排列组合、二项式定理培优讲义1(教师版)

1排列组合、二项式定理常见题型选讲知识概要排列组合、二项式定理往往会具有一定的难度且灵活性较强。解决这类问题常常对学生良好的运算能力和思维的灵活性都有较高的要求。同时，此类问题的解决也有着自身特殊的解题技巧。基本的组合恒等式简单的组合恒等式的化简和证明，可以直接运用课本所学的基本组合恒等式。事实上，许多综合题中出现的较复杂的组合数记算或恒等式证明，也往往运用这些基本组合恒等式，通过转化，分解为若干个简单的组合恒等式而加以解决。课本中的组合恒等式有：①rnrnnCC；②111rrrnnnCCC；③11kknnkCnC；④rmmrmnrnnmCCCC；⑤0122nnnnnnCCCC；⑥01210.nnnnnnCCCC典型例题➢类型一基本运算型引例：(1)11224nnnnAA(2)12323...nnnnnCCCnC（3）12312618...23nnnnnnCCCC(4)1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n(n+1)(n+2)(5)12...nnnnnnnnmAAAA➢类型二运用基本组合恒等式进行变换；例1：求证：1231232nnnnnnCCCnCn.2例2：设b0，函数2111()(1)ln2fxaxxbxabbb，记()()Fxfx（()fx是函数()fx的导函数），且当x=1时，()Fx取得极小值2．（1）求函数()Fx的单调增区间；（2）证明*()()22nnnFxFxnN≥．例3：已知数列na的首项为1，011222111231()(1)(1)(1)(1)nnnnnnnnnnnnnnpxaCxaCxxaCxxaCxxaCx（1）若数列na是公比为2的等比数列，求(1)p的值；（2）若数列na是公比为2的等差数列，求证：()px是关于x的一次多项式.例4：求和式21nknkkC的值。3例5：求2017201801kkkC的值。例6：设,mnN，求证：122013313nknmkmkmmnn。➢类型三变换求和指标；例7：当mn时，求证110mnrrmnrrmmnCCmn例8：求证：21202!22!!nknnknCnn。➢类型四构造合理的模型。例9：求证：1121.nkknnnnkCCC（利用2111nnnxxx）4例10：求证：222012!!!nnnnnCCCnn例11.求证：mkkmnnmnnkCCCC例12：已知恒等式22201221nnnxxaaxaxax（1）求122naaa和2222342222nnaaaa的值（2）当6n时，求证：2222222233222249nnnnAaAaAa5➢类型五运用二项展开式作为辅助函数，通过比较某项的系数进行计算或证明例13：求证：(1)pnmmpnpmnpmnCCCCCCC0110；(2)1144220242333nnnnnnnnCCCC(Kn2，*Nn)例14：设函数11xfxn（,1,nNnxN）①当6x时，求11xn展开式中二项式系数最大的项；②对任意的实数x，证明222fxffx③是否存在a∈N，使得11(1)(1)nkkanank恒成立？若存在，试证明你的结论，求出a的值；若不存在，说明理由6➢类型六运用数学归纳法；例15：已知23012311111nnnxaaxaxaxax其中nN①求0a及12nnSaaa②试比较nS与2222nnn的大小，并说明理由例16：设n∈N+，(1+2)n=2an+bn（an、bn∈Z)．（1）求a5+b5的值；（2）是否存在正整数n，使bn=22017？若存在求出n的值，若不存在请说明理由．7➢类型七运用赋值法进行证明例17：已知1nnfxx①若20112011012011fxaaxax，求1320092011aaaa的值②若67823gxfxfxfx求gx中含6x项的系数③证明：112111232mmmmmmmmmnmnmnCCCnCCm➢类型八建立递推公式，由初始条件及递推关系进行计算和证明例18：设数列na是等比数列，311232mmmaCA，公比q是4214xx的展开式中的第二项（按x的降幂排列）（1）求1a（2）用n，x表示数列na的通项na和前n项和nS（3）若1212nnnnnnACSCSCS，用n，x表示nA8例19：已知123nnnnnnaAAAA当时2n，求证：（1）11nnaan（2）123111111+)1+)1+)1+)3naaaan（（（（➢类型九整除型问题例20：（1）当kN时，求证1313kk是正整数（2）试证明大于213n的最小整数能被12n整除；例21：设二项展开式2131nnCnN的整数部分是An，小数部分是Bn（1）计算1122,CBCB（2）nnCB9第十讲组合恒等式一、知识概要数学竞赛中组合数计算和组合恒等式的证明，是以高中排列、组合、二项式定理为基础，并加以推广和补充而形成的一类习题，它往往会具有一定的难度且灵活性较强。解决这类问题常常对学生良好的运算能力和思维的灵活性都有较高的要求。同时，此类问题的解决也有着自身特殊的解题技巧。因此，在各类数学竞赛中经常被采用。1，基本的组合恒等式简单的组合恒等式的化简和证明，可以直接运用课本所学的基本组合恒等式。事实上，许多竞赛中出现的较复杂的组合数记算或恒等式证明，也往往运用这些基本组合恒等式，通过转化，分解为若干个简单的组合恒等式而加以解决。课本中的组合恒等式有：①rnrnnCC；②111rrrnnnCCC；③11kknnkCnC；④rmmrmnrnnmCCCC；⑤0122nnnnnnCCCC；⑥01210.nnnnnnCCCC典型例题一、求值例1求和：(1)11224nnnnAA(2)12323...nnnnnCCCnC（3）12312618...23nnnnnnCCCC(4)1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n(n+1)(n+2)(5)12...nnnnnnnnmAAAA运用基本组合恒等式进行变换；例1，求证：1231232nnnnnnCCCnCn.证明：根据前面提到的基本的组合恒等式第三条，可得：左边0121111112nnnnnnnCnCnCnCn右边5．设b0，函数2111()(1)ln2fxaxxbxabbb，记()()Fxfx（()fx是函数()fx的导函数），且当x=1时，()Fx取得极小值2．（1）求函数()Fx的单调增区间；（2）证明*()()22nnnFxFxnN≥．【解】（1）由题11111()()2(1)002Fxfxaxaaxxbabbbxbx，，．于是211()F'xabx，若0a，则()0F'x，与()Fx有极小值矛盾，所以0a．10令()0F'x，并考虑到0x，知仅当1xa时，()Fx取得极小值．所以111(1)2aab，，解得1ab．…………………4分故1()(0)Fxxxx，由()0Fx，得1x，所以()Fx的单调增区间为(1)，．（2）因为0x，所以记11()()()()()nnnnnnngxFxFxFxFxxxxx11223312311111CCCCnnnnnnnnnxxxxxxxx因为11CC2C(121)rnrnrrnnnnrxxrnxx≥，，，，所以12312()2(CCCC)2(22)nnnnnngx≥，故*()()22nnnFxFxnN≥．4．已知数列na的首项为011222111231()(1)(1)(1)(1)nnnnnnnnnnnnnnpxaCxaCxxaCxxaCxxaCx（1）若数列na是公比为2的等比数列，求(1)p的值；（2）若数列na是公比为2的等差数列，求证：()px是关于x的一次多项式.11例2，求和式21nknkkC的值。基本思路：将2knkC改写为knkkC，先将knkC用恒等式3提取公因式n，然后再将11knkC变形成为11111kknnkCC，而111knkC又可以继续运用上述恒等变形，这样就使得各项系数中均不含有变动指标k了。解：21111111111111nnnnnkkkkknnnnnkkkkkkCkkCknCnkCnkC112111211111nnkkkknnnnkknkCCnnCC21212121212111nnnnkkkknnnnkkkknnCCnnCnC21212212nnnnnnnn例3，求2017201801kkkC的值。解：2004200412200420052005200520050111kkkCCCC200401122003200420042004200420042004200411CCCCCC1。例4，设,mnN，求证：122013313nknmkmkmmnn。基本思路：由两个连续自然数mk与1mk的积，联想到可化为212mkC，进一步运用1111rrrrrrrrrkrrrkCCCCCC，反复运用基本的组合恒等式2即可化简。证明：122212012nmmmnkmkmkCCC22222222231232mmmnmCCCCCCCC33221123313mnmnCCmmnn（2）)12(11C11C31C21C1210nnnnnnnn．12解：)!()!1(!)!(!!11C11knknknknkkkn11C11)!()!1()!1(11knnknknn．∴左边112111C11C11C11nnnnnnn)12(11)CC(C111112111nnnnnnn右边．➢变换求和指标；例5，当mn时，求证110mnrrmnrrmmnCCmn基本思路：利用基本组合恒等式4化简原式左边各项，使得化简后仅有rmnmC中含有变动指标r。证明：显然，当mn时，原式左边11mmmmmmCC。当mn时，利用基本组合恒等式4可得：左边11nnrrmrmmrmnnmnnmrmrmCCCC。只要令rmk，原式即可变为：0011110nnmnmrmkmkmrmmkmknnmnnmnnmrmkkC