ 2n － n － 1.4． (2016 · 高考江 )(1) 求 7C 36－ 4C 47的 ；*mmmm(2) m ，n ∈ N，n ≥m ，求 ： (m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2) ·C m ＋ 1＋( m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯＋ nC n － 1＋ (nmm ＋2＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .解： (1)7C 3 46×5×4 7×6×5×46－ 4C 7＝ 7×－ 4×＝ 0.3×2×14×3×2×1(2) 明：当 n ＝m ， 然成立．当 n ＞m ， (k ＋ 1)C k m ＝k ＋ k ！m ！ k － m ！ ＝ (m ＋ 1) ·k ＋ ！！k ＋－m ＋！m ＋m ＋1＝ (m ＋ 1)C k ＋ 1 ， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2， ⋯， n.m ＋ 1m ＋ 2m ＋ 2又因 C k ＋ 1 ＋ C k ＋ 1 ＝ C k ＋ 2 ，mm ＋2m ＋2所以 (k ＋ 1)C k ＝ (m ＋ 1)(C k ＋2 － C k ＋ 1 )， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2，⋯ ， n.mmmmmm所以，(m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2)C m ＋ 1＋ (m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C m ＋ [(m ＋ 2)C m ＋1＋ (m ＋ 3)C m m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n m ]m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2＝ (m ＋ 1)C m ＋ 2＋ (m ＋ 1)[(C m ＋ 3－ C m ＋2)＋ (C m ＋ 4－ C m ＋3)＋ ⋯ ＋ (C n ＋ 2 － C n ＋1 )]m ＋2＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .5． a n 是 足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和n(n ∈ N * )，且每个数位上的数字只好是 1 或 2.(1) 求 a 1，a 2， a 3， a 4 的 ；(2) 求 ： a 5n －1 (n ∈N * )是 5 的倍数．解： (1)当 n ＝ 1 ，只有自然数 1 足 条件，所以a 1＝ 1；当 n ＝ 2 ，有 11,2 两个自然数 足 条件，所以 a 2＝ 2；当 n ＝ 3 ，有 111,21,12 三个自然数 足 条件，所以a 3＝ 3；当 n ＝ 4 ，有1 111,112,121,211,22 五个自然数 足 条件，所以a 4＝ 5.上所述，a 1＝ 1， a 2＝ 2， a 3＝ 3， a 4＝ 5.(2) 明： 自然数X 的各位数字之和n ＋ 2，由 可知 ，X的首位1或2两种情形．当 X 的首位 1 ， 其余各位数字之和 n ＋ 1.故首位 1，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1；当 X 的首位 2 ， 其余各位数字之和n.故首位 2，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n .所以各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1＋ a n ，即 a n ＋ 2＝ a n ＋ 1＋ a n .下边用数学 法 明a 5n － 1 是 5 的倍数．① 当 n ＝ 1 ， a 4＝ 5，所以 a 4 是 5 的倍数，命 成立；② 假 n ＝ k(k ≥1， n ∈ N * ) ，命 成立，即a 5k － 1 是 5 的倍数．a5k＋4＝ a5k＋3＋ a5k＋2＝2a5k＋2＋ a5k＋1＝2(a5k＋1＋ a5k)＋ a5k＋1＝3a5k＋1＋ 2a5k＝3(a5k＋a5k－1)＋ 2a5k＝5a5k＋ 3a5k－1.因 5a5k＋ 3a5k－1是 5 的倍数，即a5k＋4是 5 的倍数．所以n＝ k＋ 1 ，命成立．由①②可知， a5n－1 (n∈N * )是 5 的倍数．6． (2017 常·州期末 )一个量用两种方法分算一次，由果同样结构等式，种方法称“算两次”的思想方法．利用种方法，合二式定理，能够获得好多风趣的合恒等式．如：观察恒等式(1＋ x)2n＝ (1＋ x)n(1＋ x)n(n∈ N* ) ，左 x n的系数 C n2n，而右 (1＋x)n(1 ＋ x)n＝ (C 0n＋C 1n x＋⋯＋ C n n x n)(C 0n＋ C 1n x＋⋯＋ C n n x n) ，x n的系数 C0n C n n＋ C1n C n n－1＋⋯＋C n n C0n＝ (C0n) 2＋ (C 1n)2＋ (C 2n) 2＋⋯＋ (C n n)2，所以可获得合恒等式 C n2n＝ (C n0 )2＋ (C 1n) 2＋ (C 2n)2＋⋯＋ (C n n) 2.(1) 依据恒等式 (1＋ x)m＋n＝ (1＋ x)m(1＋ x)n(m， n∈ N * )，两 x k(此中 k∈N ， k≤m， k≤n)的系数同样，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其余方法明：第 2数学法(能力)[常考型打破]用数学概括法证明等式π 为正整数，数列 {a n }的通项公式n π nθ，[例 1] (2017 苏·锡常镇一模 )设 |θ|< ，na n ＝ sintan22其前 n 项和为 S n .(1) 求证：当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝ (－ 1)n －1tan n θ；2(2) 求证：对任何正整数 n ， S 2n ＝ 1n ＋ 12n2sin 2θ·[1＋ (－ 1) tan θ]．n π n θ.[证明 ] (1) 因为 a n ＝ sin tan2*2k π 2k2k当 n 为偶数时，设 n ＝ 2k ， k ∈ N ， a n ＝a 2k ＝ sin 2 tan θ＝ sin k π· tan θ＝ 0， a n ＝ 0.当 n 为奇数时，设 n ＝ 2k － 1，k ∈ N * ，a ＝ a － ＝ sin k － n θ＝ π－ π· n θ2 tan 2tan 当 k ＝ 2m ， m ∈ N *时， a n ＝ a 2k － 1＝ sin 2m π－π·tan nθ＝ sin －π·tan n θ＝－ tan n θ，22此时n － 1＝ 2m － 1， a ＝ a － ＝－ tan n θ＝ －1)2m －1tan nθ＝ － n － 1n θ2n2 k 1(( 1) 2 tan.当 k ＝ 2m － 1，m ∈N * 时， a n ＝ a 2 k － 1＝ sin 2m π－3π·tan n θ＝ sin －3π ·tan nθ＝ tan n θ，22此时n － 1n－2m －2n－ n － 1 nθ ＝ 2m － 2， a ＝ a＝ tan θ＝1)·θ＝ 1)22 tan－n － 1综上，当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝( － 1) 2 tan n θ.(2) 当 n ＝ 1 时，由 (1) 得， S 2＝ a 1＋ a 2＝ tan θ，等式右侧＝1θ ＋tan 2θ)＝ sin θ·cos θ· 1 2 ＝ tan θ.2sin 2 (1cos θ故 n ＝ 1 时，命题成立，*1k ＋12k假定 n ＝ k(k ∈ N ， k ≥1)时命题成立，即 S 2k ＝ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)tan θ]．当 n ＝ k ＋ 1 时，由 (1)得：＋1)＝ S ＋ a2k ＋＋ a ＋ ＝ S ＋ a＋＝1θ·1＋ －k ＋1tan2k θ＋ (－ 1)k2 k ＋1θS 2(k 2 k1 2 k 22k 2k 1 2sin 2 []tan ＝ 1 k ＋ 1 2k θ＋ ( － 1) k2 2k ＋ 1 1 k ＋2 2k ＋2 1 sin 2 θ·＋ ( － 1) tan · tan θ＝ θ·＋ － 1) ·θ·－ 2 2 sin 2 1 tan tan θsin 2θ 221＋21k ＋22k ＋ 2－ cos θ1k ＋22k ＋sin 2·tan2 ＋2＝·tanθtan θ ＝ 2sin 2θ·1＋ (－ 1)θ· sin θ sin θ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)2θ]．即当 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 .综上所述，对任何正整数n ， S ＝ 1θ· ＋ －n ＋12n1)tan θ]．2n2sin 2 [1([方法 ]用数学 法 明等式 是常 型，其关 点在于弄清等式两 的组成律，等式两 各有多少 ，以及初始n 0 的 .由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 ，除考 等式两 化的 外 要充足利用n ＝k 的式子，即充足利用假 ，正确写出 明的步 ，进而使 得以 明.[ 式](2017 ·州期末 )已知 F n (x)＝ (－ 1)0C 0n ， f 0(x)＋ (－ 1)1C 1n f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n n f n (x)( n ∈ N * ，x>0)，此中 f i (x)( i ∈ {0,1,2 ，⋯ ， n})是对于 x 的函数．(1) 若 f i (x)＝ x i (i ∈ N) ，求 F 2(1)， F 2 017(2) 的 ；xn ！*(2) 若 f i (x)＝ x ＋ i (i ∈ N) ，求 ： F n ( x)＝x ＋ x ＋x ＋ n (n ∈ N )．解： (1)因 i(i ∈N) ，所以 F n (x)＝ (－ 1) 0 0 0＋(－1) 1 1 1n n nf i (x)＝ x C n x C n x ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C n x ＝ (1－ x)n ，所以 F 2 (1)＝ 0, F 2 017(2)＝ (1－ 2)2 017＝－ 1.x(2) 明：因f i (x)＝ x ＋ i (x>0， i ∈ N) ，n－ i C n ix所以 F n (x)＝ (－ 1) 0C n 0f 0(x)＋ (－ 1)1C n 1f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n nf n (x)＝( n ∈i ＝x ＋ iN *)．n ＝1i i xx ＝1，所以 n ＝1 成立 . ①当 n ＝ 1 ， F n ( x)＝－＝ 1－ C 1x ＋ ii ＝x ＋ 1 x ＋ 1②假 n ＝ k(k ∈ N * ) 成立，即 F kk－i ix＝(x)i ＝x ＋ i＝k ！，x ＋⋯x ＋ kx ＋k ＋1－ i ixn ＝ k ＋1 ， F k ＋1(x)＝C k ＋1i ＝x ＋ i＝ 1＋ k－ i i x＋(－1) k ＋1 k ＋1 xC k ＋1C k ＋1 x ＋ k ＋ 1i ＝1x ＋ i＝ ＋ k－i i －1 x ＋ －＋＋1x＋C ix ＋ i 1)k 1 k ＋ ＋ 1＝1k k( ·C k 1 ＋1ix kki i x k ＋1i i －1 x－－＝C kx ＋ i＋i ＝ 1C kx ＋ ii ＝k ＋1i －1i －1 x＝ F k (x)－－C kx ＋ ii ＝1k－i ix＝ F k (x)－C ki ＝x ＋ i ＋ 1ki ix ＋ 1x＝ F k (x)－－·C ki ＝x ＋ i ＋ 1x ＋ 1＝F k (x) －xF k (x＋1) ＝k ！－x ＋ 1x ＋x ＋⋯x ＋ kk ！xx ＋x ＋⋯ x ＋ 1＋ k ·x ＋ 1＝x ＋ 1＋ k k ！－ x ·k ！x ＋ x ＋⋯ x ＋ k x ＋ 1＋ k＝k ＋！，x ＋ x ＋ x ＋⋯ x ＋ 1＋ k所以 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立 .合①②可知，F n (x)＝n ！ ⋯x ＋n (n ∈ N * ).x ＋x ＋用数学 法 明不等式[例 2] (2017 南·京模 )已知数列 {a n } 足 a n ＝ 3n － 2，函数 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1，g( n)a 1 a 2 a n ＝ f(n 2)－ f( n － 1)， n ∈ N * .1(1) 求 ： g(2)＞ 3；1(2) 求 ：当 n ≥3 ， g(n)＞ 3 .[ 明 ](1) 由 意知， a n ＝ 3n － 2， g(n)＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1，a n a n ＋ 1 a n ＋2 a n2当 n ＝ 2 ， g(2)＝1 ＋ 1 ＋ 1 ＝ 1＋ 1＋ 1 ＝ 69 ＞1.故 成立．a 2 a 3 a 4 4 7 10 140 3(2) 用数学 法 明：①当 n ＝ 3， g(3) ＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1＝1＋ 1＋1＋1＋1＋1＋1＝1＋a 3 a 4 a 5a 9 7 10 13 1619222571 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＞ 1＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 10 13 16 19 22 25 8 16 16 16 32 32 32＝1＋3＋3＞1＋3＋1＞1，8 16 32 8 16 163所以当 n＝ 3 ，成立．②假当n＝ k(k≥3， k∈ N* )，成立，即 g(k)＞1，3当 n＝ k＋ 1 ，g(k＋ 1)＝ g(k)＋1＋1＋⋯ ＋a k2＋1a k2＋2a＋1－1＞1＋2k＋ 1－1a k＋a k 3k＋2－ 23k－ 2＝1＋k＋k－－k＋2－ 2]k＋32－k－＝1＋3k2－ 7k－ 3，3＋2－k－k由 k≥3 可知， 3k2－ 7k－ 3＞ 0，即 g(k＋ 1)＞1 3.所以当 n＝ k＋ 1 ，也成立．合①②可得，当1n≥3 ， g(n)＞ .31－1 ＞1＋1＋1＋⋯k＋a k 3 a k 2＋1 a k2＋2[方法 ]当碰到与正整数n 有关的不等式明，用其余法不简单，可考用数学法 .用数学法明不等式的关是由n＝ k k∈ N*成立，推n＝ k＋1 也成立，明用上假后，可采纳剖析法、合法、作差作商比法、放法等明 .[式 ]数 a1，a2，⋯，a n足 a1＋ a2＋⋯＋ a n＝ 0，且 |a1|＋|a2|＋⋯＋ |a n| ≤ n1(∈ N*且 n≥2)，令 b n＝a n*11*)．n(n∈N)．求： |b1＋ b2＋⋯＋ b n| ≤－2n(n∈N2明： (1)当 n＝ 2 ， a1＝－ a2，1所以 |a1|＋ |a2|＝ 2|a1|≤1，即 |a1|≤，2所以 |b ＋ b a1＋ a2＝|a1| 1＝ 1－ 1，12|＝2≤2422×2即当 n＝ 2 ，成立．(2) 假当 n＝ k(k∈N *且 k≥2) ，成立，1 1即当 a1＋ a2＋⋯＋ a k＝ 0，且 |a1|＋ |a2|＋⋯＋ |a k|≤1 ，有 |b1＋ b2＋⋯＋ b k|≤2－2k.当 n＝ k＋ 1 ，由 a1＋ a2＋⋯＋ a k＋ a k＋1＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋|a k ＋ 1|≤1，可得 2|a k ＋ 1|＝ |a 1＋ a 2＋ ⋯＋ a k |＋|a k ＋1 |≤|a 1|＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋ 1|≤1，1所以 |a k ＋ 1|≤ .2又 a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a k － 1＋ (a k ＋ a k ＋ 1)＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋ |a k － 1|＋ |a k ＋ a k ＋ 1|≤|a 1 |＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋1|≤1，由假 可得＋ b ＋ ⋯ ＋ b － ＋ a k ＋ a k ＋111，≤ －b 12 k 1 k2 2k所以 |b 1＋ b 2＋ ⋯ ＋ b k ＋ b k ＋1|＝ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k －1＋a k ＋ a k＋1kk ＋1＝b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k － 1＋a k ＋a k＋1＋a k＋1－a k＋1kk ＋ 1 k1 1＋ a k ＋ 1 a k ＋ 1≤ － ＋ － k2 2k k 1 ＝1－ 1＋ 1－ 1＋2 2k k k ＋ 1 |a k 1|1 1 ＋ 1 1 1≤ － － ×2 2k k k ＋ 1 2＝ 1－1，＋k即当 n ＝ k ＋ 1 ， 成立．合 (1)(2) 可知， 成立．、猜想、 明[例 3](2017 · 常 二模0 n1nk kn)已知 f n ( x)＝ C n x － C n (x － 1) ＋⋯＋ (－1)C n (x － k) ＋ ⋯ ＋(－ 1)n C n n (x － n)n ，此中 x ∈ R ， n ∈N * ， k ∈ N ， k ≤n.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)， f 3(x)的 ；(2) 猜 f n (x)对于 n 的表达式，并 明你的 ．0 1[解 ] (1)f 1(x)＝ C 1x － C 1(x － 1)＝ x － x ＋ 1＝ 1；f 2(x)＝ C 20x 2－C 21(x － 1)2＋ C 22(x － 2)2＝ x 2－ 2(x 2－ 2x ＋ 1)＋( x 2 － 4x ＋ 4)＝ 2； f 3(x)＝ C 30x 3－C 31(x － 1)3＋ C 32(x － 2)3－ C 33(x －3) 3＝ x 3－ 3(x － 1)3＋ 3(x － 2) 3－ (x － 3)3＝ 6. (2) 猜 ： f n (x)＝ n ！ .kn ！n ！k －1n －！而 kC n ＝ k ·！＝！ ，nC n － 1＝ n ·k － ！ n －k！k ！ n － k k － ！ n － kn ！＝，k －！n － k ！kk －1所以 kC n ＝ nC n － 1.用数学 法 明 成立．①当 n ＝ 1 ， f 1(x)＝ 1，所以 成立．②假 当 n ＝ k ， 成立，即f k (x)＝ C k 0x k － C k 1(x － 1)k ＋⋯ ＋ (－ 1)k C k k (x － k)k ＝ k ！ .当 n ＝ k ＋ 1k ＋ 11k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1k ＋1， f k ＋ 1(x)＝ C k ＋ 1x－C k ＋1(x － 1) ＋⋯＋(－1) C k ＋ 1(x － k － 1)k ＋ 11kk kkk ＋ 1 k ＋ 1k＝ C k ＋ 1x－ C k ＋ 1( x － 1) (x － 1)＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k) (x － k)＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k － 1)＋ 10 k1kk kk]＋ 1k2 k⋯＋(－＝ x[C k ＋ 1x － C k ＋ 1(x － 1) ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1( x － k) [C k ＋ 1(x － 1) － 2C k ＋ 1(x － 2)1)k ＋1kk]＋ (－ 1)k ＋1k ＋1k ＋1kC k ＋ 1( x － k) C k ＋ 1(x － k － 1)0 k1k＋⋯＋(－1)kk k －1kk1＝ x[C k x － (C k ＋ C k )( x － 1) (C k ＋ C k )(x － k) ]＋ (k ＋ 1)[(x － 1) － C k (x －2) k⋯＋(－1) k ＋1k －1k1) k ＋1k ＋1kC k (x － k) ]＋ (－ C k ＋ 1(x － k － 1) ( x － k － 1)＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k － 1C k k －1 (x － k)k ] ＋(k ＋ 1)[( x － 1)k － C 1k (x － 2)k ⋯ ＋ (－ 1)k ＋ 1C k k －1 (x － k) k ]＋ x( － 1)k ＋ 1C k k (x － k － 1)k － (k ＋ 1)(－ 1)k ＋1(x － k －1) k ＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯＋ (－ 1)k － 1C k k －1( x －k＋(－1) k k k 0 k 1 k＋⋯＋(－ 1) k － 1 k －1k ＋(－1) k(xk) C k (x － k － 1) ]＋ (k ＋ 1)[C k (x － 1) － C k ( x － 2) C k ( x － k) － k － 1)k ] ． (*)由 假 知(*) 式等于 x ·k ！－ x ·k ！＋ ( k ＋ 1) ·k ！＝ (k ＋ 1)！ .所以当 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立．合①②， f n ( x)＝ n ！成立．[方法 ]利用数学 法能够探究与正整数n 有关的未知 、存在性 ，其基本模式是 “— 猜想 — 明 ”，即先由合情推理 ，而后 推理即演 推理 的正确性 .解 “ — 猜想 — 明 ” 的关 是正确 算出前若干详细 ， 是 、猜想的基.否 将会做大批无用功 .[ 式 ](2017 ·城模 ) f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 22＋C 32＋ C 42＋ ⋯ ＋ C n 2)( n ≥2， n ∈ N * )． (1) 求 f(2)， f(3)， f (4)的 ；(2) 当 n ≥2， n ∈ N *， 猜想全部f(n)的最大公 数，并 明．22223解： (1)因 f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 2＋ C 3＋ C 4 ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (3n ＋ 2)C n ＋ 1，所以 f(2)＝ 8， f(3)＝ 44， f(4) ＝140.(2) 明：由 (1)中 可猜想全部 f(n)的最大公 数 4.下边用数学 法 明全部的f(n)都能被 4 整除即可．①当 n ＝ 2 ， f(2) ＝8 能被 4 整除， 成立；②假定 n ＝ k (k ≥2， k ∈ N * )时，结论成立，即 f( k)＝ (3k ＋ 2)C 3k ＋1 能被 4 整除，3则当 n ＝ k ＋ 1 时， f(k ＋ 1)＝ (3k ＋ 5)C k ＋ 233 ＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 2＋ 3C k ＋ 23 22＝ (3k ＋ 2)(C k ＋ 1＋ C k ＋ 1) ＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 322＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 ＝ (3k ＋ 2)C k 3 ＋ 1＋ 4(k ＋ 1)C k 2＋ 1，此式也能被 4 整除，即 n ＝ k ＋ 1 时结论也成立． 综上所述，全部 f( n)的最大条约数为4.[课时达标训练 ]cx ＋ d1．(2017 南·通三模 )已知函数 f 0(x)＝ ax ＋ b (a ≠0，bc － ad ≠ 0)．设 f n (x)为 f n － 1(x)的导数， n∈N *.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)；(2) 猜想 f n ( x)的表达式，并证明你的结论．解： (1)f 1(x)＝ f 0′(x)＝cx ＋ d ′＝bc － ad2，ax ＋ b ax ＋ b－ ad－ 2a bc － adf 2(x)＝ f 1′(x)＝bc3 .ax ＋ b 2 ′＝ax ＋ b－n － 1·an －1bc － ad n ！* .(2) 猜想 f n ( x)＝ax ＋ b n ＋1， n ∈ N证明：①当 n ＝ 1 时，由 (1)知结论成立，②假定当 n ＝ k(k ∈ N * 且 k ≥1)时结论成立，－k －1 ·ak －1bc － ad k ！即有 f k (x)＝ax ＋ bk ＋1.当 n ＝ k ＋ 1 时，f k ＋ 1( x) ＝ f k ′(x)＝ －k － 1·ak －1bc － ad k ！ax ＋ bk ＋1′＝ (－ 1)k － 1·a k － 1·(bc － ad) ·k ！ [(ax ＋ b)－ (k ＋1)] ′－k k！·a bc － adk ＋＝ax ＋ bk ＋ 2.所以当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立．由①②得，对全部n ∈N * 结论都成立．2． (2017 ·江模拟镇 )证明：对全部正整数 n,5n ＋ 2·3n － 1＋ 1 都能被 8 整除．证明： (1)当 n ＝ 1 时，原式等于 8 能被 8 整除，(2) 假定当 n ＝ k(k ≥1， k ∈ N * )时，结论成立，5k ＋ 2·3k －1＋ 1 能被 8 整除．5k ＋ 2·3k －1＋ 1＝ 8m ， m ∈ N * ，当 n ＝ k ＋ 1 ， 5k ＋1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4·3k －1－ 4 ＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)，而当 k ≥1， k ∈ N * ，3k －1＋ 1 然 偶数，2t ， t ∈ N * ，故 5k ＋ 1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)＝ 40m － 8t(m ， t ∈ N * )，也能被 8 整除，故当 n ＝ k ＋ 1 也成立；由 (1)(2) 可知 全部正整数 n,5n ＋ 2·3n －1＋ 1 都能被 8 整除．3．已知 S n ＝ 1＋ 1＋ 1＋ ⋯ ＋ 1( n ≥2， n ∈N *)，求 ： S 2 n ＞ 1＋ n(n ≥2， n ∈ N * )．23n2明： (1)当 n ＝ 2 ， S 2n ＝ S 4＝ 1＋ 1＋ 1＋ 1＝25＞ 1＋ 2，即 n ＝ 2 命 成立；2 3 4 122*) 命 成立，即 ＝ 1＋ 1＋ 1＋⋯ ＋1kk ，(2) 假 当 n ＝ k(k ≥2， k ∈ N S 2k2 32 ＞1＋ 2当 n ＝ k ＋ 1 ，S 2k＋1＝ 1＋ 1 ＋ 1 1 1 ＋ ⋯ ＋ 1 1＞ 1＋k1 ＋ k1＋ ⋯ ＋1k＋＋ ⋯ ＋ k ＋ k k ＋2＋ k ＋ 2 k ＋1＞ 1＋2 3 2 2 ＋ 1 2 2 ＋ 1 2 2 2k 2kkk ＋ 1＝ 1＋k ＋ 1，2 ＋ 2 ＝1＋ 2 2 2故当 n ＝ k ＋ 1 ，命 成立．*n由 (1)和 (2) 可知， n ≥2， n ∈N不等式 S 2n ＞ 1＋2都成立．4．(2017 南·京三模 )已知数列 {a n }共有 3n(n ∈ N * ) ， f(n)＝ a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a 3n . 随意的∈ *,1≤k ≤3n ，都有 a k ∈ {0,1}，且 于 定的正整数 p (p ≥2)，f (n)是 p 的整数倍．把 足上k N述条件的数列 {a n }的个数 T n .(1) 当 p ＝ 2 ，求 T 2 的 ；(2) 当 p ＝ 3 ，求 ： T n ＝ 1[8n ＋ 2(－ 1)n ]．3 解： (1)由 意，当n ＝ 2 ，数列 {a n }共有 6 ．要使得 f(2)是 2 的整数倍，6 中，只好有0 、 2 、 4 、 6 取 1，故 T 2＝ C 06＋ C 62＋ C 46＋ C 66 ＝25＝ 32.(2) 明： T n ＝ C 03n ＋ C 33n ＋ C 63n ＋⋯ ＋ C 33 n n . 当 1≤k ≤n ， k ∈N * ，3k3 k3k －1C 3n ＋3＝ C 3 n ＋2＋ C 3n ＋23k － 13k3k － 13k － 2＝ C 3n ＋ 1＋ C 3n ＋ 1＋ C 3 n ＋ 1＋ C 3n ＋13 k －13k3k－2＝ 2C3 n＋1＋ C3n＋1＋ C3n＋13k－ 13k－ 23 k－ 13k3k－ 33k－ 2＝ 2(C 3n＋C 3n)＋ C3n＋C 3n＋ C3n＋ C 3n＝3(C 3k3n－1＋C 3k3n－2)＋ C33k n＋C 3k3n－3，于是T＋＝C0 ＋＋ C3＋C6＋⋯＋C3n＋3＋＋＋n 13n33n33n33n3＝C03n＋3＋ C3n3n＋＋33＋ 3(C 13n＋ C 23n＋ C43n＋ C53n＋⋯＋ C3n3n－2＋ C3n3n－1)＋ T n－ C03n＋ T n－ C3n3n ＝2T n＋ 3(23 n－ T n)＝3×8n－T n.下边用数学法明1n n T n＝ [8＋ 2(－ 1)]．3当 n＝ 1 ， T 1＝ C03＋ C33＝ 2＝13[81＋ 2(－1)1]，即 n＝ 1 ，命成立．假 n＝ k (k≥1， k∈N * ) ，命成立，即 T k＝1[8k＋ 2(－ 1)k]．3当 n＝ k＋ 1 ，k k1k＋ 2(－ 1)k T k＋1＝3×8 － T k＝ 3×8－ [8]3＝1k k k] [9×8 －8－ 2(－ 1)3＝1[8k＋1＋ 2(－ 1)k＋1]，3即 n＝ k＋ 1 ，命也成立．于是当 n∈ N *，有 T n＝1[8n＋ 2(－1) n]．35． (2017 ·州考前研 )在数列 {a n}中， a n＝ cosπ*)．n－ 2(n∈N3×2(1)将 a n＋1表示 a n的函数关系式；(2)若数列 {b n}足 b n＝ 1－2(n∈N * )，猜想 a n与 b n的大小关系，并明你的．n·n！解： (1)a n＝ cos π2πn－2＝cos n－ 13×23×2π2＝2 cos3×2n－1－ 1，∴ a ＝ 2a2＋－ 1，∴ a ＋＝±a n＋ 1，nn 1n 12又 n∈ N*， n＋ 1≥2， a n＋1>0，∴ a n＋1＝a n＋ 12.。
高考数学二轮复习 考点十八计数原理与二项式定理课件 理
考题解法类编
揭秘解题绝招
试题体验应用
第三页，共22页。
限时规范训练
类型一 类型四 类型三 类型二
考题 ●解法类编
类型一 排列(páiliè)问题
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考山东卷)用 0，1，…，9 十个 数字，可以组成有重复数字的三位数的个数 为( ) A．243 B．252 C．261 D．279
类型一 类型四 类型三 类型二
第十二页，共22页。
考题 ●解法类编
类型(lèixíng)三 求二项展开式中的特定项
例题(lìtí)精编
例
3：(2013·高考辽宁卷)使3x＋x
1
n x
(n∈N＋)的展开式中含有常数项的最小的
n 为( )
A．4
B．5
C．6
D．7
通性通法 探究演练
考题解法类编
揭秘解题绝招
的常数项．∵f(x)＝x－1x6，x<0，∴当 x>0 时，f(x)＝－ － x，x≥0，
x <0 ， ∴ f[f(x)] ＝ f( －
x)＝
－ x＋ 1x6＝ x－ 1x6.∴展开式中常数项为 C36( x)3－ 1x3＝－C63＝－20.
答案：A
类型一
考题解法类编
Байду номын сангаас揭秘解题绝招
试题体验应用
限时规范训练
试题体验应用
第四页，共22页。
限时规范训练
类型一 类型四 类型三 类型二
考题 ●解法类编
类型(lèixíng)一 排列问题
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考山东卷)用 0，1，…，9 十个 数字，可以组成有重复数字的三位数的个数 为( ) A．243 B．252 C．261 D．279
(江苏专用)高三数学二轮总复习 训练18 二项式定理及数学归纳法 理
(建议用时：80分钟)1．求证：1＋2＋22＋…＋25n －1能被31整除．证明 1＋2＋…＋25n －1＝25n－12－1＝32n－1＝(31＋1)n－1 ＝31n ＋C 1n ·31n －1＋…＋C n －1n ·31＋C nn －1 ＝31n＋C 1n ·31n －1＋…＋C n －1n ·31＝31·(31n －1＋C 1n ·31n －2＋…＋C n －1n )，∵31n －1，C 1n ·31n －2，…，C n －1n 都是整数，∴原式可被31整除．2．已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式的二项式系数之和比(a ＋b )2n 的展开式的系数之和小240，求⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式中系数最大的项．解 由题意，得2n ＝22n－240，∴22n－2n －240＝0，即(2n －16)(2n＋15)＝0. 又∵2n＋15＞0，∴2n－16＝0.∴n ＝4.∴⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4. 又∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4的展开式中二项式系数最大的项为第3项，所以，所求⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 4展开式中系数最大的项为第3项，即T 3＝C 24(x )2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 2＝63x .3．已知(1＋x )n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a n (x －1)n (n ∈N *)．(1)求a 0及S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ；(2)试比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小，并说明理由． 解 (1)取x ＝1，则a 0＝2n；取x ＝2，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n， 所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －2n. (2)要比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小， 即比较：3n与(n －1)2n＋2n 2的大小．当n ＝1时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2； 当n ＝2,3时，3n ＜(n －1)2n ＋2n 2； 当n ＝4,5时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2. 猜想：当n ≥4时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2， 下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n ＝4时结论成立．假设当n ＝k (k ≥4)时结论成立，即3k ＞(k －1)2k ＋2k 2， 两边同乘以3，得3k ＋1＞3[(k －1)2k ＋2k 2]＝k 2k ＋1＋2(k ＋1)2＋[(k －3)2k ＋4k 2－4k －2]．而(k －3)2k＋4k 2－4k －2＝(k －3)2k＋4(k 2－k －2)＋6＝(k －3)2k＋4(k －2)(k ＋1)＋6＞0. 所以3k ＋1＞[(k ＋1)－1]2k ＋1＋2(k ＋1)2.即n ＝k ＋1时结论也成立．所以当n ≥4时，3n ＞(n －1)2n ＋2n 2成立． 综上得，当n ＝1时，S n ＞(n －2)2n ＋2n 2； 当n ＝2,3时，S n ＜(n －2)2n ＋2n 2； 当n ≥4，n ∈N *时，S n ＞(n －2)2n ＋2n 2.4．(2013·泰州模拟)已知多项式f (n )＝15n 5＋12n 4＋13n 3－130n .(1)求f (－1)及f (2)的值；(2)试探求对一切整数n ，f (n )是否一定是整数？并证明你的结论． 解 (1)f (－1)＝0，f (2)＝17(2)先用数学归纳法证明，对一切正整数n ，f (n )是整数． ①当n ＝1时，f (1)＝1，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N )时，结论成立，即f (k )＝15k 5＋12k 4＋13k 3－130k 是整数，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝15(k ＋1)5＋12(k ＋1)4＋13(k ＋1)3－130(k ＋1)＝C 05k 5＋C 15k 4＋C 25k 3＋C 35k 2＋C 45k ＋C 555＋C 04k 4＋C 14k 3＋C 24k 2＋C 14k ＋C 442＋C 03k 3＋C 13k 2＋C 23k ＋C 333－130(k ＋1)＝f (k )＋k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1. 根据假设f (k )是整数，而k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1显然是整数． ∴f (k ＋1)是整数，从而当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①、②可知对一切正整数n ，f (n )是整数． (Ⅰ)当n ＝0时，f (0)＝0是整数(Ⅱ)当n 为负整数时，令n ＝－m ，则m 是正整数，由(Ⅰ)知f (m )是整数， 所以f (n )＝f (－m )＝15(－m )5＋12(－m )4＋13(－m )3－130(－m )＝－15m 5＋12m 4－13m 3＋130m ＝－f (m )＋m 4是整数．综上，对一切整数n ，f (n )一定是整数．5．如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )(0＜y 1＜y 2＜…＜y n )是曲线C ：y 2＝3x (y ≥0)上的n 个点，点A i (a i,0)(i ＝1,2,3，…，n )在x 轴的正半轴上，且△A i－1A i P i是正三角形(A 0是坐标原点)．(1)写出a 1，a 2，a 3；(2)求出点A n (a n,0)(n ∈N *)的横坐标a n 关于n 的表达式． 解 (1)a 1＝2，a 2＝6，a 3＝12； (2)依题意，得x n ＝a n －1＋a n2，y n ＝3·a n －a n －12，由此及y 2n ＝3x n 得⎝⎛⎭⎪⎫3·a n －a n －122＝32(a n －1＋a n )，即(a n －a n －1)2＝2(a n －1＋a n )．由(1)可猜想：a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． 下面用数学归纳法予以证明： (1)当n ＝1时，命题显然成立；(2)假定当n ＝k 时命题成立，即有a k ＝k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k ＋1－a k )2＝2(a k ＋a k ＋1)得[a k ＋1－k (k ＋1)]2＝2[k (k ＋1)＋a k ＋1]，即(a k ＋1)2－2(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋[k (k －1)]·[(k ＋1)(k ＋2)]＝0， 解之得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(a k ＋1＝k (k －1)＜a k 不合题意，舍去)， 即当n ＝k ＋1时，命题也成立．所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．6．(2013·苏州调研)对于定义域为A 的函数f (x )，如果任意的x 1，x 2∈A ，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，则称函数f (x )是A 上的严格增函数；函数f (k )是定义在N *上，函数值也在N *中的严格增函数，并且满足条件f (f (k ))＝3k . (1)证明：f (3k )＝3f (k )； (2)求f (3k －1)(k ∈N *)的值；(3)是否存在p 个连续的自然数，使得它们的函数值依次也是连续的自然数；若存在，找出所有的p 值，若不存在，请说明理由．解 (1)证明：对k ∈N *，f (f (k ))＝3k ，∴f [f (f (k ))]＝f (3k )①由已知f (f (k ))＝3k ，∴f [f (f (k ))]＝3f (k )， ②由①、②∴f (3k )＝3f (k )(2)若f (1)＝1，由已知f (f (k ))＝3k 得f (1)＝3，矛盾； 设f (1)＝a ＞1，∴f (f (1))＝f (a )＝3，③由f (k )严格递增，即1＜a ⇒f (1)＜f (a )＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1≠1，f 1＜3，f 1∈N *，∴f (1)＝2，由③f (f (1))＝f (a )＝3，故f (f (1))＝f (2)＝3. ∴f (1)＝2，f (2)＝3.f (3)＝3f (1)＝6，f (6)＝f (3·2)＝3f (2)＝9， f (9)＝3f (3)＝18，f (18)＝3f (6)＝27， f (27)＝3f (9)＝54，f (54)＝3f (18)＝81.依此类推归纳猜出：f (3k －1)＝2×3k －1(k ∈N *)．下面用数学归纳法证明： (1)当k ＝1时，显然成立； (2)假设当k ＝l (l ≥1)时成立，即f (3l －1)＝2×3l －1，那么当k ＝l ＋1时，f (3l )＝f (3×3l －1)＝3f (3l －1)＝3×2×3l －1＝2·3l.猜想成立，由(1)、(2)所证可知，对k ∈N *f (3k －1)＝2×3k －1成立．(3)存在p ＝3k －1＋1，当p 个连续自然数从3k －1→2×3k －1时，函数值正好也是p 个连续自然数从f (3k －1)＝2×3k －1→f (2×3k －1)＝3k.。
高考数学考点突破——计数原理(理科专用)：二项式定理
二项式定理【考点梳理】1．二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)；(2)通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r，它表示第r ＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C 0n ，C 1n ，…，C nn . 2．二项式系数的性质3．各二项式系数和(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n.(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.【考点突破】考点一、展开式中的特定项或特定项的系数【例1】(1)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( )A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516(2)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则实数a ＝________.[答案] (1) D (2) －6[解析] (1)T r ＋1＝C r6(x 2)6－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12rC r 6x12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4，∴常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 46＝1516.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x )5－r ·⎝⎛⎭⎪⎫－a x r ＝(－a )r C r5·x 5－2r2.依题意，令5－2r ＝3，得r ＝1，∴(－a )1·C 15＝30，解得a ＝－6. 【类题通法】1．求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k ＋1项，再由特定项的特点求出k 值即可．2．已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k ＋1项，由特定项得出k 值，最后求出其参数． 【对点训练】1．(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________(用数字作答). [答案] 10[解析] 由(2x ＋x )5得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r＝25－r C r 5x5－r2，令5－r2＝3得r ＝4，此时系数为10.2．已知(1＋3x )n 的展开式中含有x 2项的系数是54，则n ＝________. [答案] 4[解析] (1＋3x )n的展开式的通项为T r ＋1＝C rn (3x )r，令r ＝2，得T 3＝9C 2n x 2，由题意得9C 2n ＝54，解得n ＝4.【例2】⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为( ) A ．15 B ．20 C ．30 D ．35 [答案] C[解析] 因为(1＋x )6的通项为C r 6x r ，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6展开式中含x 2的项为1·C 26x 2和1x2·C 46x 4，因为C 26＋C 46＝2C 26＝2×6×52×1＝30，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为30.【类题通法】求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c ＋d)m，然后展开分别求解．(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2．(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．【对点训练】(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.[答案] 40[解析] 由(2x＋x)5得T r＋1＝C r5(2x)5－r(x)r＝25－r C r5x5－r2，令5－r2＝3得r＝4，此时系数为10.【例3】(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为( )A．10 B．20 C．30 D．60[答案] C[解析] (x2＋x＋y)5的展开式的通项为T r＋1＝C r5(x2＋x)5－r·y r，令r＝2，则T3＝C25(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展开式的通项为C k3(x2)3－k·x k＝C k3x6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以(x2＋x ＋y)5的展开式中，x5y2的系数为C25C13＝30，故选C.【类题通法】求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤【对点训练】(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为________. [答案] 40[解析] 由二项式定理可得，展开式中含x 3y 3的项为x ·C 35(2x )2(－y )3＋y ·C 25(2x )3(－y )2＝40x 3y 3，则x 3y 3的系数为40.考点二、二项式系数的和与各项的系数和【例4】(1)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x 2－1x n的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为( )A ．－27C 39 B ．27C 39 C ．－9C 49 D ．9C 49(2)(1－3x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝( )A ．1 024B ．243C ．32D ．24 [答案] (1) B (2) A[解析] (1)令x ＝1得2n＝512，所以n ＝9，故⎝⎛⎭⎪⎫3x 2－1x 9的展开式的通项为T r ＋1＝C r 9(3x 2)9－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 9·39－r x 18－3r ，令18－3r ＝0得r ＝6，所以常数项为T 7＝(－1)6C 69·33＝27C 39.(2)令x ＝－1得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5| ＝[1－(－3)]5＝45＝1 024. 【类题通法】1．“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n、(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可.2．若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.【对点训练】1．在⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －3n (n ∈N *)的展开式中，所有项系数的和为－32，则1x 的系数等于( )A ．360B ．－360C ．270D ．－270 [答案] D[解析] 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －3n 中，令x ＝1可得，其展开式所有项系数的和为(－2)n＝－32，则n ＝5，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －35的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 5－r (－3)r.令5－r ＝2，可得r ＝3，所以展开式中1x的系数为－270.2．若(1＋x ＋x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n，则a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n 等于( ) A ．2nB ．3n －12C ．2n ＋1D ．3n＋12[答案] D[解析] 设f (x )＝(1＋x ＋x 2)n，则f (1)＝3n＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n ，①f (－1)＝1＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 2n ，②由①＋②得2(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝f (1)＋f (－1)， 所以a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝f （1）＋f （－1）2＝3n ＋12.考点三、二项式系数与展开式系数的最值问题【例5】(1)设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8 (2) (x ＋2y )7的展开式中系数最大的项是________． [答案] (1) B (2) 672x 2y 5[解析] (1)根据二项式系数的性质知：(x ＋y )2m的二项式系数最大有一项，C m2m ＝a ，(x ＋y )2m ＋1的二项式系数最大有两项，C m 2m ＋1＝C m ＋12m ＋1＝b .又13a ＝7b ，所以13C m 2m ＝7C m2m ＋1，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m ＝6满足等式，所以选B.(2)(x ＋2y )7的展开式的通项为T r ＋1＝2r C r 7x7－r yr.由⎩⎪⎨⎪⎧2r －1C r －17≤2r C r7，2r C r 7≥2r ＋1C r ＋17，可得133≤r ≤163.∵r＝0，1，…，7，∴r ＝5.∴(x ＋2y )7的展开式中系数最大的项是T 6＝25C 57x 2y 5＝672x 2y 5. 【类题通法】1．求二项式系数的最大值，则依据(a ＋b )n中n 的奇偶及二次项系数的性质求解． 2．求展开式系数的最大值，有两个思路，如下：思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n 的式子，可以看作关于n 的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值．思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k －1，a k ≥a k ＋1即可求得答案．【对点训练】1．(x －2y )6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为________(用数字作答)． [答案] －160[解析] 因为二项式系数最大的项是T 4＝C 36x 3(－2y )3＝－160x 3y 3，所以(x －2y )6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为－160.2．在⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中x 3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为( ) A ．5 B ．10 C ．15 D ．20 [答案] B[解析] 由T r ＋1＝C r 5x5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x r ＝(－a )r C r 5x 5－2r ，r ＝0,1，2，…，5，由5－2r ＝3，解得r ＝1，所以(－a )C 15＝－5a ＝－5，解得a ＝1，所以T r ＋1＝(－1)r C r 5x5－2r，r ＝0，1，2，…，5，当r＝0时，(－1)r C r5＝1；当r ＝2时，(－1)2C 25＝10；当r ＝4时，(－1)4C 45＝5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.故选B.。