（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（二十五） 计数原理与二项式定理

1课时达标训练(二十五)计数原理与二项式定理A组——大题保分练1．(2019·南京盐城一模)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且对任意n∈N*，都有a1C0n＋a2C1n＋a3C2n＋…＋an＋1Cnn＝(an＋2－1)·2n－1成立．(1)求a3的值；(2)证明：数列{an}是等差数列．解：(1)在a1C0n＋a2C1n＋a3C2n＋…＋an＋1Cnn＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，则a1C01＋a2C11＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5.(2)证明：若a1，a2，a3，…，an是等差数列，则an＝2n－1.①当n＝3时，由(1)知a3＝5，此时结论成立．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，则ak＝2k－1.由a1C0k－1＋a2C1k－1＋a3C2k－1＋…＋akCk－1k－1＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3，对该式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2，所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋1＝2k－1＋2＝2(k＋1)－1，所以当n＝k＋1时，结论成立．根据①②，可知数列{an}是等差数列．2．(2019·南师附中等四校联考)设集合M＝{1，2，3，…，m}，集合A，B是M的两个不同子集，记|A∩B|表示集合A∩B的元素个数．若|A∩B|＝n，其中1≤n≤m－1，则称(A，B)是M的一组n阶关联子集对((A，B)与(B，A)看作同一组关联子集对)，并记集合M的所有n阶关联子集对的组数为an.(1)当m＝3时，求a1，a2；(2)当m＝2019时，求{an}的通项公式，并求数列{an}的最大项．解：(1)当m＝3时，易知a1＝3×4＝12，a2＝3.(2)an＝Cn2019×12×[C02019－n(22019－n－1)＋C12019－n·22018－n＋…＋Ck2019－n·22019－k－n＋…＋C2018－n2019－n·21＋C2019－n2019－n·20]＝Cn201932019－n2，an＋1an＝Cn＋1201932018－n－12Cn201932019－n－12＝（2019－n）（32018－n－1）（n＋1）（32019－n－1）＞1，化简，得(1008－2n)·32018－n＞1009－n，(*)当n≤503时，(*)式成立；当504≤n≤1008时，(*)式不成立；当n≥1009时，不成立；2所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504，a504＞a505＞a506＞…＞a2018，所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2018，所以数列{an}的最大项为a504＝C504201931515－12.3．(2018·南京、盐城一模)已知n∈N*，nf(n)＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想．解：(1)由条件，nf(n)＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn，①在①中令n＝1，得f(1)＝C01C11＝1.在①中令n＝2，得2f(2)＝C02C12＋2C12C22＝6，得f(2)＝3.在①中令n＝3，得3f(3)＝C03C13＋2C13C23＋3C23C33＝30，得f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝Cn2n－1(或f(n)＝Cn－12n－1)．欲证猜想成立，只要证等式nCn2n－1＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn成立．法一：(直接法)当n＝1时，等式显然成立．当n≥2时，因为rCrn＝r×n！r！（n－r）！＝n！（r－1）！（n－r）！＝n×（n－1）！（r－1）！（n－r）！＝nCr－1n－1，故rCr－1nCrn＝(rCrn)Cr－1n＝nCr－1n－1Cr－1n.故只需证明nCn2n－1＝nC0n－1C0n＋nC1n－1C1n＋…＋nCr－1n－1·Cr－1n＋…＋nCn－1n－1Cn－1n.即证Cn2n－1＝C0n－1C0n＋C1n－1C1n＋…＋Cr－1n－1Cr－1n＋…＋Cn－1n－1Cn－1n.而Cr－1n＝Cn－r＋1n，故即证Cn2n－1＝C0n－1Cnn＋C1n－1Cn－1n＋…＋Cr－1n－1Cn－r＋1n＋…＋Cn－1n－1C1n.②由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为Cn2n－1.而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C0n－1＋C1n－1x＋C2n－1x2＋…＋Cn－1n－1xn－1)(C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn)，所以xn的系数为C0n－1Cnn＋C1n－1Cn－1n＋…＋Cr－1n－1·Cn－r＋1n＋…＋Cn－1n－1C1n.由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立．综上，f(n)＝Cn2n－1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n－1)个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余(n－1)个是编号为1，2，…，n－1的黑球．现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球((n－r)个白球)的n个小球的组合的个数为Crn－1·Cn－rn，0≤r≤n－1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为C0n－1Cnn＋C1n－1Cn－1n＋…＋Cr－1n－1Cn－r＋1n＋…＋Cn－1n－1C1n.另一方面，从袋中(2n－1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为Cn2n－1.3故Cn2n－1＝C0n－1Cnn＋C1n－1Cn－1n＋…＋Cr－1n－1Cn－r＋1n＋…＋Cn－1n－1C1n，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理，得(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn.③两边求导，得n(1＋x)n－1＝C1n＋2C2nx＋…＋rCrnxr－1＋…＋nCnnxn－1.④③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn)·(C1n＋2C2nx＋…＋rCrnxr－1＋…＋nCnnxn－1)．⑤左边xn的系数为nCn2n－1.右边xn的系数为C1nCnn＋2C2nCn－1n＋…＋rCrnCn－r＋1n＋…＋nCnnC1n＝C1nC0n＋2C2nC1n＋…＋rCrnCr－1n＋…＋nCnnCn－1n＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn.由⑤恒成立，得nCn2n－1＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn.故f(n)＝Cn2n－1成立．法四：(构造模型)由nf(n)＝C0nC1n＋2C1nC2n＋…＋rCr－1nCrn＋…＋nCn－1nCnn，得nf(n)＝nCn－1nCnn＋(n－1)Cn－2nCn－1n＋…＋C0nC1n＝nC0nC1n＋(n－1)C1nC2n＋…＋Cn－1nCnn，所以2nf(n)＝(n＋1)(C0nC1n＋C1nC2n＋…＋Cn－1nCnn)＝(n＋1)(CnnC1n＋Cn－1nC2n＋…＋C1nCnn)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n＋1)个元素，则有Cn＋12n种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n＋1)个元素中，从第一部分中取n个，第二部分中取1个，则有CnnC1n种选法，若从第一部分中取(n－1)个，第二部分中取2个，则有Cn－1nC2n种选法，…，由分类计数原理可知Cn＋12n＝CnnC1n＋Cn－1nC2n＋…＋C1nCnn.故2nf(n)＝(n＋1)Cn＋12n，所以f(n)＝n＋12n·（2n）！（n＋1）！（n－1）！＝（2n－1）！n！（n－1）！＝Cn2n－1.4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)＝(x＋5)2n＋1(n∈N*，x∈R)．(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝5A，求实数A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*，0α1)，求证：α(m＋α)＝1.解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋5)5＝C05x5＋C15x45＋C25x3(5)2＋C35x2(5)3＋C45x(5)4＋C55(5)5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C15(5)124＋C35(5)322＋C55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A＝610.(2)证明：因为f(x)＝(x＋5)2n＋1＝C02n＋1x2n＋1＋C12n＋1x2n5＋C22n＋1x2n－1(5)2＋…＋C2n＋12n＋1(5)2n＋1，所以f(2)＝C02n＋122n＋1＋C12n＋122n5＋C22n＋122n－1(5)2＋…＋C2n＋12n＋1(5)2n＋1，由题意知，f(2)＝(5＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*，0α1)，4首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0α11，0α21，m1≠m2，α1≠α2)，则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，矛盾．所以满足条件的m，α是唯一的.下面我们求m及α的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2＋5)2n＋1＋(2－5)2n＋1＝2[C02n＋122n＋1＋C22n＋1·22n－1(5)2＋C42n＋122n－3(5)4＋…＋C2n2n＋121(5)2n]，显然f(2)－f(－2)∈N*.又因为5－2∈(0，1)，故(5－2)2n＋1∈(0，1)，即f(－2)＝(－2＋5)2n＋1＝(5－2)2n＋1∈(0，1).所以令m＝2[C02n＋122n＋1＋C22n＋122n－1(5)2＋C42n＋1·22n－3(5)4＋…＋C2n2n＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n＋1，则m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2),所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋5)2n＋1·(－2＋5)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1.B组——大题增分练1．(2019·南通、泰州等七市三模)设Pn＝i＝02n（－1）iCi2n，Qn＝j＝12n（－1）j·jCj2n.(1)求2P2－Q2的值；(2)化简nPn－Qn.解：(1)P2＝1C04－1C14＋1C24－1C34＋1C44＝53，Q2＝－1C14＋2C24－3C34＋4C44＝103，所以2P2－Q2＝0.(2)设T＝nPn－Qn，则T＝nC02n－nC12n＋nC22n－…＋nC2n2n－－1C12n＋2C22n－3C32n＋…＋2nC2n2n＝nC02n－n－1C12n＋n－2C22n－n－3C32n＋…＋－nC2n2n①因为Ck2n＝C2n－k2n，所以T＝nC2n2n－n－1C2n－12n＋n－2C2n－22n－n－3C2n－32n＋…＋－nC02n5＝－nC02n－1－nC12n＋2－nC22n－3－nC32n＋…＋nC2n2n②①＋②得，2T＝0，即T＝nPn－Qn＝0，所以nPn－Qn＝0.2．(2019·南京盐城二模)平面上有2n(n≥3，n∈N*)个点，将每一个点染上红色或蓝色．从这2n个点中任取3个点，记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T.(1)若n＝3，求T的最小值；(2)若n≥4，求证：T≥2C3n.解：(1)当n＝3时，共有6个点．若染红色的点的个数为0个或6个，则T＝C36＝20；若染红色的点的个数为1个或5个，则T＝C35＝10；若染红色的点的个数为2个或4个，则T＝C34＝4；若染红色的点的个数为3个，则T＝C33＋C33＝2.因此T的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n，k∈N*，n≥k，都有Ckn＋1－Ckn＝Ck－1n＞0，所以Ckn＋1＞Ckn.设2n个点中含有p(p∈N，p≤2n)个