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达标训练(含解析)

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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：。

(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。

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.。

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。

2020年高考数学二轮复习讲义：计数原理与二项式定理

第三讲计数原理与二项式定理高考考点考点解读本部分内容在备考时应注意以下几个方面： (1)准确把握两个计数原理的区别及应用条件．(2)明确解决排列、组合应用题应遵守的原则及常用方法． (3)牢记排列数公式和组合数公式．(4)掌握二项式定理及相关概念；掌握由通项公式求常数项、指定项系数的方法；会根据赋值法求二项式特定系数和．预测2020年命题热点为：(1)以实际生活为背景的排列、组合问题．(2)求二项展开式的指定项(系数)、二项展开式的各项的系数和问题．Z 知识整合hi shi zheng he1．必记公式 (1)排列数公式：A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1) ＝n ！(n －m )！(这里，m ，n ∈N *，且m ≤n )．(2)组合数公式：①C m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！(这里，m ，n ∈N *，且m ≤n )；②C 0n ＝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 k n an －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)； ②通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k . 2．重要性质及结论 (1)组合数的性质：①C m n ＝C n －mn；②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ； ③C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n ； ④C m n ＋C m n －1＋…＋C m m ＝C m ＋1n ＋1.(2)二项式系数的有关性质：①二项展开式中，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 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1；②若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中的各项系数和为f (1)，奇数项系数和为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.Y 易错警示i cuo jing shi1．分类标准不明确，有重复或遗漏，平均分组与平均分配问题． 2．混淆排列问题与组合问题的差异．3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数． 4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．1．(2018·全国卷Ⅲ，5)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．40D ．80[解析] 展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝⎛⎭⎫2x r＝2r C r 5x 10－3r ，令10－3r ＝4可得r ＝2，则x 4的系数为22C 25＝40.2．(2017·全国卷Ⅱ，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( D )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)．故选D ．3．(2016·全国卷Ⅱ，5)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( B )A ．24B ．18C ．12D ．9[解析] E →F 有6种走法，F →G 有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法．4．(2018·天津卷，10)在⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为52.[解析] 因为⎝⎛⎭⎫x －12x 5的第r ＋1项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝⎛⎭⎫－12x r ＝(－1)r 2－rC r 5x 10－3r 2，令10－3r2＝2，解得r ＝2，即T 3＝T 2＋1＝(－1)22－2C25x 2＝52x 2.所以在⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为52.5．(2018·浙江卷，14)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是7.[解析] 通项公式为T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ⎝⎛⎭⎫12x r ＝C r 82－rx 8－4r 3，由8－4r ＝0得r ＝2，所以常数项为C 282－2＝7.6．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．(用数字填写答案)[解析]方法一：根据题意，没有女生入选有C34＝4种选法，从6名学生中任意选3人有C36＝20种选法，故至少有1位女生入选的选法共有20－4＝16种．方法二：恰有1位女生，有C12C24＝12种，恰有2位女生，有C22C14＝4种，所以不同的选法共有12＋4＝16种．命题方向1两个计数原理例1 (1)将1,2,3，…，9这九个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( A )A．6种B．12种C．18种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．(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个数为( A )A．240B．204C．729D．920[解析]分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．『规律总结』两个计数原理的应用技巧(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．G 跟踪训练en zong xun lian1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( A )A．72种B．48种C．24种D．12种[解析]解法一：首先涂A有C14＝4(种)涂法，则涂B有C13＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C12＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A、B、C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．2．(2018·长沙一模)设集合A＝{(t1，t2，t3)|t i∈{－2,0,2}，i＝1,2,3}，则集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为18.[解析]对于1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6，可分以下几种情况：①|t1|＋|t2|＋|t3|＝2，即此时集合A的元素含有一个2或－2，两个0.2或－2从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有6种；②|t1|＋|t2|＋|t3|＝4，即此时集合A含有两个2或－2，一个0；或者一个2，一个－2，一个0.当是两个2或－2，一个0时，从这三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或－2，这种情况有3×2＝6种；当是一个2，一个－2，一个0时，对这三个的全排列即得到3×2×1＝6种．由分类加法计数原理可知：集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为6＋6＋6＝18.命题方向2排列与组合的简单应用例2 (1)(2018·郑州一模)某次联欢会要安排3个歌舞类节，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( B )A．72种B．120种C．144种D．168种[解析]先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．(2)(2018·衡水模拟)数列{a n}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|a k＋1－a k|＝1，k ＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同数列的个数为( A )A．84 B．168C．76 D．152[解析]∵|a k＋1－a k|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1或小1，a1到a5中4个变化必然有3升1减，a5到a12中必然有5升2减，是组合的问题，∴C14×C27＝84.『规律总结』解答排列组合问题的常用方法排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏；(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决；(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法；(4)元素不相邻，可以利用插空法；(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉；(6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来；(7)定序问题缩倍法；(8)“小集团”问题先整体后局部法．G 跟踪训练en zong xun lian1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( B )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种[解析] 分两类：最左端排甲有A 55＝120种不同的排法，最左端排乙，由于乙不能排在最右端，所以有C 14A 44＝96种不同的排法，由加法原理可得满足条件的排法共有120＋96＝216种．2．将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是96.[解析] 5张参观券分为4堆，有2个连号的有4种分法，每一种分法中的不同排列有A 44种，因此共有不同分法4A 44＝96种．命题方向3 二项式定理的应用(一)与特定项有关的问题例3 (1)二项式(x －13x)n 的展开式中第4项为常数项，则常数项为( B )A ．10B ．－10C ．20D ．－20[解析] 由题意得：(x －13x )n 的展开式的常数为T 4＝(－1)3C 3n (x )n －3(13x)3＝(－1)3C 3nx n －52，令n －5＝0，得n ＝5，故所求的常数项为T 4＝(－1)3C 35＝－10. (2)在(2x ＋1x 2)(x 2－1x)4的展开式中，含x 3的项的系数是8.[解析] (x 2－1x )4的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 4(x 2)4－r (－1x )r ＝(－1)r C r 4x 8－3r，则含x 2的项的系数为(－1)2C 24＝6，含x 5的项的系数为(－1)1C 14＝－4，所以(2x ＋1x 2)(x 2－1x )4的展开式中，含x 3的项的系数为2×6＋1×(－4)＝8.(二)与二项式系数有关的问题例4 (1)若(x 2＋1)(x －2)11＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 13(x －1)13，a 1＋a 2＋…＋a 13的值为( C )A ．0B ．－2C ．2D ．213[解析] 记f (x )＝(x 2＋1)(x －2)11＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 13(x －1)13，则f (1)＝a 0＝(12＋1)(1－2)11＝－2，而f (2)＝(22＋1)(2－2)11＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 13，即a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 13＝0，所以a 1＋a 2＋…＋a 13＝f (2)－f (1)＝2.(2)在(x －ax )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( B )A ．5B ．10C ．15D ．20[解析] 由T r ＋1＝C r 5x 5－r (－a x)r ＝(－a )r C r 5x 5－2r，r ＝0,1,2，…，5，由5－2r ＝3得r ＝1，所以(－a )C 15＝－5a ＝－5，即a ＝1，所以T r ＋1＝(－1)r C r 5x 5－2r，r ＝0,1,2，…，5，当r ＝0时，(－1)0C 05＝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.(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.[解析] 由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax 3，x,6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.『规律总结』1．与二项式定理有关的题型及解法2.(1)T r ＋1表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定． (2)T 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 ，a ，b 不能颠倒位置． (4)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混．(5)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同． G 跟踪训练en zong xun lian1．(2018·辽宁鞍山一模)若(x 2＋m )(x －2x )6的展开式中x 4的系数为30，则m 的值为( B )A ．－52B ．52C ．－152D ．152[解析] (x －2x )6展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r (－2x )r ＝(－2)r C r 6x 6－2r，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以x 2项的系数为(－2)2C 26＝60.令6－2r ＝4，得r ＝1，所以x 4项的系数为(－2)1C 16＝－12，所以(x 2＋m )(x －2x )6的展开式中x 4的系数为60－12m ＝30，解得m ＝52，故选B ．2．(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60[解析] 由于(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，其展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r y r(r ＝0,1,2，…，5)，因此只有当r ＝2，即T 3＝C 25 (x 2＋x )3y 2中才能含有x 5y 2项．设(x 2＋x )3的展开式的通项为S i ＋1＝C i 3(x 2)3－i ·x i ＝C i 3x 6－i (i ＝0,1,2,3)，令6－i ＝5，得i ＝1，则(x 2＋x )3的展开式中x 5项的系数是C 13＝3，故(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数是C 25·3＝10×3＝30.A 组1．将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有( B )A ．240种B ．120种C ．60种D ． 180种[解析] 不同的分配方法有C 36C 24＝120.2．若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( C )A ．2B ．54C ．1D ．24[解析] 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r (a x )r ＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 3．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( D ) A ．24 B ．48 C ．60D ．72[解析] 由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A 13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A 44种方法，所以奇数的个数为A 13A 44＝3×4×3×2×1＝72，故选D ．4．(2018·濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D ) A ．72 B ．120 C ．192D ．240[解析] 由题意，末尾是2或6，不同的偶数个数为C 12A 35＝120；末尾是4，不同的偶数个数为A 55＝120.故共有120＋120＝240(个)，故选D ．5．(3x －2x )8二项展开式中的常数项为( B )A ．56B ．112C ．－56D ．－112[解析]T r ＋1＝C r 8(3x )8－r(－2x )r ＝(－1)r 2r C r8·x 8－4r 3，令8－4r ＝0，∴r ＝2，∴常数项为(－1)2×22×C 28＝112.6．在(x 2－12x )6的展开式中，常数项等于( D )A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516[解析] 本题考查二项式定理，二项式(x 2－12x )6的展开式的通项公式为C r 6(x 2)6－r(－12x )2＝(－12)r C r 6x 12－3r，令12－3r ＝0得r ＝4，则二项式(x 2－12x )6的展开式中的常数项为(－12)4C 46＝1516.故选D ．7．有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为( B )A ．112B ．100C ．92D ．76[解析] 甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有C 14·C 33＋C 24C 22A 22＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×A 22＝14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C 24，分到三项比赛上去的分配方法数是A 33，故共有方案数C 24A 33＝36.根据两个基本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．8．(x 2－x ＋1)5的展开式中x 3的系数为( A ) A ．－30 B ．－24 C ．－20D ．20[解析] 本题考查二项式定理．[1＋(x 2－x )]5展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 5(x 2－x )r，r ＝0,1,2,3,4,5，T r ＋1展开式的第k ＋1项为C r 5C k r ·(x 2)r －k (－x )k ＝C r 5C k r (－1)k ·x 2r －k，r ＝0,1,2,3,4,5，k ＝0,1，…，r ，当2r －k ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝2，k ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧r ＝3，k ＝3时是含x 3的项，所以含x 3项的系数为C 25C 12(－1)＋C 35C 33(－1)3＝－20－10＝－30.故选A ．9．有大小、形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有56种不同的排列方法？[解析] 从8个位置中选3个放红球，有C 38＝56种不同方法． 10．(2018·昆明二模)(x －2)6的展开式中x 2的系数为240.[解析] (x －2)6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·(－2)r ·x 6－r ，令6－r ＝2，求得r ＝4，可得(x －2)6的展开式中x 2的系数为C 46·(－2)4＝240. 11．设a ，b ，c ∈{1,2,3,4,5,6}，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有27个．[解析] 由题意知以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形， (1)先考虑等边三角形情况则a ＝b ＝c ＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，当a＝b＝1时，c<a＋b＝2，则c＝1，与等边三角形情况重复；当a＝b＝2时，c<4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当a＝b＝3时，c<6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；当a＝b＝4时，c<8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；当a＝b＝5时，c<10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；当a＝b＝6时，c<12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27个．12．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？[解析](1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．B组1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是( D )A．180 B．240C．360 D．480[解析]将6个位置依次编号为1、2、3、…、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A55种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2A13·A44种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(A22A33＋A23A33)种，∴共有不同排法种数，2A55＋2A13A44＋2(A22A33＋A23A33)＝480种，故选D．2．如图，M、N、P、Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( C )A ．8种B ．12种C ．16种D ．20种[解析] 把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有C 36种情形，但有4种情形不满足题意，∴不同的建桥方法有C 36－4＝16种，故选C ．3．设(1＋x ＋x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2n x 2n ，则a 2＋a 4＋…＋a 2n 的值为( B ) A ．3n ＋12B ．3n －12C ．3n －2D ．3n[解析] (赋值法)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n －1＋a 2n ＝3n .① 再令x ＝－1得，a 0－a 1＋a 2＋…－a 2n －1＋a 2n ＝1.② 令x ＝0得a 0＝1.则①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 2n )＝3n ＋1， ∴a 0＋a 2＋…＋a 2n ＝3n ＋12，∴a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝3n ＋12－a 0＝3n ＋12－1＝3n －12.4．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( B ) A ．144个 B ．120个 C ．96个D ．72个 [解析] 据题意，万位上只能排4,5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120(个)．故选B ．5．若(x 2＋12x)n的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( B )A ．32B ．74C ．6D ．7[解析] 因为(x 2＋12x )n 的展开式通项为T r ＋1＝C r n (x 2)n －r (12x )r ＝(12)r C r n x 2n －3r ，其系数为(12)r C r n .故展开式中前三项的系数为C 0n ，12C 1n ，14C 2n ，由已知可得这三个数成等差数列，所以C 0n ＋14C 2n ＝2×12C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍去)．令2n －3r ＝16－3r ＝1，可得r ＝5，所以一次项的系数为(12)5C 58＝74. 6．(2018·太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )A ．36B ．48C ．72D ．120[解析] 第一步，将3个奇数全排列有A 33种方法；第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；第三步，将2个偶数全排列有A 22种方法，所以，所有的方法数是3A 33A 22＝36.7．(2018·漳州二模)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( D )A ．－20B ．0C ．1D ．20[解析] 令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.8．(2018·江西宜春二模)若(x 3＋1x )n的展开式中含有常数项，且n 的最小值为a ，则⎠⎛－aa a 2－x 2d x ＝( C ) A ．0 B ．6863C ．49π2D ．49π[解析] 由展开式的通项，由展开式中含有常数项，得3n －72r ＝0有整数解，故n 的最小值为7，⎠⎛－7772－x 2d x ＝49π2.9．将编号1,2,3,4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个，则恰有1个盒子放有2个连号小球的所有不同放法有18种．(用数字作答)[解析] 先把4个小球分为(2,1,1)一组，其中2个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有C 13A 33＝18种．10．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，要求取出的这些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472.[解析] 由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中每一种卡片各取三张，有4C 34种取法，两种红色卡片，共有C 24C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24C 112＝560－16－72＝472.11．若对于任意实数x ，有x 5＝a 0＋a 1(x －2)＋…＋a 5(x －2)5，则a 1＋a 3＋a 5－a 0＝89. [解析] 令x ＝3得a 0＋a 1＋…＋a 5＝35，令x ＝1得a 0－a 1＋…－a 5＝1，两式相减得a 1＋a 3＋a 5＝35－12＝121，令x ＝2得a 0＝25＝32，故a 1＋a 3＋a 5－a 0＝121－32＝89.12．如果(3x －13x 2)n 的展开式中各项系数之和为128，则展开式中1x3的系数是21.[解析] (3x －13x 2)n 的展开式的各项系数之和为(3×1－1312)n ＝2n ＝128，所以n ＝7，所以(3x －13x 2)n ＝(3x －13x 2)7，其展开式的通项为T r ＋1＝C r 7(3x )7－r(－13x 2)r ＝C r 7·37－r ·x 7－r ·(－x －23)r ＝(－1)r C r 737－rx 7－53r ，由7－53r ＝－3，得r ＝6，所以1x3的系数是C r 7·(－1)6·3＝21. 13．某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队．(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？ (3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？ (4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？ [解析] (1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)． (2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8568(种)．(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C 12·C 418种选法；甲、乙两人都参加，则有C 318种选法．故共有C 12·C 418＋C 318＝6936(种)．(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女，所以共有C112·C48＋C212·C38＋C312·C28＋C412·C18＝14656(种)．方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C520－(C58＋C512)＝14656(种)．14．设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P.(2)若存在n≤2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值．[解析](1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C17＝7，C27＝21，C37＝35，因为C17＋C37＝2C27，即C17，C27，C37成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)设f(n)具有性质P，则存在k∈N*,1≤k≤n－1，使C k－1n ，C k n，C k＋1n成等差数列，所以C k－1 n ＋C k＋1n＝2C k n，整理得：4k2－4nk＋(n2－n－2)＝0，即(2k－n)2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数，又n≤2016，由于442<2016＋2<452，所以n的最大值为442－2＝1934，此时k＝989或945.。

二项式定理知识梳理与题型归纳高二下学期数学苏教版(2019)选择性必修第二册

高中数学二项式定理知识梳理与题型归纳知识点梳理一、定理内容nn n r r n r n n n n n n n n b b a b a b a a b a C C C C C )(222110+⋯++⋯+++=+---二、基本概念 ①二项式展开式等式右边的多项式叫作(a +b )n 的二项展开式. ①二项式系数展开式中各项的系数中的)210(C n r rn ，，，，⋯=. ①项数展开式第r +1项，是关于a ，b 的齐次多项式. ①通项展开式的第r +1项，记作)210(C 1n r b a T rr n r n r ，，，，⋯==-+. 三、几个提醒①项数展开式共有n +1项. ①顺序注意正确选择a 与b ，其顺序不能更改，即：(a +b )n 和(b +a )n 是不同的. ①指数a 的指数从n 到0, 降幂排列；b 的指数从0到n ,升幂排列；各项中a ，b 的指数之和始终为n .①系数正确区分二项式系数与项的系数；二项式系数指各项前面的组合数；项的系数指各项中除去变量的部分（含二项式系数）. ①通项通项)210(C 1n r b a T rr n r n r ，，，，⋯==-+是指展开式的第r +1项. 四、常用结论令a =1，b =x ，有：nn n r r n n n n n x x x x x C C C C C )1(2210+⋯++⋯+++=+令a =1，b =-x ，有：n n n n r r n n n n n x x x x x C )1(C C C C )1(2210-+⋯++⋯-+-=+由此可得贝努力不等式.当x >-1时，有： n ≥1时，(1+x )n ≥1+nx ; 0≤n ≤1时，(1+x )n ≤1+nx .（贝努力不等式常用于函数不等式证明中的放缩）五、几个性质①二项式系数对称性展开式中，与首末两项等距的任意两项二项式系数相等.rn n r n -=C C①二项式系数最大值展开式的二项式系数nn r n n n n C C C C C 210，，，，，，⋯⋯中，最中间那一项（或最中间两项）的二项式系数最大.即：n 为偶数时，最大二项式系数为2C nn；n 为奇数时，最大二项式系数为21C-n n，21C+n n.①二项式系数和二项展开式中，所有二项式系数和等于2n ，即：nn n n n n 2C C C C 210=+⋯+++.奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即：15314202C C C C C C -=⋯+++=⋯+++n n n n n n n . （注：凡系数和问题均用赋值法处理） ①杨辉三角中的二项式系数r n r n r n 11C C C +-=+题型归纳一、求二项展开式【例1】求413⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 的展开式.方法一：()()()()224443342224314404411254108811C 13C 13C 13C 3C 13x x x x x x x x x x x x x x ++++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+方法二：5411210881)3(C )3(C )3(C )3(C )3(C )13(1322244134224314404244++++=++++=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+xx x x x x x x x x x x x x二、求展开式的指定项在二项展开式中，有时存在一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项、系数最大的项等等，这些特殊项的求解主要是利用二项展开式的通项公式)210(C 1n r b aT rr n r n r ，，，，⋯==-+，然后依据条件先确定r 的值，进而求出指定的项. 【例2】求613⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 展开式的常数项.解：由)210(C 1n r b a T rr n r n r ，，，，⋯==-+得： ()()rr rr rrrr x x xT 2666661)1(3C 13C ----+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=因此6-2r =0，则r =3，故常数项为5403C 3636-=--.说明：凡二项展开式中指定项的问题，均直接使用通项公式处理.【例3】在二项式nx x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+3241的展开式中倒数第3项的系数为45，求x 3的项的系数.解：由条件知45C 2=-n n，即45C 2=n ，n 2-n -90=0解得n =-9（舍去）或n =10. 由r r r rrr r x x x T 3241010321041101C C +----+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=，由题意332410=+--r r ，解得r =6. 则含有x 3的项是第7项3361016210C x x T ==+，系数为210.说明：对于位置指定的展开项问题，要注意用原式，底数中项的顺序不得随意调整. 【例4】求(x -1)-(x -1)2+(x -1)3-(x -1)4+(x -1)5的展开式中x 2的系数.解：由(x -1)n 得通项rr n r n r x T )1(C 1-=-+.则所求项的系数为20)1(C )1(C )1(C C 2352241302-=-+---+-.【例5】求()56)12(1-+x x 的展开式中x 6项的系数.解：()61+x 的通项为()rrx -66C ，(2x -1)5的通项为s ss x )1()2(C 56--.则展开式的通项为()221655655662C C )1()1()2(C C sr ss r sss rr xx x -----•-=-•.由62216=--sr ，得r +2s =4，解得⎩⎨⎧==20s r ，⎩⎨⎧==12s r 或⎩⎨⎧==04s r . 故x 6的系数为6402C C 2C C 2C C 505464152632506=••+••-••.说明：积的展开式问题，一般分别计算两个因式的通项.。

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

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

(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.

2025年高考数学总复习课件80第十章第二节二项式定理

考向1 求二项展开式中的特定项
【例1】(1)(2024·烟台模拟7的展开式中x13的系数是84，则实数a＝
()
A．2
√B．5 4
C．1
D．
2 4
B
解析：二项式
x+
a
x
7展开式的通项为Tk＋1＝C7kx7－k
a
x
k＝C7kakx7-2k.又展开式中
x13的系数是84，令7－2k＝－3，得k＝5，所以C75a5＝84，解得a＝5 4.故选B．
2 x
13 的展开式的通项为 Tk ＋ 1 ＝ C1k3
－2
13－3k kx 2 ，令
13－2 3k＝2，得k＝3，所以－8C133·x2＝－2 288x2，即含x2的项的系数是－2 288.
3．已知(x－1)(ax＋1)6的展开式中含x2项的系数为0，则正实数a＝________.
2 5
第二节二项式定理
必备知识落实“四基”
核心考点提升“四能”
课时质量评价
自查自测知识点二二项式系数的性质
1．在
1 x
－
x
10的展开式中，二项式系数最大的项是(
)
A．第5项
√B．第6项
C．第7项
D．第5或第7项
B
解析：在
1 x
－
x
10的二项展开式中，第6项的二项式系数最大．故选B．
第二节二项式定理
第二节二项式定理
必备知识落实“四基”
核心考点提升“四能”
课时质量评价
考向3 形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式
【例3】(2024·烟台模拟)在(x2－2x＋y)6的展开式中，含x5y2项的系数为( )

江苏高考数学理二轮专题复习课件7.2计数原理与数学归纳法

[思路点拨] (1) 第一步安排教师 → 第二步安排学生按定义域中元素 (2) 确定函数的定义域 → 的个数分类求解
解析 (1)分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C21＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C42＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理不同的选派方案共2×6＝ 12(种)． (2)分别由x2＋1＝2，x2＋1＝5，解得x＝±1，x ＝±2. 由函数的定义，定义域中元素的选取分三种情况． ①取两个元素，有C21·C21＝4种．
【变式训练2】 (1)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 ________. (2)(2013·海淀区质检)从0,2中选一个数字，从 1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 ________. 解析 (1)此排列可分两步进行，先把三个家庭分别排列，每个家庭有3！种排法．第二步，3个家庭全排列有A33种， ∴共有不同的坐法有3！·3！·3！·A33＝ (3！)4＝1 296.
第2讲计数原理与数学归纳法
[思考1]
若Cnx＝Cnm，则x＝m，这个结论一定正确吗？
提示：不正确．由Cnx＝Cnm，可得x＝m或x＝n－m.
[思考2] 二项式定理 (a＋b)n ＝Cn0 an b0＋Cn1 an －1 b1＋ … ＋ Cnran－rbr＋…＋Cnna0bn中，交换a，b的顺序对各项是否有影响？提示：从整体看，(a＋b)n与(b＋a)n相同，但具体到某一项是不同的，如(a＋b)n的第k＋1 项Tk＋1＝Cnkan－kbk，(b＋a)n的第k＋1项Tk′＋1′＝ C kbn－kak.

解析
a (1)由于lg a－lg b＝lgb(a>0，b>0)，