(江苏专用)2019高考数学二轮复习 专题七 第3讲(必) 计数原理及二项式定理、数学归纳法课件 理
2019年高考理数考前核心考点解读冲刺攻略专题7： 计数原理 Word版含答案【7页】
核心考点解读——计数原理两个计数原理（II ）排列、组合（II ） 二项式定理（II ）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目以选择题、填空题为主，考查计数原理及二项式展开式中特定项或其系数等问题，2.从考查内容来看，主要考查利用两个计数原理及排列数、组合数公式，结合分类讨论思想考查完成事情的方法总数；考查利用二项式定理，求解二项展开式中特定项或其系数或系数的最大或最小问题等.3.从考查热点来看，排列、组合、二项式定理是高考命题的热点，根据两个计数原理及排列数、组合数公式确定完成事情的方法总数，同时注意方法的选用.二项展开式中特定项的系数问题是主要的考查内容，着重考查学生运用公式计算的能力.1.两个计数原理(1)分类加法计数原理：完成一件事有n 类不同的方案，在第一类方案中有1m 种不同的方法，在第二类中有2m 种不同的方法，…，在第n 类方案中有n m 种不同的方法，则完成这件事的所有方法种数为12n N m m m =+++.(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要n 个不同的步骤，在第一个步骤中有1m 种不同的方法，在第二个步骤中有2m 种不同的方法，…，在第n 个步骤中有n m 种不同的方法，则完成这件事的所有方法种数为12n N m m m =⨯⨯⨯.(3)两个计数原理的区别在于完成事情的方法是可以完成事情的所有，还是完成事情的某一个步骤.分类加法计数原理中的各种方法都是相互独立的，任何一种方法都能够完成这件事情；分步乘法计数原理中各个步骤的方法是相互联系的，只有各个步骤都完成，才能完成这件事情.要注意两个计数原理的综合应用. 2.排列、组合(1)排列与排列数：一般的，从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，所有不同排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A mn 表示. 排列数公式：!A (1)(2)(1)()!mn n n n n n m n m =---+=-.个不同元素中取出2)21 m =-⋅1-1若n 为偶数，则第12n +项的二项式系数2C nn 最大；若n 为奇数，则第112n -+ 和112n ++项的二项式系数12C n n -和12C n n +最大. (3)利用二项展开式的通项求特定项的系数时，可以通过建立方程找到该项是展开式的哪一项，然后再求得该项的系数.(4)二项展开式的系数和或差问题的求解策略通常是采用赋值法，令1x =，则可以求得二项展开式中所有项的系数的和；令1x =-，则可以求得二项展开式中所有项的系数正、负相间的和；若上述两式相加或相减，则可以得到展开式中所有的奇数项系数的和与偶数项系数的和；令0x =，则可以求得展开式中常数项的系数.(5)求解两个二项式乘积中一些特定项或特定项的系数的问题可以根据多项式的乘法法则，弄清楚这些特定的项的构成规律，然后再进行具体的计算.1．（2017高考新课标I ，理6）621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．352．（2017高考新课标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3．（2017高考新课标III ，理4）错误!未找到引用源。
高中数学 第1章 计数原理 1.5.1 二项式定理讲义 苏教版选修2-3-苏教版高二选修2-3数学教
1.5.1 二项式定理学 习 目 标核 心 素 养1.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们解决与二项展开式有关的简单问题．(重点)2．利用二项展开式求特定项或项的系数．(难点) 3．二项式系数与项的系数的区别与联系．(易混点)1.借助二项式定理的证明，提升逻辑推理素养． 2．通过一般性运算，发展数学运算素养.1．二项式定理 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．这个公式叫做二项式定理．2．二项展开式的通项和二项式系数 (1)(a ＋b )n展开式共有n ＋1项，其中C r n a n －r b r叫做二项展开式的第r ＋1项(也称通项)，用T r ＋1表示，即T r ＋1＝C r n an －r b r.(2)C rn (r ＝0,1,2，…，n )叫做第r ＋1项的二项式系数．1．(x ＋1)n的展开式共有11项，则n 等于( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12B [(x ＋1)n 的展开式共有n ＋1项，所以n ＋1＝11，所以n ＝10.] 2．在(x －3)10的展开式中，含x 6的项的系数是( ) A ．－27C 610 B ．27C 410 C ．－9C 610D ．9C 410D [含x 6的项是T 5＝C 410x 6(－3)4＝9C 410x 6.]3．(1＋2x )5的展开式的第3项的系数为________，第3项的二项式系数为________． 40 10 [(1＋2x )5的展开式的第3项的系数为C 2522＝40，第3项的二项式系数为C 25＝10.]二项式定理的正用、逆用【例1】 (1)用二项式定理展开⎝⎛⎭⎪⎫2x －2x 25；(2)化简：C 0n (x ＋1)n －C 1n (x ＋1)n －1＋C 2n (x ＋1)n －2－…＋(－1)k C k n (x ＋1)n －k＋…＋(－1)n C nn .[思路探究] (1)二项式的指数为5，且为两项的和，可直接按二项式定理展开；(2)可先把x ＋1看成一个整体，分析结构形式，逆用二项式定理求解．[解] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －32x 25＝C 05(2x )5＋C 15(2x )4·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 2＋…＋C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x 25 ＝32x 5－120x 2＋180x －135x 4＋4058x 7－24332x 10.(2)原式＝C 0n (x ＋1)n ＋C 1n (x ＋1)n －1(－1)＋C 2n (x ＋1)n －2(－1)2＋…＋C k n (x ＋1)n －k(－1)k＋…＋C nn (－1)n＝[(x ＋1)＋(－1)]n＝x n.1．展开二项式可以按照二项式定理进行．展开时注意二项式定理的结构特征，准确理解二项式的特点是展开二项式的前提条件．2．对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便．3．对于化简多个式子的和时，可以考虑二项式定理的逆用．对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点，项数，各项幂指数的规律以及各项的系数．1．(1)求⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4的展开式；(2)化简：1＋2C 1n ＋4C 2n ＋…＋2n C nn .[解] (1)法一：⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4＝C 04(3x )4＋C 14(3x )3·1x＋C 24(3x )2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋C 34(3x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 4＝81x 2＋108x ＋54＋12x ＋1x2.法二：⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x 4＝(3x ＋1)4x 2＝1x2(81x 4＋108x 3＋54x 2＋12x ＋1)＝81x 2＋108x ＋54＋12x ＋1x2.(2)原式＝1＋2C 1n ＋22C 2n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n.二项式系数与项的系数问题【例2】 (1)求二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；(2)求⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 9的展开式中x 3的系数．[思路探究] 利用二项式定理求展开式中的某一项，可以通过二项展开式的通项公式进行求解．[解] (1)由已知得二项展开式的通项为T r ＋1 ＝C r6(2x )6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r6·26－r·x r ，∴T 6＝－12·x.∴第6项的二项式系数为C 56＝6， 第6项的系数为C 56·(－1)·2＝－12. (2)T r ＋1＝C r 9x9－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·C r 9·x 9－2r， ∴9－2r ＝3，∴r ＝3，即展开式中第四项含x 3，其系数为(－1)3·C 39＝－84.1．二项式系数都是组合数C kn (k ∈{0,1,2，…，n })，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．2．第k ＋1项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为C kn .例如，在(1＋2x )7的展开式中，第四项是T 4＝ C 3717－3(2x )3，其二项式系数是C 37＝35，而第四项的系数是C 3723＝280.2．(1＋2x )n的展开式中第六项与第七项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．[解] T 6＝C 5n (2x )5，T 7＝C 6n (2x )6，依题意有C 5n 25＝C 6n 26⇒n ＝8.∴(1＋2x )n 的展开式中，二项式系数最大的项为T 5＝C 48(2x )4＝1 120x 4.设第k ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C k 82k≥C k －182k －1，C k 82k ≥C k ＋182k ＋1，∴5≤k ≤6.∴k ＝5或k ＝6(∵k ∈{0,1,2，…，8})． ∴系数最大的项为T 6＝1 792x 5，T 7＝1 792x 6.求展开式中的特定项[探究问题1．如何求⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 4展开式中的常数项．[提示] 利用二项展开式的通项C r 4x4－r·1xr ＝C r 4x 4－2r求解，令4－2r ＝0，则r ＝2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 4展开式中的常数项为C 24＝4×32＝6.2．(a ＋b )(c ＋d )展开式中的每一项是如何得到的？[提示] (a ＋b )(c ＋d )展开式中的各项都是由a ＋b 中的每一项分别乘以c ＋d 中的每一项而得到．3．如何求⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x (2x ＋1)3展开式中含x 的项？[提示] ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x (2x ＋1)3展开式中含x 的项是由x ＋1x 中的x 与1x分别与(2x ＋1)3展开式中常数项C 33＝1及x 2项C 1322x 2＝12x 2分别相乘再把积相加得x ·C 33＋1x·C 13(2x )2＝x ＋12x ＝13x .即⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x (2x ＋1)3展开式中含x 的项为13x . 【例3】 已知在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －33x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求n ；(2)求含x 2项的系数； (3)求展开式中所有的有理项．[思路探究] 写出通项T r ＋1→令r ＝5，x 的指数为零 →(1)求出n 值→修正通项公式→(2)求x 2项的系数 →考察x 指数为整数→分析求出k 值 →(3)写出有理项 [解] 通项公式为：(1)∵第6项为常数项， ∴r ＝5时，有n －2r3＝0，即n ＝10.(2)令10－2r 3＝2，得r ＝12(10－6)＝2，∴所求的系数为C 210(－3)2＝405. (3)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧10－2r3∈Z ，0≤r ≤10，r ∈Z .令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ，即r ＝5－32k .∵r ∈Z ，∴k 应为偶数，k ＝2,0，－2，即r ＝2,5,8，所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为405x 2，－61 236,295 245x －2.1．求二项展开式的特定项的常见题型 (1)求第k 项，T k ＝C k －1n an －k ＋1b k －1；(2)求含x k的项(或x p y q的项)； (3)求常数项； (4)求有理项．2．求二项展开式的特定项的常用方法(1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；(2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；(3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．3．(1)在(1－x 3)(1＋x )10的展开式中，x 5的系数是________．(2)若⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 26展开式的常数项为60，则常数a 的值为________．(1)207 (2)4 [(1)x 5应是(1＋x )10中含x 5项、含x 2项分别与1，－x 3相乘的结果， ∴其系数为C 510＋C 210(－1)＝207. (2)⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 26的展开式的通项是T k ＋1＝C k 6x 6－k (－a )k ·x －2k＝ C k 6x6－3k(－a )k ，令6－3k ＝0，得k ＝2，即当k ＝2时，T k ＋1为常数项，即常数项是C 26a ，根据已知得C 26a ＝60，解得a ＝4.]1．本节课的重点是二项式定理及利用二项式定理求二项展开式的特定项或特定项的系数，难点是利用二项式定理的综合应用．2．本节课的易错点是项、项数、二项式系数、系数等概念的辨析：(1)二项展开式的二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn 这些组合数，即二项展开式的通项公式T r ＋1＝C r n a n －r b r中的C r n (0≤r ≤n ，r ∈N )．求二项展开式中某一项的二项式系数，关键是要确定r 的值，要注意通项为展开式的第r ＋1项．(2)系数即该项字母前的数连同符号，求二项展开式的指定项的系数，可直接运用展开式的通项公式，并令该项的次数与指定项的次数相等，求出r 的值，则指定项的系数就是把r 代入组合数式和常数式的乘积计算后所得的值．(3)项是指系数和含字母的式子的积，项数是指该项在展开式中的位置．(4)二项式系数与项的系数是两个不同的概念，前者仅与二项式的指数及项数有关，后者与二项式的指数、项数及字母的系数均有关．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(a ＋b )n展开式中共有n 项．( )(2)在公式中，交换a ，b 的顺序对各项没有影响．( ) (3)C k n an －k b k是(a ＋b )n 展开式中的第k 项．( )(4)(a －b )n与(a ＋b )n的二项式展开式的二项式系数相同．( ) [解析] (1)× 因为(a ＋b )n展开式中共有n ＋1项． (2)× 因为二项式的第k ＋1项C k n a n －k b k和(b ＋a )n 的展开式的第k ＋1项C k n bn －k a k是不同的，其中的a ，b 是不能随便交换的．(3)× 因为C k n a n －k b k是(a ＋b )n 展开式中的第k ＋1项．(4)√ 因为(a －b )n 与(a ＋b )n 的二项式展开式的二项式系数都是C rn . [答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 10的二项展开式中，x 4的系数为( )A ．－120B ．120C ．－15D ．15C [T r ＋1＝C r10x10－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r ·C r 10x 10－2r ，令10 －2r ＝4，则rx 4的系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫－123C 310＝－15.]3．在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－12x 9的展开式中，第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________．84 －212 [T k ＋1＝C k 9·(x 2)9－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ·C k 9·x 18－3k ，当k ＝3时，T 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－123·C 39·x9＝－212x 9，所以第4项的二项式系数为C 39＝84，项的系数为－212.]4．求⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋23x 25的展开式的第三项的系数和常数项．[解] T 3＝C 25(x 3)3⎝⎛⎭⎪⎫23x 22＝C 25·49x 5，所以第三项的系数为C 25·49＝409.通项T k ＋1＝C k5(x 3)5－k⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ·C k 5x 15－5k ，令15－5k ＝0，得k ＝3， 所以常数项为T 4＝C 35(x 3)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 23＝8027.。
(江苏专用)高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、随机变量及其分布 第3讲 二项式定理课件 理
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 Cnn－1，
C
n n
.
3.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“ 等距离 ”的两个二项式系数相等，即
Cnm＝Cnn－m.
n 1
(2)增减性与最大值：二项式系数 Ckn，当 k< 2 时，二项式系
n 1
数是递增的；当 k> 2 时，二项式系数是递减的.
当
n
是偶数时，那么其展开式中间一项
Tn
2
1
的二项式系数最大.
当 n 是奇数时，那么其展开式中间两项
Tn 1 2
和
Tn 11 2
的二
项式系数相等且最大.
(3)各二项式系数的和
它们分别为445x2，683，24556x－2.
规律方法 (1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问 题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通 项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项 指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指 数，再求所求的项. (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.
第3讲 二项式定理
考试要求 1.二项式定理，B级要求；2.利用二项式定理解决与二 项式有关的简单问题，B级要求.
知识梳理
1.二项式定理
(a＋b)n＝
C0nan C1nan1b1 L Cnk ankbk L Cnnbn (n N*) .
这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n 的二项展
高考数学理科二轮复习课件：专题7第一讲 计数原理、二
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理一定要区别清楚，避 免使用时出现错误；
2．排列数公式与组合数公式要记清，各种形式视情况选用，并 注意排列公式与组合公式的联系；
3．二项式定理是独立的一部分内容，要记清二项式定理本身与 其通项公式，应用时还要小心符号，另外赋值法也是要掌握的重要方 法，需要重视．
第三类，没有任教的老师来自于只能任教“矩阵与变换”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充， 共有 3×2 种选法；
第四类，没有任教的老师来自于只能任教“开关电路与布尔代 数”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充，共有 3×2 种选法．
随堂讲义
专题七 概率与统计、推理与证明、算法初步、 框图、复数
第一讲 计数原理、二项式定理
计数原理、二项式定理也是高考中必考的小题，属
于独立知识点，与其他知识没多大的联系，应掌握好这 两个定理.
例 1 某中学拟于下学期在高一年级开设“矩阵与变换”、“信 息安全与密码”、“开关电路与布尔代数”三门数学选修课，在计划 任教高一年级的 10 名数学老师中，有 3 人只能任教“矩阵与变换”， 有 2 人只能任教“信息安全与密码”，另有 3 人只能任教“开关电路 与布尔代数”，三门课都能任教的只有 2 人．现要从这 10 名教师中选 出 9 人，分别担任这三门课的任课老师，且每门课安排 3 名老师任教， 则不同的安排方案有________种．
(2)注意区别二项式系数和项的系数．
3．(2015·新课标Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为(C) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：解法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含 y2 的项为 T3＝C25 (x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30.故选 C. 解法二 (x2＋x＋y)5 为 5 个 x2＋x＋y 之积，其中有两个取 y，两 个取 x2，一个取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C25C23C11＝30.故选 C.
二项式定理(课件)高二数学(苏教版2019选择性必修第二册)
典型例题
例4 在二项式(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＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
（1）二项式系数之和为：90 + 91 + 92 +. . . +99 = 29 .
1
1
2
3
4
= 2 (1+12x+54x +108x +81x )= 2
12
+ +54+108x+81x2.
(2)原式=C0 (x+1)n+C1 (x+1)n-1(-1)+C2 (x+1)n-2·(-1)2+…+C (x+1)n-k(-1)k
+…+C (-1)n=[(x+1)+(-1)]n=xn.
式中的Cnk − 叫做二项展开式的通项，记作 Tk+1 ，为展开式的
第k+1项.
r
1
Tk+1=Cnk −
第 k+1项
探究新知
二项展开式的特点：
1、总共n+1项；
2、a按照降幂排列，b按照升幂排列，每一项中a、b的指数和为n；
3、第k+1项的二项式系数为Cnk .
探究新知
（3）当a=1,b=1时，
(1+1)n=
Cn0 + Cn1 +. . . +Cnn = 2
典型例题
1 6
例1 求 ( + ) 的展开式.
(江苏专用)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
（江苏专用）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A 组——大题保分练1．(2019·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．(2019·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．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －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 rn －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．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *，0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *，0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *，0<α1<1，0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0，1)，故(5－2)2n ＋1∈(0，1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0，1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2019·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 k 2n ＝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．(2019·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．(2019·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 k 2k －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．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x )2n＝(1＋x )n (1＋x )n (n ∈N *)，左边x n 的系数为C n2n ，而右边(1＋x )n (1＋x )n ＝(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 k 2k ＝C n2n ，其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2是指不超过n2的最大整数． 解：(1)C km ＋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，。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法(理)8.1 计数原理与二项式定理
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题型(一) 计数原理的应用主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用. [例1] (2018·江苏高考)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.[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 －1C k n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1C k n 2n －k －∑k ＝1n －1C kn )．因为∑k ＝1n －1C k n2n －k ＝∑k ＝0nC k n 2n －k－C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1C k n＝∑k ＝0nC kn －C 0n －C n n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).题型(二) 二项式定理的应用主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题. [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 ＝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)因为(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 ＋1)C n ＋k2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)C n －k2n ＋1＝k ＝0n (2k ＋1)C n ＋1＋k2n ＋1＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]C n ＋1＋k2n ＋1＝2k ＝0n(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋C n2n )－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)C n2n .T n ＝(2n ＋1)C n 2n ＝(2n ＋1)(C n －12n －1＋C n2n －1)＝2(2n ＋1)C n 2n －1＝(4n ＋2)C n2n －1.因为C n2n －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＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n 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，＝a a＋3b2－b b＋3a2 .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝a2＋6ab＋b22－16ab a＋b2 .(2)证明：由二项式定理得(a－b)n＝n(－1)k C k n(a)n－k(b)k，k＝0若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n (a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－2n(a)2·(b)n－2＋C n n(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*，若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－2n(a)2(b)n－2＋C n n (b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n(a)(b)n－1]类似地，可将上式表示为(a－b)n＝u2－v2ab的形式，其中u2，v2∈N*，也即(a－b)n＝u22－v22ab＝p－q，其中p＝u22，q＝v22ab，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．题型(三)组合数的性质应用主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.[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2r ＋1n －r －1＝1n －r －1n －r＋1r ＋1r ＋2，2r ＋2n －r －2＝1n －r －2n －r －1＋1r ＋2r ＋3，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](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：C k n ＝C n －k n ，C k n ＋1＝C kn ＋C k －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 C k n －n C k －1n －1；②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn . 解：(1)①k C kn －n C k －1n －1 ＝k ×n ！k ！n －k ！－n ×n －1！k －1！n －k ！＝n ！k －1！n －k ！－n ！k －1！n －k ！＝0.②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！n －k ！－n (n －1)×n －2！k －2！n －k ！－n ×n －1！k －1！n －k ！＝k ×n ！k －1！n －k ！－n ！k －2！n －k ！－n ！k －1！n －k ！＝n ！k －2！n －k ！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C kn ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C k n ＋2k C k n ＋C kn ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n，两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1，两边对x 求导，得(1＋x )n＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k＋…＋(n ＋1)C n n x n，两边再同乘以x ，得(1＋x )nx ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n xk ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1，两边再对x 求导，得 (1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k＋1)2C k n x k＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n ·2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋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 ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC kn(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋ i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝231－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －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 rn －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．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *. 又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋1·k ！m ！·k －m ！＝(m ＋1)·k ＋1！m ＋1！·[k ＋1－m ＋1]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋12(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋1！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n n ＋12＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋12－n ＝n n －12个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －12＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋1×n ×…×3＝2nn ＋1！.由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋1！>C 2n ＋2n ＋1！，即p n >C 2n ＋1n ＋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 nm .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q ，故共有C n－1n21种可能，即为C1n21，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，故共有C n－2n22种可能，即为C2n22，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，故共有C n－mn2m种可能，即为C mn2m，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m，因为当0≤k≤n时，C k n≥1，所以C k n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m)＋(C m＋1n－1)2m＋1＋…＋(C nn－1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n ＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
江苏专版2019版高考数学一轮复习第二十章计数原理20.2二项式定理课件
2
1 3 0 2 n n n Cn C Cn Cn C 根据已知条件可知,dn= -(4-1) +(42-1) -(43-1)· + … +(-1) (4 -1) n n 1 3 0 2 n Cn Cn Cn Cn Cn =[ + (-4)+ (-4)2+ (-4)3+…+ (-4)n] 1 3 0 2 4 n -[ - + - + +…+(-1)n ]+1 Cn Cn Cn Cn Cn Cn
i 0 n
n Cn ), k k 1 Cn Cn 因为k =n 1 ,
1 2 n 0 1 n 1 所以 +2 +…+n =n( Cn Cn Cn Cn Cn Cn 1 + 1 +…+ 1 ), i (ai 所以 )=a0· 2n+nd· 2n-1, Cn
i 0 n
C (r=0,1,2,…,n)
r n
叫做
二项式系数.
n-r r (4)通项:二项展开式中的 Cnr a b 叫做二项展开式的通项,用Tr+1表示,即通
Cnr an1项:Tr+1=
Cn x+ Cn x2 3.在二项式定理中,如果设a=1,b=x,则得到公式:(1+x)n=④ 1+
i (ai ∵a0=0,∴an=nd,∴ )=an· 2n-1. Cn
i 0
n
2(1 4n ) ai=2+2 +2 +…+2 = (2)令x=1,则 =2· 4n-2. i 0 1
2n
2 3 2n
[(-1)iai]=0, 令x=-1,则
2019年高考数学第二轮专项专题排列、组合、二项式定理与概率统计复习及解析湖南师大附中共11页
高考数学二轮复习专项排列、组合、二项式定理与概率统计（含详解）1. 袋里装有30个球，每个球上都记有1到30的一个号码, 设号码为n 的球的重量为344342+-n n (克). 这些球以等可能性(不受重量, 号码的影响)从袋里取出.（Ⅰ）如果任意取出1球, 求其号码是3的倍数的概率. （Ⅱ）如果任意取出1球, 求重量不大于号其码的概率; （Ⅲ）如果同时任意取出2球, 试求它们重量相同的概率.2. 从10个元件中（其中4个相同的甲品牌元件和6个相同的乙品牌元件）随机选出3个参加某种性能测试. 每个甲品牌元件能通过测试的概率均为54，每个乙品牌元件能通过测试的概率均为53.试求：（I ）选出的3个元件中，至少有一个甲品牌元件的概率；（II ）若选出的三个元件均为乙品牌元件，现对它们进行性能测试，求至少有两个乙品牌元件同时通过测试的概率.3. 设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次任取一个，并且取出不在放回，若以ξ和η分别表示取出次品和正品的个数。
（1）求ξ的分布列，期望及方差； （2）求η的分布列，期望及方差；4.（1）每天不超过20人排队结算的概率是多少？（2）一周7天中，若有三天以上（含三天）出现超过15人排队结算的概率大于0.75，商场就需要增加结算窗口，请问，该商场是否需要增加结算窗口？5. 某售货员负责在甲、乙、丙三个柜面上售货．如果在某一小时内各柜面不需要售货员照顾的概率分别为0.9,0.8，0.7．假定各个柜面是否需要照顾相互之间没有影响，求在这个小时内： （1）只有丙柜面需要售货员照顾的概率；（2）三个柜面最多有一个需要售货员照顾的概率； （3）三个柜面至少有一个需要售货员照顾的概率．6. 某同学上楼梯的习惯每步走1阶或2阶，现有一个11阶的楼梯 ，该同学从第1阶到第11阶用7步走完。
(1)求该同学恰好有连着三步都走2阶的概率；(2)记该同学连走2阶的最多步数为ζ，求随机事件ζ的分布列及其期望。
2019年高考数学大二轮复习专题七概率与统计7.1计数原理二项式定理课件
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
(2)(2018·浙江卷)从 1,3,5,7,9 中任取 2 个数字，从 0,2,4,6 中任取 2 个数字，一
共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
解析： (1)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 C13·C24·A22＝36(种)，或列式为 C13·C24·C12＝3×4×2 3×2＝36(种)．
2．在本例(2)中的四位数中，若将所有个位是 5 的四位数从小到大排成一列， 则第 100 个数是________．
解析： ①形如“1××5”，中间所缺的两数只能从 0,2,4,6 中选取，有 A24＝ 12 个．
②形如“2××5”，中间所缺的两数是奇偶各一个，有 C14C13A22＝24 个． ③形如“3××5”，同①有 A24＝12 个． ④形如“4××5”，同②，也有 C14C13A22＝24 个． ⑤形如“6××5”，也有 C14C13A22＝24 个， 以上 5 类小于 7 000 的数共有 96 个． 故第 97 个数是 7 025，第 98 个数是 7 045，第 99 个数是 7 065，第 100 个数 是 7 205. 答案： 7 205
题型二
题型二 排列与组合
名称
排列
组合
相同点
都是从 n 个不同元素中取 m(m≤n)个元素，元素无重复
①排列与顺序有关；②两ຫໍສະໝຸດ 排列相同，当 ①组合与顺序无关；②两个
不同点 且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完 组合相同，当且仅当这两个
全相同
江苏省2019高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法(理)8.1 计数原理与二项式定理达标
计数原理与二项式定理A 组-—大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集,满足:A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集． (1)若M ＝{a 1,a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对（A ，B ）的个数; (2）若M ＝｛a 1，a 2,a 3,…，a n }，求所有不同的有序集合对（A ，B ）的个数． 解:(1)110.(2）集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ,并设B 中含有k （1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素,则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B ）有错误!错误!（2k －1)＝错误!错误!2k －错误!错误!＝3n －2n个． 同理,满足B ⊆A 的有序集合对（A ，B ）有3n －2n个．故满足条件的有序集合对（A ，B ）的个数为2n （2n －1)－2（3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n.2．记1，2，…,n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2,…，a n 的个数为f （n ）（n ≥2，n ∈N ＊)．性质T ：排列a 1，a 2,…,a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1（i ∈｛1,2，…，n －1})．(1)求f (3）； (2）求f (n ）．解：(1）当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2,3)，（1,3，2），(2，1，3），（2,3,1)，(3，1,2),（3，2,1），其中满足仅存在一个i ∈｛1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有（1,3，2),（2，1，3),(2，3,1），（3,1，2），所以f （3）＝4。
（2）在1,2,…,n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n ）中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1）,从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…,a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C 错误!。
计数原理及二项式定理概念公式总结
计数原理及二项式定理概念公式总结计数原理和二项式定理是组合数学中的基本概念之一，被广泛应用于概率统计、离散数学、组合数学等领域。
下面将对这两个概念进行详细的解释和总结。
一、计数原理计数原理是组合数学中的一种基本原理，用于求解离散数学中的计数问题。
计数原理包括基本计数原理、乘法原理、加法原理和排列组合原理。
1.基本计数原理：基本计数原理是运用数学归纳法来解决计数问题的基本方法。
它的核心思想是将一个计数问题分解为若干个互相独立的子问题，再对子问题求解，最后将子问题的解累加得到原问题的解。
2.乘法原理：乘法原理是计数原理的一种特殊形式，用于解决多阶段决策类计数问题。
乘法原理的关键是将决策问题分解为多个阶段的决策子问题，然后通过求解每个子问题在相应阶段的可选项个数，再将各阶段的可选项个数相乘得到问题的解。
3.加法原理：加法原理是计数原理的另一种特殊形式，适用于解决分情况计数问题。
加法原理的核心思想是将计数问题分解为若干个情况，然后分别计算每种情况下的计数结果，最后将各种情况下计数结果相加得到问题的解。
4.排列组合原理：排列组合原理是计数原理的核心概念，描述了从给定元素集合中选取若干元素进行排列或组合的方法。
排列组合分为无重复元素的排列组合和有重复元素的排列组合两种情况。
-无重复元素的排列组合：若从n个不同元素中选取r个元素进行排列，称为排列数，用符号P(n,r)表示，排列数的计算公式为P(n,r)=n*(n-1)*...*(n-r+1)=n!/(n-r)。
若从n个不同元素中选取r个元素进行组合，称为组合数，用符号C(n,r)表示，组合数的计算公式为C(n,r)=P(n,r)/r!=n!/(r!*(n-r)。
-有重复元素的排列组合：若从n个相同元素中选取r个元素进行排列，称为重复排列，用符号P(n;r₁,r₂,...,r_k)表示，重复排列的计算公式为P(n;r₁,r₂,...,r_k)=n!/(r₁!*r₂!*...*r_k!)，其中r₁,r₂,...,r_k分别表示重复元素的个数。
高中数学苏教版选择性必修第二册第7章计数原理章末复习课
二、排列与组合的综合应用
1.排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足 轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素 (特殊位置)优先的原则. 2.明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养.
例2 在高三(1)班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
跟踪训练2 某局安排3位副局长带5名职员去3地调研，每地至少去1名 副局长和1名职员，则不同的安排方法种数为__9_0_0__.
解析 分三步：第一步，将 5 名职员分成 3 组，每组至少 1 人，则有 C35AC1222C11＋C15AC2422C22种不同的分组方法；第二步，将这 3 组职员分到 3 地 有 A33种不同的方法；第三步，将 3 名副局长分到 3 地有 A33种不同的方 法.根据分步计数原理，得不同的安排方法共有C35AC1222C11＋C15AC2422C22A33A33＝ 900(种).
解 第一步将 6 个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有 A66＝ 720(种)方法. ×□×□×□×□×□×□× 第二步再将 4 个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×” 的位置)，这样相当于 7 个“×”选 4 个来排，一共有 A47＝840(种)方法. 根据分步计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序.
(2)由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科比赛，每科至 少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一比赛，则不同 的参赛方案共有_3_0__种.
解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方案， 同其他两个元素在三个位置上排列有 C24A33＝36(种)方案，其中有不符合 条件的， 即学生甲、乙同时参加同一竞赛，共有 A33种方案，
2019高考数学考点突破——计数原理：二项式定理
[ 答案 ] 40
[ 解析 ] 由二项式定理可得，展开式中含
＝
40x
3y
3
，则
x3 y3 的系数为
40.
x3y3 的项为 x·C35(2 x) 2( － y) 3＋y· C25(2 x) 3( －y) 2
考点二、二项式系数的和与各Байду номын сангаас的系数和
【例
4】 (1) 若二项式
3x2－ 1 x
n 的展开式中各项系数的和是
x) 3y2，又 ( x2＋ x) 3 的展开式的通项为
k
C3(
x 2)
· 3－ k
x
k
＝
x Ck 6－k 3
，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)(2 x－ y) 5 的展开式中 x3y3 的系数为 ________.
B
． 243
512 ，则展开式中的常数项为
()
A．－ 27C39
B
． 27C39
C
．－ 9C49
D
． 9C49
(2)(1 － 3x) 5 ＝ a0 ＋ a1x＋ a2x2＋ a3x3＋ a4x4＋ a5x5，则 | a0| ＋ | a1| ＋ | a2| ＋ | a3| ＋ | a4| ＋ | a5| ＝
()
A． 1 024
[ 答案 ] 10
[ 解析 ]
由 (2 x＋ x ) 5 得 Tr ＋1＝ Cr5(2 x) 5－r (
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
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)，
江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第5讲 计数原理和二项式定理 Word版含解析
第5讲计数原理和二项式定理[考向导航]考点扫描三年考情考向预测1．计数原理、排列、组合江苏高考对两个计数原理、排列、组合和二项式定理的考查往往与集合，数列，概率进行综合，出现在第23题中，难度大，涉及二项式定理主要题目类型是：(1)证明某些整除问题或求余数；(2)证明有关不等式．也可能会与概率，数学归纳法综合在一起考查．2．二项式定理第22题1．排列与组合(1)排列：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出m个元素的排列数公式是A m n ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A m n＝n！（n－m）！．(2)组合：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出m个元素的组合数公式是C m n＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！或写成C m n＝n！m！（n－m）！．(3)组合数的性质：①C m n＝C n－mn；②C m n＋1＝C m n＋C m－1n．2．二项式定理(1)定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(r＝0，1，2，…，n)．(2)二项展开式的通项T r＋1＝C r n a n－r b r，r＝0，1，2，…，n，其中C r n叫做二项式系数．(3)二项式系数的性质①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C0n＝C n n，C1n＝C n－1n，…，C r n＝C n－rn，…．②最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数C nn2取得最大值；当n为奇数时，中间的两项的二项式系数C nn －12，C nn ＋12相等，且同时取得最大值．③各二项式系数的和(ⅰ)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n ；(ⅱ)C 0n ＋C 2n ＋…＋C 2r n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＋C 2r ＋1n＋…＝12·2n ＝2n －1．计数原理、排列、组合[典型例题](·南通密卷)设P 1，P 2，…，P j 为集合P ＝{1，2，…，i }的子集，其中i ，j 为正整数．记a ij 为满足P 1∩P 2∩…∩P j ＝∅的有序子集组(P 1，P 2，…，P j )的个数．(1)求a 22的值； (2)求a ij 的表达式．【解】 (1)由题意得P 1，P 2为集合P ＝{1，2}的子集， 因为P 1∩P 2＝∅，所以集合P ＝{1，2}中的元素“1”共有如下3种情形： 1∉P 1，且1∉P 2；1∈P 1，且1∉P 2；1∉P 1，且1∈P 2． 同理可得集合P ＝{1，2}中的元素“2”也有3种情形， 根据分步乘法原理得，a 22＝3×3＝9．(2)考虑P ＝{1，2，…，i }中的元素“1”，有如下情形： 1不属于P 1，P 2，…，P j 中的任何一个，共C 0j 种； 1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某一个，共C 1j 种； 1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某两个，共C 2j 种； …1只属于P 1，P 2，…，P j 中的某(j －1)个，共C j －1j 种，根据分类加法原理得，元素“1”共有C 0j ＋C 1j ＋C 2j ＋…＋C j －1j ＝2j －1种情形，同理可得，集合P ＝{1，2，…，i }中其他任一元素均有(2j －1)种情形， 根据分步乘法原理得，a ij ＝(2j －1)i ．在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[对点训练]1．(·无锡三校联考)设n ∈N *且n ≥4，集合M ＝{1，2，3，…，n }的所有3个元素的子集记为A 1，A 2，…，A C 3n ．(1)求集合A 1，A 2，…，A C 3n中所有元素之和S ； (2)记m i 为A i (i ＝1，2，…，C 3n)中最小元素与最大元素之和，求∑i ＝1C 32016m iC 32016的值．[解] (1)因为含元素1的子集有C 2n －1个，同理含2，3，4，…，n 的子集也各有C 2n －1个，于是所求元素之和为(1＋2＋3＋…＋n )×C 2n －1＝14(n 2－2n )(n 2－1)． (2)集合M ＝{1，2，3，…，n }的所有3个元素的子集中：以1为最小元素的子集有C 2n －1个，以n 为最大元素的子集有C 2n －1个； 以2为最小元素的子集有C 2n －2个，以n －1为最大元素的子集有C 2n －2个；…以n －2为最小元素的子集有C 22个，以3为最大元素的子集有C 22个．所以∑i ＝1C 3nm i ＝m 1＋m 2＋…＋m C 3n＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 22) ＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 23＋C 33)＝(n ＋1)(C 2n －1＋C 2n －2＋…＋C 24＋C 34)＝…＝(n ＋1)C 3n ，所以∑i ＝1C 3nm iC 3n＝n ＋1．所以∑i ＝1C 32016 m iC 32016＝2 016＋1＝2 017．二项式定理 [典型例题](·高考江苏卷)设(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ≥4，n ∈N *．已知a 23＝2a 2a 4． (1)求n 的值；(2)设(1＋3)n ＝a ＋b 3，其中a ，b ∈N *，求a 2－3b 2的值．【证明】 (1)因为(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ，n ≥4，所以a 2＝C 2n ＝n （n －1）2，a 3＝C 3n＝n （n －1）（n －2）6， a 4＝C 4n ＝n （n －1）（n －2）（n －3）24．因为a 23＝2a 2a 4，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n －1）（n －2）62＝2×n （n －1）2×n （n －1）（n －2）（n －3）24． 解得n ＝5． (2)由(1)知，n ＝5． (1＋3)n ＝(1＋3)5＝C 05＋C 153＋C 25(3)2＋C 35(3)3＋C 45(3)4＋C 55(3)5＝a ＋b 3．法一：因为a ，b ∈N *，所以a ＝C 05＋3C 25＋9C 45＝76，b ＝C 15＋3C 35＋9C 55＝44，从而a 2－3b 2＝762－3×442＝－32．法二：(1－3)5＝C 05＋C 15(－3)＋C 25(－3)2＋C 35(－3)3＋C 45(－3)4＋C 55(－3)5＝C05－C153＋C25(3)2－C35(3)3＋C45(3)4－C55(3)5．因为a，b∈N*，所以(1－3)5＝a－b3．因此a2－3b2＝(a＋b3)(a－b3)＝(1＋3)5×(1－3)5＝(－2)5＝－32．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)在二项展开式中，有时存在一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等等，要注意求这些特殊项的方法．(3)根据所给式子的结构特征活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(4)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，当展开式涉及与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．[对点训练]2．已知f(x)＝(2＋x)n，其中n∈N*．(1)若展开式中x3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x3项的系数为C6n·2n－6＝14，解得n＝7．(2)证明：由二项式定理可知(2＋3)n＝C0n2n＋C1n2n－1·3＋C2n2n－2·(3)2＋…＋C r n2n－r(3)r＋…＋C n n(3)n ＝(C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…)＋3(C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…)．令x＝C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…，y＝C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…，显然x∈N*，y∈N*．则(2＋3)n＝x＋3y，(2－3)n＝x－3y，所以(2＋3)n ·(2－3)n ＝x 2－3y 2＝1． 令s ＝x 2，则必有s －1＝x 2－1＝3y 2． 从而f (x )必可表示成 s ＋s －1的形式，其中s ∈N *．1．(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2．[解] (1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0． (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时， (k ＋1)C m k ＝（k ＋1）·k ！m ！·（k －m ）！＝(m ＋1)· （k ＋1）！（m ＋1）！·[（k ＋1）－（m ＋1）]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n ．又C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n ．因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2．2．(·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)m mf 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 m n ＝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}．3．(·苏州市高三调研)如图，由若干个小正方形组成的k 层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k 层有k 个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k 层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x 1，x 2，…，x k ，其中x i ∈{0，1}(1≤i ≤k )，其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x 0．(1)当k ＝4时，若要求x 0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？ (2)当k ＝11时，若要求x 0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？[解] (1)当k ＝4时，第4层标注数字依次为x 1，x 2，x 3，x 4，第3层标注数字依次为x 1＋x 2，x 2＋x 3，x 3＋x 4，第2层标注数字依次为x 1＋2x 2＋x 3，x 2＋2x 3＋x 4， 所以x 0＝x 1＋3x 2＋3x 3＋x 4．因为x 0为2的倍数，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4是2的倍数，则x 1，x 2，x 3，x 4四个都取0或两个取0，两个取1或四个都取1，所以共有1＋C 24＋1＝8种标注方法．(2)当k ＝11时，第11层标注数字依次为x 1，x 2，…，x 11，第10层标注数字依次为x 1＋x 2，x 2＋x 3，…，x 10＋x 11，第9层标注数字依次为x 1＋2x 2＋x 3，x 2＋2x 3＋x 4，…，x 9＋2x 10＋x 11，以此类推，可得x 0＝x 1＋C 110x 2＋C 210x 3＋…＋C 910x 10＋x 11．因为C 210＝C 810＝45，C 310＝C 710＝120，C 410＝C 610＝210，C 510＝252均为3的倍数，所以只要x 1＋C 110x 2＋C 910x 10＋x 11是3的倍数，即只要x 1＋x 2＋x 10＋x 11是3的倍数．所以x 1，x 2，x 10，x 11四个都取0或三个取1，一个取0，而其余七个数字x 3，x 4，…，x 9可以取0或1，这样共有(1＋C 34)×27＝640种标注方法． 4．(·南京、盐城高三模拟)设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈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＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1 ＝－(－1)m C m n －1， 所以⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1．综上，⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1．。
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(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fn(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fn(1)＝n－1.为计算fn＋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.
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，f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.
热点一 与计数原理有关的问题 【例1】 (2011·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，
b∈{1，2，3，…，n}，a＞b. (1)记 An 为满足 a－b＝3 的点 P 的个数，求 An； (2)记 Bn 为满足13(a－b)是整数的点 P 的个数，求 Bn.
右边＝(m＋1)Cmk＋＋32.
而(m＋1)Cmk＋＋32－(m＋1)Cmk＋＋22＝(m＋1)（m＋2）（！k＋（3k）－！m＋1）！－（m＋（ 2）k＋！2（）k！－m）！
＝(m＋1)×（m＋2）（！k＋（2k）－！m＋1）！[(k＋3)－(k－m＋1)]＝(k＋2)m！（（kk＋－1m）＋！1）！ ＝(k＋2)Ckm＋1， ∴(m＋1)Cmk＋＋22＋(k＋2)Ckm＋1＝(m＋1)Cmk＋＋32，∴左边＝右边.
2.(2016·江苏卷)(1)求 7C36－4C47的值； (2)设 m，n∈N*，n≥m，求证： (m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋nCmn－1＋(n＋1)Cnm＝(m＋1)Cmn＋＋22. (1)解 7C36－4C47＝7×20－4×35＝0. (2)证明 对任意的 m，n∈N*，n≥m， ①当 n＝m 时，左边＝(m＋1)Cmm＝m＋1，右边＝(m＋1)Cmm＋ ＋22＝m＋1，原等式成立. ②假设 n＝k(k≥m)时命题成立.即(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCkm－1＋(k ＋1)Cmk ＝(m＋1)Cmk＋＋22， 当 n＝k＋1 时，左边＝(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCmk－1＋(k＋1)Ckm＋(k ＋2)Cmk＋1＝(m＋1)Cmk＋＋22＋(k＋2)Cmk＋1，
4.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，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设 n＝k(k≥n0，k∈N*) 时命题成立，证明当 n＝k＋1 时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从 n0 开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.
解 (1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3. (2)设 k 为正整数，记 fn(k)为满足条件以及 a－b＝3k 的点 P 的个数，只要讨论 fn(k)≥1
的情形. 由 1≤b＝a－3k≤n－3k 知 fn(k)＝n－3k，且 k≤n－3 1， 设 n－1＝3m＋r，其中 m∈N*，r∈{0，1，2}， 则 k≤m，所以 Bn＝k∑＝m1fn(k)＝k∑＝m1 (n－3k)＝mn－3m（m2＋1）＝m（2n－23m－3）， 将 m＝n－31－r代入上式，化简得 Bn＝（n－1）6（n－2）－r（r－6 1）， 所以 Bn＝n（（nn－－ 613））6（，nn3－是2整 ）数 ，， n3不是整数.
第3讲 计数原理及二项式定理、数学归纳法
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原 理，B级要求；(2)排列与组合，B级要求；(3)二项式定理，B级要求；(4)数学归纳 法的简单应用，B级要求.
真题感悟
1.(2018·江苏卷)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当s<t时，有is>it，则 称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in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fn(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fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示).
即 m＝k＋1 时命题也成立. 综合①②可得原命题对任意 m，n∈N*，n≥m 均成立.
考点整合
1.两种计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.排列与组合 (1)排列的定义： 排列数公式：Anm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝（n－n！m）！(m≤n，m，n∈N*).(2)组合的定义：组合数
公式：C
m n
＝
n（n－1）（n－2）…（n－m＋1） m！
＝
n！ m！（n－m）！
(m≤n
，
m，
n∈N*)；
组合数性质：Cnm＝Cnn－m；Cnm＋Cmn －1＝Cnm＋1.
3.(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cnn－1abn－1＋Cnnbn，其中 C0n，C1n，…， Cnn称为二项式系数； (2)C0n＋C1n＋…＋Cnn＝2n； (3)通项：Tr＋1＝Crnan－rbr，r≤n，n，r∈N*.
因此，fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n. 当 n≥5 时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1) ＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝n2－2n－2.
因此，当 n≥5 时，fn(2)＝n2－2n－2.