(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理练习

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(江苏专用)2020版高考数学总复习第十四章第三节二项式定理课件苏教版

r Z.
令 10
3
2r
=k(k∈Z),则10-2r=3k,即r=5-32 k.∵r∈Z,∴k为偶数.
∴k可取2,0,-2,即r可取2,5,8.
∴第3项,第6项与第9项为有理项,它们分别为
0

1 2
5
, C180
2.二项展开式形式上的特点
(1)项数为n+1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n,即a与b的指数的和为n. (3)字母a按⑤ 降幂排列,从第一项开始,次数由n逐项减1直到0;字母 b按⑥ 升幂排列,从第一项开始,次数由0逐项增1直到n. (4)二项式的系数为 C0n, C1n,…, Cnn1, Cnn.
则 (k
k 1
a2k )

2
018 22
015 , 所以 2
1 018
1 009
(k
k 1
a2k )

22
015.
考点三二项式定理的应用
典例3 (2019江苏三校模拟) (1)设(1+x+x2)3=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,求a2,a3; (2)设x=(25+2 155 )20+(25+2 155 )17,求x的整数部分的个位数字.
1 C2 019
2 019

= 2 019
1 010
.
(3)由(2)知ak=(-1)k Ckn ,
因为k Ckn
=k· n!
k!(n
k
)!
=n·
(k
(n 1)! 1)!(n
k
)!
=nC kn11

2020年高考数学(理)二轮复习命题考点串讲系列-专题19 排列、组合、二项式定理(含答案解析)

2020年高考数学（理）二轮复习命题考点串讲系列-专题19 排列、组合、二项式定理1、考情解读1.排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易.2.排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想.3.与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想.2、重点知识梳理 1．两个重要公式 (1)排列数公式 A m n ＝n ！n －m ！＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)(n ，m ∈N *，且m ≤n )．(2)组合数公式 C m n ＝n ！m ！n －m ！＝nn －1n －2…n －m ＋1m ！(n ，m ∈N *，且m ≤n )．2．三个重要性质和定理 (1)组合数性质①C m n ＝C n －m n (n ，m ∈N *，且m ≤n )；②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n (n ，m ∈N *，且m ≤n )；③C 0n ＝1. (2)二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋C 2n a n －2b 2＋…＋C k n a n －k ·b k ＋…＋C n n b n ，其中通项T r ＋1＝C r n an －r b r . (3)二项式系数的性质①C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，…，C r n ＝C n －r n ；②C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n；③C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1. 3、高频考点突破考点1 排列与组合例1．【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D【变式探究】【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（A ）24 （B ）48 （C ）60 （D ）72 【答案】D【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有44A 种排法，所以奇数的个数为443A 72 ，故选D.【变式探究】(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个解析由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A 34＝72个；若万位是4，则有2×A 34个＝48个，故40 000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.答案 B考点二排列组合中的创新问题例2．用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球、而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5)D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5)解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b 5)种不同取法；第三步，5个有区别的黑球看作5个不同色，从5个不同色的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋c )5种不同的取法，所以所求的取法种数为(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5，故选A.答案 A【变式探究】设集合A ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1，0，1}，i ＝1，2，3，4，5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．60B ．90C ．120D ．130答案 D考点三二项展开式中项的系数例3．【2016年高考北京理数】在6(12)x 的展开式中，2x 的系数为__________.（用数字作答）【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式16(2)r r r r T C x +=-可知，2x 的系数为226(2)60C -=。

[2020高考理数复习江苏]第十二章计数原理、概率分布第3讲

第3讲二项式定理及其应用考试要求 1.二项式定理(B级要求)；2.高考中对本讲的考查主要是利用通项公式求展开式中某项的系数、某特定的项、项的系数最值问题及几个二项式和或积的展开式中某项的系数等.要关注赋值法思想的运用.知识梳理1.二项式定理2.二项式系数的性质(1)C0n＝1,C n n＝1,C m n＋1＝C m－1n＋C m n.(2)C m n＝C n－mn.(3)当n为偶数时,二项式系数中,以C n2n最大；当n为奇数时,二项式系数中以Cn－12n 和Cn＋12n(两者相等)最大.(4)C0n＋C1n＋…＋C n n＝2n.3.二项展开式形式上的特点(1)项数为n＋1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n,即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列,从第一项开始,次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列,从第一项起,次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从C0n,C1n,一直到C n－1n,C n n.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)C r n a n－r b r是二项展开式的第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)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项.()(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0,则a7＋a6＋…＋a1的值为128.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2.(教材改编)(x－y)n的二项展开式中,第m项的系数是________.解析(x－y)n展开式中第m项的系数为C m－1n(－1)m－1.答案(－1)m－1C m－1n3.已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54,则n＝________.解析C2n(3x)2＝54x2,∴n（n－1）2＝6,解得n＝4.答案 44.已知C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝729,则C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝________.解析逆用二项式定理得C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝(1＋2)n＝3n＝729,即3n＝36,所以n＝6,所以C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝26－C0n＝64－1＝63.答案635.(2018·天津卷)在⎝⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式中,x 2的系数为________. 解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝C r 5x 5－3r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r ,令 5－32r ＝2,得r ＝2,所以x 2的系数为C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝52. 答案 52考点一二项展开式角度1 求二项展开式中的特定项【例1－1】 (1)(2018·浙江卷)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是________.(2)若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数为－80,则实数a ＝________.解析(1)该二项展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8x 8－r3⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r ＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x 8－4r 3.令8－4r 3＝0,解得r ＝2,所以所求常数项为C 28×⎝⎛⎭⎪⎫122＝7. (2)∵T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝a 5－r C r 5x 10－52r,∴10－52r ＝5,解得r ＝2, ∴a 3C 25＝－80,解得a ＝－2. 答案 (1)7 (2)－2角度2 三项式或两个二项式积的问题【例1－2】 (1)(x 2＋x ＋y )5的展开式中,x 5y 2的系数为________. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为________. 解析 (1)法一利用二项展开式的通项求解. (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5,含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.法二利用组合知识求解. (x 2＋x ＋y )5表示5个x 2＋x ＋y 之积.∴x 5y 2可从其中5个因式中选两个因式取y ,两个取x 2,一个取x .因此x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6＝1·(1＋x )6＋1x 2·(1＋x )6, 对(1＋x )6的x 2项系数为C 26＝6×52＝15, 对1x 2·(1＋x )6的x 2项系数为C 46＝15, ∴x 2的系数为15＋15＝30. 答案 (1)30 (2)30规律方法 (1)求二项展开式中的特定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零；求有理项时,指数为整数等),解出项数r ＋1,代回通项公式即可.(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 【训练1】 (1)(2018·全国Ⅲ卷改编)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为________.(2)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5,则a 4＝________,a 5＝________. 解析(1)T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r ,由10－3r ＝4,得r ＝2,所以x 4的系数为C 25×22＝40.(2)令x ＝0,得a 5＝(0＋1)3(0＋2)2＝4,而(x ＋1)3(x ＋2)2＝(x ＋1)3[(x ＋1)2＋2(x ＋1)＋1] ＝(x ＋1)5＋2(x ＋1)4＋(x ＋1)3；则a 4＝C 45＋2C 34＋C 23＝5＋8＋3＝16.答案 (1)40 (2)16 4考点二二项式系数的和或各项系数的和的问题【例2】在(2x －3y )10的展开式中,求: (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和.解设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10,(*)各项系数的和为a 0＋a 1＋…＋a 10,奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10,偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9,x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9,x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.(1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)令x ＝y ＝1,各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.(3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29, 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29.(4)令x ＝y ＝1,得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1,① 令x ＝1,y ＝－1(或x ＝－1,y ＝1), 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510,② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510, ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510, ∴偶数项系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102； x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.规律方法 (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.【训练2】 (1)(2019·淮安月考)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 ＝________. (2)若(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016x 2 016,则a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016的结果是多少?(1)解析由题意得a ＝C m 2m ,b ＝C m ＋12m ＋1,∴13C m2m＝7C m＋12m＋1,∴13·（2m）！m！·m！＝7·（2m＋1）！m！·（m＋1）！,∴7（2m＋1）m＋1＝13,解得m＝6,经检验符合题意.答案 6(2)解当x＝0时,左边＝1,右边＝a0,∴a0＝1.当x＝12时,左边＝0,右边＝a0＋a12＋a222＋…＋a2 01622 016,∴0＝1＋a12＋a222＋…＋a2 01622 016.即a12＋a222＋…＋a2 01622 016＝－1.考点三二项式定理的应用【例3】(1)设a∈Z且0≤a＜13,若512 016＋a能被13整除,则a＝________.(2)1.028的近似值是________(精确到小数点后三位).(3)用二项式定理证明2n>2n＋1(n≥3,n∈N*).解析(1)512 016＋a＝(52－1)2 016＋a＝C02 016·522 016－C12 016·522 015＋…＋C2 0152 016×52·(－1)2 015＋C2 0162 016·(－1)2 016＋a,∵C02 016·522 016－C12 016·522 015＋…＋C2 0152 016×52·(－1)2 015能被13整除,且512 016＋a 能被13整除,∴C2 0162 016·(－1)2 016＋a＝1＋a也能被13整除,因此a的值为12.(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C08＋C18·0.02＋C28·0.022＋C38·0.023≈1.172.答案(1)12(2)1.172(3)证明当n≥3,n∈N*.2n＝(1＋1)n＝C0n＋C1n＋…＋C n－1n ＋C n n≥C0n＋C1n＋C n－1n＋C n n＝2n＋2>2n＋1,∴不等式成立.规律方法(1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题,整除问题中要关注展开式的最后几项,而求近似值则应关注展开式的前几项.(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理,注意选择合适的形式.【训练3】 (1)1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是________.(2)已知2n ＋2·3n ＋5n －a 能被25整除,求正整数a 的最小值.(1)解析 1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1,∵前10项均能被88整除,∴余数是1. 答案 1(2)解原式＝4·6n ＋5n －a ＝4(5＋1)n ＋5n －a＝4(C 0n 5n ＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52＋C n －1n 5＋C n n )＋5n －a ＝4(C 0n 5n ＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52)＋25n ＋4－a ,显然正整数a 的最小值为4. 考点四二项式定理的综合应用【例4】 (2019·南京盐城一模)设n ∈N *,n ≥3,k ∈N *. 求值:(1)k C k n －n C k －1n －1；(2)k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；解(1)k 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.(2)k 2C kn－n (n －1)C k －2n －2－n Ck －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 ）！⎝ ⎛⎭⎪⎫kk －1－1－1k －1＝0. 规律方法掌握组合数的两种形式是求解有关组合数问题的基础,除此之外,还应掌握有关组合数常用的性质.【训练4】已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x n 的展开式的各项依次记为a 1(x ),a 2(x ),a 3(x ),…,a n (x ),a n ＋1(x ).设F (x )＝a 1(x )＋2a 2(x )＋3a 3(x )＋…＋na n (x )＋(n ＋1)a n ＋1(x ). (1)若a 1(x ),a 2(x ),a 3(x )的系数依次成等差数列,求n 的值； (2)求证:F (2)－F (0)＝2n －1(n ＋2)－1. (1)解依题意a k (x )＝C k －1n ⎝⎛⎭⎪⎫12x k －1, k ＝1,2,3,…,n ＋1,a 1(x ),a 2(x ),a 3(x )的系数依次为C 0n ＝1, C 1n ·12＝n 2,C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝n （n －1）8,所以2×n2＝1＋n （n －1）8,解得n ＝8或n ＝1(舍去).(2)证明 F (x )＝a 1(x )＋2a 2(x )＋3a 3(x )＋…＋na n (x )＋(n ＋1)a n ＋1(x )＝C 0n ＋2C 1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋3C 2n ⎝⎛⎭⎪⎫12x 2＋…＋n C n －1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x n －1＋(n ＋1)C n n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x n , F (2)＝C 0n ＋2C 1n ＋3C 2n ＋…＋n C n －1n ＋(n ＋1)C n n ,设S n ＝C 0n ＋2C 1n ＋3C 2n ＋…＋n C n －1n ＋(n ＋1)C n n , 则S n ＝(n ＋1)C n n ＋n C n －1n ＋…＋3C 2n ＋2C 1n ＋C 0n , 考虑到C k n ＝C n －k n ,将以上两式相加得 2S n ＝(n ＋2)(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n ＋C n n ),所以S n ＝(n ＋2)2n －1,又F (0)＝C 0n ＝1, 从而F (2)－F (0)＝2n －1(n ＋2)－1.一、必做题1.已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30,则a ＝________.解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式通项T r ＋1＝C r5x 5－r 2(－1)r a r ·x －r 2＝(－1)r a r C r 5x 52－r ,令52－r ＝32,则r ＝1,∵T 2＝－a C 15x 32,∴－a C 15＝30,∴a ＝－6. 答案－62.(4x －2－x )6(x ∈R )展开式中的常数项是________.解析设展开式中的常数项是第r ＋1项,则T r ＋1＝C r 6·(4x )6－r ·(－2－x )r ＝C r 6·(－1)r ·212x －2rx ·2－rx ＝C r 6·(－1)r ·212x －3rx , ∵12x －3rx ＝0恒成立,∴r ＝4, ∴T 5＝C 46·(－1)4＝15. 答案 153.已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为________.解析由题意,C 3n ＝C 7n ,解得n ＝10,则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29＝512. 答案 5124.若(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a n (1－x )n ,则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝________.解析在展开式中,令x ＝2,得3＋32＋33＋…＋3n ＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋ (－1)n a n ,即a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝3（1－3n ）1－3＝32(3n －1). 答案 32(3n －1)5.已知(1＋2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,则ba ＝________.解析由题意可得a ＝C 48＝70,求得r ＝5或6,此时,b ＝7×28,∴b a ＝1285. 答案12856.在(1－2x )6的展开式中,x 2的系数为________(用数字作答).解析展开式的通项T r ＋1＝C r 6·16－r ·(－2x )r ＝C r 6(－2x )r .令r ＝2,得T 3＝C 26·4x 2＝60x 2,即x 2的系数为60. 答案 607.(2019·苏、锡、常、镇联考)已知(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5,则二项式(ax －1)5展开后的各项系数之和为________.解析 ∵(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5,∴x 5的系数为C 05·a 5＝32,解得a ＝2.在(2x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5中,令x ＝1可得二项式(2x －1)5展开后的各项系数之和为1. 答案 18.已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求:(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6； (4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解令x ＝1,则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7 ＝－1.①令x ＝－1,则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1,∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. (2)(①－②)÷2,得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094. (3)(①＋②)÷2,得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.(4)法一 ∵(1－2x )7展开式中,a 0、a 2、a 4、a 6大于零,而a 1、a 3、a 5、a 7小于零, ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.法二 |a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|,即(1＋2x )7展开式中各项的系数和,令x ＝1, ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝37＝2 187.9.(2018·苏北四市期末)已知等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1·(1＋x )n .(1)求(1＋x )2n －1的展开式中含x n 项的系数,并化简:C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ； (2)求证:(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1. (1)解 (1＋x )2n －1的展开式中含x n 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 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＝∑nk ＝1[k (C k n )2]＝所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.10.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20,其中b i (i ＝0,1,2,…,20)为实常数. (1)求∑10n ＝1b 2n 的值； (2)求∑10n ＝1a n b 2n的值. 解 (1)令x ＝－1,得b 0＝1,令x ＝0,得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024,令x ＝－2,得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024, 从而b 0＋b 2＋b 4＋…＋b 20＝1 024, 所以∑10n ＝1b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023. (2)对等式两边求导,得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19, 令x ＝0,得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240,令x ＝－2,得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240, 从而2b 2＋4b 4＋…＋20b 20＝10 240.所以∑10n ＝1nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120. 所以∑10n ＝1a n b 2n ＝∑10n ＝1 (n ＋1)b 2n ＝∑10n ＝1nb 2n ＋∑10n ＝1b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143. 11.设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ,x ∈N *,n ≥2.(1)设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 －kC 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＋∑mk ＝1[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C mn －1＝－(－1)m C m n －1,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1. 综上,⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.二、选做题12.(2019·苏、锡、常、镇四市调研)在杨辉三角形中,从第2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,该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,使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.(1)解存在.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.若第n 行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5,则C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34,C k n C k ＋1n＝k ＋1n －k ＝45,即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2·n ！（r ＋1）！（n －r －1）！＝n ！r ！（n －r ）！＋n ！（r ＋2）！（n －r －2）！,2·n ！（r ＋2）！（n －r －2）！＝n ！（r ＋1）！（n －r －1）！＋n ！（r ＋3）！（n －r －3）！,所以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）,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,所以C r 2r ＋3,C r ＋12r ＋3,C r ＋22r ＋3,C r ＋32r ＋3成等差数列,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.13.(2018·南京、盐城、连云港二模)已知n ∈N *,且n ≥4,数列T :a 1,a 2,…,a n 中的每一项均在集合M ＝{1,2,…,n }中,且任意两项不相等. (1)若n ＝7,且a 2<a 3<a 4<a 5<a 6,求数列T 的个数；(2)若数列T 中存在唯一的a k (k ∈N *,且k <n ),满足a k >a k ＋1,求所有符合条件的数列T 的个数.解 (1)当n ＝7时,M ＝{1,2,…,7},数列T 的个数为C 27×A 22＝42.(2)当k ＝1时,则a 1>a 2,a 2<a 3<…<a n ,此时a 2为1,a 1共有n －1种选法,余下的n －2个数,按从小到大依次排列,共有1种排列方法.因此k ＝1时,符合条件的数列T 共有n －1＝(C 1n －1)个. 当2≤k ≤n －2时,则a 1<a 2<…<a k ,a k >a k ＋1,a k ＋1<a k ＋2<…<a n , 从集合M 中任取k 个数,按从小到大的顺序排列, 再将余下的n －k 个数,按从小到大的顺序排列,即得满足条件a 1<a 2<…<a k ,a k ＋1<a k ＋2<…<a n 的数列的个数为C k n C n －k n －k ,这里包含了a k <a k ＋1,即a 1<a 2<…<a k <a k ＋1<a k ＋2<…<a n 的情形,因此符合条件的数列T 的个数为C k n C n －k n －k －1＝C k n －1.当k ＝n －1时,则a 1<a 2<…<a n －1,a n －1>a n ,此时a n －1为n ,a n 共有n －1种选法,余下的n －2个数,按从小到大依次排列,共有1种排列方法,因此k ＝n －1时,符合条件的数列T 共有n －1＝(C n －1n －1)个.于是所有符合条件的数列T 的个数为C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1＝C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n －n ＋1 ＝2n －C 0n －C n n －n ＋1＝2n －n －1.。

2020年高考数学二轮限时训练计数原理、概率、随机变量及其分步、统计、统计案例2理

第七部分：计数原理、概率、随机变量及其分步、统计、统计案例（2）（限时：时间45分钟，满分100分）、选择题1 31 •已知（X 2—二）"的展开式中第三项与第五项的系数之比为帀，则展开式中常数项是（）A •— 1B • 1 C.— 45 D • 45r当 20 — 2r — = 0,即当 r = 8 时，常数项为 C 108( — 1)8= C o 2= 45，选 D.【答案】 D1 n2 •若(x + -)n展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为( )XA . 10B • 20 C. 30 D • 120【解析】•.•2n = 64,「. n = 6, 1•••T k +1= C 6kx 6— k(-)k= C 6kx6— 2k,•••当k = 3时，T 4为常数项，3• -T 4= C o = 20.【答案】 B3 • (2020年献县二模)(1 — ,x) 6(1 + ,x)4的展开式中x 的系数是()A • — 4B • — 3C . 3D • 4【解析】方法一：(1 — . x) 6(1 + . x)4的展开式中x 的一次项为：C 60•C 42( x)2+ G 2( — x) 2•C 40+ C 61( — x)・C 41( .x)【解析】由题知第三项的系数为 G 2（ — 1）2= G 2,第五项的系数为G 2G 4( — 1)4= G 4,则有吕C n£解得n =10,由 T r + 1= C r 20— 2r oXr rx — 2( —=6x + 15x — 24x = — 3x ,所以(1 — x) 6(1 + x)4的展开式中x 的系数是一3.方法二：由于(1 — x) 6(1 + x) 4= (1 — x) 4(1 — x) 1 2的展开式中x 的一次项为: 。

3( — x) •C 2 + C 4°•C 22( — J x) 2=— 4x + x =— 3x , 所以(1 —■ x) 6(1 + x)4的展开式中x 的系数是一3.【答案】 B8 84 .设(1 + x) = a o + a 1x +…+ a $x ，则 a o , a 1,…，a 8中奇数的个数为() A . 2 B . 3 C. 4 D . 58 2 8_,【解析】由(1 + x) = a o + a 1x + a 2x +…+ a $x 可以知道，a o 、a” a 2、…、a 8均为二项式系数，依次是 C 0、Q 4、C 2…、C 8,0 8 1 7 2 6 3 5C 8 = C 8 = 1, C 8 = C 8 = 8, C 8 = C 8 = 28, C = C 8 = 56 ,Q = 70,.・a o , a-1，…，a 8中奇数只有a o 和a s 两个. 【答案】 A1 n 1 15 .若(2x —-)展开式中含广项的系数与含项的系数之比为一5，则n 等于()入入入A . 4B . 6 C. 8 D . 1o 【解析】1kn —kk• T =C (2x) (—x )kk 亠 n —k n — 2k=G ( — 1)・2 x ,n + 2•••令 n — 2k = — 2 得 k = -; n + 4令 n — 2k =— 4 得 k =〒,n +4n +4C2n(— 1)22n—解得n = 6. 【答案】 B 二、填空题6. 1 + 3 + 32+…+ 399被4除所得的余数是 ___________2 991 — 3100【解析】•/ 1+ 3+ 3 +…+ 3 =1 — 34则（1 + x + x 2）（x + p n 的展开式中无常数项.n+2 n+2 C〒n( —1)〒2 n-n+ 2 2 n+ 4 21100 1 99 8 2 9 =—(4 — C 100 4 +…+ C 1009 ・4 — C oo9 4)=8（4 98— C o 。

2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：理科附加题+第3讲计数原理与二项式定理

最大值
二项式系数的和
当n为偶数时，中间的一项Cn2n取得最大值当n为奇数时，中间的两项Cn－2 1n和Cn＋2 1n取得最大值
C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n
[经典考题再回首] (2019·江苏高考)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， n≥4，n∈N *.已知a23＝2a2a4. (1)求n的值； (2)设(1＋ 3 )n＝a＋b 3 ，其中a，b∈N *，求a2－3b2的值．
②当p∈{2n－2,2n－1,2n}时，
T＝C3p≥C32n－2，同上可得T＞2C3n.
③当3≤p≤2n－3时，
T＝C3p＋C32n－p.
设f(p)＝C3p＋C32n－p，3≤p≤2n－3，
当3≤p≤2n－4时，f(p＋1)－f(p)＝C
3 p＋1
＋C
3 2n－p－1
－C
3 p
－
C32n－p＝C2p－C22n－p－1，
[解题方略] 涉及计数原理问题的解题策略
(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．
以利用求函数值的思想进行赋值求解．
[针对训练] 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＋a(m∈N *,0＜a＜1)，求证：a(m＋a)＝1.
解：(1)当n＝2时， f(x)＝(x＋ 5)5＝C05x5＋C15x4 5＋C25x3( 5)2＋C35x2·( 5)3＋ C45x( 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)520] ＝2×(5×16 5＋10×4×5 5＋25 5)＝610 5. 所以A＝610.

2020年江苏高考数学第二轮复习专题训练含解析

2020 年江苏高考数学第二轮复习精典试题
高考冲刺训练专题 (一 )
4 1. 中心在原点，一个顶点为 A( －3，0)，离心率为 3的双曲线的
x2 y2 方程是 9 － 7 ＝1 .
解析：因为双曲线的顶点为 A( －3，0)，所以双曲线的焦点在 x
x2 y2
4
轴上，所以设双曲线的方程为 a2－b2＝1，则 a＝3.又因为 e＝3，所以
4. 已知双曲线 xa22－y2＝1(a>0)的一条渐近线为 3x＋y＝0，则 a
3 ＝3.
解析：因为双曲线的一条渐近线方程为
y＝－
3x，且
a>0，则
b a
＝ 1a＝
3，解得
a＝
3 3.
x2 y2 5. 设双曲线 a2－b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F，右准线 l 与两
条渐近线交于 P，Q 两点，如果△ PQF 是直角三角形，那么双曲线的
－ y0)，M→F2＝( 3－ x0，－y0)，所以 M→F1·M→F 2＝ x02－ 3＋ y20.因为点 M 在双曲线上，所以 x220－ y20＝ 1，代入不等式 M→F 1·M→F 2<0，得 3y02<1，解得
3
3
－ 3 <y0< 3 .
9.
设 F1， F2 是双曲线
x2－
y2 24＝
1
的两个焦点，
P
是双曲线上的
一点，且 3PF1＝ 4PF2，则△ PF1F2 的面积为 24 .
解析：由题意知，双曲线的实轴长为 2，焦距为 F1F2＝2×5＝ 10，
4
1
PF1－PF2＝ 3PF2－ PF2＝ 3PF2＝2，所以

2020版新高考复习理科数学教学案：计数原理、二项式定理、概率含答案

教课资料范本2020版新高考复习理科数学教教案：计数原理、二项式定理、概率含答案编辑： __________________时间： __________________6讲计数原理、二项式定理、概率调研一计数原理■备考工具——————————————1．两个计数原理：分类加法原理与分步乘法原理．2．摆列数公式n！A mn＝n(n－1)(n－2)(n－m＋1)＝n－m！(m.n∈N* .而且 m≤n)．A n＝n！＝ n·(n－1) ·(n－2) · ·3·2·1.规定 0！＝ 1.3．组合问题(1)组合数公式：Amn n n－1n－2n－m＋1＝！Cmn＝＝m！Am m N* .而且 m≤n)．(2)组合数的性质：①Cmn＝Cn－m；②Cmn＋1＝ Cmn＋Cmn－1(m≤∈N*)．4．解摆列、组合题的基本方法(1)优先法①元素优先法：先考虑有限制条件的元素②地点优先法：先考虑有限制条件的地点(2)排异法n！n－m！(m.n∈.再考虑其余元素；.再考虑其余地点．对有限制条件的问题 .先从整体考虑 .再把不切合条件的所有状况去掉．(3)分类办理某些问题整体不好解决时 .经常分红若干类 .再由分类加法计数原理得出结论 .注意分类要不重、不漏．(4)分步办理某些问题整体不好解决时 .经常分红若干步 .再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中 .经常既要分类 .也要分步 .其原则是先分类 .再分步．(5)插空法某些元素不可以相邻或要在某特别地点时可采纳插空法 .即先安排好没有限制条件的元素 .而后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．(6)捆绑法把相邻的若干个特别元素“捆绑”为一个大元素 .而后再与其余“一般元素”做全摆列 .最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些地点上做全摆列．(7)隔板法将 n个同样小球放入 m(m≤n)个盒子里 .要求每个盒子里起码有一个小球的放法 .等价于将 n个同样小球串成一串 .从空隙里选 m－1个结点.剪截成 m段．这是针对同样元素的组合问题的一种方法．(8)消序法关于某几个元素次序必定的摆列问题 .可先把这几个元素与其余元素同时一行摆列 .而后用总的摆列数除以这几个元素的全摆列数．(9)穷举法将所有知足题设条件的摆列与组合逐个列举出来．这类方法常用于方法数比较少的问题．■自测自评——————————————1．[20xx ·山西八校联考]某工厂安排 6人负责周一至周六的正午午睡值班工作 .每日 1人.每人值班 1天.若甲、乙两人需安排在相邻两天值班 .且都不排在周三 .则不一样的安排方式有 ()A ．192种B．144种C． 96种D．72种分析：甲、乙两人能够排在周一、周二两天.能够排在周四、周五两天 .也能够排在周五、周六两天.所以甲、乙两人的安排方式共有C13A2＝6(种).其余 4 个人要在剩下的 4 天全摆列 .所以所有人的安排方式共有 6A4＝6×24＝144(种)．答案： B2．[20xx ·湖北要点中学考试]有 4位旅客来某地旅行 .若每人只好此后地甲、乙、丙三个不一样景点中选择一处旅行 .则每个景点都有人去旅行的概率为()39A. 4B.1684C.9D.9分析：通解：由题意知 .4 位旅客各此后地甲、乙、丙三个不一样的景点中选择一处旅行的选法有 34＝81 种．第一步：从三个不一样景点中选出一个景点有 2 位旅客去旅行的选法有 C13种；第二步：从 4位旅客中选 2 位到第一步选出的景点去旅行有 C24种方法；第三步：余下 2 位旅客到余下的两个景点的分法有 A2种．所以每个景点都有36 4人去旅行的方法有C13C24A 2＝36 种.于是所求概率为P＝81＝9.应选D.优解：由题意知 .4 位旅客各此后地甲、乙、丙三个不一样景点中选择一处旅行的选法有 34＝81 种．将 4 位旅客分为 3 组的分法有 C24 种.而后将这3 组旅客分到甲、乙、丙三个不一样景点 .其分法有A3种.由分步乘法计数原理知 .每个景点都有人去旅行的方法有 C24A3＝3636 4种．于是所求概率为 P＝81＝9.应选 D.答案： D3．[20xx ·河北九校联考]第十四届全国运动会将于 2021年在陕西举办 .为宣传地方特点 .某电视台派出 3名男记者和 2名女记者到民间进行采访报道．工作过程中的任务区分为：“负重扛机”“对象采访”“文稿编写”“编制剪辑”四项工作 .每项工作起码一人参加 .但2名女记者不参加“负重扛机”工作 .则不一样的安排方案数共有 ()A ．150B．126C． 90D．54分析：依据题意 .“负重扛机 ”可由 1 名男记者或 2 名男记者参加.当由 1 名男记者参加 “负重扛机 ”工作时 .有 C13种方法 .节余 2 男C24C122 女记者可分为3 组参加其余三项工作 .共有 A2 ·A 3种方法 .故由 1 名C24C12男记者参加 “负重扛机 ”工作时 .有 C13·A2 ·A3种方法；当由 2 名男记者参加 “负重扛机 ”工作时 .节余 1 男 2 女 3 名记者各参加一项工C24C12· 作.有 C23·A 3种方法．故知足题意的不一样安排方案数共有 C13·A2A3＋C23·A3＝108＋18＝126.应选 B.答案： B4．[20xx ·遵义航天中学二模]将 5本不一样的书分给甲、乙、丙三人 .每人起码一本至多两本 .则不同的分法种数是 ()A ．60B ．90C ． 120D ．180分析：第一步 .将 5 本不一样的书分红 3 组.一组 1 本.节余两个组每C25C23C1组 2本.有A2 种分法；第二步 .将分红的 3 组作全摆列 .有 A3种排法.依据分步乘法计数原理可得不一样的分法种数为 C25C23C1 90 种· ＝ A2 A3不一样的分法 .应选 B.答案： B5．[20xx ·安徽六校联考]某地举办科技展览会 .有3个场馆 .现将 24个志愿者名额分派给这 3个场馆 .要求每个场馆起码有 1个名额且各场馆名额互不同样的分派方法共有 ()A ．222种B ．253种C ． 276种D ．284种分析： “每个场馆起码有一个名额的分法 ”相当于在 24 个名额之间的 23 个缝隙中选出两个缝隙插入分开符号.则有 C23＝253 种方5/19法.起码有两个场馆的名额同样的分派方法有(1,1,22).(2,2,20).(3,3,18).(4,4,16).(5,5,14).(6,6,12).(7,7,10).(8,8,8).(9,9,6) .(10,10,4).(11,11,2).共有 10C13＋1＝31 种.所以每个场馆起码有一个名额且各场馆名额互不同样的分派方法共有253－31＝222 种.应选 A.答案： A6．[20xx ·湖南湘潭一模]某企业安排甲、乙、丙、丁 4人去上海、北京、深圳出差 .每人仅出差一个地方 .每个地方都需要安排人出差．若甲不安排去北京 .则不一样的安排方法有 ________种．分析：分两类 .第一类：安排 1 人去北京 .有 C13C23C1A2＝18 种安排方法；第二类：安排 2 人去北京 .有 C23A2＝6 种安排方法 .依据分类加法计数原理可得不一样的安排方法有 18＋6＝24 种．答案： 247．[20xx ·长沙一模]为培育学生的综合修养 .某校准备在高二年级开设 A.B.C.D.E.F.共6门选修课程 .学校规定每个学生一定从这 6门课程中选 3门.且A.B两门课程起码要选 1门.则学生甲共有 ________种不一样的选法．分析：通解：依据题意 .可分三类达成： (1)选 A 课程不选 B 课程.有 C24种不一样的选法； (2)选 B 课程不选 A 课程 .有 C24种不一样的选法； (3)同时选 A 和 B 课程 .有 C14种不一样的选法．依据分类加法计数原理 .得 C24＋ C24＋C14＝6＋6＋4＝16(种).故学生甲共有 16 种不一样的选法．优解：从 6 门课程中选 3 门的不一样选法有 C36种.而 A 和 B 两门课程都不选的选法有 C34种 .则学生甲不一样的选法共有 C36－ C34＝20－4＝16(种)．答案： 168．[20xx ·全国卷Ⅰ]从 2位女生 .4位男生中选 3人参加科技竞赛 .且起码有 1位女生当选 . 则不一样的选法共有 ________种． (用数字填写答案 )6/19分析：通解：可分两种状况：第一种状况.只有 1 位女生当选 .不同的选法有 C12C24＝12(种)；第二种状况 .有 2 位女生当选 .不一样的选法有 C2C14＝4(种)．依据分类加法计数原理知.起码有 1 位女生当选的不一样的选法有16种．优解：从 6 人中任选 3 人.不一样的选法有 C36＝20(种).从 6 人中任选 3 人都是男生 .不一样的选法有 C34＝4(种).所以起码有 1 位女生当选的不一样的选法有 20－4＝16(种)．答案： 169．[20xx ·安徽示范高中联考]现有16张不一样的卡片 .此中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张.要求这3张卡片不可以是同一种颜色 .且红色卡片至多 1张.不一样取法的种数为 ________．分析：解法一：从 16 张不一样的卡片中任取3张.不一样取法的种数为 C316.此中有 2 张红色卡片的不一样取法的种数为C24×C12.此中 3 张卡片颜色同样的不一样取法的种数为 C14×C34.所以 3 张卡片不可以是同一种颜色 .且红色卡片至多 1 张的不一样取法的种数为 C316－C24×C12－C14×C34＝472.解法二：若没有红色卡片.则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选 3 张.若都不一样色 .则不一样取法的种数为 C14×C14×C14＝64.若 2张颜色同样 .则不一样取法的种数为 C23×C12×C24×C14＝144.若红色卡片有1 张.则节余2 张不一样色时 .不一样取法的种数为C14×C23×C14×C14＝192.节余 2 张同色时 .不一样取法的种数为 C14×C13×C24＝72.所以不一样的取法共有 64＋144＋192＋72＝472(种)．答案： 47210．[20xx ·州质量展望郑一]《中国诗词大会》 (第三季 )亮点颇多 .在“人生自有诗意”的主题下.十场竞赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下.7/19》排在《游子吟》的前方 .《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后 .则后六场的排法有 ________种． (用数字作答 )分析：分两步达成： (1)《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关1山月》进行全排有A4种.若《蜀道难》排在《游子吟》的前方.则有2 A4种； (2)《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》插入已经摆列好的四首诗词形成的前 4 个空位 (不含最后一个空位 )中.插入法有 A241种．由分步乘法计数原理.知知足条件的排法有2A 4A24＝144(种)．答案： 144调研二二项式定理■备考工具——————————————1．二项式的通项与系数(a＋b)n睁开式中的第 r＋1项为 T r＋1＝Crna n－r b r .睁开式中Crn (r＝0,1. .n)叫做第 r＋1项的二项式系数．2．(1＋x)n＝1＋C1nx＋C2nx2＋＋ Cnx n.3．二项式系数的性质对称性Cmn＝Cn－m(m≤n)n＋1当k<2增减性时.二项式系数逐渐增大 .由对称性知后半部分是渐渐减小的n(1)当n为偶数时 .中间一项 (第2＋1项)的二项式系数最大 .最大值n为C2n；最大值n＋1(2)当n为奇数时 .中间两项2(第n＋38/19二项睁开式中项的系数和项)的二项式系数相等 .且同时获得n －1n ＋1最大值 .最大值为 C 2 n 或C 2n在(a ＋b)n的睁开式中 .令a ＝b ＝1.得C0n ＋ C1n ＋＋ Cn＝2n .即二项式系数的和为 2n .令a＝ 1.b ＝－ 1得C0n ＋C2n ＋＋C4n ＋＝ C1n ＋ C3n ＋C5n＋＝ 2n －1.即睁开式中奇数项二项式系数的和等于偶数项二项式系数的和 .■自测自评 ——————————————1．[20xx ·全国卷Ⅲ ](1 ＋2x 2)(1＋x)4的睁开式中 x 3的系数为 ( )A ．12B ．16C ． 20D ．24分析：睁开式中含 x 3 的项能够由 “1 与 x 3”和“2x 2 与 x ”的乘积构成 .则 x 3 的系数为 C34＋2C14＝4＋8＝12.答案： A12．[20xx ·合肥质检 ]若ax －x6的睁开式的常数项为 60.则a 的值为 ()A ．4B ．±4C ． 2D ．±2ax －16＋6－r － 1r分析：x 的睁开式的通项为 T r 1＝Cr6·(ax)· x ＝(－1)r ·a6－r·Cr6·.令 6－3r ＝0.得 r ＝4.则(－1)4·a 2·C46＝60.解得 a ＝ 2±2.应选 D.答案： D9/193．[20xx ·广州综合测试一](2－x 3)(x ＋a)5的睁开式的各项系数和为 32.则该睁开式中 x 4的系数是()A ．5B ．10C ． 15D ．20分析：在(2－x 3)(x ＋a)5 中.令 x ＝1.得睁开式的各项系数和为 (1＋a)5＝32.解得 a ＝1.故(x ＋1)5的睁开式的通项 T r ＋ 1＝Cr5x5－r.当 r ＝1 时.得 T 2＝C15x 4＝5x 4.当 r ＝4 时.得 T 5＝C45x ＝ 5x.故(2－x 3)(x ＋1)5 的睁开式中 x 4 的系数为 2×5－5＝5.选 A.答案： A14．[20xx ·天津卷 ] 2x －8x3 8的睁开式中的常数项为 ________．分析：二项睁开式的通项 T r ＋1＝Cr8(2x)8－r·－ 1 r ＝－1 r ·28－8x3 8r·Cr8x 8－ 4r.令 8－4r ＝0 可得 r ＝2.故常数项为－12×26×C28＝28.8答案： 285．[20xx ·浙江卷 ] 在二项式 (2＋ x )9的睁开式中 .常数项是 ________.系数为有理数的项的个数是 ____ ____．分析：该二项睁开式的第 k ＋1 项为 T k ＋1＝Ck9( 2)9－k x k.当 k ＝0时.第 1 项为常数项 .所以常数项为 ( 2)9＝16 2；当 k ＝1,3,5,7,9时.展开式的项的系数为有理数 .所以系数为有理数的项的个数为 5.答案：16 2 5a6．[20xx ·广东六校联考 ]若a ＝ π(2sinx －cosx)dx.则 x －x6的睁开式中常数项为 ________．分析： a ＝ π(2sinx －cosx)dx ＝(－2cosx －sinx)|π0＝4.所以a－ x 6的睁开式的通项T＋＝4 6－r·－r ＝6－r－r1Cr6x) 4(1)xrx(.令3r－6＝0.得 r ＝4.则睁开式中常数项为 240.2答案： 24027．[20xx ·唐山摸底 ]在 ax2－x5的睁开式中 .x 4的系数为 5.则实数 a 的值为 ________．＋2 5－r －2r分析：由条件可知二项睁开式的通项T r 1＝C r5(ax ) · x ＝－r·5－r 10－3r令－＝＝故－ 2·3 ＝5.解得 a ＝ 1 ( 2) C 5r a x. 10 3r4? r 2. ( 2) C 52 a2.1答案： 28．[20xx ·福建五校联考]已知 (1＋ax)(1－2x)5的睁开式中 .x 3的系数为－ 20.则实数 a ＝________.分析：由于 (1＋ax)(1－2x)5的睁开式中含 x 3的项为 C 53(－2x)3＋3ax ·C 52(－2x)2.即(40a －80)x 3.所以由题设得 40a －80＝－ 20.解得 a ＝2.3答案： 29．[20xx ·南昌二模]已知 (x 2－2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋＋ a 12x 12.则a 3＋a 4＝________.分析：由(x 2－2)6＝(2－ x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋＋a 12x 12得a 3＝0.a 4＝C 62×24＝240.∴ a 3＋a 4＝240.答案： 24011/1910．[20xx ·州调广研]已知 (2x＋2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4.则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝________.分析：由于 (2x＋2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4.所以取 x＝1得( 2＋2)4＝(a0＋a2＋a4)＋(a1＋a3)①；取 x＝－ 1 得( 2－2)4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)②.①②相乘得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(2＋2)4×(2－2)4＝[(2)2－22]4＝16.答案： 16调研三概率■备考工具——————————————一、古典概型1．古典概型的两个特点(1)有限性：试验中所有可能出现的基本领件只有有限个 .每次试验只出现此中一个基本领件；(2)等可能性：每个基本领件发生的可能性是相等的．2．古典概型的概率公式(1)在基本领件总数为 n的古典概型中 .每个基本领件发生的概率1都是相等的 .即每个基本领件发生的概率都是n.(2)假如随机事件 A包括的基本领件数为 m.由互斥事件的概率加m法公式可得 P(A)＝n.即关于古典概型 .任何事件的概率为 P(A)＝A包括的基本领件的个数.基本领件的总数二、几何概型1．几何概型的意义几何概型是基本领件个数有无穷个 .每个基本领件发生的可能性相等的一个概率模型 .这个概率模型的明显特点是每个事件发生的概率只与构成该事件地区的长度 (面积或体积 )相关．2．几何概型的概率计算公式在几何概型中 .事件 A的概率计算公式以下： P(A)＝构成事件 A的地区长度面积或体积.试验的所有结果所构成的地区长度面积或体积三、互斥事件与对峙事件的概率1．观点：关于事件 A.B.若A∩B为不行能事件 .则称 A与B互斥．若A∩B为不行能事件 .A∪B为必定事件 .则称 A与 B对峙．2．公式：若 A与B互斥 .则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；若 A与B对峙 .则P(A)＋P(B)＝1.四、互相独立事件同时发生的概率1．观点：关于事件 A.B.若事件 A的发生与事件 B的发生互不影响.则称事件 A.B是互相独立事件．2．公式：若 A与B互相独立 .则P(AB)＝ P(A)P(B)．五、条件概率的定义1．条件概率的定义P AB设 A.B是两个事件 .且P(A)>0.称P(A|B)＝P B为在事件 B发生时势件 A发生的条件概率．P AB注意：公式 P(A|B)＝P B既是条件概率的定义 .也是条件概率的计算公式．2．条件概率的性质(1)0≤P(B|A)≤1；(2)假如 B和C是两个互斥事件 .则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；(3)若A.B互相独立 .则P(B|A)＝P(B)．■自测自评——————————————1．[20xx ·全国卷Ⅰ]我国古代文籍《周易》用“卦”描绘万物的变化 .每一“重卦”由从下到上摆列的 6个爻构成 .爻分为阳爻“——”和阴爻“ ——”.如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦.则该重卦恰有 3个阳爻的概率是 ()511 A. 16B.3221 11 C.32D.16分析：由 6 个爻构成的重卦种数为26＝64.在所有重卦中随机取6×5×4一重卦 .该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C36＝＝20.依据古典概 620 5型的概率计算公式得 .所求概率 P ＝64＝16.应选 A.答案： A2．[20xx ·全国卷Ⅰ]如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成 .三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边 BC.直角边AB.AC.△ABC 的三边所围成的地区记为Ⅰ .黑色部分记为Ⅱ.其余部分记为Ⅲ .在整个图形中随机取一点 .此点取自Ⅰ .Ⅱ.Ⅲ的概率分别记为 p 1.p 2.p 3.则()A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ． p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3分析：通解：设直角三角形 ABC 的内角 A.B.C 所对的边分别为1a.b.c.则地区Ⅰ的面积即△ ABC 的面积 .为 S 1＝2bc.地区Ⅱ的面积 S 2＝1 c2 1 b 2π× a 211 12 1222π×＋ π×－＝ π(＋b －a )＋ bc ＝ bc.所2222 2－2bc8 c22以 S 1＝S 2由几何概型的知识知p 1＝p 2应选A...优解：不如设△ ABC 为等腰直角三角形 .AB＝AC＝2.则 BC＝12 2.所以地区Ⅰ的面积即△ ABC 的面积 .为 S1＝2×2×2＝2.地区Ⅱ的面积 S2＝π×12－π×22＝2.地区Ⅲ的面积 S3＝π× 2 2－2222－2＝π－2.依据几何概型的概率计算公式.得 p1＝p2＝π＋2.p3＝π－ 2π＋2.所以 p1≠p3.p2≠p3.p1≠p2＋p3.应选 A.答案： A3．[20xx ·全国卷Ⅱ]我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中获得了世界当先的成就．哥德巴赫猜想是“每个大于 2的偶数能够表示为两个素数的和”.如30＝7＋23.在不超出 30的素数中 .随机选用两个不一样的数 .其和等于30的概率是 ()11A. 12B.1411C.15D.18分析：不超出 30 的素数有 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共. 10 个 .从中随机选用两个不一样的数有C210种不一样的取法 .这10 个数中两个不一样31的数的和等于 30 的有 3 对.所以所求概率P＝C210＝15.答案： C4．[20xx ·合肥调研]如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标 .会标是依据赵爽弦图设计的 .颜色的明暗使它看上去像一个风车 .代表中国人民热忱好客．已知图中直角三角形两条直角边的长分别为 2和3.若从图中随机取一点 .则该点取自暗影地区的概率为()15/1928A. 3B.91224C.13D.25分析：由于四个直角三角形全等 .两条直角边的长分别为 2 和 3. 所以斜边长为 13.所以围成的大正方形的面积为 13.而每个直角三角1形的面积为2×2×3＝3.所以暗影地区的面积为12.所以从图中随机12取一点 .该点取自暗影地区的概率为13.应选 C.答案： C5．[20xx ·南昌要点中学]一种电子计时器显示时间的方式以下图 .每一个数字都在固定的全等矩形“显示池”中显示 .且每个数字都由若干个全等的深色地区“ ”构成．已知在一个显示数字 8的显示池中随机取一点 A.点A落1在深色地区内的概率为2.若在一个显示数字 0的显示池中随机取一点B.则点 B落在深色地区内的概率为 ()33A. 8B.436C.7D.7分析：依题意 .设题中全等的深色地区的面积为s.相应的固定的7s 1矩形的面积为 S.则有S＝2.即 S＝14s.所以点 B 落在深色地区内的概6s 3率为14s＝7.选 C.答案： C6．[20xx ·安徽示范高中考试]《九章算术》是我国古代的数学名著 .书中把三角形的田称为“圭田” .把直角梯形的田称为“邪田” .称底是“广” .称高是“正从” .“步”是测量土地的单位．现有一邪田 .广分别为十步和二十步 .正从为十步 .其内有一块广为八步 .正从为五步的圭田．若在邪田内随机种植一株茶树 .求该株茶树恰巧种在圭田内的概率为()22A. 15B.541C.15D.51分析：由题意可得邪田的面积S＝2×(10＋20)×10＝150.圭田1S1 202的面积 S1＝2×8×5＝20.则所求的概率 P＝S＝150＝15.答案： A7．[20xx ·武昌调研]已知 a.b是区间 [0,4] 上的随意实数 .则函数 f(x)＝ax2－bx＋1在[2.＋∞)上单一递加的概率为 ()13A. 8B.857C.8D.8分析：当 a＝0 时.f(x)＝－ bx＋1 在[2.＋∞)上不行能单一递加 .当≠时由已知及二次函数的单一性知－－b≤2.即 b≤4a.所以由题a 0.2a0<a≤4意可得0≤b≤4.画出不等式组表示的平面地区如图中暗影部分b≤4a1(梯形 OABD)所示 .易得 D(1,4).所以 S梯形OABD＝2×(4＋ 3)×4＝14.正方形 OABC 的面积 S＝4×4＝16.所以函数 f(x)在[2.＋∞)上单一递加147的概率 P＝16＝8.应选 D.答案： D8．[20xx ·长沙一模]已知一种元件的使用寿命超出 1年的概率为 0.8.超出 2年的概率为 0.6.若一个这类元件使用到 1年时还未损环 .则这个元件使用寿命超出 2年的概率为 ()A ．0.75B．0.6C． 0.52D．0.48分析：设一个这类元件使用到 1 年时还未破坏为事件 A.使用到2 年时还未破坏为事件 B.则由题意知 P(AB)＝0.6.P(A)＝ 0.8.则这个元P AB0.6件使用寿命超出 2 年的概率为 P(B|A)＝P A＝0.8＝0.75.应选 A.答案： A9．[20xx ·全国卷Ⅰ]甲、乙两队进行篮球决赛 .采纳七场四胜制(当一队博得四场成功时.该队获胜 .决赛结束)．依据先期竞赛成绩 .甲队的主客场安排挨次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6.客场取胜的概率为0.5.且各场竞赛结果互相独立 .则甲队以 4∶1获胜的概率是 __________．分析：记事件 M 为甲队以 4∶1 获胜 .则甲队共竞赛五场 .且第五场甲队获胜 .前四场甲队胜三场负一场 .所以 P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.答案： 0.1810．[20xx ·国卷全Ⅱ]我国高铁发展快速 .技术先进．经统计 .在经停某站的高铁列车中.有10个车次的正点率为 0.97.有20个车次的正点率为 0.98.有10个车次的正点率为 0.99.则经停该站高铁列车所有车次的均匀正点率的预计值为 __________．分析：经停该站高铁列车所有车次的均匀正点率的预计值为10×0.97 ＋20×0.98 ＋10×0.99＝0.98.10＋20＋10答案： 0.98。

2020届高考数学(理)二轮复习全程方略课件：专题19 计数原理与二项式定理 Word版含答案

当 3,4 固定在图中的位置时，填写空格的方法有 ( )
A．6 种
B．12 种
C．18 种
A
D．24 种
[解析] 分三个步骤：第一步，数字1,2,9必须放在如图的位置，只有1种方法．第二步，数字5可以放在左下角或右上角两个位置，故数字5有2种方法．第三步，数字6如果和数字5相邻，则7,8只有1种方法；数字6如果不和数字5相邻，则7,8有2种方法，故数字6,7,8共有3种方法．根据分步乘法计数原，有1×2×3＝6种填写空格的方法．
n！＝___m_！___n_－__m__！____(这里，m，n∈N*，且m≤n)；
②C0n＝1．
(3)二项式定理： ①定理内容：(a＋b)n＝__C_0n_a_n＋__C_1n_a_n_－_1b_1_＋__…__＋__C_kn_a_n_－_kb_k_＋__…__＋__C_nn_b_n(_n_∈__N__*)_； ②通项公式：Tk＋1＝___C_nk_a_n－_k_b_k __________．
8．(2016·全国卷Ⅰ，14)(2x＋ x)5 的展开式中，x3 的系数是____1_0_____.(用数字填写答案)
[解析] 设展开式的第k＋1项为Tk＋1，k∈{0,1,2,3,4,5}，所以Tk＋1＝Ck5(2x)5－k( x)k＝Ck525－kx5－2k．当5－2k＝3时，k＝4，即T5＝C4525－4x5－42＝10x3．
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
7．(2017·山东卷，11)已知(1＋3x)n 的展开式中含有 x2 项的系数是 54，则 n ＝___4_______.
[解析]
(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C
r n

(文理通用)江苏省高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理练习

（文理通用）江苏省高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理练习课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．记⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项的系数为b m .(1)求b m 的表达式；(2)若n ＝6，求展开式中的常数项； (3)若b 3＝2b 4，求n .解：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项为C m －1n ·(2x )n －m ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x m －1＝2n ＋1－m ·C m －1n·x n ＋2－2m ，所以b m ＝2n ＋1－m·C m －1n .(2)当n ＝6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝26－r ·C r 6·x 6－2r .依题意，6－2r ＝0，得r ＝3，故展开式中的常数项为T 4＝23·C 36＝160. (3)由(1)及已知b 3＝2b 4，得2n －2·C 2n ＝2·2n －3·C 3n ，从而C 2n ＝C 3n ，即n ＝5.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，其中b i (i ＝0,1,2，…，20)为实常数．(1)求∑n ＝110b 2n 的值；(2)求∑n ＝110a nb 2n 的值．解：法一：(1)令x ＝－1，得b 0＝1，令x ＝0，得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024，令x ＝－2，得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024，所以∑n ＝110b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023.(2)对等式两边求导，得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19，令x ＝0，得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240，令x ＝－2，得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240，所以∑n ＝110nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120.所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110(n ＋1)b 2n ＝∑n ＝110nb 2n ＋∑n ＝110b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143.法二：由二项式定理易知 (x 2＋2x ＋2)10＝[1＋(x ＋1)2]10＝C 010＋C 110(x ＋1)2＋C 210(x ＋1)4＋…＋C 1010(x ＋1)20＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，比较可知b 2n ＝C n10(n ＝1,2，…，10)．(1)∑n ＝110b 2n ＝C 110＋C 210＋…＋C 1010＝210－1＝1 023.(2)因为a n ＝n ＋1,所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110(n ＋1)C n10＝∑n ＝110n C n10＋∑n ＝110C n10，设T ＝∑n ＝110n C n10＝0·C 010＋1·C 110＋2·C 210＋…＋10·C 1010，T 也可以写成T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C1010＋1·C910＋2·C810＋…＋10·C 010，相加得2T ＝10·210，即T ＝5·210，所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110n C n10＋∑n ＝110C n10＝5·210＋210－1＝6 143.3．(1)阅读以下案例，利用此案例的想法化简C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44. 【案例】考察恒等式(1＋x )5＝(1＋x )2(x ＋1)3左右两边x 2的系数．因为右边(1＋x )2(x ＋1)3＝(C 02＋C 12x ＋C 22x 2)(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)，所以右边x 2的系数为C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33，而左边x 2的系数为C 25，所以C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33＝C 25.(2)求证：∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝(n ＋1)C n2n .解：(1)考察恒等式(1＋x )7＝(1＋x )3(x ＋1)4左右两边x 3的系数．因为右边(1＋x )3(x ＋1)4＝(C 03＋C 13x ＋C 23x 2＋C 33x 3)·(C 04x 4＋C 14x 3＋C 24x 2＋C 34x ＋C 44)，所以右边x 3的系数为C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44，而左边x 3的系数为C 37，所以C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44＝C 37. (2)证明：由r C rn ＝r ·n ！r ！(n －r )！＝n ·(n －1)！(r －1)！(n －r )！＝n C r －1n －1，可得∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n)2＝∑r ＝0n(r C r n)2＋∑r ＝0n2r (C r n)2＋∑r ＝0n(C r n )2＝n2∑r ＝1n (Cr －1n －1)2＋2n ∑r ＝1nCr －1n －1·C r n＋∑r ＝0n(C r n )2.考察恒等式(1＋x )2n＝(1＋x )n(x ＋1)n左右两边x n的系数．因为右边(1＋x )n(x ＋1)n＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )·(C 0n x n ＋C 1n x n －1＋…＋C nn )，所以右边x n的系数为C 0n C 0n ＋C 1n C 1n ＋…＋C n n C n n＝∑r ＝0n(C r n )2，而左边的x n 的系数为C n2n ，所以∑r ＝0n(C r n )2＝C n2n .同理可求得∑r ＝1n(C r －1n －1)2＝C n －12n －2.考察恒等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(x ＋1)n 左右两边xn －1的系数．因为右边(1＋x )n －1(x ＋1)n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n x n＋C 1n x n －1＋…＋C nn )，所以右边xn －1的系数为C 0n －1C 1n ＋C 1n －1C 2n ＋…＋C n －1n －1C n n＝∑r ＝1nC r －1n －1·C rn ，而左边的xn －1的系数为C n －12n －1，所以∑r ＝1nC r －1n －1·C rn ＝C n －12n －1，所以∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝n 2C n －12n －2＋2n C n －12n －1＋C n 2n －n 2C n －12n －2 ＝2n C n －12n －1＋C n2n ＝n (C n －12n －1＋C n －12n －1)＋C n2n＝n (C n －12n －1＋C n 2n －1)＋C n2n ＝n C n2n ＋C n2n ＝(n ＋1)C n2n .4．(2019·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 rn ，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 kn ，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 kn C 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 rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C rn ＋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)！.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．5．已知A n ＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋…＋k n ·2n }，其中n ∈N *，n ≥2，k i ∈{－1,1}(i ＝1，2，…，n )，记集合A n 的所有元素之和为S n .(1)求S 2，S 3的值； (2)求S n .解：(1)当n ＝2时，A 2＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2}＝{2,6}，所以S 2＝2＋6＝8.当n ＝3时，A 3＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋k 3·23}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2＋8k 3}＝{2,6,10,14}．所以S 3＝2＋6＋10＋14＝32.(2)若k n ＝－1，且k 1＝k 2＝…＝k n －1＝1，n ≥2，n ∈N *，则x ＝2＋22＋…＋2n －1－2n＝2(1－2n －1)1－2－2n＝－2＜0，此时x ∉A n .所以k n 必然等于1，且当k 1＝k 2＝…＝k n －1＝－1，n ≥2，n ∈N *时，x ＝－2－22－…－2n －1＋2n＝－2(1－2n －1)1－2＋2n＝2＞0，此时x ∈A n .所以当k n ＝1，k 1，k 2，…，k n －1∈{－1,1}，n ≥2，n ∈N *时，都有x ∈A n . 根据乘法原理知，使得k i ＝1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 共有2n －2个，使得k i ＝－1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 也共有2n －2个，所以S n 中的所有k i ·2i(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)项的和为0，又因为使得k n ＝1的x 共有2n －1个，所以S n ＝2n －1×2n ＝22n －1.。

(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理课件

第3讲计数原理与二项式定理
课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高
[主干知识再强化]1．排列数、ຫໍສະໝຸດ 合数的定义、公式、性质排列数
组合数
从n个不同元素中取出定义 m(m≤n)个元素的所有不同
排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n) 个元素的所有不同组合的个数
Amn ＝n(n－1)·…·(n－m＋1)＝
解：(1)因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，
n∈N *，
所以a2＝C2n＝nn2－1，a3＝C3n＝nn－16n－2， a4＝C4n＝nn－1n2－4 2n－3. 因为a23＝2a2a4，所以nn－16n－22 ＝2×nn2－1×nn－1n2－4 2n－3. 解得n＝5.
(2)二项展开式的通项公式第k＋1项为：Tk＋1＝Cknan－kbk. (3)二项式系数
①定义：二项式系数为：Ckn(k∈{0,1,2，…，n})． ②二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cmn ＝Cnn－m
增减性
二项式系数Ckn
当k<n＋2 1(n∈N *)时，是递增的当k>n＋2 1(n∈N *)时，是递减的
(2)由(1)知，n＝5. (1＋ 3)n＝(1＋ 3)5 ＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5 ＝a＋b 3.
法一：因为a，b∈N *，所以a＝C05＋3C25＋9C45＝76，
b＝C15＋3C35＋9C55＝44，从而a2－3b2＝762－3×442＝－32. 法二：(1－ 3)5＝C05＋C15(－ 3)＋C25(－ 3)2＋C35(－ 3)3＋ C45(－ 3)4＋C55(－ 3)5 ＝C05－C15 3＋C25( 3)2－C35( 3)3＋C45( 3)4－C55( 3)5.

(江苏专用)2020高考数学二轮复习课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理

课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1．(2020·南京盐城一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且对任意n ∈N *，都有a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1成立． (1)求a 3的值；(2)证明：数列{a n }是等差数列．解：(1)在a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1中，令n ＝1，则a 1C 01＋a 2C 11＝a 3－1，由a 1＝1，a 2＝3，解得a 3＝5.(2)证明：若a 1，a 2，a 3，…，a n 是等差数列，则a n ＝2n －1. ①当n ＝3时，由(1)知a 3＝5，此时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，则a k ＝2k －1. 由a 1C 0k －1＋a 2C 1k －1＋a 3C 2k －1＋…＋a k C k －1k －1＝(a k ＋1－1)2k －2，k ≥3，对该式倒序相加，得(a 1＋a k )2k －1＝2(a k ＋1－1)·2k －2，所以a k ＋1－a k ＝a 1＋1＝2，即a k ＋1＝2k －1＋2＝2(k ＋1)－1，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．根据①②，可知数列{a n }是等差数列．2．(2020·南师附中等四校联考)设集合M ＝{1，2，3，…，m }，集合A ，B 是M 的两个不同子集，记|A ∩B |表示集合A ∩B 的元素个数．若|A ∩B |＝n ，其中1≤n ≤m －1，则称(A ，B )是M 的一组n 阶关联子集对((A ，B )与(B ，A )看作同一组关联子集对)，并记集合M 的所有n 阶关联子集对的组数为a n .(1)当m ＝3时，求a 1，a 2；(2)当m ＝2 019时，求{a n }的通项公式，并求数列{a n }的最大项．解：(1)当m ＝3时，易知a 1＝3×4＝12，a 2＝3.(2)a n ＝C n 2 019×12×[C 02 019－n (22 019－n －1)＋C 12 019－n ·22 018－n ＋…＋C k 2 019－n ·22 019－k －n＋…＋C2 018－n 2 019－n·21＋C2 019－n 2 019－n·20]＝C n2 01932 019－n2，a n ＋1a n＝C n ＋12 01932 018－n－12C n2 01932 019－n －12＝（2 019－n ）（32 018－n－1）（n ＋1）（32 019－n－1）＞1，化简，得(1 008－2n )·32 018－n＞1 009－n ，(*)当n ≤503时，(*)式成立；当504≤n ≤1 008时，(*)式不成立；当n ≥1 009时，不成立；所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504，a 504＞a 505＞a 506＞…＞a 2 018，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504＞a 505＞…＞a 2 018，所以数列{a n }的最大项为a 504＝C5042 01931 515－12. 3．(2020·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 －1）！（n －r ）！＝n ×（n －1）！（r －1）！（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 ·（2n ）！（n ＋1）！（n －1）！＝（2n －1）！n ！（n －1）！＝C n2n －1. 4．(2020·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．(2020·南通、泰州等七市三模)设P n ＝∑i ＝0 2n （－1）i C i 2n ，Q n ＝∑j ＝1 2n （－1）j ·jC j2n. (1)求2P 2－Q 2的值； (2)化简nP n －Q n .解：(1)P 2＝1C 04－1C 14＋1C 24－1C 34＋1C 44＝53，Q 2＝－1C 14＋2C 24－3C 34＋4C 44＝103，所以2P 2－Q 2＝0. (2)设T ＝nP n －Q n ，则T ＝⎝⎛⎭⎪⎫nC 02n －n C 12n ＋n C 22n－…＋n C 2n 2n－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1C 12n ＋2C 22n －3C 32n ＋…＋2n C 2n 2n＝nC2n－n －1C12n＋n －2C22n－n －3C32n＋…＋－n C 2n 2n①因为C k2n ＝C 2n －k2n ，所以T ＝n C 2n 2n －n －1C 2n －12n ＋n －2C 2n －22n －n －3C 2n －32n ＋…＋－nC 02n＝－n C 02n －1－n C 12n ＋2－n C 22n －3－n C 32n ＋…＋n C 2n 2n② ①＋②得，2T ＝0，即T ＝nP n －Q n ＝0，所以nP n －Q n ＝0.2．(2020·南京盐城二模)平面上有2n (n ≥3，n ∈N *)个点，将每一个点染上红色或蓝色．从这2n 个点中任取3个点，记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T .(1)若n ＝3，求T 的最小值； (2)若n ≥4，求证：T ≥2C 3n . 解：(1)当n ＝3时，共有6个点．若染红色的点的个数为0个或6个，则T ＝C 36＝20；若染红色的点的个数为1个或5个，则T ＝C 35＝10；若染红色的点的个数为2个或4个，则T ＝C 34＝4；若染红色的点的个数为3个，则T ＝C 33＋C 33＝2. 因此T 的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n ，k ∈N *，n ≥k ，都有C k n ＋1－C k n ＝C k －1n ＞0，所以C k n ＋1＞C kn . 设2n 个点中含有p (p ∈N ，p ≤2n )个染红色的点， ①当p ∈{0，1，2}时，T ＝C 32n －p ≥C 32n －2＝（2n －2）（2n －3）（2n －4）6＝4×（n －1）（n －2）（2n －3）6.因为n ≥4，所以2n －3＞n ，于是T ＞4×n （n －1）（n －2）6＝4C 3n ＞2C 3n .②当p ∈{2n －2，2n －1，2n }时，T ＝C 3p ≥C 32n －2，同理可得T ＞2C 3n . ③当3≤p ≤2n －3时，T ＝C 3p ＋C 32n －p ，设f (p )＝C 3p ＋C 32n －p ，3≤p ≤2n －3，当3≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)－f (p )＝C 3p ＋1＋C 32n －p －1－C 3p －C 32n －p ＝C 2p －C 22n －p －1，显然p ≠2n －p －1，当p ＞2n －p －1，即n ≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)＞f (p )，当p ＜2n －p －1，即3≤p ≤n －1时，f (p ＋1)＜f (p )，即f (n )＜f (n ＋1)＜…＜f (2n －3)，f (3)＞f (4)＞…＞f (n )．因此f (p )≥f (n )＝2C 3n ，即T ≥2C 3n .综上，当n ≥4时，T ≥2C 3n .3．(2020·苏锡常镇一模)已知f (n )＝C 24C 36＋C 36C 48＋C 48C 510＋…＋C n 2n C n ＋12n ＋2，g (n )＝C 44C 36＋C 56C 48＋C 68C 510＋…＋C n ＋22n C n ＋12n ＋2，其中n ∈N *，n ≥2. (1)求f (2)，f (3)，g (2)，g (3)的值；(2)记h (n )＝f (n )－g (n )，求证：对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.解：(1)f (2)＝C 24C 36＝310，f (3)＝C 24C 36＋C 36C 48＝4170，g (2)＝C 44C 36＝120，g (3)＝C 44C 36＋C 56C 48＝19140.(2)证明：∵C k2k －C k ＋22kC k ＋12k ＋2＝（2k ）！k ！·k ！－（2k ）！（k －2）！·（k ＋2）！（2k ＋2）！（k ＋1）！·（k ＋1）！＝（k ＋1）2（k ＋2）－（k ＋1）k （k －1）（2k ＋2）（2k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）（4k ＋2）（2k ＋2）（2k ＋1）（k ＋2）＝1k ＋2， ∴h (n )＝f (n )－g (n )＝∑n,k ＝2 C k2k －C k ＋22k C k ＋12k ＋2＝ k ＝2n1k ＋2.下面用数学归纳法证：对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.当m ＝2时，h (4)＝14＋15＋16＝3760＞12，结论成立；当m ＝3时，h (8)＝3760＋17＋18＋19＋110＞3760＋410＝3760＋2460＞1，结论成立．假设当m ＝t (t ≥3)时，结论成立，即h (2t)＞t －12；则当m ＝t ＋1时，h (2t ＋1)＝h (2t)＋12t＋3＋12t ＋4＋…＋12t ＋1＋2＞t －12＋12t ＋3＋12t ＋4＋12t＋5＋12t ＋6＋…＋12t ＋1＋2， ∵t ≥3，∴12t ＋3＋12t ＋4－32t ＋1＋2＝（2t －3）2t－22（2t ＋3）（2t ＋4）（2t ＋1＋2）＞0，∴12t ＋3＋12t ＋4＞32t ＋1＋2. 又12t ＋5＋12t ＋6＋…＋12t ＋1＋2＞12t ＋1＋2＋12t ＋1＋2＋…＋12t ＋1＋2＝2t－22t ＋1＋2， ∴h (2t ＋1)＞t －12＋32t ＋1＋2＋2t－22t ＋1＋2＝t2，∴当m ＝t ＋1时，结论成立．综上，对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.4．(2020·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 ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，x n 的系数为C 0n C n n ＋ C 1n C n －1n ＋…＋C n n C 0n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2，因此可得到组合恒等式C n 2n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )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：∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k＝C n2n ，其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2是指不超过n2的最大整数．解：(1)C k m ＋n ＝C 0m C kn ＋C 1m C k －1n ＋…＋C k m C 0n .(2)证明：考察等式⎝⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n＝（x ＋1）2n x n，等式右边的常数项为：C n 2n x nx n ＝C n2n ，因为⎝⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x r ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤∑r ＝0n C k r x r －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ，当且仅当r ＝2k 时，x r －k⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k为常数，等式左边的常数项为：∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k，所以∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k＝C n2n 成立．。

2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课后自测：理科附加题+第3讲计数原理与二项式定理+Word版

课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．记⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项的系数为b m . (1)求b m 的表达式；(2)若n ＝6，求展开式中的常数项；(3)若b 3＝2b 4，求n .解：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项为C m －1n ·(2x )n －m ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x m －1＝2n ＋1－m ·C m －1n ·x n ＋2－2m ，所以b m ＝2n ＋1－m ·C m －1n. (2)当n ＝6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝26－r ·C r 6·x 6－2r .依题意，6－2r ＝0，得r ＝3，故展开式中的常数项为T 4＝23·C 36＝160.(3)由(1)及已知b 3＝2b 4，得2n －2·C 2n ＝2·2n －3·C 3n ，从而C 2n ＝C 3n ，即n ＝5.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，其中b i (i ＝0,1,2，…，20)为实常数．(1)求∑n ＝110b 2n 的值；(2)求∑n ＝110a n b 2n 的值．解：法一：(1)令x ＝－1，得b 0＝1，令x ＝0，得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024，令x ＝－2，得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024，所以∑n ＝110b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023.(2)对等式两边求导，得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19，令x ＝0，得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240，令x ＝－2，得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240，所以∑n ＝110nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120.所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110 (n ＋1)b 2n ＝∑n ＝110nb 2n ＋∑n ＝110b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143.法二：由二项式定理易知(x 2＋2x ＋2)10＝[1＋(x ＋1)2]10＝C 010＋C 110(x ＋1)2＋C 210(x ＋1)4＋…＋C 1010(x ＋1)20＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，比较可知b 2n ＝C n 10(n ＝1,2，…，10)．(1)∑n ＝110b 2n ＝C 110＋C 210＋…＋C 1010＝210－1＝1 023.(2)因为a n ＝n ＋1,所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110 (n ＋1)C n 10＝∑n ＝110n C n 10＋∑n ＝110C n 10，设T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C 010＋1·C 110＋2·C 210＋…＋10·C 1010，T 也可以写成T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C1010＋1·C910＋2·C810＋…＋10·C 010，相加得2T ＝10·210，即T ＝5·210，所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110n C n 10＋∑n ＝110C n 10＝5·210＋210－1＝6 143. 3．(1)阅读以下案例，利用此案例的想法化简C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44.【案例】考察恒等式(1＋x )5＝(1＋x )2(x ＋1)3左右两边x 2的系数．因为右边(1＋x )2(x ＋1)3＝(C 02＋C 12x ＋C 22x 2)(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)，所以右边x 2的系数为C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33，而左边x 2的系数为C 25，所以C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33＝C 25.(2)求证：∑r ＝0n (r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝(n ＋1)C n 2n .解：(1)考察恒等式(1＋x )7＝(1＋x )3(x ＋1)4左右两边x 3的系数．因为右边(1＋x )3(x ＋1)4＝(C 03＋C 13x ＋C 23x 2＋C 33x 3)·(C 04x 4＋C 14x 3＋C 24x 2＋C 34x ＋C 44)，所以右边x 3的系数为C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44，而左边x 3的系数为C 37，所以C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44＝C 37.(2)证明：由r C r n ＝r ·n ！r ！(n －r )！＝n ·(n －1)！(r －1)！(n －r )！＝n C r －1n －1，可得∑r ＝0n (r ＋1)2(C r n )2＝∑r ＝0n (r C r n )2＋∑r ＝0n 2r (C r n )2＋∑r ＝0n (C r n )2 ＝n 2∑r ＝1n (C r －1n －1)2＋2n ∑r ＝1n C r －1n －1·C r n ＋∑r ＝0n (C r n )2.考察恒等式(1＋x )2n ＝(1＋x )n (x ＋1)n 左右两边x n 的系数．因为右边(1＋x )n (x ＋1)n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )·(C 0n x n ＋C 1n xn －1＋…＋C n n )，所以右边x n 的系数为C 0n C 0n ＋C 1n C 1n ＋…＋C n n C n n ＝∑r ＝0n(C r n )2，而左边的x n 的系数为C n 2n ，所以∑r ＝0n(C r n )2＝C n 2n .同理可求得∑r ＝1n(C r －1n －1)2＝C n －12n －2.考察恒等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(x ＋1)n 左右两边x n －1的系数．因为右边(1＋x )n －1(x ＋1)n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n x n ＋C 1n x n －1＋…＋C n n )，所以右边x n －1的系数为C 0n －1C 1n ＋C 1n －1C 2n ＋…＋C n －1n －1C n n ＝∑r ＝1n C r －1n －1·C r n，而左边的x n －1的系数为C n －12n －1，所以∑r ＝1n C r －1n －1·C r n ＝C n －12n －1，所以∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝n 2C n －12n －2＋2n C n －12n －1＋C n 2n －n 2C n －12n －2＝2n C n －12n －1＋C n 2n＝n (C n －12n －1＋C n －12n －1)＋C n 2n＝n (C n －12n －1＋C n 2n －1)＋C n 2n＝n C n 2n ＋C n 2n＝(n＋1)C n2n.4．(2019·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－1nC k n＝kn－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C2662，C2762，C2862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)！. 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．5．已知A n ＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋…＋k n ·2n }，其中n ∈N *，n ≥2，k i ∈{－1,1}(i ＝1，2，…，n )，记集合A n 的所有元素之和为S n .(1)求S 2，S 3的值；(2)求S n .解：(1)当n ＝2时，A 2＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2}＝{2,6}，所以S 2＝2＋6＝8.当n ＝3时，A 3＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋k 3·23}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2＋8k 3}＝{2,6,10,14}．所以S 3＝2＋6＋10＋14＝32.(2)若k n ＝－1，且k 1＝k 2＝…＝k n －1＝1，n ≥2，n ∈N *，则x ＝2＋22＋…＋2n －1－2n ＝2(1－2n －1)1－2－2n ＝－2＜0，此时x ∉A n . 所以k n 必然等于1，且当k 1＝k 2＝…＝k n －1＝－1，n ≥2，n ∈N *时，x ＝－2－22－…－2n －1＋2n ＝－2(1－2n －1)1－2＋2n ＝2＞0，此时x ∈A n . 所以当k n ＝1，k 1，k 2，…，k n －1∈{－1,1}，n ≥2，n ∈N *时，都有x ∈A n . 根据乘法原理知，使得k i ＝1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 共有2n －2个，使得k i ＝－1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 也共有2n －2个，所以S n 中的所有k i ·2i (i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)项的和为0，又因为使得k n ＝1的x 共有2n －1个，所以S n ＝2n －1×2n ＝22n －1.。

2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：7.1计数原理、二项式定理

第1讲计数原理、二项式定理考点1 排列组合与计数原理的应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2.[例1] (1)[2019·陕西西安模拟]把15人分成前、中、后三排，每排5人，则不同的排法种数共有( )A .A 1515A 33B ．A 515A 510A 55A 33C ．A 1515D ．A 515A 510(2)[2019·安徽合肥质检]某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5个区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数共有( )A ．96B ．114C ．168D ．240(1)把位置从1到15标上号，问题就转化为15人站在15个位置上，共有A 1515种情况．(2)先在a 中种植，有4种不同的种植方法，再在b 中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，再在e中种植，有2种不同的种植方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)．故选C.【答案】(1)C(2)C解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.『对接训练』1．[2019·河南十所名校尖子生联考]5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻且甲不站在两端的排法种数是()A．40 B．36C．32 D．24详细分析：由题可得，甲与乙相邻的排法种数为A44A22＝48，甲站在两端且与乙相邻的排法种数为C12A33＝12，所以甲与乙相邻且甲不站在两端的排法种数是48－12＝36.故选B.答案：B2．[2019·广东六校联考]从两个不同的红球、两个不同的黄球、两个不同的蓝球共六个球中任取两个，放入红、黄、蓝三个袋子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法共有()A．42种B．36种C．72种D．46种详细分析：分以下几种情况：①取出的两球同色时，有3种可能，取出的球只能放在与球的颜色不同的两个袋子中，有A22种不同的放法，故不同的放法共有3A22＝6(种)；②取出的两球不同色时，有一红一黄、一红一蓝、一黄一蓝3种可能，由于球不同，所以取球的方法数为3C12 C12＝12(种)，取球后将两球放入袋子中的方法有C13C12－3＝3(种)，所以不同的放法有12×3＝36(种)．综上可得不同的放法共有42种，故选A.答案：A考点2二项式定理1．通项与二项式系数T r＋1＝C r n a n－r b r，其中C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．2．各二项式系数之和(1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.[例2](1)[2019·全国卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为()A．12 B．16C．20 D．24(2)[2019·浙江卷]在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．详细分析：(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.(2)该二项展开式的第k＋1项为T k＋1＝C k9(2)9－k x k，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.答案：(1)A(2)162 5(1)利用二项式定理求解的两种常用思路①二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程解决的．②二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值.(2)[警示]在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；②T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项；③公式中，a ，b 的指数和为n ，且a ，b 不能随便颠倒位置； ④对二项式(a －b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．『对接训练』3．[2019·天津卷]⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的展开式中的常数项为______．详细分析：本题主要考查二项式定理的应用，考查的核心素养是数学运算．二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(2x)8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－18x 3r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－18r ·28－r ·C r 8x 8－4r ，令8－4r ＝0可得r ＝2，故常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－182×26×C 28＝28. 答案：284．[2019·浙江金华十校联考]已知(x ＋1)4＋(x －2)8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，则a 3＝( )A ．64B ．48C ．－48D ．－64详细分析：由(x ＋1)4＋(x －2)8＝[(x －1)＋2]4＋[(x －1)－1]8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，得a 3·(x －1)3＝C 14·(x －1)3·2＋C 58·(x －1)3·(－1)5，∴a 3＝8－C 58＝－48.故选C .答案：C课时作业17 计数原理、二项式定理1．[2019·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A ．8B ．15C ．18D ．30详细分析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法．根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法，故选A .答案：A2．[2019·云南昆明一中检测]从一颗骰子的六个面中任意选取三个面，其中只有两个面相邻的不同的选法共有( )A ．20种B ．16种C ．12种D ．8种详细分析：从一颗骰子的六个面中任意选取三个面共有C 36＝20种选法，其中有三个面彼此相邻的有8种，所以只有两个面相邻的不同的选法共有20－8＝12(种)．答案：C3．[2019·河北唐山期末]在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，x 2的系数为( )A .154B ．－154C .38D ．－38详细分析：⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 26－r ⎝⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－1)r C r 622r －6x 3－r ，令r ＝1，可得x 2的系数为(－1)1×C 16×22×1－6＝－38.故选D . 答案：D 4．[2019·海南三亚华侨学校期末]六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．480种B ．360种C ．240种D ．120种详细分析：解法一因为六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，所以甲有C 14种情况，剩余的选手有A 55种情况，所以不同的演讲次序共有C 14·A 55＝480(种)，故选A . 解法二六位选手全排列有A 66种演讲次序，其中选手甲第一个或最后一个演讲有2A 55种情况，故不同的演讲次序共有A 66－2A 55＝480(种)．故选A .答案：A5．[2019·河北保定期末](1－2x)5(2＋x)的展开式中，x 3的系数是( )A ．－160B ．－120C ．40D ．200详细分析：(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是(1－2x)5的展开式中x 3的系数的2倍与(1－2x)5的展开式中x 2的系数的和，易知(1－2x)5的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－2)r C r 5x r ，令r ＝3，得x 3的系数为－8C 35＝－80，令r ＝2，得x 2的系数为4C 25＝40，所以(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是－80×2＋40＝－120.故选B .答案：B6．[2019·浙江七彩联盟联考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n 的展开式中，所有项的二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为( )A ．10B ．－10C ．5D ．－5详细分析：由二项式系数之和为32，知2n ＝32，可得n ＝5，T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r ·25－r C r 5x 510-2r.令10－52r ＝0，可得r ＝4，所以常数项为(－1)4×21×C 45＝10，故选A .答案：A7．[2019·广东广州调研]某电台做《一校一特色》访谈节目，分A ，B ，C 三期播出，A 期播出两所学校，B 期、C 期各播出1所学校．现从8所候选学校中选出4所参与这三期节目的录制，不同的选法共有( )A ．140种B ．420种C ．840种D ．1 680种详细分析：由题易知，不同的选法共有C 28C 16C 15＝840(种)．故选C . 答案：C8．[2019·河北定州模拟]将“福”“禄”“寿”三个字填入如图所示的4×4小方格中，每个小方格内只能填入一个字，且任意两个字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )A .288种B ．144种C ．576种D ．96种详细分析：依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个字，有16种方法；(2)因为任意两个字既不同行也不同列，所以第二个字有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个字有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．故选C .答案：C9．[2019·海南三亚华侨学校期末]在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的指数是整数的项数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5详细分析：∵⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 24(x)24－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24x 512-6r ，∴当r ＝0,6,12,18,24时，x 的指数是整数，故x 的指数是整数的有5项，故选D .答案：D10．[2019·第一次全国大联考]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中第m项为常数项，则m ，n 应满足( )A ．2n ＝3(m －1)B ．2n ＝3mC ．2n ＝(3m ＋1)D ．2n ＝m详细分析：由题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r C r n x3n-2r，当n ＝32r ，即2n ＝3r 时，为常数项，此时r ＝m －1，所以m ，n 应满足2n ＝3(m －1)，故选A .答案：A11．[2019·甘肃兰州实战模拟]某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站在前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A ．A 1818种B ．A 2020种C ．A 23A 318A 1010种D ．A 22A 1818种详细分析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站在前排并与中国领导人相邻，有A 22种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有A 1818种站法．根据分步乘法计数原理，共有A 22A 1818种不同的站法，故选D .答案：D12．[2019·辽宁营口模拟](1＋x)2n (n ∈N *)的展开式中，系数最大的项是( )A ．第n2＋1项 B ．第n 项C ．第n ＋1项D ．第n 项与第n ＋1项详细分析：在(1＋x )2n (n ∈N *)的展开式中，第r ＋1项的系数与第r ＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n ＋1项，可得第n ＋1项的系数最大，故选C.答案：C13．[2019·陕西西安质检]如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．详细分析：当相同的数字不是1时，有C 13个“好数”；当相同的数字是1时，有C 13C 13个“好数”，由分类加法计数原理知共有C 13＋C 13C 13＝12个“好数”．答案：1214．[2019·江西南昌重点中学段考](x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为________．详细分析：解法一因为(x －y ＋2)6＝[(x ＋2)－y ]6，所以展开式中含y 4的项为C 46(x ＋2)2y 4＝15x 2y 4＋60xy 4＋60y 4，所以展开式中y 4的系数为60.解法二由于(x －y ＋2)6的展开式中y 4项不含x ，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4项就是(2－y )6的展开式中的y 4项，所以C 46×22(－y )4＝60y 4，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为60.答案：6015．[2019·安徽示范高中高三测试]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．详细分析：解法一从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C 316，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C 24×C 112，3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C 14×C 34，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C 316－C 24×C 112－C 14×C 34＝472.解法二若取出的3张卡片中没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C 14×C 14×C 14＝64；若仅有2张卡片的颜色相同，则不同取法的种数为C 23×C 12×C 24×C 14＝144.若红色卡片有1张，且剩余2张不同色时，不同取法的种数为C 14×C 23×C 14×C 14＝192；若红色卡片有1张，且剩余2张同色时，不同取法的种数为C 14×C 13×C 24＝72.所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．答案：47216．[2019·陕西彬州第一次教学质量监测]如果⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中1x 2的系数是________．详细分析：令x ＝1，可得各项系数之和为(3－1)n ＝256，求得n ＝8，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 28的通项公式是T r ＋1＝C r 8·(3x )8－r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 2r ＝C r 8·38－r ·(－1)r·x 8－53r ，令8－53r ＝－2，解得r ＝6.故展开式中1x 2的系数是C 68·32＝252.答案：252。

(江苏专用)2020版高考数学大一轮复习第十章附加考查部分排列、组合与二项式定(理)刷好题练能力(文)

第3讲排列、组合与二项式定理1．求(1－x )20的二项展开式中，x 的系数与x 9的系数之差．解：由(1－x )20⇒T r ＋1＝C r 20(－x )r ＝(－1)r C r20x r2.所以r2＝1⇒r ＝2⇒x 的系数为C 220，r2＝9⇒r ＝18⇒x 9的系数为C 1820.所以C 220－C 1820＝C 220－C 220＝0.2．若⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 的展开式中各项系数和为1 024，试确定展开式中的有理项．解：令x ＝1，则22n＝1 024，解得n ＝5. T r ＋1＝C r5(3x )5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5·35－r·x 10－3r 2，有理项即使10－3r2为整数，r ＝0、r ＝2、r ＝4，有3项，即T 1＝243x 5，T 3＝270x 2，T 5＝15x －1.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 2n(n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项．解：由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4，第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·（－2）4C 2n ·（－2）2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项T k ＋1＝C k 8(x )8－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2k ＝C k 8(－2)kx8-k2－2k，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.4．二项式(2x －3y )9的展开式中，求： (1)二项式系数之和；(2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和．解：设(2x －3y )9＝a 0x 9＋a 1x 8y ＋a 2x 7y 2＋…＋a 9y 9. (1)二项式系数之和为C 09＋C 19＋C 29＋…＋C 99＝29. (2)各项系数之和为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝－1，令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，将两式相加，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝59－12，即为所有奇数项系数之和．5．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．解：(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C 35C 23＋C 45C 13种，后排有A 55种，共有(C 35C 23＋C 45C 13)·A 55＝5 400种．(2)除去该女生后，先取后排，有C 47·A 44＝840种． (3)先选后排，但先安排该男生，有C 47·C 14·A 44＝3 360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C 36种，再安排该男生有C 13种，选出的3人全排有A 33种，共C 36·C 13·A 33＝360种．6．已知⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n的展开式中，前三项系数成等差数列． (1)求n ；(2)求第三项的二项式系数及项的系数； (3)求含x 项的系数．解：(1)因为前三项系数1，12C 1n ，14C 2n 成等差数列．所以2·12C 1n ＝1＋14C 2n ，即n 2－9n ＋8＝0.所以n ＝8或n ＝1(舍)．(2)由n ＝8知其通项T r ＋1＝C r8·(x )8－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫12 41x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ·C r 8·x 4－34r，r ＝0，1， (8)所以第三项的二项式系数为C 28＝28.第三项系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 28＝7.(3)令4－34r ＝1，得r ＝4，所以含x 项的系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫124·C 48＝358.7．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144种．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24种方法，4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22＝84种．8．(2019·南京、盐城模拟)已知m ，n ∈N *，定义f n (m )＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！.(1)记a m ＝f 6(m )，求a 1＋a 2＋…＋a 12的值；(2)记b m ＝(－1)mmf n (m )，求b 1＋b 2＋…＋b 2n 所有可能值的集合．解：(1)由题意知，f n (m )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，C m n ，1≤m ≤n .所以a m ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥7，C m 6，1≤m ≤6.所以a 1＋a 2＋…＋a 12＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝63.(2)当n ＝1时，b m ＝(－1)mmf 1(m )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥2，－1，m ＝1，则b 1＋b 2＝－1.当n ≥2时，b m ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，（－1）m m ·C mn ，1≤m ≤n . 又m C mn ＝m ·n ！m ！（n －m ）！＝n ·（n －1）！（m －1）！（n －m ）！＝n C m －1n －1，所以b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝n [－C 0n －1＋C 1n －1－C 2n －1＋C 3n －1＋…＋(－1)n C n －1n －1]＝0. 所以b 1＋b 2＋…＋b 2n 的取值构成的集合为{－1，0}．1．已知(2－3x )50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f (x )＝(2－3x )50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50， (a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2 ＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50) ＝(2－3)50(2＋3)50＝1. 2．求证：(1)32n ＋2－8n －9能被64整除(n ∈N *)； (2)3n＞(n ＋2)·2n －1(n ∈N *，n ＞2)．证明：(1)因为32n ＋2－8n －9＝32·32n－8n －9＝9·9n－8n －9＝9(8＋1)n－8n －9 ＝9(C 0n 8n＋C 1n 8n －1＋…＋C n －1n ·8＋C nn ·1)－8n －9＝9(8n ＋C 1n 8n －1＋…＋C n －2n 82)＋9·8n ＋9－8n －9＝9×82(8n －2＋C 1n ·8n －3＋…＋C n －2n )＋64n＝64[9(8n －2＋C 1n 8n －3＋…＋C n －2n )＋n ]．所以32n ＋2－8n －9能被64整除．(2)因为n ∈N *，且n ＞2，3n ＝(2＋1)n ＝2n ＋C 1n ·2n －1＋…＋C n －1n ·2＋1>2n ＋n ·2n －1＋2n＋1＞2n＋n ·2n －1＝(n ＋2)·2n －1，故3n ＞(n ＋2)·2n －1.3．(2019·盐城调研)已知f (x )＝(2＋x )n，其中n ∈N *. (1)若展开式中x 3的系数为14，求n 的值；(2)当x ＝3时，求证：f (x )必可表示成s ＋s －1(s ∈N *)的形式．解：(1)因为T r ＋1＝C r n·2n －r·x r2.令r2＝3得r ＝6，故x 3项的系数为C 6n ·2n －6＝14，解得n ＝7.(2)证明：由二项式定理可知 (2＋3)n ＝C 0n 2n ＋C 1n 2n －1·3＋C 2n 2n －2·(3)2＋…＋C r n 2n －r(3)r ＋…＋C n n (3)n＝(C 0n 2n＋C 2n 2n －2(3)2＋…)＋3(C 1n 2n －1＋C 3n 2n －3·3＋…)．令x 0＝C 0n 2n ＋C 2n 2n －2(3)2＋…，y 0＝C 1n 2n －1＋C 3n 2n －3·3＋…，显然x 0∈N *，y 0∈N *.则(2＋3)n＝x 0＋3y 0，(2－3)n＝x 0－3y 0，所以(2＋3)n ·(2－3)n ＝x 20－3y 20＝1. 令s ＝x 20，则必有s －1＝x 20－1＝3y 20.从而当x ＝3时，f (x )必可表示成s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.4．编号为A ，B ，C ，D ，E 的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A 球不能放在1，2号，B 球必须放在与A 球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？解：根据A 球所在位置分三类：(1)若A 球放在3号盒子内，则B 球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，则根据分步计数原理得，此时有A 33＝6种不同的放法；(2)若A 球放在5号盒子内，则B 球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，则根据分步计数原理得，此时有A 33＝6种不同的放法；(3)若A 球放在4号盒子内，则B 球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，有A 33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有A 13A 33＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．5．(2019·南京六校联考)已知g (x )＝C 0n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫0n x 0(1－x )n ＋C 1n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n x 1(1－x )n －1＋C 2n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2nx 2(1－x )n －2＋…＋C nn f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n x n (1－x )0.(1)若f (x )＝1，求g (x )； (2)若f (x )＝x ，求g (x )．解：(1)因为f (x )＝1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫0n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝…＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n＝1, 所以g (x )＝C 0n x 0(1－x )n ＋C 1n x 1(1－x )n －1＋C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋C n n x n (1－x )0＝[(1－x )＋x ]n ＝1.因为00无意义，所以g (x )＝1，且x ≠0，x ≠1，x ∈R . (2)因为r C r n＝r ·n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －1）！（n －r ）！＝n ·（n －1）！（r －1）！[（n －1）－（r －1）]！＝n C r －1n －1，其中r ＝1，2，…，n .所以r C rn ＝n C r －1n －1(r ＝1，2，…，n ). 又因为f (x )＝x ，所以g (x )＝C 0n ·0·x 0(1－x )n ＋C 1n ·1n ·x 1(1－x )n －1＋C 2n ·2n ·x 2(1－x )n －2＋…＋C nn ·n n·x n (1－x )0＝1n [C 1n x 1(1－x )n －1＋2C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋r C r n x r (1－x )n －r ＋…＋n C n n x n (1－x )0]＝1n·n [C 0n －1x 1(1－x )n －1＋C 1n －1x 2(1－x )n －2 ＋…＋C r －1n －1·x r (1－x )n －r ＋…＋C n －1n －1x n (1－x )0] ＝x [C 0n －1x 0(1－x )n －1＋C 1n －1x 1(1－x )n －2＋…＋C r －1n －1·xr －1(1－x )(n －1)－(r －1)＋…＋C n －1n －1xn －1(1－x )0]＝x [(1－x )＋x ]n －1＝x .即g (x )＝x ，且x ≠0，x ≠1，x ∈R .6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五))已知F (n )＝a 1－a 2C 1n ＋a 3C 2n －a 4C 3n ＋…＋(－1)n a n ＋1C n n (n ≥2，n ∈N *)．(1)若数列{a n }是首项为1，公比为－1的等比数列，求证：F (n )＝2n；(2)若对任意的n ≥2，n ∈N *，都有F (n )＝0成立，试证明数列{a n }是等差数列．证明：(1)因为数列{a n }是首项为1，公比为－1的等比数列，所以a n ＝(－1)n －1(n ∈N *)，即F (n )＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn .又(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋C 3n x 3＋…＋C n n x n，所以令x ＝1，得C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝2n，所以F (n )＝2n.(2)①当n ＝2时，F (2)＝a 1－a 2C 12＋a 3C 22＝0，即2a 2＝a 1＋a 3，所以数列{a n }的前3项成等差数列． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，数列{a n }的前k ＋1项成等差数列．因为对任意的n ≥2，n ∈N *都有F (n )＝0成立，所以F (k ＋1)＝0成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1－a 2C 1k ＋a 3C 2k －a 4C 3k ＋…＋（－1）k a k ＋1C kk ＝0，a 1－a 2C 1k ＋1＋a 3C 2k ＋1－a 4C 3k ＋1＋…＋（－1）k ＋1a k ＋2C k ＋1k ＋1＝0，两式相减得，－a 2(C 1k ＋1－C 1k )＋a 3(C 2k ＋1－C 2k )＋…＋(－1)k a k ＋1(C k k ＋1－C k k )＋(－1)k ＋1a k ＋2C k ＋1k ＋1＝0.因为C m ＋1n ＋1＝C m ＋1n ＋C mn ，所以－a 2C 0k ＋a 3C 1k －a 4C 2k ＋…＋(－1)k a k ＋1C k －1k ＋(－1)k ＋1a k ＋2C k k ＝0，即a 2－a 3C 1k ＋a 4C 2k ＋…＋(－1)k －1a k ＋1C k －1k ＋(－1)k a k ＋2C kk ＝0.由假设可知a 2，a 3，a 4，…，a k ＋1，a k ＋2成等差数列，从而数列{a n }的前k ＋2项成等差数列．由①②可知，若对任意的n ≥2，n ∈N *，都有F (n )＝0成立，则数列{a n }是等差数列．。

2020高考数学(苏教,理科)复习课件：第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第三节二项式定理

[答案] (1)21 (2)0
数学
第三节二项式定理
在本例(2)中条件不变，问题变为“求|a0|＋|a1|＋|a2| ＋|a3|＋|a4|”. 解：由题意知 (1 ＋ 2x)4 ＝ a0 ＋ |a1|x ＋ |a2|x2 ＋ |a3|x3 ＋ |a4|x4，令 x＝1 得 a0＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝34＝81.
数学
第三节二项式定理
1．二项式的通项易误认为是第 r 项实质上是第 r＋1 项． 2．(a＋b)n 与(b＋a)n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量 a 与第二个量 b 的位置不能颠倒． 3．易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指 Crn(r＝0,1，…，n)．
数学
第三节二项式定理
[类题通法] 1．二项式定理给出的是一个恒等式，对于 a，b 的一切值都成立．因此，可将 a，b 设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令 a，b 等于多少时，应视具体情况而定，一般取“1、－1 或 0”，有时也取其他值． 2．一般地，若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 f(x) 的展开式中各项系数之和为 f(1)，奇数项系数之和为 a0＋a2 ＋a4＋…＝f1＋2f－1，偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝ f1－f－1 2.
角度三三项展开式中特定项(系数)问题
3.x2＋1x＋
25 的展开式中的常数项为________．(用数字作

答) 解析：原式＝x2＋22x2x＋25＝321x5·[x＋ 22]5＝321x5x＋ 210.
求原式的展开式中的常数项，转化为求x＋