【数学】2020届一轮复习苏教版专题八第一讲计数原理与二项式定理学案 13页

‎[江苏卷5年考情分析]‎ 本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．‎ 近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．　　　‎ 第一讲 计数原理与二项式定理 题型(一)‎ 计数原理的应用 ‎　主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例1]　(2018·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．‎ ‎(1)求f3(2)，f4(2)的值；‎ ‎(2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．‎ ‎[解]　(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1,2,3的所有排列，有 τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，‎ 所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2.‎ 对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．‎ 因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.‎ ‎(2)对一般的n(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1.‎ 逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.‎ 为计算fn＋1(2)，当1,2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．‎ 因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.‎ 当n≥5时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝，‎ 因此，当n≥5时，fn(2)＝.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性. ‎ ‎(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·苏北三市三模)已知集合U＝{1,2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，则称(A，B)为集合U的一组“互斥子集”．记集合U的所有“互斥子集”的组数为f(n)(视(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”)．‎ ‎(1)写出f(2)，f(3)，f(4)的值；‎ ‎(2)求f(n)．‎ 解：(1)f(2)＝1，f(3)＝6，f(4)＝25.‎ ‎(2)法一：设集合A中有k个元素，k＝1,2,3，…，n－1.‎ 则与集合A互斥的非空子集有2n－k－1个．‎ 于是f(n)＝(2n－k－1)＝(2n－k－)．‎ 因为2n－k＝2n－k－C2n－C20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，‎ ＝－C－C＝2n－2，‎ 所以f(n)＝[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝(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)＝(3n－2n＋1＋1).‎ 题型(二)‎ 二项式定理的应用 ‎　　主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题.‎ ‎[典例感悟]‎ ‎[例2]　(2018·江苏六市二调)已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.记Tn＝(2k＋1)an－k.‎ ‎(1)求T2的值；‎ ‎(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除．‎ ‎[解]　由二项式定理，得ai＝C(i＝0,1,2，…，2n＋1)．‎ ‎(1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30. ‎ ‎(2)因为(n＋1＋k)C ‎＝(n＋1＋k)· ‎＝ ‎＝(2n＋1)C， ‎ 所以Tn＝(2k＋1)an－k ‎＝(2k＋1)C ‎＝(2k＋1)C ‎＝2(n＋1＋k)－(2n＋1)]C ‎＝2(n＋1＋k)C－(2n＋1) ‎＝2(2n＋1)－(2n＋1) ‎＝2(2n＋1)··(22n＋C)－(2n＋1)··22n＋1‎ ‎＝(2n＋1)C. ‎ Tn＝(2n＋1)C＝(2n＋1)(C＋C)‎ ‎＝2(2n＋1)C＝(4n＋2)C.‎ 因为C∈N*，所以Tn能被4n＋2整除. ‎ ‎[方法技巧]‎ 二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋C eq oal(n,n)bn中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．‎ ‎[演练冲关]‎ 设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(－)n.‎ ‎(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为－(p，q∈N*)的形式；‎ ‎(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(－)n＝－与(a－b)n＝p－q同时成立．‎ 解：(1)当n＝3时，(－)3＝(a＋3b)－(b＋3a)，‎ ‎＝－ .‎ 当n＝4时，(－)4＝a2－4a＋6ab－4b＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)，‎ ‎＝－ .‎ ‎(2)证明：由二项式定理得 ‎(－)n＝(－1)kC()n－k()k，‎ 若n为奇数，则(－)n＝[C()n＋C()n－2()2＋…＋C()3()n－3＋C()()n－1]－[C()n－1()＋C()n－3()3＋…＋C()2·()n－2＋C()n]，‎ 分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为 ‎(－)n＝u1－v1的形式，其中u1，v1∈N*，‎ 也即(－)n＝－＝－，其中p＝ua，q＝vb，p，q∈N*，‎ 若n为偶数，则(－)n＝[C()n＋C()n－2()2＋…＋C()2()n－2＋C()n]－[C()n－1·()＋C()n－3()3＋…＋C()3()n－3＋C()()n－1]‎ 类似地，可将上式表示为(－)n＝u2－v2的形式，其中u2，v2∈N*，‎ 也即(－)n＝－＝－，其中p＝u，q＝vab，p，q∈N*.‎ 所以存在p，q∈N*，使得等式(－)n＝－.‎ 同理可得(＋)n可表示为(＋)n＝＋，‎ 从而有p－q＝(＋)(－)＝(＋)n(－)n＝(a－b)n，‎ 综上可知结论成立．‎ 题型(三)‎ 组合数的性质应用 主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例3]　(2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．‎ ‎(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；‎ ‎(2)已知n，r为正整数，且n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数C，C，C，C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＝0,1,2，…，n组成．‎ 如果第n行中有＝＝，‎ ＝＝，‎ 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，C，C的比为3∶4∶5.‎ ‎(2)证明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差数列，‎ 则2C＝C＋C，2C＝C＋C，‎ 即 ‎＝＋，‎ ‎＝＋.‎ 有＝＋，‎ ‎＝＋，‎ 化简整理得，n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0，‎ n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0.‎ 两式相减得，n＝2r＋3，‎ 于是C，C，C，C成等差数列．‎ 而由二项式系数的性质可知C＝C＜C＝C，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：C＝C，C＝C＋C.‎ ‎(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·南京、盐城一模)设n∈N*，n≥3，k∈N*.‎ ‎(1)求值：①kC－nC；‎ ‎②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)；‎ ‎(2)化简：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C.‎ 解：(1)①kC－nC ‎＝k×－n× ‎＝－＝0.‎ ‎②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×＝k×－－＝＝0.‎ ‎(2)法一：由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C＝n(n－1)C＋3nC＋C.‎ 故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．‎ 法二：当n≥3时，由二项式定理，‎ 有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn，‎ 两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1，‎ 两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)Cxk＋…＋(n＋1)Cxn，‎ 两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1，‎ 两边再对x求导，得 ‎(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn.‎ 令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C，‎ 即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4)．‎ A组——大题保分练 ‎1．设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A的子集．‎ ‎(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；‎ ‎(2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，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(2k－1)＝2k－＝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a1，a2，…，an的个数为f(n)(n≥2，n∈N*)．性质T：排列a1，a2，…，an中有且只有一个ai＞ai＋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ai＞ai＋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(a1，a2，…，an)中，‎ 若ai＝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a1，a2，…，ai－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.‎ 若an＝n，则满足题意的排列个数为f(n－1)．‎ 综上，f(n)＝f(n－1)＋＝f(n－1)＋2n－1－1.‎ 从而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1.‎ ‎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——大题增分练 ‎1．(2016·江苏高考)(1)求7C－4C的值；‎ ‎(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)·C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C.‎ 解：(1)7C－4C＝7×－4×＝0.‎ ‎(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．‎ 当n＞m时，(k＋1)C＝ ‎＝(m＋1)· ‎＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 又因为C＋C＝C，‎ 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]‎ ‎＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]‎ ‎＝(m＋1)C.‎ ‎2．(2018·南京、盐城二模)现有(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：‎ 　 设Mk是第k行中的最大数，其中1≤k≤n，k∈N*.记M1.‎ 解：(1)由题意知p2＝＝，即p2的值为.‎ ‎(2)证明：先排第n行，则最大数在第n行的概率为＝；‎ 去掉第n行已经排好的n个数，‎ 则余下的－n＝个数中最大数在第n－1行的概率为＝；‎ ‎…‎ 故pn＝××…×＝＝.‎ 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C>C＋C＝C，‎ 故>，即pn>.‎ ‎3．(2018·苏州暑假测试)设集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素个数记为S.‎ ‎(1)求S和S的值；‎ ‎(2)当m