(文理通用)江苏省高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理练习
高考数学(理)苏教版二轮复习课件10-3
热点考向一 求二项展开式中指定项或指定项的系数
3 1 已知在 x－ 3 n 的展开式中，第 6 项为常数项． 2 x
(1)求 n； (2)求含 x2 的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． 【解析】 (1)通项公式为 3 2 3
1r －r 1 r n－ 2 r r n－r r － x Tr＋1＝Cnx ＝Cn－ x ， 2 3 因为第 6 项为常数项， n－ 2 r 所以 r＝5 时，有 ＝0，即 n＝10. 3
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【点评】
①解此类问题可以分两步完成：第一步是根据所给
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)； 第二步是根据所求的指数，再求所求解的项； ②求二项展开式中的有理项，一般是根据通项公式所得到的项， 其所有的未知数的指数恰好都是整数的项．解这种类型的问题必须 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．若求二项展开式中的整式项，则其通项 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的方式 一致．
0 4 1 3 5 n 1 Cn ＋C2 ＋ C ＋„＝ C ＋ C ＋ C ＋„＝ 2 . n n n n n
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3．求系数最大的项的步骤 设二项展开式中第 r＋1 项系数的绝对值为 Tr，
Tr≥Tr＋1 (1)由 Tr≤Tr－1
确定系数绝对值最大的项；
(2)比较系数绝对值最大项及其相邻两项的符号，从而确定系数 最大的项．
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.Hale Waihona Puke 2x 6 r x 12 解析：Tr＋1＝Cr (－2 x)r＝(－1)rCr 6(2 ) 6(2 )
[2020高考理数复习江苏]第十二章 计数原理、概率分布 第3讲
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第3讲二项式定理及其应用考试要求 1.二项式定理(B级要求)；2.高考中对本讲的考查主要是利用通项公式求展开式中某项的系数、某特定的项、项的系数最值问题及几个二项式和或积的展开式中某项的系数等.要关注赋值法思想的运用.知识梳理1.二项式定理2.二项式系数的性质(1)C0n＝1,C n n＝1,C m n＋1＝C m－1n＋C m n.(2)C m n＝C n－mn.(3)当n为偶数时,二项式系数中,以C n2n最大；当n为奇数时,二项式系数中以Cn－12n 和Cn＋12n(两者相等)最大.(4)C0n＋C1n＋…＋C n n＝2n.3.二项展开式形式上的特点(1)项数为n＋1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n,即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列,从第一项开始,次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列,从第一项起,次数由零逐项增1直到n.(4)二项式的系数从C0n,C1n,一直到C n－1n,C n n.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)C r n a n－r b r是二项展开式的第r项.()(2)二项展开式中,系数最大的项为中间一项或中间两项.()(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a,b无关.()(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项.()(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0,则a7＋a6＋…＋a1的值为128.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2.(教材改编)(x－y)n的二项展开式中,第m项的系数是________.解析(x－y)n展开式中第m项的系数为C m－1n(－1)m－1.答案(－1)m－1C m－1n3.已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54,则n＝________.解析C2n(3x)2＝54x2,∴n（n－1）2＝6,解得n＝4.答案 44.已知C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝729,则C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝________.解析逆用二项式定理得C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2n C n n＝(1＋2)n＝3n＝729,即3n＝36,所以n＝6,所以C1n＋C2n＋C3n＋…＋C n n＝26－C0n＝64－1＝63.答案635.(2018·天津卷)在⎝⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式中,x 2的系数为________. 解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝C r 5x 5－3r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r ,令 5－32r ＝2,得r ＝2,所以x 2的系数为C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝52. 答案 52考点一 二项展开式角度1 求二项展开式中的特定项【例1－1】 (1)(2018·浙江卷)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是________.(2)若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数为－80,则实数a ＝________.解析(1)该二项展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8x 8－r3⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r ＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫12r x 8－4r 3.令8－4r 3＝0,解得r ＝2,所以所求常数项为C 28×⎝⎛⎭⎪⎫122＝7. (2)∵T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝a 5－r C r 5x 10－52r,∴10－52r ＝5,解得r ＝2, ∴a 3C 25＝－80,解得a ＝－2. 答案 (1)7 (2)－2角度2 三项式或两个二项式积的问题【例1－2】 (1)(x 2＋x ＋y )5的展开式中,x 5y 2的系数为________. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为________. 解析 (1)法一 利用二项展开式的通项求解. (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5,含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.法二 利用组合知识求解. (x 2＋x ＋y )5表示5个x 2＋x ＋y 之积.∴x 5y 2可从其中5个因式中选两个因式取y ,两个取x 2,一个取x .因此x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6＝1·(1＋x )6＋1x 2·(1＋x )6, 对(1＋x )6的x 2项系数为C 26＝6×52＝15, 对1x 2·(1＋x )6的x 2项系数为C 46＝15, ∴x 2的系数为15＋15＝30. 答案 (1)30 (2)30规律方法 (1)求二项展开式中的特定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零；求有理项时,指数为整数等),解出项数r ＋1,代回通项公式即可.(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 【训练1】 (1)(2018·全国Ⅲ卷改编)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为________.(2)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5,则a 4＝________,a 5＝________. 解析(1)T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r ,由10－3r ＝4,得r ＝2,所以x 4的系数为C 25×22＝40.(2)令x ＝0,得a 5＝(0＋1)3(0＋2)2＝4,而(x ＋1)3(x ＋2)2＝(x ＋1)3[(x ＋1)2＋2(x ＋1)＋1] ＝(x ＋1)5＋2(x ＋1)4＋(x ＋1)3；则a 4＝C 45＋2C 34＋C 23＝5＋8＋3＝16.答案 (1)40 (2)16 4考点二 二项式系数的和或各项系数的和的问题 【例2】 在(2x －3y )10的展开式中,求: (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和.解 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10,(*)各项系数的和为a 0＋a 1＋…＋a 10,奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10,偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9,x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9,x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.(1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)令x ＝y ＝1,各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.(3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29, 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29.(4)令x ＝y ＝1,得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1,① 令x ＝1,y ＝－1(或x ＝－1,y ＝1), 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510,② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510, ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510, ∴偶数项系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102； x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.规律方法 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,对形如(ax ＋b )n ,(ax 2＋bx ＋c )m (a ,b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ,b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和,只需令x ＝y ＝1即可.(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ,则f (x )展开式中各项系数之和为f (1),奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2,偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.【训练2】 (1)(2019·淮安月考)设m 为正整数,(x ＋y )2m 展开式的二项式系数的最大值为a ,(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ,若13a ＝7b ,则m ＝________. (2)若(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016x 2 016,则a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016的结果是多少?(1)解析 由题意得a ＝C m 2m ,b ＝C m ＋12m ＋1,∴13C m2m＝7C m＋12m＋1,∴13·（2m）！m！·m！＝7·（2m＋1）！m！·（m＋1）！,∴7（2m＋1）m＋1＝13,解得m＝6,经检验符合题意.答案 6(2)解当x＝0时,左边＝1,右边＝a0,∴a0＝1.当x＝12时,左边＝0,右边＝a0＋a12＋a222＋…＋a2 01622 016,∴0＝1＋a12＋a222＋…＋a2 01622 016.即a12＋a222＋…＋a2 01622 016＝－1.考点三二项式定理的应用【例3】(1)设a∈Z且0≤a＜13,若512 016＋a能被13整除,则a＝________.(2)1.028的近似值是________(精确到小数点后三位).(3)用二项式定理证明2n>2n＋1(n≥3,n∈N*).解析(1)512 016＋a＝(52－1)2 016＋a＝C02 016·522 016－C12 016·522 015＋…＋C2 0152 016×52·(－1)2 015＋C2 0162 016·(－1)2 016＋a,∵C02 016·522 016－C12 016·522 015＋…＋C2 0152 016×52·(－1)2 015能被13整除,且512 016＋a 能被13整除,∴C2 0162 016·(－1)2 016＋a＝1＋a也能被13整除,因此a的值为12.(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C08＋C18·0.02＋C28·0.022＋C38·0.023≈1.172.答案(1)12(2)1.172(3)证明当n≥3,n∈N*.2n＝(1＋1)n＝C0n＋C1n＋…＋C n－1n ＋C n n≥C0n＋C1n＋C n－1n＋C n n＝2n＋2>2n＋1,∴不等式成立.规律方法(1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题,整除问题中要关注展开式的最后几项,而求近似值则应关注展开式的前几项.(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理,注意选择合适的形式.【训练3】 (1)1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是________.(2)已知2n ＋2·3n ＋5n －a 能被25整除,求正整数a 的最小值.(1)解析 1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)r 90r C r 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1,∵前10项均能被88整除,∴余数是1. 答案 1(2)解 原式＝4·6n ＋5n －a ＝4(5＋1)n ＋5n －a＝4(C 0n 5n ＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52＋C n －1n 5＋C n n )＋5n －a ＝4(C 0n 5n ＋C 1n 5n －1＋…＋C n －2n 52)＋25n ＋4－a ,显然正整数a 的最小值为4. 考点四 二项式定理的综合应用【例4】 (2019·南京盐城一模)设n ∈N *,n ≥3,k ∈N *. 求值:(1)k C k n －n C k －1n －1；(2)k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；解(1)k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！（n －k ）！－n ×（n －1）！（k －1）！（n －k ）！＝n ！（k －1）！（n －k ）！－n ！（k －1）！（n －k ）！＝0.(2)k 2C kn－n (n －1)C k －2n －2－n Ck －1n －1＝k 2×n ！k ！（n －k ）！－n (n －1)×（n －2）！（k －2）！（n －k ）！－n ×（n －1）！（k －1）！（n －k ）！＝k ×n ！（k －1）！（n －k ）！－n ！（k －2）！（n －k ）！－n ！（k －1）！（n －k ）！＝n ！（k －2）！（n －k ）！⎝ ⎛⎭⎪⎫kk －1－1－1k －1＝0. 规律方法 掌握组合数的两种形式是求解有关组合数问题的基础,除此之外,还应掌握有关组合数常用的性质.【训练4】 已知⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x n 的展开式的各项依次记为a 1(x ),a 2(x ),a 3(x ),…,a n (x ),a n ＋1(x ).设F (x )＝a 1(x )＋2a 2(x )＋3a 3(x )＋…＋na n (x )＋(n ＋1)a n ＋1(x ). (1)若a 1(x ),a 2(x ),a 3(x )的系数依次成等差数列,求n 的值； (2)求证:F (2)－F (0)＝2n －1(n ＋2)－1. (1)解 依题意a k (x )＝C k －1n ⎝⎛⎭⎪⎫12x k －1, k ＝1,2,3,…,n ＋1,a 1(x ),a 2(x ),a 3(x )的系数依次为C 0n ＝1, C 1n ·12＝n 2,C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝n （n －1）8,所以2×n2＝1＋n （n －1）8,解得n ＝8或n ＝1(舍去).(2)证明 F (x )＝a 1(x )＋2a 2(x )＋3a 3(x )＋…＋na n (x )＋(n ＋1)a n ＋1(x )＝C 0n ＋2C 1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋3C 2n ⎝⎛⎭⎪⎫12x 2＋…＋n C n －1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x n －1＋(n ＋1)C n n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x n , F (2)＝C 0n ＋2C 1n ＋3C 2n ＋…＋n C n －1n ＋(n ＋1)C n n ,设S n ＝C 0n ＋2C 1n ＋3C 2n ＋…＋n C n －1n ＋(n ＋1)C n n , 则S n ＝(n ＋1)C n n ＋n C n －1n ＋…＋3C 2n ＋2C 1n ＋C 0n , 考虑到C k n ＝C n －k n ,将以上两式相加得 2S n ＝(n ＋2)(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n ＋C n n ),所以S n ＝(n ＋2)2n －1,又F (0)＝C 0n ＝1, 从而F (2)－F (0)＝2n －1(n ＋2)－1.一、必做题1.已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30,则a ＝________.解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式通项T r ＋1＝C r5x 5－r 2(－1)r a r ·x －r 2＝(－1)r a r C r 5x 52－r ,令52－r ＝32,则r ＝1,∵T 2＝－a C 15x 32,∴－a C 15＝30,∴a ＝－6. 答案 －62.(4x －2－x )6(x ∈R )展开式中的常数项是________.解析 设展开式中的常数项是第r ＋1项,则T r ＋1＝C r 6·(4x )6－r ·(－2－x )r ＝C r 6·(－1)r ·212x －2rx ·2－rx ＝C r 6·(－1)r ·212x －3rx , ∵12x －3rx ＝0恒成立,∴r ＝4, ∴T 5＝C 46·(－1)4＝15. 答案 153.已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为________.解析 由题意,C 3n ＝C 7n ,解得n ＝10,则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29＝512. 答案 5124.若(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a n (1－x )n ,则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝________.解析 在展开式中,令x ＝2,得3＋32＋33＋…＋3n ＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋ (－1)n a n ,即a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝3（1－3n ）1－3＝32(3n －1). 答案 32(3n －1)5.已知(1＋2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,则ba ＝________.解析 由题意可得a ＝C 48＝70,求得r ＝5或6,此时,b ＝7×28,∴b a ＝1285. 答案12856.在(1－2x )6的展开式中,x 2的系数为________(用数字作答).解析 展开式的通项T r ＋1＝C r 6·16－r ·(－2x )r ＝C r 6(－2x )r .令r ＝2,得T 3＝C 26·4x 2＝60x 2,即x 2的系数为60. 答案 607.(2019·苏、锡、常、镇联考)已知(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5,则二项式(ax －1)5展开后的各项系数之和为________.解析 ∵(ax －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5,∴x 5的系数为C 05·a 5＝32,解得a ＝2.在(2x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋32x 5中,令x ＝1可得二项式(2x －1)5展开后的各项系数之和为1. 答案 18.已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求:(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6； (4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解 令x ＝1,则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7 ＝－1.①令x ＝－1,则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1,∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. (2)(①－②)÷2,得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094. (3)(①＋②)÷2,得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.(4)法一 ∵(1－2x )7展开式中,a 0、a 2、a 4、a 6大于零,而a 1、a 3、a 5、a 7小于零, ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.法二 |a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|,即(1＋2x )7展开式中各项的系数和,令x ＝1, ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝37＝2 187.9.(2018·苏北四市期末)已知等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1·(1＋x )n .(1)求(1＋x )2n －1的展开式中含x n 项的系数,并化简:C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ； (2)求证:(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1. (1)解 (1＋x )2n －1的展开式中含x n 项的系数为C n 2n －1,由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )可知,(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明 当k ∈N *时,k C k n ＝k ·n ！k ！（n －k ）！＝n ！（k －1）！（n －k ）！＝n ·（n －1）！（k －1）！（n －k ）！＝n C k －1n －1, 所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑nk ＝1[k (C k n )2]＝所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.10.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20,其中b i (i ＝0,1,2,…,20)为实常数. (1)求∑10n ＝1b 2n 的值； (2)求∑10n ＝1a n b 2n的值. 解 (1)令x ＝－1,得b 0＝1,令x ＝0,得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024,令x ＝－2,得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024, 从而b 0＋b 2＋b 4＋…＋b 20＝1 024, 所以∑10n ＝1b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023. (2)对等式两边求导,得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19, 令x ＝0,得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240,令x ＝－2,得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240, 从而2b 2＋4b 4＋…＋20b 20＝10 240.所以∑10n ＝1nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120. 所以∑10n ＝1a n b 2n ＝∑10n ＝1 (n ＋1)b 2n ＝∑10n ＝1nb 2n ＋∑10n ＝1b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143. 11.设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ,x ∈N *,n ≥2.(1)设n ＝11,求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值； (2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ,k ≤n －1),S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ,m ≤n －1),求⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值. 解 (1)因为a k ＝(－1)k C k n ,当n ＝11时,|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111) ＝210＝1 024.(2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －kC k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n , 当1≤k ≤n －1时,b k ＝(－1)k ＋1C k n ＝(－1)k ＋1(C k n －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时,⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时,S m ＝－1＋∑mk ＝1[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C mn －1＝－(－1)m C m n －1,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1. 综上,⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.二、选做题12.(2019·苏、锡、常、镇四市调研)在杨辉三角形中,从第2行开始,除1以外,其他每一个数值是它上面的两个数值之和,该三角形数阵开头几行如图所示.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5?若存在,试求出是第几行；若不存在,请说明理由；(2)已知n ,r 为正整数,且n ≥r ＋3.求证:任何四个相邻的组合数C r n ,C r ＋1n ,C r ＋2n ,C r ＋3n 不能构成等差数列.(1)解 存在.杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ,k ＝0,1,2,…,n 组成.若第n 行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5,则C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34,C k n C k ＋1n＝k ＋1n －k ＝45,即3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5, 解得k ＝27,n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662,C 2762,C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明 若有n ,r (n ≥r ＋3),使得C r n ,C r ＋1n ,C r ＋2n ,C r ＋3n 成等差数列,则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ,2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ,即2·n ！（r ＋1）！（n －r －1）！＝n ！r ！（n －r ）！＋n ！（r ＋2）！（n －r －2）！,2·n ！（r ＋2）！（n －r －2）！＝n ！（r ＋1）！（n －r －1）！＋n ！（r ＋3）！（n －r －3）！,所以2（r ＋1）（n －r －1）＝1（n －r －1）（n －r ）＋1（r ＋1）（r ＋2）,2（r ＋2）（n －r －2）＝1（n －r －2）（n －r －1）＋1（r ＋2）（r ＋3）,整理得n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0, n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得n ＝2r ＋3,所以C r 2r ＋3,C r ＋12r ＋3,C r ＋22r ＋3,C r ＋32r ＋3成等差数列,由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3<C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3,这与等差数列的性质矛盾,从而要证明的结论成立.13.(2018·南京、盐城、连云港二模)已知n ∈N *,且n ≥4,数列T :a 1,a 2,…,a n 中的每一项均在集合M ＝{1,2,…,n }中,且任意两项不相等. (1)若n ＝7,且a 2<a 3<a 4<a 5<a 6,求数列T 的个数；(2)若数列T 中存在唯一的a k (k ∈N *,且k <n ),满足a k >a k ＋1,求所有符合条件的数列T 的个数.解 (1)当n ＝7时,M ＝{1,2,…,7},数列T 的个数为C 27×A 22＝42.(2)当k ＝1时,则a 1>a 2,a 2<a 3<…<a n ,此时a 2为1,a 1共有n －1种选法,余下的n －2个数,按从小到大依次排列,共有1种排列方法.因此k ＝1时,符合条件的数列T 共有n －1＝(C 1n －1)个. 当2≤k ≤n －2时,则a 1<a 2<…<a k ,a k >a k ＋1,a k ＋1<a k ＋2<…<a n , 从集合M 中任取k 个数,按从小到大的顺序排列, 再将余下的n －k 个数,按从小到大的顺序排列,即得满足条件a 1<a 2<…<a k ,a k ＋1<a k ＋2<…<a n 的数列的个数为C k n C n －k n －k ,这里包含了a k <a k ＋1,即a 1<a 2<…<a k <a k ＋1<a k ＋2<…<a n 的情形,因此符合条件的数列T 的个数为C k n C n －k n －k －1＝C k n －1.当k ＝n －1时,则a 1<a 2<…<a n －1,a n －1>a n ,此时a n －1为n ,a n 共有n －1种选法,余下的n －2个数,按从小到大依次排列,共有1种排列方法,因此k ＝n －1时,符合条件的数列T 共有n －1＝(C n －1n －1)个.于是所有符合条件的数列T 的个数为C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1＝C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n －n ＋1 ＝2n －C 0n －C n n －n ＋1＝2n －n －1.。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：理科附加题+第3讲 计数原理与二项式定理
最大值
二项式 系数的和
当n为偶数时，中间的一项Cn2n取得最大值 当n为奇数时，中间的两项Cn－2 1n和Cn＋2 1n取 得最大值
C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n
[经典考题再回首] (2019·江苏高考)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， n≥4，n∈N *.已知a23＝2a2a4. (1)求n的值； (2)设(1＋ 3 )n＝a＋b 3 ，其中a，b∈N *，求a2－3b2的 值．
②当p∈{2n－2,2n－1,2n}时，
T＝C3p≥C32n－2， 同上可得T＞2C3n.
③当3≤p≤2n－3时，
T＝C3p＋C32n－p.
设f(p)＝C3p＋C32n－p，3≤p≤2n－3，
当3≤p≤2n－4时，f(p＋1)－f(p)＝C
3 p＋1
＋C
3 2n－p－1
－C
3 p
－
C32n－p＝C2p－C22n－p－1，
[解题方略] 涉及计数原理问题的解题策略
(1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和 “局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；② 分步要使各步具有连续性和独立性．
(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问 题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实 际问题．
以利用求函数值的思想进行赋值求解．
[针对训练] 已知函数f(x)＝(x＋ 5)2n＋1(n∈N *，x∈R )． (1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝ 5A，求实数A的值； (2)若f(2)＝m＋a(m∈N *,0＜a＜1)，求证：a(m＋a)＝1.
解：(1)当n＝2时， f(x)＝(x＋ 5)5＝C05x5＋C15x4 5＋C25x3( 5)2＋C35x2·( 5)3＋ C45x( 5)4＋C55( 5)5， 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋ 5)5＋(－2＋ 5)5 ＝2[C15( 5)124＋C35( 5)322＋C55( 5)520] ＝2×(5×16 5＋10×4×5 5＋25 5)＝610 5. 所以A＝610.
(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.。
【理科附加】计数原理与二项式定理-十年高考(2009-2018)之高三数学分项与解读(江苏专版)(Word含解析)
专题6 计数原理与二项式定理【考情概览】【真题展示】1【2016江苏，23】（本小题满分10分） （1）求3467–47C C 的值；（2）设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：（m +1）C m m +（m +2）+1C m m +（m +3）+2C m m +L +n –1C m n +（n +1）C m n =（m +1）+2+2C m n .【答案】（1）0（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）根据组合数公式化简求值（2）设置（1）目的指向应用组合数性质解决问题，而组合数性质不仅有课本上的111C C C m m m k k k ++++= ，而且可由（1）归纳出的 11(1)C (1)C ,,1,,m m k k k m k m m n +++=+=+L ；单纯从命题角度看，可视为关于n 的等式，可结合数学归纳法求证；从求和角度看，左边式子可看做展开式11(1)(1)(2)(1)(1)(1)(1)m m n n m x m x n x n x +-+++++++++++L 中含m x 项的系数，再利用错位相减求和得含m x 项的系数 ，从而达到化简求证的目的.试题解析：解：（1）3467654765474740.321C C 4321⨯⨯⨯⨯⨯-=⨯-⨯=⨯⨯⨯⨯⨯（2）当n m =时，结论显然成立，当n m >时11(1)!(1)!(1)(1)(1),1,2,,.!()!(1)![(1)(1)]C !C m m k k k k k k m m k m m n m k m m k m +++⋅++==+=+=++-++-+L又因为122112C C C ,m m m k k k +++++++=所以2221C C C (1)(1)(),1,+2,.m m m k k k k m k m m n +++++=+-=+L ，因此12122222222232432122(1)(2)(3)(1)(1)[(2)(3)(1)](1)(1)[()(C C C C C C C C C C C C C )(C C C )](1).m m m mm m m n m m m m m m m n m m m m m m m m m m m m n n m n m m m n m m m n m m m ++++++++++++++++++++++++++++=++++++++=+++-+-++-=+L L L【考点】组合数及其性质【名师点睛】组合数的性质不仅有课本上介绍的111C C C m m m k k k ++++=、C =C m k m k k -，更有11C C k k n n k n --=，现在又有11(1)C (1)C ,,1,,m m k k k m k m m n +++=+=+L ，这些性质不需记忆，但需会推导，更需会应用.2.【2017江苏，23】已知一个口袋有m 个白球,n 个黑球(,*,2m n n ∈N ≥),这些球除颜色外全部相同.现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3,,m n +L 的抽屉内，其中第k 次取出的球放入编号为k 的抽屉(1,2,3,,)k m n =+L .（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p ;（2）随机变量X 表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,()E X 是X 的数学期望,证明:()()(1)nE X m n n <+-【答案】（1）nm n+（2）见解析 【解析】试题分析：（1）根据条件先确定总事件数为C nm n +，而编号为2的抽屉内放的是黑球的事件数为11C n m n -+-，最后根据古典概型概率公式求概率，并化简（2）先确定最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数为1k 所对应的概率11C C n k n m n --+，再根据数学期望公式得()E X ，利用性质11k k n n kC nC --=，进行放缩变形：112112C C C 11n n n k k k k k n ------<=--，最后利用组合数性质11k k k n n n C C C -++=化简，得结论. 试题解析：解:(1) 编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p 为:11C C n m n n m n n p m n-+-+==+.(2) 随机变量 X 的概率分布为:随机变量 X 的期望为：11C 111(1)!()C C (1)!()!n m nm n k n nk n k nm nm n k E X k k n k n -++-==++-=⋅=⋅--∑∑.所以1(2)!1(2)!()C (1)!()!(1)C (2)!()!m nm nn n k n k nm nm nk k E X n k n n n k n ++==++--<=-----∑∑ 222121(1C C C )(1)C n n n n n m n n m n n ----+-+=++++-L12221121(C C C C )(1)C n n n n n n n m n nm nn ------+-+=++++-L 12221(C C C )(1)C n n n n n m n nm nn ---+-+=+++-L 12221(C C )(1)C n n m n m n nm nn --+-+-+==+-L 11C (1)C ()(1)n m n n m nn n m n n -+-+==-+- ()()(1)nE X m n n <+-.3【2018江苏，理23】设*n ∈N ，对1，2，···，n 的一个排列12n i i i L ，如果当s <t 时，有s t i i >，则称(,)s t i i 是排列12n i i i L 的一个逆序，排列12n i i i L 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()n f 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34(2),(2)f f 的值；（2）求(2)(5)n f n ≥的表达式(用n 表示)．【解析】解：（1）记()abc τ为排列abc 的逆序数，对1，2，3的所有排列，有(123)=0(132)=1(213)=1(231)=2(312)=2(321)=3ττττττ，，，，，，所以333(0)1(1)(2)2f f f ===，．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，4333(2)(2)(1)(0)5f f f f =++=．（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(0)1n f =．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(1)1n f n =-． 为计算1(2)n f +，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，1(2)(2)(1)(0)(2)n n n n n f f f f f n +=++=+． 当n ≥5时，112544(2)[(2)(2)][(2)(2)][(2)(2)](2)n n n n n f f f f f f f f ---=-+-++-+…242(1)(2)4(2)2n n n n f --=-+-+⋯++=， 因此，n ≥5时，(2)n f =222n n --．4. 【2011江苏，23】设整数4n ≥，(,)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n A 为满足3a b -=的点P 的个数，求n A ； （2）记n B 为满足1()3a b -是整数的点P 的个数，求n B ．【答案】（1）3-=n A n ．（2）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧---=不是整数是整数3,6)2)(1(3,6)3(n n n nn n B n【解析】解：（1）点P 的坐标满足条件331-≤-=≤n a b ，所以3-=n A n 。
(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，。
高考数学江苏专版三维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）-含答案
江苏新高考本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. ，主要考查组合计数；考复合函数求导和数学归纳法；考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；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；考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.第1课时计数原理与二项式定理(能力课)[常考题型突破]计数原理的应用[例1]{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)求f(n)的表达式．[解](1)①当n＝1时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1个；二元好集有{1,2}，共1个；三元好集有{1,2,3}，共1个，所以f(1)＝1＋1＋1＝3.②当n＝2时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2个；二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5个；三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8个；四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5个；五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2个，还有一个全集．故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.(2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系．集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分：①原来的f(n)个集合；②含有元素3n ＋1的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合， 含有元素是3n ＋2的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合， 含有元素是3n ＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余0的集合． 合计是23n ；③含有元素是3n ＋1与3n ＋2的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余0的集合，含有元素是3n ＋2与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余1的集合，含有元素是3n ＋1与3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合．合计是23n ；④含有元素是3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n }中“好集”与它的并，再加上{3n ＋1,3n ＋2,3n ＋3}．所以f (n ＋1)＝2f (n )＋2×23n ＋1. 两边同除以2n ＋1， 得f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n ＋12n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．又f (1)21也符合上式， 所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n－1.[方法归纳](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性. 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.(2)本题是有关数论问题，其难度较大，求解关键是得出f (n ＋1)与f (n )的关系，求解中用到归纳法和分类讨论思想.(·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 n 2n －k ＝∑k ＝0nC k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1C k n ＝∑k ＝0n C k n －C 0n －C n n ＝2n －2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n 种， 其中A 为空集的种数为2n ，B 为空集的种数为2n ， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n －2×2n ＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).二项式定理的应用[例2] (·－－(1)求(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[解] (1)(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n nx n )， 可知(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明：当k ∈N *时，k C k n ＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n C k －1n －1.所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n[k (C k n )2]＝∑k ＝1n (k C k n C k n )＝∑k ＝1n (n C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C k －1n －1C k n )＝n ∑k ＝1n(C n －k n －1C kn )．由(1)知C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑k ＝1n(C n －k n －1C k n )＝C n 2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[方法归纳]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 ＝C\o\al(0,n )a n ＋C\o\al(1,n )a n －1b ＋…＋C\o\al(r ,n )a n －r b r ＋…＋C\o\al(n ,n )b n 中的a ，b 进行特殊化就会得到很多有用的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.(·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.(1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0.②k 2C k n －n (n －1)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 k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C kn ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C k n .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n)＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ， 两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1， 两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n，两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n 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 n n ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．组合数的性质应用[例3] (·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C k n ， k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1nC k n ＝k n －k ＋1＝34，C k nC k ＋1n＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5. (2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.所以有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法归纳](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 k n＋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．设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋1C k n ＝(－1)k＋1()C k n －1＋C k －1n －1＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1 ＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C m n －1， 所以⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪S mC m n －1＝1.[课时达标训练]1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n －1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n (2k－1)＝∑k ＝0nC k n 2k －∑k ＝0nC k n ＝3n －2n个． 同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n 个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n . 2．(·南京、盐城二模)现有n (n ＋1)2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值； (2)证明：p n >C 2n ＋1(n ＋1)！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n (n ＋1)2＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n×…×23＝2n －1(n ＋1)×n ×…×3＝2n(n ＋1)！.由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1，故2n (n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23(1－2n －3)1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.4．(·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 m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.5．设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n (n ∈N *)，且每个数位上的数字只能是1或2.(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．解：(1)当n ＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a 1＝1； 当n ＝2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a 2＝2； 当n ＝3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a 3＝3； 当n ＝4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a 4＝5. 综上所述，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5.(2)证明：设自然数X 的各位数字之和为n ＋2，由题设可知，X 的首位为1或2两种情形．当X 的首位为1时，则其余各位数字之和为n ＋1.故首位为1，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1； 当X 的首位为2时，则其余各位数字之和为n .故首位为2，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n .所以各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1＋a n ，即a n ＋2＝a n ＋1＋a n . 下面用数学归纳法证明a 5n －1是5的倍数．①当n ＝1时，a 4＝5，所以a 4是5的倍数，命题成立； ②假设n ＝k (k ≥1，n ∈N *)时，命题成立，即a 5k －1是5的倍数． 则a 5k ＋4＝a 5k ＋3＋a 5k ＋2 ＝2a 5k ＋2＋a 5k ＋1 ＝2(a 5k ＋1＋a 5k )＋a 5k ＋1 ＝3a 5k ＋1＋2a 5k ＝3(a 5k ＋a 5k －1)＋2a 5k＝5a 5k ＋3a 5k －1.因为5a 5k ＋3a 5k －1是5的倍数，即a 5k ＋4是5的倍数．所以n ＝k ＋1时，命题成立． 由①②可知，a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．6．(·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 n 2n ，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：第2课时数学归纳法(能力课)[常考题型突破]用数学归纳法证明等式[例1] (·苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ；(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[证明] (1)因为a n ＝sin n π2tan n θ.当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin (2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan nθ， 此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ， 此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ.(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ.故n ＝1时，命题成立，假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得：S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[]1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]． 即当n ＝k ＋1时命题成立.综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[方法归纳](1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n 0的值.(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.(·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝xx ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )(n ∈N *)． 解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n n x n ＝(1－x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.(2)证明：因为f i (x )＝xx ＋i(x >0，i ∈N)， 所以F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )＝∑i ＝0n⎣⎡⎦⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)． ①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0n ＝1⎣⎡⎦⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1x ＋1，所以n ＝1时结论成立.②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立， 即F k (x )＝∑i ＝0k ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k xx ＋i＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )，则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i＝1＋∑i ＝1k⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝1＋∑i ＝1k ⎣⎡⎦⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝∑i ＝0k⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i －1k x x ＋i ＝F k (x )－∑i ＝1k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i －1C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝0k ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k xx ＋i ＋1＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ikx ＋1x ＋i ＋1·x x ＋1＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·xx ＋1＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k )＝(k ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )，所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知，F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )(n ∈N *).用数学归纳法证明不等式[例2] (·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，g (n )＝f (n 2)－f (n －1)，n ∈N *.(1) 求证：g (2)＞13；(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞13.[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2，当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13， 所以当n ＝3时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立， 即g (k )＞13，则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2)＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)， 由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞13.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞13.[方法归纳](1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k (k ∈N *)成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明.设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2， 所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2， 即当n ＝2时，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，结论成立，即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k .则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0， 且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1， 所以|a k ＋1|≤12.又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，由假设可得⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ＝12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1|a k ＋1|≤12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 综合(1)(2)可知，结论成立．归纳、猜想、证明[例3] (·n n n k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C nn (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1；f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2； f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k Ckn＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，n Ck －1n －1＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，所以k C k n ＝n C k －1n －1.用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k ＋1＋…＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1 ＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k (x －1)＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k (x －k )＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1 ＝x [C 0k ＋1x k －C 1k ＋1(x －1)k ＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k ]＋[C 1k ＋1(x －1)k －2C 2k ＋1(x －2)k …＋(－1)k ＋1k C k k ＋1(x －k )k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1 ＝x [C 0k x k －(C 1k ＋C 0k )(x －1)k ＋…＋(－1)k (C k k ＋C k －1k )(x －k )k ]＋(k ＋1)[(x －1)k －C 1k (x －2)k …＋(－1)k ＋1C k －1k (x －k )k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k (x －k －1)＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1(x－k)k]＋(kk＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1(x－k)k]＋x(－1)k＋1C k k(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x－kk－1)k＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1(x－k)k＋(－k(x－k)k＋(－1)k(x－k－1)k C k k(x－k－1)k]＋(k＋1)[C0k(x－1)k－C1k(x－2)k＋…＋(－1)k－1C k－1k1)k]．(*)由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！.所以当n＝k＋1时，结论也成立．综合①②，f n(x)＝n！成立．[方法归纳]利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性.解“归纳—猜想—证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.否则将会做大量无用功.(·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N*)．(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C3n＋1，所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.(2)证明：由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可．①当n＝2时，f(2)＝8能被4整除，结论成立；②假设n＝k (k≥2，k∈N*)时，结论成立，即f(k)＝(3k＋2)C3k＋1能被4整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(3k＋5)C3k＋2＝(3k＋2)C3k＋2＋3C3k＋2＝(3k＋2)(C3k＋1＋C2k＋1)＋(k＋2)C2k＋1＝(3k＋2)C3k＋1＋(3k＋2)C2k＋1＋(k＋2)C2k＋1＝(3k＋2)C3k＋1＋4(k＋1)C2k＋1，此式也能被4整除，即n＝k＋1时结论也成立．综上所述，所有f(n)的最大公约数为4.[课时达标训练]1．(·南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋dax ＋b(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论． 解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2，f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论成立， ②假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时结论成立， 即有f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′ ＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②得，对一切n ∈N *结论都成立．2．(·镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除． 证明：(1)当n ＝1时，原式等于8能被8整除， (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 则5k ＋2·3k －1＋1能被8整除． 设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *， 当n ＝k ＋1时，5k ＋1＋2·3k ＋1 ＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·3k －1－4 ＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)， 而当k ≥1，k ∈N *时，3k －1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，故5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4(3k －1＋1)＝40m －8t (m ，t ∈N *)，也能被8整除， 故当n ＝k ＋1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n,5n ＋2·3n －1＋1都能被8整除．3．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n2(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立；(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n2都成立．4．(·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{0,1}，且对于给定的正整数p (p ≥2)，f (n )是p 的整数倍．把满足上述条件的数列{a n }的个数记为T n .(1)当p ＝2时，求T 2的值；(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }共有6项．要使得f (2)是2的整数倍，则这6项中，只能有0项、2项、4项、6项取1，故T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25＝32. (2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .当1≤k ≤n ，k ∈N *时，C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －13n ＋2＝C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －13n ＋1＋C 3k －23n ＋1 ＝2C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k －13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ＋C 3k －23n ＝3(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ，于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋33n ＋3＝C 03n ＋3＋C 3n ＋33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －23n ＋C 3n －13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n＝2T n ＋3(23n －T n ) ＝3×8n －T n .下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13[81＋2(－1)1]，即n ＝1时，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *) 时，命题成立， 即T k ＝13[8k ＋2(－1)k ]．则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －13[8k ＋2(－1)k ]＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋1]， 即n ＝k ＋1时，命题也成立． 于是当n ∈N *，有T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]．5．(·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论．解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝⎛⎭⎫cos π3×2n －12－1，∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝±a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1；当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2；当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3. 猜想：当n ≥3时，a n <b n ， 下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！，则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！. 要证a k ＋1<b k ＋1， 即证⎝⎛⎭⎪⎫1－1k ·k ！2<⎣⎡⎦⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0， 即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1<b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2； 当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .6．(·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)．(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，n ，则a i ＋j ＝a t )解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在； 当n ＝5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)． 经1次变换为：(3,5,7,9,6)， 经2次变换为：(8,12,16,15,9)， 经3次变换为：(20,28,31,24,17)， 所以b 3,5＝17；当n ＝6时，同理得b 3,5＝28； 当n ＝7时，同理得b 3,5＝45； 当n ≥8时，n ∈N *时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n )． 经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，…，n ＋1)，21 / 21 经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，…，n ＋4)， 经3次变换为：(20,28,36,44,52，…，n ＋12)， 所以b 3,5＝52.(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0m a i ＋j C j m，其中i ＝1,2，…，n . ①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝01a i ＋j C j 1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立； ②假设m ＝k (k ∈N *)时，b k ，i ＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ，其中i ＝1，2，…，n .则m ＝k ＋1时，b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝0k a i ＋j ＋1C j k＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝1k ＋1a i ＋j C j －1k＝a i C 0k ＋∑j ＝1k a i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k k＝a i C 0k ＋1＋∑j ＝1k a i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1k ＋1＝∑j ＝0k ＋1a i ＋j C j k ＋1，所以结论对m ＝k ＋1时也成立．由①②知，m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .。
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。
江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理达标训练含解析
计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，①在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －！n －r ！＝n ×n －！r －！n －r ！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝C n2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C r n －1·C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·n ！n ＋！n －！＝n －！n ！n －！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋k ！m ！k －m ！＝(m ＋1)·k ＋！m ＋！·k ＋－m ＋！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：* ** *** ………………………………**…………**............第1行............第2行 (3)…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为nn n ＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋2－n ＝n n －2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋n ×…×3＝2nn ＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋！>C 2n ＋2n ＋！，即p n >C 2n ＋1n ＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S nm .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q ，故共有C n －1n 21种可能，即为C 1n 21，同理，|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝2，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －2个取自集合P,2个取自集合Q ，故共有C n －2n 22种可能，即为C 2n 22，若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝m ，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －m 个取自集合P ，m 个取自集合Q ，故共有C n －m n 2m 种可能，即为C m n 2m， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m，因为当0≤k ≤n 时，C k n ≥1，所以C kn －1≥0， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m<C 0n 20＋(C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m )＋(C m ＋1n －1)2m ＋1＋…＋(C n n －1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n ＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
(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
课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高
[主干知识再强化]1．排列数、ຫໍສະໝຸດ 合数的定义、公式、性质排列数
组合数
从n个不同元素中取出 定义 m(m≤n)个元素的所有不同
排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n) 个元素的所有不同组合的个数
Amn ＝n(n－1)·…·(n－m＋1)＝
解：(1)因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，
n∈N *，
所以a2＝C2n＝nn2－1，a3＝C3n＝nn－16n－2， a4＝C4n＝nn－1n2－4 2n－3. 因为a23＝2a2a4， 所以nn－16n－22 ＝2×nn2－1×nn－1n2－4 2n－3. 解得n＝5.
(2)二项展开式的通项公式 第k＋1项为：Tk＋1＝Cknan－kbk. (3)二项式系数
①定义：二项式系数为：Ckn(k∈{0,1,2，…，n})． ②二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cmn ＝Cnn－m
增减性
二项式 系数Ckn
当k<n＋2 1(n∈N *)时，是递增的 当k>n＋2 1(n∈N *)时，是递减的
(2)由(1)知，n＝5. (1＋ 3)n＝(1＋ 3)5 ＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5 ＝a＋b 3.
法一：因为a，b∈N *，所以a＝C05＋3C25＋9C45＝76，
b＝C15＋3C35＋9C55＝44， 从而a2－3b2＝762－3×442＝－32. 法二：(1－ 3)5＝C05＋C15(－ 3)＋C25(－ 3)2＋C35(－ 3)3＋ C45(－ 3)4＋C55(－ 3)5 ＝C05－C15 3＋C25( 3)2－C35( 3)3＋C45( 3)4－C55( 3)5.
(江苏专用)2021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、数学归纳法学案理
第3讲计数原理及二项式定理、数学归纳法高考定位 高考对本内容的考察主要有：(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.(2021·江苏卷)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 ，那么称(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.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)＝nf 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 －22.2.(2021·江苏卷)(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. (1)解 7C 36－4C 47＝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)C m m ＝m ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＝m ＋1，原等式成立. ②假设n ＝k (k ≥m )时命题成立.即(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋k C mk －1＋(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2， 当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋k C mk －1＋(k ＋1)C mk ＋(k ＋2)C mk ＋1 ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C mk ＋1， 右边＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3. 而(m ＋1)C m ＋2k ＋3－(m ＋1)C m ＋2k ＋2＝(m ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤〔k ＋3〕！〔m ＋2〕！〔k －m ＋1〕！－〔k ＋2〕！〔m ＋2〕！〔k －m 〕！ ＝(m ＋1)×〔k ＋2〕！〔m ＋2〕！〔k －m ＋1〕！[(k ＋3)－(k －m ＋1)]＝(k ＋2)〔k ＋1〕！m ！〔k －m ＋1〕！＝(k ＋2)C mk ＋1，∴(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C mk ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3， ∴左边＝右边.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 合分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(1)排列的定义：排列数公式：A m n ＝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 mn ＝n 〔n －1〕〔n －2〕…〔n －m ＋1〕m ！＝n ！m ！〔n －m 〕！(m ≤n ，m ，n ∈N *)；组合数性质：C m n ＝C n －mn ；C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1. 3.(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C n －1n abn －1＋C n n b n ，其中C 0n ，C 1n ，…，C nn 称为二项式系数；(2)C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n； (3)通项：T r ＋1＝C r n a n －r b r，r ≤n ，n ，r ∈N *.运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推根底)，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n ＝k (k ≥n 0，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n 0开场的所有的正整数都成立，两步缺一不可.热点一 与计数原理有关的问题【例1】 (2021·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A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .解 (1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形.由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0，1，2}，那么k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1 (n －3k )＝mn －3m 〔m ＋1〕2＝m 〔2n －3m －3〕2， 将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝〔n －1〕〔n －2〕6－r 〔r －1〕6，所以B n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 〔n －3〕6，n3是整数，〔n －1〕〔n －2〕6，n3不是整数.探究提高 此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进展分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进展计算.【训练1】 (2021·南京、盐城、连云港二模)n ∈N *，且n ≥4，数列T ：a 1，a 2，…，a n 中的每一项均在集合M ＝{1，2，…，n }中，且任意两项不相等. (1)假设n ＝7，且a 2＜a 3＜a 4＜a 5＜a 6，求数列T 的个数；(2)假设数列T 中存在唯一的a k (k ∈N *，且k ＜n )，满足a k ＞a k ＋1，求所有符合条件的数列T 的个数.解 (1)当n ＝7时，M ＝{1，2，…，7}， 数列T 的个数为C 27×A 22＝42.(2)当k ＝1时，那么a 1＞a 2，a 2＜a 3＜…＜a n ，此时a 2为1，a 1共有(n －1)种选法，余下的(n －2)个数，按从小到大依次排列，共有1种， 因此k ＝1时，符合条件的数列T 共有n －1＝(C 1n －1)(个).当2≤k ≤n －2时，那么a 1＜a 2＜…＜a k ，a k ＞a k ＋1，a k ＋1＜a k ＋2＜…＜a n ， 从集合M 中任取k 个数，按从小到大的顺序排列， 再将余下的(n －k )个数，按从小到大的顺序排列，即得满足条件a 1＜a 2＜…＜a k ，a k ＋1＜a k ＋2＜…＜a n 的数列的个数为C k n C n －kn －k ， 这里包含了a k ＜a k ＋1即a 1＜a 2＜…＜a k ＜a k ＋1＜a k ＋2＜…＜a n 的情形， 此时符合条件的数列T 共有C k n C n －k n －k －1＝C kn －1(个). 当k ＝n －1时，那么a 1＜a 2＜…＜a n －1，a n －1＞a n ，此时a n －1为n ，a n 共有(n －1)种选法，余下的(n －2)个数，按从小到大依次排列，共有1种， 因此k ＝n －1时，符合条件的数列T 共有n －1＝(C n －1n －1)(个).于是所有符合条件的数列T 的个数为：C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1＝C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n －n ＋1＝2n －C 0n －C n n －n ＋1＝2n－n －1. 热点二 与二项式定理有关的问题【例2】 设f (n )＝(a ＋b )n (n ∈N *，n ≥2)，假设f (n )的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，那么称f (n )具有性质P . (1)求证：f (7)具有性质P ；(2)假设存在n ≤2 017，使f (n )具有性质P ，求n 的最大值.(1)证明 f (7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C 17＝7，C 27＝21，C 37＝35. 因为C 17＋C 37＝2C 27，即C 17，C 27，C 37成等差数列，所以f (7)具有性质P . (2)解 设f (n )具有性质P ，那么存在r ∈N *，1≤r ≤n －1， 使C r －1n ，C r n ，C r ＋1n 成等差数列，所以C r －1n ＋C r ＋1n ＝2C rn .整理得4r 2－4nr ＋(n 2－n －2)＝0，即(2r －n )2＝n ＋2，所以n ＋2为完全平方数. 又n ≤2 017，由于442＜2 017＋2＜452，所以n 的最大值为442－2＝1 934， 此时r ＝989或945.探究提高 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)根据所给式子的构造特征，对二项式定理逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的根本素质.(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.【训练2】 (2021·南通、扬州、淮安等六市调研)(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 ＝＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋C n 2n )－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)C n2n .T n ＝(2n ＋1)C n 2n ＝(2n ＋1)(C n －12n －1＋C n 2n －1)＝2(2n ＋1)C n 2n －1＝(4n ＋2)C n2n －1.因为C n 2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除. 热点三 数学归纳法的应用【例3】 (2021·南通、泰州、扬州调研)函数f 0(x )＝cx ＋dax ＋b(a ≠0，ac －bd ≠0).设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜测f n (x )的表达式，并证明你的结论. 解 (1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad 〔ax ＋b 〕2；f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad 〔ax ＋b 〕2′＝－2a 〔bc －ad 〕〔ax ＋b 〕3.(2)猜测f n (x )＝〔－1〕n －1·a n －1·〔bc －ad 〕·n ！〔ax ＋b 〕n ＋1，n ∈N *.证明 当n ＝1时，由(1)知结论正确， 假设当n ＝k ，k ∈N *时，结论正确， 即f k (x )＝〔－1〕k －1·a k －1·〔bc －ad 〕·k ！〔ax ＋b 〕k ＋1； 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f ′k (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤〔－1〕k －1·a k －1·〔bc －ad 〕·k ！〔ax ＋b 〕k ＋1′ ＝(－1)k －1·ak －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝〔－1〕k·a k·〔bc －ad 〕·〔k ＋1〕！〔ax ＋b 〕k ＋2， 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立. 综上所述，对一切n ∈N *，f n (x )＝〔－1〕n －1·a n －1·〔bc －ad 〕·n ！〔ax ＋b 〕n ＋1. 探究提高 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.【训练3】 (2021 ·江苏卷)集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数.(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足：假设a ＝1，那么b ＝1，2，3，4，5，6；假设a ＝2，那么b ＝1，2，4，6； 假设a ＝3，那么bf (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *).下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的根底上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)假设k＋1＝6t，那么k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋k－12＋k－23＋3＝(k＋1)＋2＋k＋12＋k＋13，结论成立；2)假设k＋1＝6t＋1，那么k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k2＋k3＋1＝(k＋1)＋2＋〔k＋1〕－12＋〔k＋1〕－13，结论成立；3)假设k＋1＝6t＋2，那么k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－12＋k－13＋2＝(k＋1)＋2＋k＋12＋〔k＋1〕－23，结论成立；4)假设k＋1＝6t＋3，那么k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k2＋k－23＋2＝(k＋1)＋2＋〔k＋1〕－12＋k＋13，结论成立；5)假设k＋1＝6t＋4，那么k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－12＋k3＋2＝(k＋1)＋2＋k＋12＋〔k＋1〕－13，结论成立；6)假设k＋1＝6t＋5，那么k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k2＋k－13＋1＝(k＋1)＋2＋〔k＋1〕－12＋〔k＋1〕－23，结论成立.综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.如果每种方法都能将规定的事件完成，那么要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过假设干步才能将规定的事件完成，那么要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘.2.解排列、组合问题的根本策略(1)两种思路：①直接法；②间接法.(2)排列、组合的公式应用要灵活、合理变形，尤其注意两者的综合应用.3.对于二项式系数，应注意以下几点：(1)关于组合恒等式的证明，常采用“构造法〞；(2)证明不等式时，注意运用放缩法；(3)对于三项展开式问题，可以先变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但注意分类清楚、不重不漏；(4)赋值法的巧妙运用.4.数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题.通常与数列、不等式证明等根底知识和根本技能相结合来考察逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用.1.(2021·扬州测试)设n∈N*，f(n)＝3n＋7n－2.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)证明：对任意正整数n，f(n)是8的倍数.(1)解代入1，2，3，求出f(1)＝8，f(2)＝56，f(3)＝368.(2)证明①当n＝1时，f(1)＝8是8的倍数，命题成立.②假设当n＝k，k∈N*时，命题成立，即f(k)＝3k＋7k－2是8的倍数，那么当n＝k＋1时，f(k＋1)＝3k＋1＋7k＋1－2＝3(3k＋7k－2)＋4(7k＋1)，因为7k＋1是偶数，所以4(7k＋1)是8的倍数，又由归纳假设知3(3k＋7k－2)是8的倍数，所以f(k＋1)是8的倍数，所以当n＝k＋1时，命题也成立.根据①②知，命题对任意n∈N*成立.2.等式(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，其中a i(i＝0，1，2，…，10)为实常数.(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 Ck nmm ＋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 Ck －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 〕！P (0，m )＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C nn ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.5.(2021·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第2行开场，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如下图.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比是3∶4∶5？假设存在，试求出是第几行；假设不存在，请说明理由；(2)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.n 行由二项式系数C k n ，k ＝0，1，2，…，n 组成.假设第n 行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5， 那么C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C kn C k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45，即3n －7k ＝－3，4n －9k ＝5，解得k ＝27，n ＝62. 即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明 假设有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列， 那么2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2·n ！〔r ＋1〕！〔n －r －1〕！＝n ！r ！〔n －r 〕！＋n ！〔r ＋2〕！〔n －r －2〕！， 2·n ！〔r ＋2〕！〔n －r －2〕！＝n ！〔r ＋1〕！〔n －r －1〕！＋n ！〔r ＋3〕！〔n －r －3〕！，所以2〔r ＋1〕〔n －r －1〕＝1〔n －r －1〕〔n －r 〕＋1〔r ＋1〕〔r ＋2〕，2〔r ＋2〕〔n －r －2〕＝1〔n －r －2〕〔n －r －1〕＋1〔r ＋2〕〔r ＋3〕，整理得n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得n ＝2r ＋3，所以C r2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列， 由二项式系数的性质可知C r2r ＋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.6.(2021·江苏卷)函数f 0(x )＝sin x x(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立.(1)解 由，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2， 于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sinx x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3， 所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3，故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1.(2)证明 由，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin ()x ＋2π.下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立. (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立.(ⅱ)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋〔k ＋1〕π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋〔k ＋1〕π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立.综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立. 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *).所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *).。
2018年高考数学江苏专版三维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) Word版含答案
江苏新高考本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. ，年主要考查组合计数；年考复合函数求导和数学归纳法；年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；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；年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.第课时计数原理与二项式定理(能力课)[常考题型突破][] 一个非空集合中的各个元素之和是的倍数，则称该集合为“好集”．记集合{，…，}的子集中所有“好集”的个数为()．()求()，()的值；()求()的表达式．[解]()①当＝时，集合{}中的一元好集有{}，共个；二元好集有{}，共个；三元好集有{}，共个，所以()＝＋＋＝.②当＝时，集合{}中一元好集有{}，{}，共个；二元好集有{}，{}，{}，{}，{}，共个；三元好集有{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，共个；四元好集有{}，{}，{}，{}，{}，共个；五元好集有{}，{}共个，还有一个全集．故()＝＋(＋)×＋＝.()首先考虑(＋)与()的关系．集合{，…，＋＋＋}在集合{，…，}中加入个元素＋＋＋.故(＋)的组成有以下几部分：①原来的()个集合；②含有元素＋的“好集”是{，…，}中各元素之和被除余的集合，含有元素是＋的“好集”是{，…，}中各元素之和被除余的集合，含有元素是＋的“好集”是{，…，}中各元素之和被除余的集合．合计是；③含有元素是＋与＋的“好集”是{，，…，}中各元素之和被除余的集合，含有元素是＋与＋的“好集”是{，，…，}中各元素之和被除余的集合，含有元素是＋与＋的“好集”是{，，…，}中各元素之和被除余的集合．合计是；④含有元素是＋＋＋的“好集”是{，，…，}中“好集”与它的并，再加上{＋＋＋}．所以(＋)＝()＋×＋.两边同除以＋，得－＝＋.所以＝－＋－＋…＋＋＋＋…＋＋＝＋－(≥)．又也符合上式，所以()＝＋－.[方法归纳](·苏北三市三模)已知集合＝{，…，}(∈*，≥)，对于集合的两个非空子集，，若∩＝∅，则称(，)为集合的一组“互斥子集”．记集合的所有“互斥子集”的组数为()(视(，)与(，)为同一组“互斥子集”)．()写出()，()，()的值；()求()．解：()()＝，()＝，()＝.()法一：设集合中有个元素，＝，…，－.则与集合互斥的非空子集有－－个．于是()＝(－－)＝(－－)．因为－＝－－－＝(＋)－－＝－－，＝－－＝－，所以()＝[(－－)－(－)]＝(－＋＋).法二：任意一个元素只能在集合，，＝∁(∪)之一中，则这个元素在集合，，中，共有种，。
2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书第十一章计数原理、随机变量及其分布第3讲二项式定理及其
第3讲二项式定理及其应用考试要求 1.二项式定理，B级要求；2.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(1)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(n∈N*)；(2)通项公式：T r＋1＝C r n a n－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C0n，C1n，…，C n n.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：C0n＋C1n＋C2n＋…＋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C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n ＋…＝2n－1.诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)C k n a n－k b k是二项展开式的第k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)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．( )解析二项式展开式中C k n a n－k b k是第k＋1项，二项式系数最大的项为中间一项或中间两项，系数最大的项不一定是中间一项或中间两项，故(1)(2)均不正确．答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．(2015·北京卷)在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为________(用数字作答)．解析 展开式通项为：T r ＋1＝C r 525－r x r，∴当r ＝3时，系数为C 35·25－3＝40. 答案 403．(2013·陕西卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，则当x >0时，f [f (x )]表达式的展开式中常数项为________(用数字作答)．解析 当x >0时，f (x )＝－x <0，所以f [f (x )]＝f (－x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x －x 6，T r ＋1＝ (6－r )·＝由r －3＝0，得r ＝3.所以f [(f (x ))]表达式的展开式中常数项为(－1)3C 36＝－20. 答案 －204．(2017·石家庄调研)(1＋x )n的二项式展开式中，仅第6项的系数最大，则n ＝________. 解析 (1＋x )n的二项式展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以n2＋1＝6，n ＝10.答案 105．(选修2－3P36习题6(2)改编)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x35展开式中的常数项为________(用数字作答)．解析 T k ＋1＝C k5(x 2)5－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3k ＝C k 5(－2)k x 10－5k .令10－5k ＝0，则k ＝2.∴常数项为T 3＝C 25(－2)2＝40. 答案 40考点一 求展开式中的特定项或特定项的系数【例1】 已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． 解 (1)通项公式为因为第6项为常数项，所以k ＝5时，n －2×53＝0，即n ＝10.(2)令10－2k3＝2，得k ＝2，故含x 2的项的系数是C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝454. (3)根据通项公式，由题意⎩⎪⎨⎪⎧10－2k 3∈Z ，0≤k ≤10，k ∈N ，令10－2k 3＝r (r ∈Z )，则10－2k ＝3r ，k ＝5－32r ，∵k ∈N ，∴r 应为偶数．∴r 可取2,0，－2，即k 可取2,5,8， ∴第3项，第6项与第9项为有理项， 它们分别为454x 2，－638，45256x －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．【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷改编)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为________(用数字作答)．(2)(2016·全国Ⅰ卷)(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________(用数字作答)． 解析 (1)法一 (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5， 含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2.其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.法二 (x 2＋x ＋y )5表示5个x 2＋x ＋y 之积．∴x 5y 2可从其中5个因式中选两个因式取y ，两个取x 2，一个取x .因此x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.(2)由(2x ＋x )5得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r＝25－r C r5x 5－r 2，令5－r2＝3得r ＝4，此时系数为10.答案 (1)30 (2)10考点二 二项式系数的和与各项的系数和问题 【例2】 在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和；解 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*)各项系数和为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210. (2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29， 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29. (4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)， 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数和为1－5102.规律方法 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n、(ax2＋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＋f －2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f－f －2.【训练2】 (1)(2017·镇江质检)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________.(2)(2017·重庆模拟)(1－3x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，求|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝________.解析 (1)令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1，∴a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12.令x ＝0，则a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364.(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. 答案 (1)364 (2)1 024 考点三 二项式定理的应用 【例3】 (1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除；(2)用二项式定理证明2n>2n ＋1(n ≥3，n ∈N *)． 证明 (1)∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n－12－1＝25n－1＝32n －1＝(31＋1)n－1 ＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除． (2)当n ≥3，n ∈N *.2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C nn ＝2n ＋2>2n ＋1，∴不等式成立． 规律方法 (1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项．而求近似值则应关注展开式的前几项．(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式． (3)由于(a ＋b )n的展开式共有n ＋1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的．【训练3】 (1)求1.028的近似值(精确到小数点后三位)； (2)求S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数．解 (1)1.028＝(1＋0.02)8≈C 08＋C 18·0.02＋C 28·0.022＋C 38·0.023＋…＋C 88·0.028≈1.172. (2)S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1 ＝9(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2. ∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是整数， ∴S 被9除的余数为7.[思想方法]1．二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关．2．因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1. [易错防范] 1．通项T k ＋1＝C k n an －k b k是(a ＋b )n 的展开式的第k ＋1项，而不是第k 项，这里k ＝0,1，…，n .2．区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．项的系数与a ，b 有关，可正可负，二项式系数只与n 有关，恒为正．3．切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2016·北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________(用数字作答)． 解析 (1－2x )6的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6(－2x )k ＝C k 6(－2)k ·x k ，令k ＝2得x 2的系数为C 26(－2)2＝60. 答案 602．(2016·四川卷改编)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为________． 解析 (x ＋i)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r i r(r ＝0,1，2，…，6)，令r ＝2，得含x 4的项为C 26x 4i 2＝－15x 4. 答案 －15x 43．(2017·苏州质检)在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为________(用数字作答)．解析 依题意有n2＋1＝5，∴n ＝8.二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x 8的展开式的通项公式T k ＋1＝令8－43k ＝0得k ＝6，故常数项为T 7＝(－1)6⎝ ⎛⎭⎪⎫122C 68＝7.答案 74．已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn ＝________(用数字作答)． 解析 逆用二项式定理得C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n ＝729，即3n ＝36，所以n ＝6，所以C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝26－C 0n ＝64－1＝63. 答案 635．(2016·山东卷)若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________(用数字作答)． 解析 ⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ·＝C r 5a 5－r·，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2. 答案 －26．(2015·湖北卷改编)已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________(用数字作答)．解析 由题意，C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.答案 297．(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的展开式中的常数项为________(用数字作答)．解析 ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的一般项为T r ＋1＝C r 6(－1)r x 6－2r ，当r ＝3时，T 4＝－C 36＝－20，当r ＝4时，T 5＝C 46＝15，因此常数项为－20＋15＝－5. 答案 －58．(2016·海口调研)若(x 2－a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于________．解析 依题意，注意到⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 10·x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 10·x 10－2r，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中含x 4(当r ＝3时)、x 6(当r ＝2时)项的系数分别为C 310、C 210，因此由题意得C 310－a C 210＝120－45a ＝30，由此解得a ＝2. 答案 2 二、解答题9．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x n .(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0. ∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5. ∴T 4的系数为C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫12423＝352，T 5的系数为C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫12324＝70，当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数为C 714⎝ ⎛⎭⎪⎫12727＝3 432.(2)∵C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，∴n 2＋n －156＝0.∴n ＝12或n ＝－13(舍去)．设第r ＋1项的系数最大，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C r124r≥C r －1124r －1，C r 124r ≥C r ＋1124r ＋1.∴9.4≤r ≤10.4，∴r ＝10.∴展开式中系数最大的项为第11项，T 11＝C 1012·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·210·x 10＝16 896x 10.10．(2017·南京、盐城模拟)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 kn ，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 kn＝(－1)k ＋1(C k n －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C kn －1＝(－1)k－1C k －1n －1－(－1)k C kn －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 kn －1]＝－1＋1－(－1)m C mn －1 ＝－(－1)m C mn －1. 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪Sm C m n －1＝1. 能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．设a ∈Z ，且0≤a <13，若512016＋a 能被13整除，则a ＝________.解析 ∵512016＋a ＝(52－1)2016＋a ＝C 02016·522016－C 12016·522015＋C 22016·522014＋…－C 20152016·52＋1＋a 能被13整除，且0≤a <13，∴1＋a 能被13整除，故a ＝12. 答案 1212．(2017·武汉调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x 15的展开式中系数最大的项为第________项．解析 设第r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 15·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ≥C r ＋115·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ＋1，Cr15·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ≥C r －115·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r －1，即⎩⎪⎨⎪⎧15！r ！－r ！≥12·15！r ＋！－r ！，12·15！r ！－r ！≥15！r －！－r ！，即⎩⎪⎨⎪⎧r ＋1≥12－r ，12－rr ，解得133≤r ≤163，因为0≤r ≤15，r ∈N *，所以r ＝5，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x 15的展开式中系数最大的项为第6项．答案 613．(2017·合肥模拟)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则展开式中x 的系数为________．解析 由已知得4n2n ＝64，所以n ＝6.展开式的通项为T r ＋1＝3r C r 6x 3－r，令3－r ＝1得r ＝2，所以x 的系数为9C 26＝135. 答案 13514．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 不能构成等差数列．(1)解 存在．杨辉三角形的第n 行由二项式系数C kn ，k ＝0,1,2，…，n 组成．若第n 行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5， 则C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C kn C k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 即3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明 若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C 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2·n ！r ＋！n －r －！＝n ！r ！n －r ！＋n ！r ＋！n －r －！， 2·n ！r ＋！n －r －！＝n ！r ＋！n －r －！＋n ！r ＋！n －r －！， 所以2r ＋n －r －＝1n －r －n －r ＋1r ＋r ＋， 2r ＋n －r －＝1n －r －n －r －＋1r ＋r ＋，整理得n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得n ＝2r ＋3，所以C r2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列，由二项式系数的性质可知C r2r ＋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.。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课后自测：理科附加题+第3讲 计数原理与二项式定理+Word版
课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．记⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项的系数为b m . (1)求b m 的表达式；(2)若n ＝6，求展开式中的常数项；(3)若b 3＝2b 4，求n .解：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项为C m －1n ·(2x )n －m ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x m －1＝2n ＋1－m ·C m －1n ·x n ＋2－2m ，所以b m ＝2n ＋1－m ·C m －1n. (2)当n ＝6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝26－r ·C r 6·x 6－2r .依题意，6－2r ＝0，得r ＝3，故展开式中的常数项为T 4＝23·C 36＝160.(3)由(1)及已知b 3＝2b 4，得2n －2·C 2n ＝2·2n －3·C 3n ，从而C 2n ＝C 3n ，即n ＝5.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，其中b i (i ＝0,1,2，…，20)为实常数．(1)求∑n ＝110b 2n 的值；(2)求∑n ＝110a n b 2n 的值．解：法一：(1)令x ＝－1，得b 0＝1，令x ＝0，得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024，令x ＝－2，得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024，所以∑n ＝110b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023.(2)对等式两边求导，得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19， 令x ＝0，得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240，令x ＝－2，得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240，所以∑n ＝110nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120.所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110 (n ＋1)b 2n ＝∑n ＝110nb 2n ＋∑n ＝110b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143.法二：由二项式定理易知(x 2＋2x ＋2)10＝[1＋(x ＋1)2]10＝C 010＋C 110(x ＋1)2＋C 210(x ＋1)4＋…＋C 1010(x ＋1)20＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，比较可知b 2n ＝C n 10(n ＝1,2，…，10)．(1)∑n ＝110b 2n ＝C 110＋C 210＋…＋C 1010＝210－1＝1 023.(2)因为a n ＝n ＋1,所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110 (n ＋1)C n 10＝∑n ＝110n C n 10＋∑n ＝110C n 10， 设T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C 010＋1·C 110＋2·C 210＋…＋10·C 1010，T 也可以写成T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C1010＋1·C910＋2·C810＋…＋10·C 010， 相加得2T ＝10·210，即T ＝5·210，所以∑n ＝110a n b 2n ＝∑n ＝110n C n 10＋∑n ＝110C n 10＝5·210＋210－1＝6 143. 3．(1)阅读以下案例，利用此案例的想法化简C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44.【案例】考察恒等式(1＋x )5＝(1＋x )2(x ＋1)3左右两边x 2的系数．因为右边(1＋x )2(x ＋1)3＝(C 02＋C 12x ＋C 22x 2)(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)，所以右边x 2的系数为C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33，而左边x 2的系数为C 25，所以C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33＝C 25.(2)求证：∑r ＝0n (r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝(n ＋1)C n 2n .解：(1)考察恒等式(1＋x )7＝(1＋x )3(x ＋1)4左右两边x 3的系数．因为右边(1＋x )3(x ＋1)4＝(C 03＋C 13x ＋C 23x 2＋C 33x 3)·(C 04x 4＋C 14x 3＋C 24x 2＋C 34x ＋C 44)，所以右边x 3的系数为C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44，而左边x 3的系数为C 37，所以C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44＝C 37.(2)证明：由r C r n ＝r ·n ！r ！(n －r )！＝n ·(n －1)！(r －1)！(n －r )！＝n C r －1n －1， 可得∑r ＝0n (r ＋1)2(C r n )2＝∑r ＝0n (r C r n )2＋∑r ＝0n 2r (C r n )2＋∑r ＝0n (C r n )2 ＝n 2∑r ＝1n (C r －1n －1)2＋2n ∑r ＝1n C r －1n －1·C r n ＋∑r ＝0n (C r n )2.考察恒等式(1＋x )2n ＝(1＋x )n (x ＋1)n 左右两边x n 的系数．因为右边(1＋x )n (x ＋1)n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )·(C 0n x n ＋C 1n xn －1＋…＋C n n )， 所以右边x n 的系数为C 0n C 0n ＋C 1n C 1n ＋…＋C n n C n n ＝∑r ＝0n(C r n )2，而左边的x n 的系数为C n 2n ，所以∑r ＝0n(C r n )2＝C n 2n .同理可求得∑r ＝1n(C r －1n －1)2＝C n －12n －2.考察恒等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(x ＋1)n 左右两边x n －1的系数．因为右边(1＋x )n －1(x ＋1)n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n x n ＋C 1n x n －1＋…＋C n n )，所以右边x n －1的系数为C 0n －1C 1n ＋C 1n －1C 2n ＋…＋C n －1n －1C n n ＝∑r ＝1n C r －1n －1·C r n， 而左边的x n －1的系数为C n －12n －1，所以∑r ＝1n C r －1n －1·C r n ＝C n －12n －1， 所以∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝n 2C n －12n －2＋2n C n －12n －1＋C n 2n －n 2C n －12n －2＝2n C n －12n －1＋C n 2n＝n (C n －12n －1＋C n －12n －1)＋C n 2n＝n (C n －12n －1＋C n 2n －1)＋C n 2n＝n C n 2n ＋C n 2n＝(n＋1)C n2n.4．(2019·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n，r为正整数，且n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数C r n，C r＋1n，C r＋2n，C r＋3n不能构成等差数列．解：(1)杨辉三角形的第n行由二项式系数C k n，k＝0,1,2，…，n组成．如果第n行中有C k－1nC k n＝kn－k＋1＝34，C k nC k＋1n＝k＋1n－k＝45，那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5，解得k＝27，n＝62.即第62行有三个相邻的数C2662，C2762，C2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C r n，C r＋1n，C r＋2n，C r＋3n成等差数列，则2C r＋1n＝C r n＋C r＋2n，2C r＋2n＝C r＋1n＋C r＋3n，即2n！(r＋1)！(n－r－1)！＝n！r！(n－r)！＋n！(r＋2)！(n－r－2)！，2n！(r＋2)！(n－r－2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！. 有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)， 2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)， 化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．5．已知A n ＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋…＋k n ·2n }，其中n ∈N *，n ≥2，k i ∈{－1,1}(i ＝1，2，…，n )，记集合A n 的所有元素之和为S n .(1)求S 2，S 3的值；(2)求S n .解：(1)当n ＝2时，A 2＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2}＝{2,6}， 所以S 2＝2＋6＝8.当n ＝3时，A 3＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋k 3·23}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2＋8k 3}＝{2,6,10,14}．所以S 3＝2＋6＋10＋14＝32.(2)若k n ＝－1，且k 1＝k 2＝…＝k n －1＝1，n ≥2，n ∈N *，则x ＝2＋22＋…＋2n －1－2n ＝2(1－2n －1)1－2－2n ＝－2＜0，此时x ∉A n . 所以k n 必然等于1，且当k 1＝k 2＝…＝k n －1＝－1，n ≥2，n ∈N *时，x ＝－2－22－…－2n －1＋2n ＝－2(1－2n －1)1－2＋2n ＝2＞0，此时x ∈A n . 所以当k n ＝1，k 1，k 2，…，k n －1∈{－1,1}，n ≥2，n ∈N *时，都有x ∈A n . 根据乘法原理知，使得k i ＝1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 共有2n －2个，使得k i ＝－1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 也共有2n －2个，所以S n 中的所有k i ·2i (i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)项的和为0， 又因为使得k n ＝1的x 共有2n －1个，所以S n ＝2n －1×2n ＝22n －1.。
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（文理通用）江苏省高考数学二轮复习理科附加题第3讲计数原理与二项式定理练习课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．记⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项的系数为b m .(1)求b m 的表达式；(2)若n ＝6，求展开式中的常数项； (3)若b 3＝2b 4，求n .解：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中第m 项为C m －1n ·(2x )n －m ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x m －1＝2n ＋1－m ·C m －1n·x n ＋2－2m ， 所以b m ＝2n ＋1－m·C m －1n .(2)当n ＝6时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝26－r ·C r 6·x 6－2r .依题意，6－2r ＝0，得r ＝3，故展开式中的常数项为T 4＝23·C 36＝160. (3)由(1)及已知b 3＝2b 4，得2n －2·C 2n ＝2·2n －3·C 3n ，从而C 2n ＝C 3n ，即n ＝5.2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.等式(x 2＋2x ＋2)10＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20，其中b i (i ＝0,1,2，…，20)为实常数．(1)求∑n ＝110b 2n 的值；(2)求∑n ＝110a nb 2n 的值．解：法一：(1)令x ＝－1，得b 0＝1，令x ＝0，得b 0＋b 1＋b 2＋…＋b 20＝210＝1 024，令x ＝－2，得b 0－b 1＋b 2－b 3＋…－b 19＋b 20＝210＝1 024，所以∑n ＝110b 2n ＝b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 20＝1 023.(2)对等式两边求导，得20(x ＋1)(x 2＋2x ＋2)9＝b 1＋2b 2(x ＋1)＋3b 3(x ＋1)2＋…＋20b 20(x ＋1)19， 令x ＝0，得b 1＋2b 2＋…＋20b 20＝20×29＝10 240，令x ＝－2，得b 1－2b 2＋3b 3－4b 4＋…＋19b 19－20b 20＝－20×29＝－10 240，所以∑n ＝110nb 2n ＝12(2b 2＋4b 4＋6b 6＋…＋20b 20)＝5 120.所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110(n ＋1)b 2n ＝∑n ＝110nb 2n ＋∑n ＝110b 2n ＝5 120＋1 023＝6 143.法二：由二项式定理易知 (x 2＋2x ＋2)10＝[1＋(x ＋1)2]10＝C 010＋C 110(x ＋1)2＋C 210(x ＋1)4＋…＋C 1010(x ＋1)20＝b 0＋b 1(x ＋1)＋b 2(x ＋1)2＋…＋b 20(x ＋1)20， 比较可知b 2n ＝C n10(n ＝1,2，…，10)．(1)∑n ＝110b 2n ＝C 110＋C 210＋…＋C 1010＝210－1＝1 023.(2)因为a n ＝n ＋1,所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110(n ＋1)C n10＝∑n ＝110n C n10＋∑n ＝110C n10，设T ＝∑n ＝110n C n10＝0·C 010＋1·C 110＋2·C 210＋…＋10·C 1010，T 也可以写成T ＝∑n ＝110n C n 10＝0·C1010＋1·C910＋2·C810＋…＋10·C 010，相加得2T ＝10·210，即T ＝5·210，所以∑n ＝110a nb 2n ＝∑n ＝110n C n10＋∑n ＝110C n10＝5·210＋210－1＝6 143.3．(1)阅读以下案例，利用此案例的想法化简C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44. 【案例】考察恒等式(1＋x )5＝(1＋x )2(x ＋1)3左右两边x 2的系数． 因为右边(1＋x )2(x ＋1)3＝(C 02＋C 12x ＋C 22x 2)(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)， 所以右边x 2的系数为C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33，而左边x 2的系数为C 25， 所以C 02C 13＋C 12C 23＋C 22C 33＝C 25.(2)求证：∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝(n ＋1)C n2n .解：(1)考察恒等式(1＋x )7＝(1＋x )3(x ＋1)4左右两边x 3的系数．因为右边(1＋x )3(x ＋1)4＝(C 03＋C 13x ＋C 23x 2＋C 33x 3)·(C 04x 4＋C 14x 3＋C 24x 2＋C 34x ＋C 44)， 所以右边x 3的系数为C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44，而左边x 3的系数为C 37， 所以C 03C 14＋C 13C 24＋C 23C 34＋C 33C 44＝C 37. (2)证明：由r C rn ＝r ·n ！r ！(n －r )！＝n ·(n －1)！(r －1)！(n －r )！＝n C r －1n －1，可得∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n)2＝∑r ＝0n(r C r n)2＋∑r ＝0n2r (C r n)2＋∑r ＝0n(C r n )2＝n2∑r ＝1n (Cr －1n －1)2＋2n ∑r ＝1nCr －1n －1·C r n＋∑r ＝0n(C r n )2.考察恒等式(1＋x )2n＝(1＋x )n(x ＋1)n左右两边x n的系数． 因为右边(1＋x )n(x ＋1)n＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )·(C 0n x n ＋C 1n x n －1＋…＋C nn )，所以右边x n的系数为C 0n C 0n ＋C 1n C 1n ＋…＋C n n C n n＝∑r ＝0n(C r n )2，而左边的x n 的系数为C n2n ，所以∑r ＝0n(C r n )2＝C n2n .同理可求得∑r ＝1n(C r －1n －1)2＝C n －12n －2.考察恒等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(x ＋1)n 左右两边xn －1的系数．因为右边(1＋x )n －1(x ＋1)n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n x n＋C 1n x n －1＋…＋C nn )，所以右边xn －1的系数为C 0n －1C 1n ＋C 1n －1C 2n ＋…＋C n －1n －1C n n＝∑r ＝1nC r －1n －1·C rn ，而左边的xn －1的系数为C n －12n －1，所以∑r ＝1nC r －1n －1·C rn ＝C n －12n －1，所以∑r ＝0n(r ＋1)2(C r n )2－n 2C n －12n －2＝n 2C n －12n －2＋2n C n －12n －1＋C n 2n －n 2C n －12n －2 ＝2n C n －12n －1＋C n2n ＝n (C n －12n －1＋C n －12n －1)＋C n2n＝n (C n －12n －1＋C n 2n －1)＋C n2n ＝n C n2n ＋C n2n ＝(n ＋1)C n2n .4．(2019·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 不能构成等差数列．解：(1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C kn ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C kn C k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列， 则2C r ＋1n ＝C rn ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ， 即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．5．已知A n ＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋…＋k n ·2n }，其中n ∈N *，n ≥2，k i ∈{－1,1}(i ＝1，2，…，n )，记集合A n 的所有元素之和为S n .(1)求S 2，S 3的值； (2)求S n .解：(1)当n ＝2时，A 2＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2}＝{2,6}， 所以S 2＝2＋6＝8.当n ＝3时，A 3＝{x ＞0|x ＝k 1·2＋k 2·22＋k 3·23}＝{x ＞0|x ＝2k 1＋4k 2＋8k 3}＝{2,6,10,14}．所以S 3＝2＋6＋10＋14＝32.(2)若k n ＝－1，且k 1＝k 2＝…＝k n －1＝1，n ≥2，n ∈N *， 则x ＝2＋22＋…＋2n －1－2n＝2(1－2n －1)1－2－2n＝－2＜0，此时x ∉A n .所以k n 必然等于1，且当k 1＝k 2＝…＝k n －1＝－1，n ≥2，n ∈N *时，x ＝－2－22－…－2n －1＋2n＝－2(1－2n －1)1－2＋2n＝2＞0，此时x ∈A n .所以当k n ＝1，k 1，k 2，…，k n －1∈{－1,1}，n ≥2，n ∈N *时，都有x ∈A n . 根据乘法原理知，使得k i ＝1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 共有2n －2个，使得k i ＝－1(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)的x 也共有2n －2个，所以S n 中的所有k i ·2i(i ＝1,2,3，…，n －1，n ≥2，n ∈N *)项的和为0， 又因为使得k n ＝1的x 共有2n －1个，所以S n ＝2n －1×2n ＝22n －1.。