（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教学案 理

1专题八二项式定理与数学归纳法[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．第一讲|计数原理与二项式定理题型(一)计数原理的应用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)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＝0n－1Ckn(2n－k－1)＝12(k＝0n－1Ckn2n－k－∑n－1,k＝1Ckn)．因为k＝0n－1Ckn2n－k＝∑n,k＝0Ckn2n－k－C0n2n－Cnn20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，k＝0n－1Ckn＝∑n,k＝0Ckn－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).3题型(二)二项式定理的应用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＝∑n,k＝0(2k＋1)an－k＝k＝0n∑n,k＝0(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)∑n,k＝0Cn＋1＋k2n＋1＝2(2n＋1)k＝0nCn＋k2n－(2n＋1)∑n,k＝0Cn＋1＋k2n＋1＝2(2n＋1)·12·(22n＋Cn2n)－(2n＋1)·12·22n＋1＝(2n＋1)Cn2n.4Tn＝(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＝－32.5题型(三)组合数的性质应用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]6(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＋71)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＋