（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 理科附加题 第3讲 计数原理与二项式定理课件

第3讲计数原理与二项式定理课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数公式Amn＝n(n－1)·…·(n－m＋1)＝n！n－m！Cmn＝AmnAmm＝nn－1n－2·…·n－m＋1m！性质Ann＝n！，0！＝1Cmn＝Cn－mn，Cmn＋Cm－1n＝Cmn＋12．正确理解组合数的性质(1)Cmn＝Cn－mn：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数．(2)Cmn＋Cm－1n＝Cmn＋1：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有Cmn种方法；②含特殊元素A有Cm－1n种方法．3．(1)二项式定理(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn(n∈N*)，其中右端为(a＋b)n的二项展开式．(2)二项展开式的通项公式第k＋1项为：Tk＋1＝Cknan－kbk.(3)二项式系数①定义：二项式系数为：Ckn(k∈{0,1,2，…，n})．②二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cmn＝Cn－mn当kn＋12(n∈N*)时，是递增的增减性二项式系数Ckn当kn＋12(n∈N*)时，是递减的最大值当n为偶数时，中间的一项Cn2n取得最大值当n为奇数时，中间的两项Cn－12n和Cn＋12n取得最大值二项式系数的和C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n[经典考题再回首](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.课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效考法一计数原理的应用[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.[解题方略]涉及计数原理问题的解题策略(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．[针对训练](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3个点颜色相同的所有不同取法总数为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或6，则T＝C36＝20；若染红色的点的个数为1或5，则T＝C35＝10；若染红色的点的个数为2或4，则T＝C34＝4；若染红色的点的个数为3，则T＝C33＋C33＝2.因此T的最小值为2.(2)证明：首先证明对任意n，k∈N*，n≥k，有Ckn＋1＞Ckn.因为Ckn＋1－Ckn＝Ck－1n＞0，所以Ckn＋1＞Ckn.设2n个点中含有p(p∈N，p≤2n)个染红色的点，①当p∈{0,1,2}时，T＝C32n－p≥C32n－2＝2n－22n－32n－46＝4·n－1n－22n－36，因为n≥4，所以2n－3＞n，于是T＞4×nn－1n－26＝4C3n＞2C3n.②当p∈{2n－2,2n－1,2n}时，T＝C3p≥C32n－2，同上可得T＞2C3n.③当3≤p≤2n－3时，T＝C3p＋C32n－p.设f(p)＝C3p＋C32n－p，3≤p≤2n－3，当3≤p≤2n－4时，f(p＋1)－f(p)＝C3p＋1＋C32n－p－1－C3p－C32n－p＝C2p－C22n－p－1，显然p≠2n－p－1，当p＞2n－p－1，即n≤p≤2n－4时，f(p＋1)＞f(p)，当p＜2n－p－1，即3≤p≤n－1时，f(p＋1)＜f(p)，即f(n)＜f(n＋1)＜…＜f(2n－3)；f(3)＞f(4)＞…＞f(n)，因此f(p)≥f(n)＝2C3n，即T≥2C3n.综上，当n≥4时，T≥2C3n.考法二二项式定理的应用[例2]已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)m＋1＋…＋(1＋x)n＋m－1，其中m，n∈N*.(1)函数f′(x)为f(x)的导函数，当m＝1，n＝10时，求f′(x)展开式中x2的系数；(2)求证：k＝0m＋2(k＋1)Ckm＋k＝(m＋2)Cm＋12m＋3.[解](1)当m＝1，n＝10时，f′(x)＝1＋2(1＋x)＋3(1＋x)2＋…＋10(1＋x)9，则f′(x)展开式中x2的系数和为3C22＋4C23＋…＋10C29.法一：由kC2k－1＝k－1！kk－3！2！＝3·k！k－3！3！＝3C3k，则原式＝3(C33＋C34＋…＋C310)＝3C411＝990.法二：f(x)＝1＋x[1－1＋x10]－x＝1＋x11x－1－1x(x≠0)，求导得，f′(x)＝1＋x1010x－1x2＋1x2，则x2的系数为：10C310－C410＝1200－210＝990.(2)证明：法一：由Ckm＋k＝Cmm＋k，得k＝0m＋2(k＋1)Ckm＋k＝k＝0m＋2(k＋1)Cmm＋k.构造函数h(x)＝(1＋x)m＋2(1＋x)m＋1＋…＋(m＋3)(1＋x)2m＋2，①则展开式中xm的系数为Cmm＋2Cmm＋1＋3Cmm＋2＋…＋(m＋3)Cm2m＋2，又(1＋x)h(x)＝(1＋x)m＋1＋2(1＋x)m＋2＋…＋(m＋3)(1＋x)2m＋3，②①－②，化简得x2h(x)＝(m＋3)x(1＋x)2m＋3－(1＋x)2m＋3＋(1＋x)m，则h(x)展开式中xm的系数为：(m＋3)Cm＋12m＋3－Cm＋22m＋3＝(m＋3)Cm＋12m＋3－Cm＋12m＋3＝(m＋2)Cm＋12m＋3，所以Cmm＋2Cmm＋1＋3Cmm＋2＋…＋(m＋3)Cm2m＋2＝(m＋2)Cm＋12m＋3，所以k＝0m＋2(k＋1)Ckm＋k＝(m＋2)Cm＋12m＋3.法二：由Ckm＋k＝Cmm＋k，得k＝0m＋2(k＋1)Ckm＋k＝k＝0m＋2(k＋1)Cmm＋k，k＝0m＋2(k＋1)Ckm＋k＝Cmm＋2Cmm＋1＋3Cmm＋2＋…＋kCmm＋k－1＋…＋(m＋3)Cm2m＋2＝2(Cm＋1m＋1＋Cmm＋1)－Cm＋1m＋1＋3Cmm＋2＋…＋kCmm＋k－1＋…＋(m＋3)Cm2m＋2＝3(Cm＋1m＋2＋Cmm＋2)－Cm＋1m＋1－Cm＋1m＋2＋4Cmm＋3＋…＋kCmm＋k－1＋…＋(m＋3)Cm2m＋2＝…＝(m＋3)Cm＋12m＋3－(Cm＋1m＋1＋Cm＋1m＋2＋…＋Cm＋12m＋2)＝(m＋3)Cm＋12m＋3－(Cm＋2m＋2＋Cm＋1m＋2＋…＋Cm＋12m＋2)＝(m＋3)Cm＋12m＋3－Cm＋22m＋3＝(m＋2)Cm＋12m＋3.[解题方略]二项式定理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＋…＋Cknan－kbk＋…＋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相关和问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[针对训练]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＋a(m∈N*,0＜a＜1)，求证：a(m＋a)＝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)520]＝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＋a(m∈N*,0＜a＜1)，首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，a是唯一的．假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋a1＝m2＋a2(m1，m2，m∈N*,0＜a1＜1,0＜a2＜1，m1≠m2，a1≠a2)，则m1－m2＝a2－a1≠0，又m1－m2∈Z，a2－a1∈(－1,0)∪(0,1)，所以矛盾．所以满足条件的m，a是唯一的．下面我们求m和a的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2