《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.1 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理講義（含解析）本部分內(nèi)容在高考中基本年年都考，并以壓軸題形式考查.2014年考復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)和數(shù)學(xué)歸納法；2015年主要考查計(jì)數(shù)原理，又涉及到數(shù)學(xué)歸納法；2016年考查組合數(shù)及其性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力；2017年考查概率分布與期望及組合數(shù)的性質(zhì)，既考查運(yùn)算能力，又考查思維能力.2018年考查計(jì)數(shù)原理，考查考生的運(yùn)算求解能力和推理論證能力近幾年高考對(duì)組合數(shù)的性質(zhì)要求較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學(xué)歸納法等知識(shí)交匯考查第一講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理題型(一)計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用主要

2、考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理在集合或數(shù)列中的應(yīng)用. 典例感悟例1(2018江蘇高考)設(shè)nN*，對(duì)1，2，n的一個(gè)排列i1i2in，如果當(dāng)sit，則稱(is，it)是排列i1i2in的一個(gè)逆序，排列i1i2in的所有逆序的總個(gè)數(shù)稱為其逆序數(shù)例如：對(duì)1,2,3的一個(gè)排列231，只有兩個(gè)逆序(2,1)，(3,1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1,2，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個(gè)數(shù)(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表達(dá)式(用n表示)解(1)記(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對(duì)1,2,3的所有排列，有(123)0，(132)1，(213)1，(231)2，(312

3、)2，(321)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2)2.對(duì)1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，將數(shù)字4添加進(jìn)去，4在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置因此f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)對(duì)一般的n(n4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個(gè)：12n，所以fn(0)1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12n中的任意相鄰兩個(gè)數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)n1.為計(jì)算fn1(2)，當(dāng)1,2，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n1添加進(jìn)原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.當(dāng)n5時(shí)，fn(2)fn(2)f

4、n1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，當(dāng)n5時(shí)，fn(2).方法技巧(1)深化對(duì)兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的認(rèn)識(shí)，培養(yǎng)“全局分類”和“局部分步”的意識(shí)，并在操作中確保：分類不重不漏；分步要使各步具有連續(xù)性和獨(dú)立性. (2)解決計(jì)數(shù)應(yīng)用題的基本思想是“化歸”，即由實(shí)際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計(jì)算其結(jié)果，從而解決實(shí)際問題演練沖關(guān)(2018蘇北三市三模)已知集合U1,2，n(nN*，n2)，對(duì)于集合U的兩個(gè)非空子集A，B，若AB，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”記集合U的所有“互斥子集”的組數(shù)為f(n)(視(A，B)與(B，A)為同一

5、組“互斥子集”)(1)寫出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：設(shè)集合A中有k個(gè)元素，k1,2,3，n1.則與集合A互斥的非空子集有2nk1個(gè)于是f(n)(2nk1)(2nk)因?yàn)?nk2nkC2nC20(21)n2n13n2n1，CC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一個(gè)元素只能在集合A，B，CU(AB)之一中，則這n個(gè)元素在集合A，B，C中，共有3n種，其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n，所以A，B均為非空子集的種數(shù)為3n22n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互

6、斥子集”，所以f(n)(3n2n11).題型(二)二項(xiàng)式定理的應(yīng)用主要考查利用二項(xiàng)式定理求和或利用二項(xiàng)式定理論證整除問題.典例感悟例2(2018江蘇六市二調(diào))已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.記Tn(2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化簡Tn的表達(dá)式，并證明：對(duì)任意的nN*，Tn都能被4n2整除解由二項(xiàng)式定理，得aiC(i0,1,2，2n1)(1)T2a23a15a0C3C5C30. (2)因?yàn)?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)

7、(22nC)(2n1)22n1(2n1)C. Tn(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因?yàn)镃N*，所以Tn能被4n2整除. 方法技巧二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用主要是構(gòu)造一個(gè)生成相應(yīng)二項(xiàng)式系數(shù)的函數(shù)，通過研究函數(shù)關(guān)系證明恒等式、不等式和整除性問題將二項(xiàng)式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn中的a，b進(jìn)行特殊化就會(huì)得到很多有關(guān)組合數(shù)的相關(guān)和的結(jié)果，這是研究有關(guān)組合數(shù)的和的問題的常用方法還可以利用求函數(shù)值的思想進(jìn)行賦值求解演練沖關(guān)設(shè)a，b，nN*，且ab，對(duì)于二項(xiàng)式()n.(1)當(dāng)n3,4時(shí)，分別將該二項(xiàng)式表示為(p，qN*)的形式；(2)求證：存在p，qN*，使得等式()

8、n與(ab)npq同時(shí)成立解：(1)當(dāng)n3時(shí)，()3(a3b)(b3a)， .當(dāng)n4時(shí)，()4a24a6ab4bb2(a26abb2)4(ab)， .(2)證明：由二項(xiàng)式定理得()n(1)kC()nk()k，若n為奇數(shù)，則()nC()nC()n2()2C()3()n3C()()n1C()n1()C()n3()3C()2()n2C()n，分析各項(xiàng)指數(shù)的奇偶性易知，可將上式表示為()nu1v1的形式，其中u1，v1N*，也即()n，其中pua，qvb，p，qN*，若n為偶數(shù)，則()nC()nC()n2()2C()2()n2C()nC()n1()C()n3()3C()3()n3C()()n1類似地，

9、可將上式表示為()nu2v2的形式，其中u2，v2N*，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可表示為()n，從而有pq()()()n()n(ab)n，綜上可知結(jié)論成立題型(三)組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用主要考查利用組合數(shù)性質(zhì)進(jìn)行代數(shù)化簡論證問題. 典例感悟例3(2018蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開始，除1以外，其他每一個(gè)數(shù)值是它上面的兩個(gè)數(shù)值之和，這個(gè)三角形數(shù)陣開頭幾行如圖所示(1)在楊輝三角形中是否存在某一行，且該行中三個(gè)相鄰的數(shù)之比為345？若存在，試求出是第幾行；若不存在，請(qǐng)說明理由；(2)已知n，r為正整數(shù)，且nr3.求證：任

10、何四個(gè)相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構(gòu)成等差數(shù)列解(1)楊輝三角形的第n行由二項(xiàng)式系數(shù)C，k0,1,2，n組成如果第n行中有，那么3n7k3,4n9k5，解得k27，n62.即第62行有三個(gè)相鄰的數(shù)C，C，C的比為345.(2)證明：若有n，r(nr3)，使得C，C，C，C成等差數(shù)列，則2CCC，2CCC，即，.有，化簡整理得，n2(4r5)n4r(r2)20，n2(4r9)n4(r1)(r3)20.兩式相減得，n2r3，于是C，C，C，C成等差數(shù)列而由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可知CCCC，這與等差數(shù)列的性質(zhì)矛盾，從而要證明的結(jié)論成立方法技巧(1)對(duì)于組合數(shù)問題，需要熟記并能靈活運(yùn)用以下兩個(gè)組合數(shù)公式

11、：CC，CCC.(2)對(duì)于二項(xiàng)式定理問題，需掌握賦值法和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能將二項(xiàng)式系數(shù)與二項(xiàng)展開式系數(shù)區(qū)別開來演練沖關(guān)(2018南京、鹽城一模)設(shè)nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2)化簡：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCkn0.k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(2)法一：由(1)可知，當(dāng)k2時(shí)，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)

12、2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：當(dāng)n3時(shí)，由二項(xiàng)式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，兩邊同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，兩邊再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，兩邊再對(duì)x求導(dǎo)，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，

13、即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4)A組大題保分練1設(shè)集合A，B是非空集合M的兩個(gè)不同子集，滿足：A不是B的子集，且B也不是A的子集(1)若Ma1，a2，a3，a4，直接寫出所有不同的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)；(2)若Ma1，a2，a3，an，求所有不同的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)解：(1)110.(2)集合M有2n個(gè)子集，不同的有序集合對(duì)(A，B)有2n(2n1)個(gè)當(dāng)AB，并設(shè)B中含有k(1kn，kN*)個(gè)元素，則滿足AB的有序集合對(duì)(A，B)有(2k1)2k3n2n個(gè)同理，滿足BA的有序集合對(duì)(A，B)有3n2n個(gè)故滿足條件的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)為2n(

14、2n1)2(3n2n)4n2n23n.2記1,2，n滿足下列性質(zhì)T的排列a1，a2，an的個(gè)數(shù)為f(n)(n2，nN*)性質(zhì)T：排列a1，a2，an中有且只有一個(gè)aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)當(dāng)n3時(shí)，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)，其中滿足僅存在一個(gè)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)，從n1個(gè)數(shù)1,2,3，n1中選

15、i1個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，ai1，其余按從小到大的順序排列在余下位置，于是滿足題意的排列個(gè)數(shù)為C.若ann，則滿足題意的排列個(gè)數(shù)為f(n1)綜上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.從而f(n)(n3)f(3)2nn1.3(2018南京、鹽城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)試猜想f(n)的表達(dá)式(用一個(gè)組合數(shù)表示)，并證明你的猜想解：(1)由條件，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

16、f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲證猜想成立，只要證等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)當(dāng)n1時(shí)，等式顯然成立當(dāng)n2時(shí)，因?yàn)閞CnnC， 故rCC(rC)CnCC.故只需證明nCnCCnCCnCCnCC.即證CCC CC CC CC.而CC，故即證CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C.而右邊(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系數(shù)為CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立綜上，f(n)C成立法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組合模型，一

17、個(gè)袋中裝有(2n1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1,2，n的白球，其余(n1)個(gè)是編號(hào)為1,2，n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個(gè)小球，一方面，由分步計(jì)數(shù)原理其中含有r個(gè)黑球(nr)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為CC，0rn1，由分類計(jì)數(shù)原理有從袋中任意摸出n個(gè)小球的組合的總數(shù)為CC CC CC CC.另一方面，從袋中(2n1)個(gè)小球中任意摸出n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.兩邊求導(dǎo)，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1

18、)左邊xn的系數(shù)為nC.右邊xn的系數(shù)為CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n1)個(gè)元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個(gè)元素分成兩個(gè)部分n，n，若(n1)個(gè)元素中，從第一部分中取n個(gè)，第二部分中取1個(gè)，則有CC種選法，若從第一部分中取(n1)個(gè)，第二部分中取2個(gè)，則有CC種選法，由分類計(jì)數(shù)原理

19、可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n)C.4(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二)已知函數(shù)f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1)當(dāng)n2時(shí)，若f(2)f(2)A，求實(shí)數(shù)A的值；(2)若f(2)m(mN*,01)，求證：(m)1.解：(1)當(dāng)n2時(shí)，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)證明：因?yàn)閒(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由題

20、意知，f(2)(2)2n1m(mN*,01)，首先證明對(duì)于固定的nN*，滿足條件的m，是唯一的假設(shè)f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*,011,021，m1m2，12)，則m1m2210，而m1m2Z，21(1,0)(0,1)，矛盾所以滿足條件的m，是唯一的. 下面我們求m及的值：因?yàn)閒(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，顯然f(2)f(2)N*. 又因?yàn)?(0,1)，故(2)2n1(0,1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0,1). 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C2

21、1()2n，(2)2n1，則mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11. B組大題增分練1(2016江蘇高考)(1)求7C4C的值；(2)設(shè)m，nN*，nm，求證：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C740.(2)證明：當(dāng)nm時(shí)，結(jié)論顯然成立當(dāng)nm時(shí)，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因?yàn)镃CC，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)

22、(m1)C.2(2018南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個(gè)給定的不同的數(shù)隨機(jī)排成一個(gè)下圖所示的三角形數(shù)陣：設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1kn，kN*.記M1M2.解：(1)由題意知p2，即p2的值為.(2)證明：先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為；去掉第n行已經(jīng)排好的n個(gè)數(shù)，則余下的n個(gè)數(shù)中最大數(shù)在第n1行的概率為；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.3(2018蘇州暑假測試)設(shè)集合M1,0,1，集合An(x1，x2，xn)|xiM，i1,2，n，集合An中滿足條件“1|x1|x2|xn|m”的元素個(gè)數(shù)記為S.(1)求S和S的值；(2)當(dāng)mn時(shí)，求證：S3n2m

23、12n1.解：(1)S8，S32.(2)證明：設(shè)集合P0，Q1,1若|x1|x2|xn|1，即x1，x2，x3，xn中有n1個(gè)取自集合P,1個(gè)取自集合Q，故共有C21種可能，即為C21，同理，|x1|x2|xn|2，即x1，x2，x3，xn中有n2個(gè)取自集合P,2個(gè)取自集合Q，故共有C22種可能，即為C22，若|x1|x2|xn|m，即x1，x2，x3，xn中有nm個(gè)取自集合P，m個(gè)取自集合Q，故共有C2m種可能，即為C2m，所以SC21C22C2m，因?yàn)楫?dāng)0kn時(shí)，C1，所以C10，所以SC21C22C2mC20(C21C22C2m)(C1)2m1(C1)2n(C20C21C22C2mC2m

24、1C2n)(2m12m22n)(12)n(2n12m1)3n2n12m1.所以當(dāng)mn時(shí)，S3n2m12n1.4(2018常州期末)對(duì)一個(gè)量用兩種方法分別算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法利用這種方法，結(jié)合二項(xiàng)式定理，可以得到很多有趣的組合恒等式如：考察恒等式(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左邊xn的系數(shù)為C，而右邊(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系數(shù)為CC CCC C(C)2(C)2(C)2(C)2，因此可得到組合恒等式C(C)2(C)2(C)2(C)2.(1)根據(jù)恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，兩邊xk(其中kN，km，kn)的系數(shù)相同，直接寫出一個(gè)恒等式；(2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明：