江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法（理）8.1 計數(shù)原理與二項式定理達標訓練（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法（理）8.1 計數(shù)原理與二項式定理達標訓練（含解析）1設(shè)集合A，B是非空集合M的兩個不同子集，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(A，B)的個數(shù)；(2)若Ma1，a2，a3，an，求所有不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)解：(1)110.(2)集合M有2n個子集，不同的有序集合對(A，B)有2n(2n1)個當AB，并設(shè)B中含有k(1kn，kN*)個元素，則滿足AB的有序集合對(A，B)有(2k1)2k3n2n個同理，滿足BA的有序集合對(A，B)有3n2n個故滿足條件

2、的有序集合對(A，B)的個數(shù)為2n(2n1)2(3n2n)4n2n23n.2記1,2，n滿足下列性質(zhì)T的排列a1，a2，an的個數(shù)為f(n)(n2，nN*)性質(zhì)T：排列a1，a2，an中有且只有一個aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)當n3時，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(1in

3、1)，從n1個數(shù)1,2,3，n1中選i1個數(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數(shù)為C.若ann，則滿足題意的排列個數(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)的表達式(用一個組合數(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，

4、得3f(3)CC2CC3CC30，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nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)當n1時，等式顯然成立當n2時，因為rCnnC， 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

5、二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個組合模型，一個袋中裝有(2n1)個小球，其中n個是編號為1,2，n的白球，其余(n1)個是編號為1,2，n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個小球，一方面，由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球(nr)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為CC，0rn1，由分類計數(shù)原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數(shù)為CC CC CC CC.另一方面，從袋中(2n1)個小球中任意摸出n個小球的組合的個數(shù)為C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用導數(shù))由二項式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.兩邊求導，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.，得n(1x)2n1(CCxCx2Cx

6、n)(C2CxrCxr1 nCxn1)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)造一個組合模型，從2n個元素中選取(n1)個元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n，n，若(n1)個元素中，從第一部分中取n個，第二部分中取1個，則有CC種選法，若從第一部分中取(n1)個，第二部分中取

7、2個，則有CC種選法，由分類計數(shù)原理可知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n2時，若f(2)f(2)A，求實數(shù)A的值；(2)若f(2)m(mN*,01)，求證：(m)1.解：(1)當n2時，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：因為f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22

8、nC22n1()2C()2n1，由題意知，f(2)(2)2n1m(mN*,01)，首先證明對于固定的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：因為f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，顯然f(2)f(2)N*. 又因為2(0,1)，故(2)2n1(0,1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0,1). 所以令m2C22n1

9、C22n1()2C22n3()4C21()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nm時，結(jié)論顯然成立當nm時，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因為CCC，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

10、)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.2(2018南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個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個數(shù)，則余下的n個數(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”的元素個數(shù)記為S.(1)求S和S的

11、值；(2)當mn時，求證：S3n2m12n1.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個取自集合P,1個取自集合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個取自集合P,2個取自集合Q，故共有C22種可能，即為C22，若|x1|x2|xn|m，即x1，x2，x3，xn中有nm個取自集合P，m個取自集合Q，故共有C2m種可能，即為C2m，所以SC21C22C2m，因為當0kn時，C1，所以C10，所以SC21C22C2mC20(C21C22C2m)(C1)2m1(C1)

12、2n(C20C21C22C2mC2m1C2n)(2m12m22n)(12)n(2n12m1)3n2n12m1.所以當mn時，S3n2m12n1.4(2018常州期末)對一個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，直接寫出一個恒等式；(2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明：