《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).pdf》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).pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、理在集合或数列中的应用. 典例感悟 例 1 (2018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
3、， (132) 1， (213) 1，(231) 2，(312) 2，(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(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，n 1
4、 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，f n(2) fn(2) fn1(2) fn1(2) fn 2(2) f5(2) f 4(2) f4(2) (n1) (n2) 4f4(2) n 2 n2 2 ， 2 因此，当n5 时，fn(2) n 2n2 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
5、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2 nk1 个 于是f(n) 1 2k 1 n1 C k n(2 nk 1) 1 2( k1 n1 C k
6、n2 nk k1 n1 C k n) 因为 k 1 n 1 C k n2 nk k0 n C k n2 nkC0 n2 n Cn n2 0(2 1)n2n13n2n1， k1 n1 C k n k 0 n C k nC 0 nC n n2 n2， 所以f(n) 1 2(3 n2n1) (2n2) 1 2(3 n2n 11). 法二：任意一个元素只能在集合A，B，C?U(AB) 之一中， 则这n个元素在集合A，B，C中，共有 3 n 种， 其中A为空集的种数为2 n，B 为空集的种数为2 n， 所以A，B均为非空子集的种数为3 n22n1. 又(A，B) 与(B，A) 为同一组“互斥子集”， 所
7、以f(n) 1 2(3 n 2 n11). 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 3 理论证整除问题. 典例感悟 例 2 (2018江苏六市二调) 已知 (1 x) 2n1 a0a1xa2x 2 a2n 1x 2n 1， nN *. 记Tn k0 n (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ai C i 2n1(i0,1,2 ， 2n1) (1)T2a23a15a0 C 2 5 3C 1 55C 0 530. (2) 因为 (n1k)C n1k 2n 1
8、(n1k) n！ n1k！nk！ nn！ nk！nk！ (2n 1)C nk 2n， 所以Tnk 0 n(2 k1)ank k0 n (2k1)C nk 2n1 k0 n (2k1)C n 1k 2n1 k0 n 2(n1k) (2n1)C n1k 2n1 2k0 n (n1k)C n1k 2n 1(2n1) k0 n C n1k 2n 1 2(2n1) k0 n C nk 2n(2n1) k0 n C n1k 2n1 2(2n1) 1 2(2 2nCn 2n) (2n1) 1 22 2n1 (2n 1)C n 2n. Tn (2n1)C n 2n(2n1)(C n1 2n1C n 2n1)
9、2(2n1)C n 2n1 (4n2)C n 2n1. 因为 C n 2n1N *，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 4 证明恒等式、不等式和整除性问题将二项式定理(ab) n C0 na n C 1 na n1b Cr na n rbr C n nb n 中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关 组合数的和的问题的常用方法还可以利用求函数值的思想进行赋值求解 演练冲关 设a，b，nN *，且 ab，对于二项式 (ab) n. (1) 当n3,4 时，分别将该二项式表示为pq(p
10、，qN *) 的形式； (2) 求证：存在p，qN * ，使得等式 (ab) n pq与(ab) n pq同时成立 解： (1) 当n3 时， (ab) 3 ( a3b)a(b 3a)b， aa3b 2 bb3a 2 . 当n 4 时， (ab) 4 a 2 4aab 6ab 4babb 2 ( a 2 6abb 2) 4( a b)ab， a 26abb22 16abab 2 . (2) 证明：由二项式定理得 (ab) n k 0 n( 1) kCk n(a) nk( b) k， 若n为奇数，则 (ab) n C0 n(a) nC2 n(a) n2 (b) 2 Cn 3 n(a) 3( b)
11、 n3Cn1 n (a)(b) n1 C 1 n(a) n1( b) C 3 n(a) n 3( b) 3 Cn2 n (a) 2( b) n 2 Cn n(b) n ， 分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为 (ab) n u1av1b的形式，其中u1，v1N *， 也即 (ab) n u 2 1a v 2 1b pq，其中pu 2 1a，qv 2 1b，p，q N *， 若n为偶数，则 (ab) nC0 n(a) nC2 n(a) n2( b) 2 Cn2 n(a) 2( b) n2Cn n (b) n C1 n(a) n1( b) C 3 n(a) n 3( b) 3 Cn3 n(a)
12、 3( b) n3Cn1 n(a)(b) n1 类似地，可将上式表示为(ab) n u2v2ab的形式，其中u2，v2N *， 也即 (ab) n u 2 2v 2 2abpq，其中pu 2 2，qv 2 2ab，p，qN *. 所以存在p，qN * ，使得等式 (ab) n pq. 同理可得 (ab) n 可表示为 (ab) n pq， 从而有pq(pq)(pq) (ab) n( ab) 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 . 5 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
13、 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nr3. 求证：任何四个相邻的组合数C r n，C r1 n，C r2 n，C r 3 n 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， k0,1,2 ，n组成 如果第n行中有 C k 1 n C k n k nk1 3 4， C k n C k1 n k1 nk 4 5， 那么 3n7k 3,4n9k 5， 解得k27，n62. 即
14、第 62 行有三个相邻的数C 26 62，C 27 62，C 28 62的比为 345. (2) 证明：若有n，r(nr 3) ，使得 C r n， C r 1 n，C r2 n，C r3 n成等差数列， 则 2C r 1 n C r n C r 2 n，2C r 2 nC r1 nC r 3 n， 即 2n！ r！nr！ n！ r！nr！ n！ r！nr！ ， 2n！ r！nr！ n！ r！nr！ n！ r！nr！ . 有 2 rnr 1 nrnr 1 rr ， 2 rnr 6 1 nrnr 1 rr ， 化简整理得，n 2(4 r5)n4r(r2) 20， n 2 (4 r9)n4(r1)
15、(r 3) 20. 两式相减得，n2r 3， 于是 C r 2r3，C r1 2r3， C r2 2r3，C r3 2r3成等差数列 而由二项式系数的性质可知C r 2r 3C r 3 2r 3C r1 2r3C r 2 2r 3，这与等差数列的性质矛盾，从而 要证明的结论成立 方法技巧 (1) 对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：C k nC nk n，C k n1C k n C k 1 n. (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nN *， n3，kN *. (1)
16、求值：kC k nnC k 1 n 1； k 2Ck nn(n 1)C k2 n2nC k1 n1(k2)； (2) 化简： 1 2C0 n2 2C1 n 3 2C2 n (k1) 2Ck n (n1) 2Cn n. 解： (1) kC k nnC k1 n1 k n！ k！nk！ n n！ k！nk！ n！ k！nk！ n！ k！nk！ 0. k 2Ck nn(n 1)C k 2 n2nC k1 n1k 2 n！ k！nk！ n(n1) n！ k！nk！ n n！ k！nk！ k n！ k！nk！ n！ k！nk！ n！ k！nk！ n！ k！nk！ k k11 1 k1 0. (2) 法一
17、：由 (1) 可知，当k2时， (k 1) 2Ck n(k 22k1)Ck nk 2Ck n2kC k nC k nn(n 1)C k 2 n 2nC k1 n1 2nC k1 n1 C k nn(n1)C k2 n23nC k1 n1C k n. 故 1 2C0 n2 2C1 n3 2C2 n (k1) 2Ck n (n1) 2Cn n(1 2C0 n2 2C1 n) n(n1)(C 0 n2C 1 n2 C n2 n2) 3n(C 1 n1C 2 n1 C n1 n1) (C 2 nC 3 n C n n) (1 4n) n(n1)2 n23n(2n 11)(2n 1n) 2n2( n 2
18、5n4) 法二：当n3 时，由二项式定理， 有(1 x) n 1C1 nxC 2 nx 2 Ck nx k Cn nx n， 7 两边同乘以x，得 (1 x) nx xC 1 nx 2 C2 nx 3 Ck nx k1 Cn nx n1， 两边对x求导，得 (1 x) n n(1 x) n 1x12C1 nx3C 2 nx 2 ( k1)C k nx k ( n 1)C n nx n， 两边再同乘以x，得 (1 x) nx n(1 x) n 1x2 x2C 1 nx 23C2 nx 3 ( k1)C k nx k1 (n1)C n nx n1， 两边再对x求导，得 (1 x) n n(1 x)
19、 n 1x n(n 1)(1 x) n2x22n(1 x) n1x122 C 1 nx3 2C2 nx 2 ( k 1) 2Ck nx k ( n1) 2Cn nx n. 令x1，得 2 n n2 n1n( n 1)2 n2 2n2n11 22C1 n3 2C2 n (k1) 2Ck n (n 1) 2Cn n， 即 1 2C0 n2 2C1 n3 2C2 n (k1) 2Ck n (n1) 2Cn n2 n2( n 25n 4) 课时达标训练 A组大题保分练 1设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A 的子集 (1) 若Ma1，a2，a3，a4 ，直接写出所
20、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 2 n 个子集，不同的有序集合对(A，B) 有 2 n(2n1) 个 当A?B，并设B中含有k(1kn，kN * ) 个元素， 则满足A?B的有序集合对 (A，B)有 k1 n C k n(2 k1) k0 n C k n2 k k0 n C k n3 n2n 个 同理，满足B?A的有序集合对(A，B) 有 3 n2n 个 故满足条件的有序集合对(A，B) 的个数为2 n(2n1) 2(3n 2 n) 4n2n23n. 2记1,2 ，n
21、满足下列性质T的排列a1，a2，an的个数为f(n)(n2，n N *) 性质 T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai 1(i 1,2 ，n1) (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aiai 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ain(1in1) ，从n1 个数
22、1,2,3 ，n1 中选i1 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 8 个数为 C i 1 n1. 若ann，则满足题意的排列个数为f(n 1) 综上，f(n) f(n1) i 1 n1 C i1 n1f(n 1)2 n1 1. 从而f(n) 2 3 2 n 3 12 (n3)f(3) 2 n n1. 3(2018南京、盐城一模) 已知n N * ，nf(n) C 0 nC 1 n2C 1 nC 2 nrC r 1 nC r nnC n1 n C n n. (1) 求f(1) ，f(2) ，f(3) 的值； (2) 试猜想f(
23、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 0 nC 1 n2C 1 nC 2 nrC r 1 nC r nnC n1 nC n n， 在中令n1，得f(1) C 0 1C 1 11. 在中令n2，得 2f(2) C 0 2C 1 22C 1 2C 2 26，得f(2) 3. 在中令n3，得 3f(3) C 0 3C 1 32C 1 3C 2 33C 2 3C 3 330，得f(3) 10. (2) 猜想f(n) C n 2n 1( 或f(n) C n1 2n1) 欲证猜想成立，只要证等式nC n 2n1C 0 nC 1 n2C 1 nC 2
24、nrC r 1 nC r nnC n1 nC n n成立 法一： ( 直接法 ) 当n1 时，等式显然成立 当n2时，因为rC r n rn！ r！nr！ n！ r！nr！ n n！ r！nr！ nC r 1 n1， 故rC r1 nC r n(rC r n)C r1 nnC r1 n1C r1 n. 故只需证明nC n 2n1nC 0 n1C 0 nnC 1 n1C 1 nnC r 1 n 1C r 1 nnC n1 n1C n1 n. 即证 C n 2n1C 0 n1C 0 n C 1 n1C 1 n C r 1 n 1C r1 n C n1 n1C n1 n. 而 C r1 nC nr
25、1 n，故即证C n 2n1C 0 n1C n n C 1 n1C n1 n C r 1 n1C n r1 n C n1 n1C 1 n. 由等式 (1 x) 2n1(1 x) n1(1 x) n 可得，左边x n 的系数为C n 2n1. 而右边 (1 x) n 1(1 x) n (C 0 n1 C 1 n 1xC 2 n1x 2 Cn1 n1x n 1)(C0 n C 1 nxC 2 nx 2 Cn n x n) ， 所以x n 的系数为C 0 n1C n n C 1 n1C n1 n C r 1 n1C nr 1 n C n1 n1C 1 n. 由(1 x) 2n1(1 x) n1(1
26、x) n 恒成立可得成立 综上，f(n) C n 2n1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 9 个数为 C r n1C nr n，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 C 0 n1C n n C 1 n 1C n1 n C r1 n1C nr1 n C n1 n1C 1 n. 另一方面，从袋中(2n1)个小球中任意摸出n个小球的组
27、合的个数为C n 2n1. 故 C n 2n1C 0 n1C n n C 1 n1C n1 n C r1 n1C nr 1 n C n1 n1C 1 n，余下同法一 法三： ( 利用导数 ) 由二项式定理， 得(1 x) n C0 nC 1 nxC 2 nx 2 Cn nx n. 两边求导，得n(1 x) n1C1 n2C 2 nxrC r nx r1 nC n nx n 1. ，得n(1 x) 2n1 (C 0 nC 1 nxC 2 nx 2 Cn nx n) (C1 n 2C 2 nxrC r nx r1 nC n nx n1) 左边x n 的系数为nC n 2n1. 右边x n 的系数为
28、C 1 nC n n2C 2 nC n 1 nrC r nC nr 1 nnC n nC 1 nC 1 nC 0 n2C 2 nC 1 nr C r nC r 1 n nC n nC n1 nC 0 nC 1 n2C 1 nC 2 nr C r1 nC r nnC n 1 nC n n. 由恒成立，得nC n 2n1C 0 nC 1 n2C 1 nC 2 nr C r1 nC r nnC n1 nC n n. 故f(n) C n 2n1成立 法四： ( 构造模型 ) 由nf(n) C 0 nC 1 n2C 1 nC 2 nrC r1 nC r nnC n1 nC n n， 得nf(n) nC
29、n1 nC n n(n1)C n2 nC n1 n C 0 nC 1 nnC 0 nC 1 n(n1)C 1 nC 2 n C n1 nC n n， 所以 2nf(n) (n1)(C 0 nC 1 nC 1 nC 2 n C n1 nC n n) (n1)(C n nC 1 nC n1 nC 2 n C 1 nC n n) ， 构造一个组合模型，从2n个元素中选取 (n1) 个元素，则有C n1 2n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 C n nC 1 n种选法，若从第一部分中取(n 1) 个，第二部分中取2 个，
30、则有C n1 nC 2 n种选法， 由分类计数原理可知C n1 2nC n nC 1 nC n1 nC 2 n C 1 nC n n. 故 2nf(n) (n1)C n1 2n， 所以f(n) n1 2n n！ n！n！ n！ n！n！ C n 2n1. 4(2018苏锡常镇调研( 二) 已知函数f(x) (x5) 2n1( n N *， xR) (1) 当n2 时，若f(2) f( 2) 5A，求实数A的值； (2) 若f(2) m(mN *, 0 C 2 n1 n！ . 解： (1) 由题意知p2 2A 2 2 A 3 3 2 3，即 p2的值为 2 3. (2) 证明：先排第n行，则最大
31、数在第n行的概率为 n nn 2 2 n1； 去掉第n行已经排好的n个数， 则余下的 nn 2 n nn 2 个数中最大数在第n1 行的概率为 n1 nn 2 2 n； 故pn 2 n1 2 n 2 3 2 n 1 nn3 2 n n！. 由于 2 n(1 1)nC0 nC 1 nC 2 n C n nC 0 nC 1 n C 2 nC 1 nC 2 nC 2 n1， 故 2 n n！ C 2 n2 n！，即 pn C 2 n1 n！ . 3(2018苏州暑假测试) 设集合M 1,0,1，集合An(x1，x2，xn)|xiM， i1,2 ，n，集合An中满足条件“ 1|x1| |x2| |xn
32、| m”的元素个数记为S n m. (1) 求S 2 2和S 4 2的值； (2) 当mn时，求证：S n m3 n2m12n1. 解： (1)S 2 2 8，S 4 232. (2) 证明：设集合P0 ，Q 1,1 若|x1| |x2| |xn| 1，即x1，x2，x3，xn中有n1 个取自集合P,1 个取自集 12 合Q， 故共有 C n1 n2 1 种可能，即为C 1 n2 1， 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 C n2 n2 2 种可能，即为C 2 n2 2， 若|x1| |x2| |xn| m，即x
33、1，x2，x3，xn中有nm个取自集合P，m个取自 集合Q， 故共有 C nm n2 m种可能，即为 C m n2 m ， 所以S n mC 1 n2 1C2 n2 2 Cm n2 m ， 因为当 0kn时， C k n1，所以 C k n10， 所以S n mC 1 n2 1C2 n2 2 Cm n2 m C 0 n2 0(C1 n2 1C2 n2 2 Cm n2 m ) (C m 1 n 1)2 m 1 (Cn n 1)2 n (C 0 n2 0C1 n2 1C2 n2 2 Cm n2 m C m1 n2 m1 Cn n2 n) (2m12m2 2n) (1 2) n (2n12m 1)
34、3n 2n1 2m 1. 所以当mn时，S n m3 n2m 12n 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( nN *) ，左边 x n 的系数为 C n 2n，而右边 (1x) n(1 x) n (C 0 n C 1 nx C n nx n)(C 0 nC 1 nx C n nx n) ， x n 的系数为C 0 nC n n C 1 nC n1 n C n n C 0 n(C 0 n) 2(C1 n) 2(C2 n) 2 (Cn n) 2，因此可得到组合恒等式 C n 2n(C 0 n) 2 (C1 n) 2(C2 n) 2 (C n n) 2. (1) 根据恒等式 (1x) mn(1 x) m (1 x) n( m，nN *) ，两边 x k( 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： 13 14