2020江蘇高考理科數(shù)學(xué)二輪講義：專題七第5講　計數(shù)原理和二項式定理

第5講　計數(shù)原理和二項式定理 [2019考向?qū)Ш?/span>]考點掃描三年考情考向預(yù)測2019201820171．計數(shù)原理、排列、組合   　　江蘇高考對兩個計數(shù)原理、排列、組合和二項式定理的考查往往與集合，數(shù)列，概率進行綜合，出現(xiàn)在第23題中，難度大，涉及二項式定理主要題目類型是：(1)證明某些整除問題或求余數(shù)；(2)證明有關(guān)不等式．也可能會與概率，數(shù)學(xué)歸納法綜合在一起考查．2．二項式定理第22題  1．排列與組合(1)排列：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列．從n個不同元素中取出m個元素的排列數(shù)公式是A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或?qū)懗?/span>A＝．(2)組合：從n個不同元素中，任取m(m≤n)個元素并成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合．從n個不同元素中取出m個元素的組合數(shù)公式是C＝或?qū)懗?/span>C＝．(3)組合數(shù)的性質(zhì)：①C＝C；②C＝C＋C．2．二項式定理(1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(r＝0，1，2，…，n)．(2)二項展開式的通項Tr＋1＝Can－rbr，r＝0，1，2，…，n，其中C叫做二項式系數(shù)．(3)二項式系數(shù)的性質(zhì)①對稱性：與首末兩端“等距離”兩項的二項式系數(shù)相等，即C＝C，C＝C，…，C＝C，…．②最大值：當n為偶數(shù)時，中間一項的二項式系數(shù)Cn取得最大值；當n為奇數(shù)時，中間的兩項的二項式系數(shù)Cn，Cn相等，且同時取得最大值．③各二項式系數(shù)的和(ⅰ)C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n；(ⅱ)C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋…＋C＋…＝·2n＝2n－1．計數(shù)原理、排列、組合[典型例題] (2019·南通密卷)設(shè)P1，P2，…，Pj為集合P＝{1，2，…，i}的子集，其中i，j為正整數(shù)．記aij為滿足P1∩P2∩…∩Pj＝?的有序子集組(P1，P2，…，Pj)的個數(shù)．(1)求a22的值； (2)求aij的表達式．【解】　(1)由題意得P1，P2為集合P＝{1，2}的子集，因為P1∩P2＝?，所以集合P＝{1，2}中的元素“1”共有如下3種情形：1?P1，且1?P2；1∈P1，且1?P2；1?P1，且1∈P2．同理可得集合P＝{1，2}中的元素“2”也有3種情形，根據(jù)分步乘法原理得，a22＝3×3＝9．(2)考慮P＝{1，2，…，i}中的元素“1”，有如下情形：1不屬于P1，P2，…，Pj中的任何一個，共C種；1只屬于P1，P2，…，Pj中的某一個，共C種；1只屬于P1，P2，…，Pj中的某兩個，共C種；…1只屬于P1，P2，…，Pj中的某(j－1)個，共C種，根據(jù)分類加法原理得，元素“1”共有C＋C＋C＋…＋C＝2j－1種情形，同理可得，集合P＝{1，2，…，i}中其他任一元素均有(2j－1)種情形，根據(jù)分步乘法原理得，aij＝(2j－1)i．在解決綜合問題時，可能同時應(yīng)用兩個計數(shù)原理，即分類的方法可能要運用分步完成，分步的方法可能會采取分類的思想求．分清完成該事情是分類還是分步，“類”間互相獨立，“步”間互相聯(lián)系．[對點訓(xùn)練]1．(2019·無錫三校聯(lián)考)設(shè)n∈N*且n≥4，集合M＝{1，2，3，…，n}的所有3個元素的子集記為A1，A2，…，AC．(1)求集合A1，A2，…，AC中所有元素之和S；(2)記mi為Ai(i＝1，2，…，C)中最小元素與最大元素之和，求的值．[解] (1)因為含元素1的子集有C個，同理含2，3，4，…，n的子集也各有C個，于是所求元素之和為(1＋2＋3＋…＋n)×C＝(n2－2n)(n2－1)．(2)集合M＝{1，2，3，…，n}的所有3個元素的子集中：以1為最小元素的子集有C個，以n為最大元素的子集有C個；以2為最小元素的子集有C個，以n－1為最大元素的子集有C個；…以n－2為最小元素的子集有C個，以3為最大元素的子集有C個．所以mi＝m1＋m2＋…＋mC＝(n＋1)(C＋C＋…＋C)＝(n＋1)(C＋C＋…＋C＋C)＝(n＋1)(C＋C＋…＋C＋C)＝…＝(n＋1)C，所以＝n＋1．所以＝2 016＋1＝2 017．二項式定理[典型例題] (2019·高考江蘇卷)設(shè)(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*．已知a＝2a2a4．(1)求n的值；(2)設(shè)(1＋)n＝a＋b，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．【證明】　(1)因為(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，n≥4，所以a2＝C＝，a3＝C＝，a4＝C＝．因為a＝2a2a4，所以＝2××．解得n＝5．(2)由(1)知，n＝5．(1＋)n＝(1＋)5＝C＋C＋C()2＋C()3＋C()4＋C()5＝a＋b．法一：因為a，b∈N*，所以a＝C＋3C＋9C＝76，b＝C＋3C＋9C＝44，從而a2－3b2＝762－3×442＝－32．法二：(1－)5＝C＋C(－)＋C(－)2＋C(－)3＋C(－)4＋C(－)5＝C－C＋C()2－C()3＋C()4－C()5．因為a，b∈N*，所以(1－)5＝a－b．因此a2－3b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)5×(1－)5＝(－2)5＝－32．涉及二項式定理的試題要注意以下幾個方面：(1)某一項的二項式系數(shù)與這一項的系數(shù)是兩個不同的概念，必須嚴格加以區(qū)別．(2)在二項展開式中，有時存在一些特殊的項，如常數(shù)項、有理項、整式項等等，要注意求這些特殊項的方法．(3)根據(jù)所給式子的結(jié)構(gòu)特征活用二項式定理是解決二項式問題應(yīng)具備的基本素質(zhì)．(4)關(guān)于x的二項式(a＋bx)n (a，b為常數(shù))的展開式可以看成是關(guān)于x的函數(shù)，且當x給予某一個值時，可以得到一個與系數(shù)有關(guān)的等式，所以，當展開式涉及與系數(shù)有關(guān)的問題時，可以利用函數(shù)思想來解決．[對點訓(xùn)練]2．已知f(x)＝(2＋)n，其中n∈N*．(1)若展開式中x3的系數(shù)為14，求n的值；(2)當x＝3時，求證：f(x)必可表示成＋(s∈N*)的形式．[解] (1)因為Tr＋1＝C·2n－r·x．令＝3得r＝6，故x3項的系數(shù)為C·2n－6＝14，解得n＝7．(2)證明：由二項式定理可知(2＋)n＝C2n＋C2n－1·＋C2n－2·()2＋…＋C2n－r()r＋…＋C()n＝(C2n＋C2n－2()2＋…)＋(C2n－1＋C2n－3·3＋…)．令x＝C2n＋C2n－2()2＋…，y＝C2n－1＋C2n－3·3＋…，顯然x∈N*，y∈N*．則(2＋)n＝x＋y，(2－)n＝x－y，所以(2＋)n·(2－)n＝x2－3y2＝1．令s＝x2，則必有s－1＝x2－1＝3y2．從而f(x)必可表示成 ＋的形式，其中s∈N*．1．(1)求7C－4C的值；(2)設(shè)m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C．[解] (1)7C－4C＝7×－4×＝0．(2)證明：當n＝m時，結(jié)論顯然成立．當n>m時，(k＋1)C＝＝(m＋1)·＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n．又C＋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．(2019·南京、鹽城模擬)已知m，n∈N*，定義fn(m)＝．(1)記am＝f6(m)，求a1＋a2＋…＋a12的值；(2)記bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合．[解] (1)由題意知，fn(m)＝所以am＝所以a1＋a2＋…＋a12＝C＋C＋…＋C＝63．(2)當n＝1時，bm＝(－1)mmf1(m)＝則b1＋b2＝－1．當n≥2時，bm＝又mC＝m·＝n·＝nC，所以b1＋b2＋…＋b2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)nC]＝0．所以b1＋b2＋…＋b2n的取值構(gòu)成的集合為{－1，0}．3．(2019·蘇州市高三調(diào)研)如圖，由若干個小正方形組成的k層三角形圖陣，第一層有1個小正方形，第二層有2個小正方形，依此類推，第k層有k個小正方形．除去最底下的一層，每個小正方形都放置在它下一層的兩個小正方形之上．現(xiàn)對第k層的每個小正方形用數(shù)字進行標注，從左到右依次記為x1，x2，…，xk，其中xi∈{0，1}(1≤i≤k)，其他小正方形標注的數(shù)字是它下面兩個小正方形標注的數(shù)字之和，依此規(guī)律，記第一層的小正方形標注的數(shù)字為x0．(1)當k＝4時，若要求x0為2的倍數(shù)，則有多少種不同的標注方法？(2)當k＝11時，若要求x0為3的倍數(shù)，則有多少種不同的標注方法？[解] (1)當k＝4時，第4層標注數(shù)字依次為x1，x2，x3，x4，第3層標注數(shù)字依次為x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第2層標注數(shù)字依次為x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，所以x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4．因為x0為2的倍數(shù)，所以x1＋x2＋x3＋x4是2的倍數(shù)，則x1，x2，x3，x4四個都取0或兩個取0，兩個取1或四個都取1，所以共有1＋C＋1＝8種標注方法．(2)當k＝11時，第11層標注數(shù)字依次為x1，x2，…，x11，第10層標注數(shù)字依次為x1＋x2，x2＋x3，…，x10＋x11，第9層標注數(shù)字依次為x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此類推，可得x0＝x1＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx10＋x11．因為C＝C＝45，C＝C＝120，C＝C＝210，C＝252均為3的倍數(shù)，所以只要x1＋Cx2＋Cx10＋x11是3的倍數(shù)，即只要x1＋x2＋x10＋x11是3的倍數(shù)．所以x1，x2，x10，x11四個都取0或三個取1，一個取0，而其余七個數(shù)字x3，x4，…，x9可以取0或1，這樣共有(1＋C)×27＝640種標注方法．4．(2019·南京、鹽城高三模擬)設(shè)(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2．(1)設(shè)n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；(2)設(shè)bk＝ak＋1(k∈N，k≤n－1)，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求的值．[解] (1)因為ak＝(－1)kC，當n＝11時，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|＝C＋C＋C＋C＋C＋C＝(C＋C＋…＋C＋C)＝210＝1 024．(2)bk＝ak＋1＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1C，當1≤k≤n－1時，bk＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1(C＋C)＝(－1)k＋1C＋(－1)k＋1C＝(－1)k－1C－(－1)kC．當m＝0時，＝＝1．當1≤m≤n－1時，Sm＝－1＋(－1)k－1C－(－1)kC]＝－1＋1－(－1)mC＝－(－1)mC，所以＝1．綜上，＝1．