（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法 第一讲 计数原理与二项式定理课

二项式定理与数学归纳法（理独）题八专[江苏卷5年考情分析]本专题在高考中基本年年都考，并以压轴题的形式考查．主要常考的类型有：考查计数原理与数学归纳法(2015年T23、2018年T23)，考查组合数及其性质结合考查运算求解和推理论证能力(2016年T23)，考查概率分布与数学期望及组合数的性质(2017年T23)，同时加强对二项式定理的考查(2019年T22)，考查学生的运算求解能力，难度一般．近几年高考对组合数的性质要求比较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．计数原理与二项式定理一讲第计数原理的应用题型(一)主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用.[典例感悟][例1](2018·江苏高考)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)．[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.[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：①分类不重不漏；②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，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，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，k＝1,2,3，…，n－1.则与集合A互斥的非空子集有2n－k－1个．于是f(n)＝12k＝1n－1Ckn(2n－k－1)＝12(k＝1n－1Ckn2n－k－k＝1n－1Ckn)．因为k＝1n－1Ckn2n－k＝k＝0nCkn2n－k－C0n2n－Cnn20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，k＝1n－1Ckn＝k＝0nCkn－C0n－Cnn＝2n－2，所以f(n)＝12[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝12(3n－2n＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A，B，C＝∁U(A∪B)之一中，则这n个元素在集合A，B，C中，共有3n种，其中A为空集的种数为2n，B为空集的种数为2n，所以A，B均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以f(n)＝12(3n－2n＋1＋1).二项式定理的应用题型(二)主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题.[典例感悟][例2](2018·江苏六市二调)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＝k＝0n(2k＋1)an－k＝k＝0n(2k＋1)Cn－k2n＋1＝k＝0n(2k＋1)Cn＋1＋k2n＋1＝k＝0n[2(n＋1＋k)－(2n＋1)]Cn＋1＋k2n＋1＝2k＝0n(n＋1＋k)Cn＋1＋k2n＋1－(2n＋1)k＝0nCn＋1＋k2n＋1＝2(2n＋1)k＝0nCn＋k2n－(2n＋1)k＝0nCn＋1＋k2n＋1＝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.[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，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn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](2019·江苏高考)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知a23＝2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1＋3)n＝a＋b3，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．解：(1)因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，n∈N*，所以a2＝C2n＝n（n－1）2，a3＝C3n＝n（n－1）（n－2）6，a4＝C4n＝n（n－1）（n－2）（n－3）24.因为a23＝2a2a4，所以n（n－1）（n－2）62＝2×n（n－1）2×n（n－1）（n－2）（n－3）24.解得n＝5.(2)由(1)知，n＝5.(1＋3)n＝(1＋3)5＝C05＋C153＋C25(3)2＋C35(3)3＋C45(3)4＋C55(3)5＝a＋b3.法一：因为a，b∈N*，所以a＝C05＋3C25＋9C45＝76，b＝C15＋3C35＋9C55＝44，从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.法二：(1－3)5＝C05＋C15(－3)＋C25(－3)2＋C35(－3)3＋C45(－3)4＋C55(－3)5＝C05－C153＋C25(3)2－C35(3)3＋C45(3)4－C55(3)5.因为a，b∈N*，所以(1－3)5＝a－b3.因此a2－3b2＝(a＋b3)(a－b3)＝(1＋3)5×(1－3)5＝(－2)5＝－32.组合数的性质应用题型(三)主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.[典例感悟][例3](2019·南京四校联考)已知m，n∈N*，定义fn(m)＝n（n－1）（n－2）·…·（n－m＋1）m！.(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)证明：k＝12n[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[解](1)f4(2)＝4×32！＝6，f4(5)＝4×3×2×1×05！＝0.(2)证明：由题意得，fn(m)＝Cmn，m≤n，0，m≥n＋1.当n＝1时，k＝12[k·2kf1(k)]＝2＋0＝2＝2×1×30.当n＞1时，因为k＝12n[k·2kfn(k)]＝1×2fn(1)＋2×22fn(2)＋3×23fn(3)＋…＋2n×22nfn(2n)＝1×2C1n＋2×22C2n＋3×23C3n＋…＋n×2nCnn，且k·Ckn＝k·n！k！（n－k）！＝n·（n－1）！（k－1）！[（n－1）－（k－1）]！＝n·Ck－1n－1(k≤n)，所以k＝12n[k·2kfn(k)]＝n×2C0n－1＋n×22C1n－1＋n×23C2n－1＋…＋n×2nCn－1n－1＝2n(1＋2)n－1＝2n·3n－1.综上所述，k＝12n[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[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：Ckn＝Cn－kn，Ckn＋1＝Ckn＋Ck－1n.(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n∈N*，n≥3，k∈N*.(1)求值：①kCkn－nCk－1n－1；②k2Ckn－n(n－1)Ck－2n－2－nCk－1n－1(k≥2)．(2)化简：12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ckn＋…＋(n＋1)2Cnn.解：(1)①kCkn－nCk－1n－1＝k×n！k！（n－k）！－n×（n－1）！（k－1）！（n－k）！＝n！（k－1）！（n－k）！－n！（k－1）！（n－k）！＝0.②k2Ckn－n(n－1)Ck－2n－2－nCk－1n－1＝k2×n！k！（n－k）！－n(n－1)×（n－2）！（k－2）！（n－k）！－n×（n－1）！（k－1）！（n－k）！＝k×n！（k－1）！（n－k）！－n！（k－2）！（n－k）！－n！（k－1）！（n－k）！＝n！（k－2）！（n－k）！kk－1－1－1k－1＝0.(2)法一：由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2Ckn＝(k2＋2k＋1)Ckn＝k2Ckn＋2kCkn＋Ckn＝[n(n－1)Ck－2n－2＋nCk－1n－1]＋2nCk－1n－1＋Ckn＝n(n－1)Ck－2n－2＋3nCk－1n－1＋Ckn.故12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ckn＋…＋(n＋1)2Cnn＝(12C0n＋22C1n)＋n(n－1)(C0n－2＋C1n－2＋…＋Cn－2n－2)＋3n(C1n－1＋C2n－1＋…＋Cn－1n－1)＋(C2n＋C3n＋…＋Cnn)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cknxk＋…＋Cnnxn，两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋C1nx2＋C2nx3＋…＋Cknxk＋1＋…＋Cnnxn＋1，两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2C1nx＋3C2nx2＋…＋(k＋1)Cknxk＋…＋(n＋1)Cnnxn，两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1nx2＋3C2nx3＋…＋(k＋1)Cknxk＋1＋…＋(n＋1)Cnnxn＋1，两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22C1nx＋32C2nx2＋…＋(k＋1)2Cknxk＋…＋(n＋1)2Cnnxn.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ckn＋…＋(n＋1)2Cnn，即12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋