《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讲义含解析20.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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讲义含解析20.doc（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题八 二项式定理与数学归纳法（理）江苏卷5年考情分析本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查第一讲 计数原理与二项式定理题型(一)计数原理的应用主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用. 典例感悟例1(2
2、018江苏高考)设nN*，对1，2，n的一个排列i1i2in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in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)(n5)的表达式(用n表示)解(1)记(abc)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)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2
3、)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(n4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以fn(0)1.逆序数为1的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)n1.为计算fn1(2)，当1,2，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三个位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.当n5时，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f
4、4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，当n5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：分类不重不漏；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U1,2，n(nN*，n2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若AB，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
5、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，k1,2,3，n1.则与集合A互斥的非空子集有2nk1个于是f(n)(2nk1)(2nk)因为2nk2nkC2nC20(21)n2n13n2n1，CC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一个元素只能在集合A，B，CU(AB)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3n22n1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).题型(二)二项式
6、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(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.记Tn(2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的nN*，Tn都能被4n2整除解由二项式定理，得aiC(i0,1,2，2n1)(1)T2a23a15a0C3C5C30. (2)因为(n1k)C(n1k)(2n1)C， 所以Tn(2k1)ank(2k1)C(2k1)C2(n1k)(2n1)C2(n1k)C(2n1)2(2n1)(2n1)2(2n1)(22nC)(2n1)22n1(2n1)C. Tn(2n
7、1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因为CN*，所以Tn能被4n2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(ab)nCanCan1bCanrbrCbn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，nN*，且ab，对于二项式()n.(1)当n3,4时，分别将该二项式表示为(p，qN*)的形式；(2)求证：存在p，qN*，使得等式()n与(ab)npq同时成立解：(1)当n3时，()3(a
8、3b)(b3a)， .当n4时，()4a24a6ab4bb2(a26abb2)4(ab)， .(2)证明：由二项式定理得()n(1)kC()nk()k，若n为奇数，则()nC()nC()n2()2C()3()n3C()()n1C()n1()C()n3()3C()2()n2C()n，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为()nu1v1的形式，其中u1，v1N*，也即()n，其中pua，qvb，p，qN*，若n为偶数，则()nC()nC()n2()2C()2()n2C()nC()n1()C()n3()3C()3()n3C()()n1类似地，可将上式表示为()nu2v2的形式，其中u2，v2N*，
9、也即()n，其中pu，qvab，p，qN*.所以存在p，qN*，使得等式()n.同理可得()n可表示为()n，从而有pq()()()n()n(ab)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345？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nr3.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)
10、杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k0,1,2，n组成如果第n行中有，那么3n7k3,4n9k5，解得k27，n62.即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为345.(2)证明：若有n，r(nr3)，使得C，C，C，C成等差数列，则2CCC，2CCC，即，.有，化简整理得，n2(4r5)n4r(r2)20，n2(4r9)n4(r1)(r3)20.两式相减得，n2r3，于是C，C，C，C成等差数列而由二项式系数的性质可知CCCC，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：CC，CCC.(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和
11、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nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2)化简：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCkn0.k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(2)法一：由(1)可知，当k2时，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法
12、二：当n3时，由二项式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，两边同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，两边对x求导，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，两边再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，两边再对x求导，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n2
13、5n4)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Ma1，a2，a3，a4，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若Ma1，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(2n1)个当AB，并设B中含有k(1kn，kN*)个元素，则满足AB的有序集合对(A，B)有(2k1)2k3n2n个同理，满足BA的有序集合对(A，B)有3n2n个故满足条件的有序集合对(A，B)的个数为2n(2n1)2(3n2n)4n2n23n.2记1,2，n满足
14、下列性质T的排列a1，a2，an的个数为f(n)(n2，nN*)性质T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)当n3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i1,2,3，使得aiai1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ain(1in1)，从n1个数1,2,3，n1中选i1个数按从小到大的顺序排列为a1，a2，ai1，其余按
15、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ann，则满足题意的排列个数为f(n1)综上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.从而f(n)(n3)f(3)2nn1.3(2018南京、盐城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(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)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲证猜
16、想成立，只要证等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCnnC， 故rCC(rC)CnCC.故只需证明nCnCCnCCnCCnCC.即证CCC CC CC CC.而CC，故即证CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为C.而右边(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系数为CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立综上，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(2n1)个小球，其中n个是编号为1,2，n的
17、白球，其余(n1)个是编号为1,2，n1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(nr)个白球)的n个小球的组合的个数为CC，0rn1，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(2n1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用导数)由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.两边求导，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1)左边xn的系数为nC.右边xn的系数为CC2CCrCC
18、nCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(构造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n1)个元素，则有C种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n1)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(n1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，由分类计数原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n
19、)C.4(2018苏锡常镇调研(二)已知函数f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1)当n2时，若f(2)f(2)A，求实数A的值；(2)若f(2)m(mN*,01)，求证：(m)1.解：(1)当n2时，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(516104525)610，所以A610. (2)证明：因为f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由题意知，f(2)(2)2n1m(mN*,01)，首先证明对
20、于固定的nN*，满足条件的m，是唯一的假设f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*,011,021，m1m2，12)，则m1m2210，而m1m2Z，21(1,0)(0,1)，矛盾所以满足条件的m，是唯一的. 下面我们求m及的值：因为f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，显然f(2)f(2)N*. 又因为2(0,1)，故(2)2n1(0,1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0,1). 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，(2)2n1，则mf(2)f(2)，f(2)
21、，又mf(2), 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11. B组大题增分练1(2016江苏高考)(1)求7C4C的值；(2)设m，nN*，nm，求证：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C740.(2)证明：当nm时，结论显然成立当nm时，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因为CCC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.2(2018南京、盐城二模)现有(n2，nN
22、*)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1kn，kN*.记M1M2.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n1行的概率为；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.3(2018苏州暑假测试)设集合M1,0,1，集合An(x1，x2，xn)|xiM，i1,2，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mn时，求证：S3n2m12n1.解：(1)S8，S32.(2)证明：设集合P0
23、，Q1,1若|x1|x2|xn|1，即x1，x2，x3，xn中有n1个取自集合P,1个取自集合Q，故共有C21种可能，即为C21，同理，|x1|x2|xn|2，即x1，x2，x3，xn中有n2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C22种可能，即为C22，若|x1|x2|xn|m，即x1，x2，x3，xn中有nm个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C2m种可能，即为C2m，所以SC21C22C2m，因为当0kn时，C1，所以C10，所以SC21C22C2mC20(C21C22C2m)(C1)2m1(C1)2n(C20C21C22C2mC2m1C2n)(2m12m22n)(12)n(2n12m1)
24、3n2n12m1.所以当mn时，S3n2m12n1.4(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(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左边xn的系数为C，而右边(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系数为CC CCC 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(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，两边xk(其中kN，km，kn)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：14