《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)式定理達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（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)式定理達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）（6頁(yè)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)式定理達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析） 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M＝{a1，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M＝{a1，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(2n－1)個(gè)． 當(dāng)A?B，并設(shè)B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)個(gè)元素， 則滿足A?B的有序集合對(duì)(A，B)有(2k－1)＝2k

2、－＝3n－2n個(gè)． 同理，滿足B?A的有序集合對(duì)(A，B)有3n－2n個(gè)． 故滿足條件的有序集合對(duì)(A，B)的個(gè)數(shù)為2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n. 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)(n≥2，n∈N*)．性質(zhì)T：排列a1，a2，…，an中有且只有一個(gè)ai＞ai＋1(i∈{1,2，…，n－1})． (1)求f(3)； (2)求f(n)． 解：(1)當(dāng)n＝3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)i∈{1,2,3}，使

3、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)，從n－1個(gè)數(shù)1,2,3，…，n－1中選i－1個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，…，ai－1，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an＝n，則滿足題意的排列個(gè)數(shù)為f(n－1)． 綜上，f(n)＝f(n－1)＋＝f(n－1)＋2n－1－1. 從而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1. 3．(2018·南京、鹽城一模)已知n∈N*，nf(n)＝C

4、C＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC. (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)＝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)． 欲證猜想成立，只要證等式nC＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC成立． 法一：(直接法)當(dāng)n＝1時(shí)，等式顯然成立． 當(dāng)n≥2時(shí)，

5、因?yàn)閞C＝＝ ＝n×＝nC， 故rCC＝(rC)C＝nCC. 故只需證明nC＝nCC＋nCC＋…＋nC·C＋…＋nCC. 即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC. 而C＝C，故即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.② 由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C. 而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)， 所以xn的系數(shù)為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． 綜上，f(n)＝C成立．

6、法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組合模型，一個(gè)袋中裝有(2n－1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1,2，…，n的白球，其余(n－1)個(gè)是編號(hào)為1,2，…，n－1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((n－r)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C·C，0≤r≤n－1，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(2n－1)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C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC，余下同法一． 法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理， 得(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn.③

7、 兩邊求導(dǎo)，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 左邊xn的系數(shù)為nC. 右邊xn的系數(shù)為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：(構(gòu)造模型)由nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC， 得nf(n)＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC＝nCC＋

8、(n－1)CC＋…＋CC， 所以2nf(n)＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC) ＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC)， 構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n＋1)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(n＋1)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(n－1)個(gè)，第二部分中取2個(gè)，則有CC種選法，…，由分類計(jì)數(shù)原理可知C＝CC＋CC＋…＋CC. 故2nf(n)＝(n＋1)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＋)2n＋1(n∈N*，x∈R)． (1)當(dāng)n＝2時(shí)，若f

9、(2)＋f(－2)＝A，求實(shí)數(shù)A的值； (2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1. 解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，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)證明：因?yàn)閒(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， 由題

10、意知，f(2)＝(＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)， 首先證明對(duì)于固定的n∈N*，滿足條件的m，α是唯一的． 假設(shè)f(2)＝(2＋)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)， 則m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以滿足條件的m，α是唯一的. 下面我們求m及α的值： 因?yàn)閒(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]，

11、 顯然f(2)－f(－2)∈N*. 又因?yàn)椋?∈(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， 則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組——大題增分練 1．(2016·江蘇高考)(1)求7C－4C的值； (2)設(shè)m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)C＋

12、(m＋2)·C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. 解：(1)7C－4C＝7×－4×＝0. (2)證明：當(dāng)n＝m時(shí)，結(jié)論顯然成立． 當(dāng)n＞m時(shí)，(k＋1)C＝ ＝(m＋1)· ＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因?yàn)镃＋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、鹽城二模

13、)現(xiàn)有(n≥2，n∈N*)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1≤k≤n，k∈N*.記M1. 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n－1行的概率為＝； … 故pn＝××…×＝＝. 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C>C＋C＝C， 故>，即pn>. 3．(2018·蘇州暑假測(cè)試)設(shè)集合M＝{－1,0,1}，集合A

14、n＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，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)m

15、為C22， 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1，x2，x3，…，xn中有n－m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S＝C21＋C22＋…＋C2m， 因?yàn)楫?dāng)0≤k≤n時(shí)，C≥1，所以C－1≥0， 所以S＝C21＋C22＋…＋C2m

16、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(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左邊xn的系數(shù)為C，而右邊(1＋x)n(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn)(C＋Cx＋…＋Cxn)，xn的系數(shù)為CC＋ CC＋…＋C 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(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，兩邊xk(其中k∈N，k≤m，k≤n)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：