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高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求；(2)排列与组合，B级要求；(3)二项式定理，B级要求；(4)数学归纳法的简单应用，B级要求.1.(2018·江苏卷)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当st时，有isit，则称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in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)(n≥5)的表达式(用n表示).真题感悟解(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(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(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.为计算fn＋1(2)，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.当n≥5时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝n2－n－22.因此，当n≥5时，fn(2)＝n2－n－22.2.(2016·江苏卷)(1)求7C36－4C47的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋nCmn－1＋(n＋1)Cmn＝(m＋1)Cm＋2n＋2.(1)解7C36－4C47＝7×20－4×35＝0.(2)证明对任意的m，n∈N*，n≥m，①当n＝m时，左边＝(m＋1)Cmm＝m＋1，右边＝(m＋1)Cm＋2m＋2＝m＋1，原等式成立.②假设n＝k(k≥m)时命题成立.即(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCmk－1＋(k＋1)Cmk＝(m＋1)Cm＋2k＋2，当n＝k＋1时，左边＝(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋kCmk－1＋(k＋1)Cmk＋(k＋2)Cmk＋1＝(m＋1)Cm＋2k＋2＋(k＋2)Cmk＋1，右边＝(m＋1)Cm＋2k＋3.而(m＋1)Cm＋2k＋3－(m＋1)Cm＋2k＋2＝(m＋1)（k＋3）！（m＋2）！（k－m＋1）！－（k＋2）！（m＋2）！（k－m）！＝(m＋1)×（k＋2）！（m＋2）！（k－m＋1）！[(k＋3)－(k－m＋1)]＝(k＋2)（k＋1）！m！（k－m＋1）！＝(k＋2)Cmk＋1，∴(m＋1)Cm＋2k＋2＋(k＋2)Cmk＋1＝(m＋1)Cm＋2k＋3，∴左边＝右边.即m＝k＋1时命题也成立.综合①②可得原命题对任意m，n∈N*，n≥m均成立.1.两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.排列与组合(1)排列的定义：排列数公式：Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！（n－m）！(m≤n，m，n∈N*).考点整合(2)组合的定义：组合数公式：Cmn＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！＝n！m！（n－m）！(m≤n，m，n∈N*)；组合数性质：Cmn＝Cn－mn；Cmn＋Cm－1n＝Cmn＋1.3.(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cn－1nabn－1＋Cnnbn，其中C0n，C1n，…，Cnn称为二项式系数；(2)C0n＋C1n＋…＋Cnn＝2n；(3)通项：Tr＋1＝Crnan－rbr，r≤n，n，r∈N*.4.数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.热点一与计数原理有关的问题【例1】(2011·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b.(1)记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足13(a－b)是整数的点P的个数，求Bn.解(1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及a－b＝3k的点P的个数，只要讨论fn(k)≥1的情形.由1≤b＝a－3k≤n－3k知fn(k)＝n－3k，且k≤n－13，设n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0，1，2}，则k≤m，所以Bn＝∑mk＝1fn(k)＝∑mk＝1(n－3k)＝mn－3m（m＋1）2＝m（2n－3m－3）2，将m＝n－1－r3代入上式，化简得Bn＝（n－1）（n－2）6－r（r－1）6，所以Bn＝n（n－3）6，n3是整数，（n－1）（n－2）6，n3不是整数.探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算.【训练1】(2018·南京、盐城、连云港二模)已知n∈N*，且n≥4，数列T：a1，a2，…，an中的每一项均在集合M＝{1，2，…，n}中，且任意两项不相等.(1)若n＝7，且a2＜a3＜a4＜a5＜a6，求数列T的个数；(2)若数列T中存在唯一的ak(k∈N*，且k＜n)，满足ak＞ak＋1，求所有符合条件的数列T的个数.解(1)当n＝7时，M＝{1，2，…，7}，数列T的个数为C27×A22＝42.(2)当k＝1时，则a1＞a2，a2＜a3＜…＜an，此时a2为1,a1共有(n－1)种选法，余下的(n－2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此k＝1时，符合条件的数列T共有n－1＝(C1n－1)(个).当2≤k≤n－2时，则a1＜a2＜…＜ak，ak＞ak＋1，ak＋1＜ak＋2＜…＜an，从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，再将余下的(n－k)个数，按从小到大的顺序排列，即得满足条件a1＜a2＜…＜ak，ak＋1＜ak＋2＜…＜an的数列的个数为CknCn－kn－k，这里包含了ak＜ak＋1即a1＜a2＜…＜ak＜ak＋1＜ak＋2＜…＜an的情形，此时符合条件的数列T共有CknCn－kn－k－1＝Ckn－1(个).当k＝n－1时，则a1＜a2＜…＜an－1，an－1＞an，此时an－1为n，an共有(n－1)种选法,余下的(n－2)个数,按从小到大依次排列，共有1种，因此k＝n－1时，符合条件的数列T共有n－1＝(Cn－1n－1)(个).于是所有符合条件的数列T的个数为：C1n－1＋C2n－1＋…＋Cn－1n－1＝C1n＋C2n＋…＋Cn－1n－n＋1＝2n－C0n－Cnn－n＋1＝2n－n－1.热点二与二项式定理有关的问题【例2】设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P；(2)若存在n≤2017，使f(n)具有性质P，求n的最大值.(1)证明f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C17＝7，C27＝21，C37＝35.因为C17＋C37＝2C27，即C17，C27，C37成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)解设f(n)具有性质P，则存在r∈N*，1≤r≤n－1，使Cr－1n，Crn，Cr＋1n成等差数列，所以Cr－1n＋Cr＋1n＝2Crn.整理得4r2－4nr＋(n2－n－2)＝0，即(2r－n)2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数.又n≤2017，由于442＜2017＋2＜452，所以n的最大值为442－2＝1934，此时r＝989或945.探究提高涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别.(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质.(3)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当x给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.【训练2】(2018·南通、扬州、淮安等六市调研)已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.记Tn＝k＝0n(2k＋1)an－k.(1)求T2的值；(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除.解由二项式定理，得ai＝Ci2n＋1(i＝0，1，2，…，2n＋1).(1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C25＋3C15＋5C05＝30.(2)因为(n＋1＋k)Cn＋1＋k2n＋1＝(n＋1＋k)·（2n＋1）！（n＋1＋k）！（n－k）！＝（2n＋1）·（2n）！（n＋k）！（n－k）！＝(2n＋1)Cn＋k2n，所以Tn＝＝2(2n＋1)·12·(22n＋Cn2n)－(2n＋1)·12·22n＋1＝(2n＋1)Cn2n.Tn＝(2n＋1)Cn2n＝(2n＋1)(Cn－12n－1＋Cn2n－1)＝2(2n＋1)Cn2n－1＝(4n＋2)Cn2n－1.因为Cn2n－1∈N*，所以Tn能被4n＋2整除.热点三数学归纳法的应用【例3】(2017·南通、泰州、扬州调研)已知函数f0(x)＝cx＋dax＋b(a≠0，ac－bd≠0).设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求f1(x)，f2(x)；(2)猜想fn(x)的表达式，并证明你的结论.解(1)f1(x)＝f0′(x)＝cx＋dax＋b′＝bc－ad（ax＋b）2；f2(x)＝f1′(x)＝bc－ad（ax＋b）2′＝－2a（bc－ad）（ax＋b）3.(2)猜想fn(x)＝（－1）n－1·an－1·（bc－ad）·n！（ax＋b）n＋1，n∈N*.证明当n＝1时，由(1)知结论正确，假设当n＝k，k∈N*时，结论正确，即fk(x)＝（－1）k－1·ak－1·（bc－ad）·k！（ax＋b）k＋1；当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝f′k(x)＝（－1）k－1·ak－1·（bc－ad）·k！（ax＋b）k＋1′＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′＝（－1）k·ak·（bc－ad）·（k＋1）！（ax＋b）k＋2，所以当n＝k＋1时，结论也成立.综上所述，对一切n∈N*，fn(x)＝（－1）n－1·an－1·（bc－ad）·n！（ax＋b）n＋1.探究提高在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项.同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法.【训练3】(2015·江苏卷)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)Y6＝{1，2，3，4，