第3講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理1記n的展開(kāi)式中第m項(xiàng)的系數(shù)為bm.(1)求bm的表達(dá)式；(2)若n6，求展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)；(3)若b32b4，求n.解：(1)n的展開(kāi)式中第m項(xiàng)為C·(2x)nm1·m12n1m·C·xn22m，所以bm2n1m·C.(2)當(dāng)n6時(shí)，n的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r1C·(2x)6r·r26r·C·x62r.依題意，62r0，得r3，故展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為T(mén)423·C160.(3)由(1)及已知b32b4，得2n2·C2·2n3·C，從而CC，即n5.2已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為ann1.等式(x22x2)10b0b1(x1)b2(x1)2b20(x1)20，其中bi(i0,1,2，20)為實(shí)常數(shù)(1)求2n的值；(2)求nb2n的值解：法一：(1)令x1，得b01，令x0，得b0b1b2b202101 024，令x2，得b0b1b2b3b19b202101 024，所以2nb2b4b6b201 023.(2)對(duì)等式兩邊求導(dǎo)，得20(x1)(x22x2)9b12b2(x1)3b3(x1)220b20(x1)19，令x0，得b12b220b2020×2910 240，令x2，得b12b23b34b419b1920b2020×2910 240，所以b2n(2b24b46b620b20)5 120.所以nb2n(n1)b2nb2n2n5 1201 0236 143.法二：由二項(xiàng)式定理易知(x22x2)101(x1)210CC(x1)2C(x1)4C(x1)20b0b1(x1)b2(x1)2b20(x1)20，比較可知b2nC(n1,2，10)(1)2nCCC21011 023.(2)因?yàn)閍nn1, 所以nb2n(n1)CC，設(shè)TC0·C1·C2·C10·C，T也可以寫(xiě)成TC0·C10101·C9102·C81010·C，相加得2T10·210，即T5·210，所以nb2nC5·21021016 143.3(1)閱讀以下案例，利用此案例的想法化簡(jiǎn)CCCCCCCC.【案例】考察恒等式(1x)5(1x)2(x1)3左右兩邊x2的系數(shù)因?yàn)橛疫?1x)2(x1)3(CCxCx2)(Cx3Cx2CxC)，所以右邊x2的系數(shù)為CCCCCC，而左邊x2的系數(shù)為C，所以CCCCCCC.(2)求證：(r1)2(C)2n2C(n1)C.解：(1)考察恒等式(1x)7(1x)3(x1)4左右兩邊x3的系數(shù)因?yàn)橛疫?1x)3(x1)4(CCxCx2Cx3)·(Cx4Cx3Cx2CxC)，所以右邊x3的系數(shù)為CCCCCCCC，而左邊x3的系數(shù)為C，所以CCCCCCCCC.(2)證明：由rCr·n·nC，可得(r1)2(C)2(rC)2r(C)2(C)2n2(C)22n·C(C)2.考察恒等式(1x)2n(1x)n(x1)n左右兩邊xn的系數(shù)因?yàn)橛疫?1x)n(x1)n(CCxCxn)·(CxnCxn1C)，所以右邊xn的系數(shù)為CCCCCC(C)2，而左邊的xn的系數(shù)為C，所以(C)2C.同理可求得(C)2C.考察恒等式(1x)2n1(1x)n1(x1)n左右兩邊xn1的系數(shù)因?yàn)橛疫?1x)n1(x1)n(CCxCxn1)(CxnCxn1C)，所以右邊xn1的系數(shù)為CCCCCC·C，而左邊的xn1的系數(shù)為C，所以·CC，所以(r1)2(C)2n2Cn2C2nCCn2C2nCCn(CC)Cn(CC)CnCC(n1)C.4(2019·蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開(kāi)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(kāi)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(shuō)明理由；(2)已知n，r為正整數(shù)，且nr3.求證：任何四個(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(jiǎn)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5已知Anx0|xk1·2k2·22kn·2n，其中nN*，n2，ki1,1(i1，2，n)，記集合An的所有元素之和為Sn.(1)求S2，S3的值；(2)求Sn.解：(1)當(dāng)n2時(shí)，A2x0|xk1·2k2·22x0|x2k14k22,6，所以S2268.當(dāng)n3時(shí)，A3x0|xk1·2k2·22k3·23x0|x2k14k28k32,6,10,14所以S326101432.(2)若kn1，且k1k2kn11，n2，nN*，則x2222n12n2n20，此時(shí)xAn.所以kn必然等于1，且當(dāng)k1k2kn11，n2，nN*時(shí)，x2222n12n2n20，此時(shí)xAn.所以當(dāng)kn1，k1，k2，kn11,1，n2，nN*時(shí)，都有xAn.根據(jù)乘法原理知，使得ki1(i1,2,3，n1，n2，nN*)的x共有2n2個(gè)，使得ki1(i1,2,3，n1，n2，nN*)的x也共有2n2個(gè)，所以Sn中的所有ki·2i(i1,2,3，n1，n2，nN*)項(xiàng)的和為0，又因?yàn)槭沟胟n1的x共有2n1個(gè)，所以Sn2n1×2n22n1.- 6 -