江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理课件20190

二项式定理与数学归纳法（理科）题八专[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，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；解：f(2)＝1，f(3)＝6，f(4)＝25.解：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).(2)求f(n)．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；[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)化简Tn的表达式，并证明：对任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除．(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]设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；解：当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝aa＋3b2－bb＋3a2.当n＝4时，(a－b)4＝a2－4aab＋6ab－4bab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝a2＋6ab＋b22－16aba＋b2.(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：证明：由二项式定理得(a－b)n＝k＝0n(－1)kCkn(a)n－k(b)k，若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－3n(a)3(b)n－3＋Cn－1n(a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－2n(a)2·(b)n－2＋Cnn(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－2n(a)2(b)n－2＋Cnn(b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－3n(a)3(b)n－3＋Cn－1n(a)(b)n－1]类似地，可将上式表示为(a－b)n＝u2－v2ab的形式，其中u2，v2∈N*，也即(a－b)n＝u22－v22ab＝p－q，其中p＝u22，q＝v22ab，p，q∈N*.所以存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q.同理可得(a＋b)n可表示为(a＋b)n＝p＋q，从而有p－q＝(p＋q)(p－q)＝(a＋b)n(a－b)n＝(a－b)n，综上可知结论成立．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](2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；[解]杨辉三角形的第n行由二项式系数Ckn，k＝0,1,2，…，n组成．如果第n行中有Ck－1nCkn＝kn－k＋1＝34，CknCk＋1n＝k＋1n－k＝45，那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5，解得k＝27，n＝62.即第62行有三个相邻的数C2662，C2762，C2862的比为3∶4∶5.(2)已知n，r为正整数，且n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数Crn，Cr＋1n，Cr＋2n，Cr＋3n不能构成等差数列．[解]证明：若有n，r(n≥r＋3)，使得Crn，Cr＋1n，Cr＋2n，Cr＋3n成等差数列，则2Cr＋1n＝Crn＋Cr＋2n，2Cr＋2n＝Cr＋1n＋Cr＋3n，即2n！r＋1！n－r－1！＝n！r！n－r！＋n！r＋2！n－r－2！，2n！r＋2！n－r－2！＝n！r＋1！n－r－1！＋n！r＋3！n－r－3！.有2r＋1n－r－1＝1n－r－1n－r＋1r＋1r＋2，2r＋2n－r－2＝1n－r－2n－r－1＋1r＋2r＋3，化简整理得，n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0，n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0.两式相减得，n＝2r＋3，于是Cr2r＋3，Cr＋12r＋3，Cr＋22r＋3，Cr＋32r＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知Cr2r＋3＝Cr＋32r＋3＜Cr＋12r＋3＝Cr＋22r＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[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)；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.解：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＋5