2020届江苏省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 5页

课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理 A组 ‎1．(2019·南京盐城一模)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且对任意n∈N*，都有a1C＋a2C＋a3C＋…＋an＋1C＝(an＋2－1)·2n－1成立．‎ ‎(1)求a3的值；‎ ‎(2)证明：数列{an}是等差数列．‎ 解：(1)在a1C＋a2C＋a3C＋…＋an＋1C＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，则a1C＋a2C＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5.‎ ‎(2)证明：若a1，a2，a3，…，an是等差数列，则an＝2n－1.‎ ‎①当n＝3时，由(1)知a3＝5，此时结论成立．‎ ‎②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，则ak＝2k－1.‎ 由a1C＋a2C＋a3C＋…＋akC＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3，‎ 对该式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2，‎ 所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋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{an}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an.‎ ‎(1)当m＝3时，求a1，a2；‎ ‎(2)当m＝2 019时，求{an}的通项公式，并求数列{an}的最大项．‎ 解：(1)当m＝3时，易知a1＝3×4＝12，a2＝3.‎ ‎(2)an＝C××[C(22 019－n－1)＋C·22 018－n＋…＋C·22 019－k－n＋…＋C·21＋C·20]＝C，‎ ＝＞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a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504，‎ a504＞a505＞a506＞…＞a2 018，‎ 所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2 018，‎ 所以数列{an}的最大项为a504＝C.‎ ‎3．(2018·南京、盐城一模)已知n∈N*，nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC.‎ ‎(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)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，①‎ 在①中令n＝1，得f(1)＝CC＝1.‎ 在①中令n＝2，得2f(2)＝CC＋2CC＝6，得f(2)＝3.‎ 在①中令n＝3，得3f(3)＝CC＋2CC＋3CC＝30，得f(3)＝10.‎ ‎(2)猜想f(n)＝C(或f(n)＝C)．‎ 欲证猜想成立，只要证等式nC＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC成立．‎ 法一：(直接法)当n＝1时，等式显然成立．‎ 当n≥2时，因为rC＝＝ ‎＝n×＝nC， ‎ 故rCC＝(rC)C＝nCC.‎ 故只需证明nC＝nCC＋nCC＋…＋nC·C＋…＋nCC.‎ 即证C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.‎ 而C＝C，故即证C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.②‎ 由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为C.‎ 而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)，‎ 所以xn的系数为CC＋ CC＋…＋ C·C＋…＋ CC.‎ 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·C，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CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.‎ 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.‎ 故C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC，余下同法一．‎ 法三：(利用导数)由二项式定理，‎ 得(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn.③‎ 两边求导，得n(1＋x)n－1＝C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1.④‎ ‎③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)·(C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1)．⑤‎ 左边xn的系数为nC.‎ 右边xn的系数为CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC.‎ 由⑤恒成立，得nC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC.‎ 故f(n)＝C成立．‎ 法四：(构造模型)由nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，‎ 得nf(n)＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC，‎ 所以2nf(n)＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC) ＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC)，‎ 构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n＋1)个元素，则有C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CC种选法，若从第一部分中取(n－1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，…，由分类计数原理可知C＝CC＋CC＋…＋CC.‎ 故2nf(n)＝(n＋1)C，‎ 所以f(n)＝·＝＝C.‎ ‎4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)＝(x＋)2n＋1(n∈N*，x∈R)．‎ ‎(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝A，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＝Cx5＋Cx4＋Cx3()2＋Cx2()3＋Cx()4＋C()5, ‎ 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋)5＋(－2＋)5＝2[C()124＋C()322＋C()5]＝2(5×16＋10×4×5＋25)＝610，‎ 所以A＝610. ‎ ‎(2)证明：因为f(x)＝(x＋)2n＋1＝Cx2n＋1＋Cx2n＋Cx2n－1()2＋…＋C()2n＋1，‎ 所以f(2)＝C22n＋1＋C22n＋C22n－1()2＋…＋C()2n＋1，‎ 由题意知，f(2)＝(＋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＋)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0<α1<1，0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，‎ 则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，矛盾．‎ 所以满足条件的m，α是唯一的. ‎ 下面我们求m及α的值：‎ 因为f(2)－f(－2)＝(2＋)2n＋1－(－2＋)2n＋1＝(2＋)2n＋1＋(2－)2n＋1＝2[C22n＋1＋C·22n－1()2＋C22n－3()4＋…＋C21()2n]，‎ 显然f(2)－f(－2)∈N*. ‎ 又因为－2∈(0，1)，故(－2)2n＋1∈(0，1)，‎ 即f(－2)＝(－2＋)2n＋1＝(－2)2n＋1∈(0，1). ‎ 所以令m＝2[C22n＋1＋C22n－1()2＋C·22n－3()4＋…＋C21()2n]，‎ α＝(－2＋)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＋)2n＋1·(－2＋)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1. ‎ B组 ‎ 1．(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.‎ 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＝20；‎ 若染红色的点的个数为1个或5个，则T＝C＝10；‎ 若染红色的点的个数为2个或4个，则T＝C＝4；‎ 若染红色的点的个数为3个，则T＝C＋C＝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－C＝C＞0，所以C＞C.‎ 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≥C＝＝4×.‎ 因为n≥4，所以2n－3＞n，‎ 于是T＞4×＝4C＞2C.‎ ‎②当p∈{2n－2，2n－1，2n}时，‎ T＝C≥C，‎ 同理可得T＞2C.‎ ‎③当3≤p≤2n－3时，‎ T＝C＋C，‎ 设f(p)＝C＋C，3≤p≤2n－3，‎ 当3≤p≤2n－4时，‎ f(p＋1)－f(p)＝C＋C－C－C＝C－C，‎ 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，即T≥2C.‎ 综上，当n≥4时，T≥2C.‎ ‎2．(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xn的系数为C，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn)(C＋Cx＋…＋Cxn)，xn的系数为CC＋ CC＋…＋C C＝(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2，因此可得到组合恒等式C＝(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2.‎ ‎(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边xk(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：‎ C2n－2kC＝C，其中是指不超过的最大整数．‎ 解：(1)C＝CC＋CC＋…＋CC.‎ ‎(2)证明：考察等式＝，等式右边的常数项为：＝C，‎ 因为＝C·2n－r＝C·2n－r，‎ 当且仅当r＝2k时，xr－k为常数，‎ 等式左边的常数项为：C2n－2kC，‎ 所以C2n－2kC＝C成立．‎