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2019届二轮复习第30练 计数原理、随机变量、数学归纳法学案（全国通用）
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第30练 计数原理、随机变量、数学归纳法
[明晰考情] 1.命题角度：计数原理与排列、组合的简单应用；n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差；数学归纳法的简单应用.2.题目难度： 中档难度.
考点一 计数原理与二项式定理的综合
方法技巧 (1)区分某一项的二项式系数与这一项的系数两个不同的概念；(2)在二项式展开式中，利用通项公式求一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等；(3)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用；(4)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.
1.设A，B均为非空集合，且A∩B＝∅，A∪B＝{1,2,3，…，n}(n≥3，n∈N*).记A，B中元素的个数分别为a，b，所有满足“a∈B，且b∈A”的集合对(A，B)的个数为an.
(1)求a3，a4的值；
(2)求an.
解 (1)当n＝3时，A∪B＝{1,2,3}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝2，则1∈B,2∈A，共C种；
若a＝2，b＝1，则2∈B,1∈A，共C种，
所以a3＝C＋C＝2；
当n＝4时，A∪B＝{1,2,3,4}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝3，则1∈B,3∈A，共C种；
若a＝2，b＝2，则2∈B,2∈A，这与A∩B＝∅矛盾；
若a＝3，b＝1，则3∈B,1∈A，共C种，
所以a4＝C＋C＝2.
(2)当n为偶数时，A∪B＝{1,2,3，…，n}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝n－1，则1∈B，n－1∈A，共C(考虑A)种；
若a＝2，b＝n－2，则2∈B，n－2∈A，共C(考虑A)种；
…；
若a＝－1，b＝＋1，则－1∈B，＋1∈A，共(考虑A)种；
若a＝，b＝，则∈B，∈A，这与A∩B＝∅矛盾；
若a＝＋1，b＝－1，则＋1∈B，－1∈A，共(考虑A)种；
…；
若a＝n－1，b＝1，则n－1∈B,1∈A，共C(考虑A)种.
所以an＝C＋C＋…＋＋＋…＋C＝2n－2－；
当n为奇数时，同理，an＝C＋C＋…＋C＝2n－2.
综上所述，当n≥3，且n∈N*时，an＝
2.已知等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n.
(1)求(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数，并化简：CC＋CC＋…＋CC；
(2)证明：(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.
(1)解 (1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数为C，
由(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn－1)·(C＋Cx＋…＋Cxn)可知，(1＋x)n－1(1＋x)n的展开式中含xn的项的系数为CC＋CC＋…＋CC.
所以CC＋CC＋…＋CC＝C.
(2)证明 当k∈N*时，kC＝k·＝＝n·＝nC，
所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝[k(C)2]＝ (kCC)＝(nCC)＝n(CC)＝n (CC).
由(1)知，CC＋CC＋…＋CC＝C，
即(CC)＝C，所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.
3.设f(x)是定义在R上的函数，已知n∈N*，且g(x)＝Cf x0(1－x)n＋Cf x1(1－x)n－1＋Cf x2(1－x)n－2＋…＋Cf xn(1－x)0.
(1)若f(x)＝1，求g(x)；
(2)若f(x)＝x，求g(x).
解 (1)∵f(x)＝1，
∴f ＝f ＝…＝f ＝1，
∴g(x)＝Cx0(1－x)n＋Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1.
∵零的零次幂无意义，
∴g(x)＝1，且x≠0，x≠1，x∈R.
(2)∵rC＝r·＝＝n·＝nC，其中r＝1,2，…，n，
∴rC＝nC(r＝1,2，…，n).又∵f(x)＝x，
∴g(x)＝C·0·x0(1－x)n＋C··x1(1－x)n－1＋C··x2(1－x)n－2＋…＋C··xn(1－x)0
＝[Cx1(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋rCxr(1－x)n－r＋…＋nCxn(1－x)0]
＝·n[Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxr(1－x)n－r＋…＋Cxn(1－x)0]
＝x[Cx0(1－x)n－1＋Cx1(1－x)n－2＋…＋Cxr－1(1－x)(n－1)－(r－1)＋…＋Cxn－1(1－x)0]
＝x[(1－x)＋x]n－1＝x，
即g(x)＝x，x≠0，x≠1，x∈R.
4.设集合S＝{1,2,3，…，n}(n∈N*，n≥2)，A，B是S的两个非空子集，且满足集合A中的最大数小于集合B中的最小数，记满足条件的集合对(A，B)的个数为Pn.
(1)求P2，P3的值；
(2)求Pn的表达式.
解 (1)当n＝2时，即S＝{1,2}，此时A＝{1}，B＝{2}，所以P2＝1.
当n＝3时，即S＝{1,2,3}.
若A＝{1}，则B＝{2}或B＝{3}或B＝{2,3}；
若A＝{2}或A＝{1,2}，则B＝{3}.
所以P3＝5.
(2)当集合A中的最大元素为“k”时，集合A的其余元素可在1,2，…，k－1中任取若干个(包含不取)，所以集合A共有C＋C＋C＋…＋C＝2k－1(种)情况，
此时集合B的元素只能在k＋1，k＋2，…，n中任取若干个(至少取1个)，所以集合B共有C＋C＋C＋…＋C＝2n－k－1(种)情况，
所以当集合A中的最大元素为“k”时，集合对(A，B)共有2k－1(2n－k－1)＝2n－1－2k－1(对)，
当k依次取1,2,3，…，n－1时，可分别得到集合对(A，B)的个数，求和可得Pn＝(n－1)·2n－1－(20＋21＋22＋…＋2n－2)＝(n－2)·2n－1＋1.
考点二 随机变量及其概率分布
方法技巧 求解离散型随机变量的概率分布问题，先要明确离散型随机变量的所有可能取值及其对应事件，然后确定概率分布的类型，求出相应事件的概率，即可列出概率分布，再求其数学期望与方差即可.若所求事件比较复杂，可以根据事件的性质将其分为互斥事件之和或转化为对立事件求解即可.
5.(2018·苏州调研)某公司年会举行抽奖活动，每位员工均有一次抽奖机会.活动规则如下：一个盒子里装有大小相同的6个小球，其中3个白球，2个红球，1个黑球，抽奖时从中一次摸出3个小球，若所得的小球同色，则获得一等奖，奖金为300元；若所得的小球颜色互不相同，则获得二等奖，奖金为200元；若所得的小球恰有2个同色，则获得三等奖，奖金为100元.
(1)求小张在这次活动中获得的奖金数X的概率分布及数学期望；
(2)若每个人获奖与否互不影响，求该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率.
解 (1)小张在这次活动中获得的奖金数X的所有可能取值为100,200,300.
P(X＝300)＝＝，
P(X＝200)＝＝＝，
P(X＝100)＝＝＝，
所以奖金数X的概率分布为
X
100
200
300
P
奖金数X的数学期望E(X)＝100×＋200×＋300× ＝140.
(2)设3个人中获二等奖的人数为Y，则Y～B，
所以P(Y＝k)＝Ck3－k (k＝0,1,2,3)，
设该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖为事件A，
则P(A)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3) ＝C2×＋C3＝.
答 该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率为.
6.射击测试有两种方案.方案1：先在甲靶射击一次，以后都在乙靶射击；方案2：始终在乙靶射击.某射手命中甲靶的概率为，命中一次得3分；命中乙靶的概率为，命中一次得2分.若没有命中则得0分.用随机变量ξ表示该射手一次测试累计得分，如果ξ的值不低于3分就认为通过测试，立即停止射击；否则继续射击，但一次测试最多打靶3次，每次射击的结果相互独立.
(1)如果该射手选择方案1，求其测试结束后所得总分ξ的概率分布和数学期望E(ξ)；
(2)该射手选择哪种方案通过测试的可能性大？请说明理由.
解 在甲靶射击命中记作A，不中记作，在乙靶射击命中记作B，不中记作，其中P(A)＝，P()＝1－＝，P(B)＝，P()＝1－＝.
(1)ξ的所有可能取值为0,2,3,4，则
P(ξ＝0)＝P( )＝P()P()P()＝××＝，
P(ξ＝2)＝P( B )＋P( B)＝P()·P(B)P()＋P()P()P(B)＝××＋××＝，
P(ξ＝3)＝P(A)＝，
P(ξ＝4)＝P( BB)＝P()P(B)P(B)＝××＝.
所以ξ的概率分布为
ξ
0
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0×＋2×＋3×＋4×＝3.
(2)设射手选择方案1通过测试的概率为P1，选择方案2通过测试的概率为P2，
P1＝P(ξ≥3)＝＋＝.
P2＝P(ξ≥3)＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)＝××＋××＋×＝.
因为P1＞P2，所以选择方案1通过测试的概率更大.
7. (2018·无锡调研)有甲、乙两个游戏项目，要参与游戏，均需每次先付费10元(不返还)，游戏甲有3种结果：可能获得15元，可能获得10元，可能获得5元，这三种情况的概率分别为，，；游戏乙有2种结果：可能获得20元，可能获得0元，这两种情况的概率均为.
(1)某人花20元参与游戏甲两次，用X表示该人参加游戏甲的收益(收益＝参与游戏获得的钱数－付费钱数)，求X的概率分布及数学期望；
(2)用ξ表示某人参加n次游戏乙的收益，n为任意正整数，求证：ξ的数学期望为0.
(1)解 X的所有可能取值为10,5,0，－5，－10，
P(X＝10)＝2＝，P(X＝5)＝C××＝，
P(X＝0)＝C××＋2＝，
P(X＝－5)＝C××＝，
P(X＝－10)＝2＝，
所以X的概率分布为
X
10
5
0
－5
－10
P
E(X)＝10×＋5×＋0× ＋(－5)×＋(－10)×＝－.
(2)证明 ξ的所有可能取值为10n,10(n－2)，10(n－4)，…，10(n－2k)，…，－10n(k∈N且0≤k≤n)，
P(ξ＝10(n－2k))＝Cn(k∈N且0≤k≤n)，
E(ξ)＝10n·Cn＋10(n－2)·Cn ＋…＋10(n－2k)·Cn ＋…＋10(n－2n)·Cn
＝[n·C＋(n－2)·C＋…＋(n－2k) ·C＋…＋(－n)·C]，
又E(ξ)＝{－n·C＋[n－(2n－2)]·C ＋…＋[n－(2n－2k)]·C＋…＋n·C}，
①＋②，得
2E(ξ)＝[(n－n)·C＋(n－2＋2－n)·C ＋…＋(n－2k＋2k－n)·C＋…＋(－n＋n)·C]，
所以E(ξ)＝0.
8.(2017·江苏)已知一个口袋有m个白球，n个黑球(m，n∈N*，n≥2)，这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n).
1
2
3
…
m＋n
(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P；
(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)<.
(1)解 编号为2的抽屉内放的是黑球的概率为
P＝＝.
(2)证明 随机变量X的概率分布为
X
…
…
P
…
…
随机变量X的期望为
E(X)＝·＝·.
所以E(X)<
＝
＝(1＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋…＋C)
＝…＝(C＋C)
＝＝，
即E(X)<.
考点三 数学归纳法
方法技巧 利用数学归纳法证明问题，在第二步证明n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“n＝k时命题成立”作为条件来导出“n＝k＋1时命题也成立”，在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，这是数学归纳法的核心.
9.在数列{an}中，an＝cos (n∈N*)
(1)试将an＋1表示为an的函数关系式；
(2)若数列{bn}满足bn＝1－(n∈N*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论.
解 (1)an＝cos ＝cos
＝22－1，
∴an＝2a－1，
∴an＋1＝±，
又n∈N*，n＋1≥2，an＋1＞0，
∴an＋1＝.
(2)当n＝1时，a1＝－，b1＝1－2＝－1，
∴a1＞b1，
当n＝2时，a2＝，b2＝1－＝，
∴a2＝b2，
当n＝3时，a3＝，b3＝1－＝，∴a3＜b3，
猜想：当n≥3时，an＜bn，下面用数学归纳法证明.
①当n＝3时，由上知，a3＜b3，结论成立.
②假设当n＝k，k≥3，n∈N*时，ak＜bk成立，
即ak＜1－，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝＜
＝，
bk＋1＝1－，
要证ak＋1＜bk＋1，即证明2＜2，
即证明1－＜1－＋2，
即证明－＋2＞0，
即证明＋2＞0，显然成立.
∴当n＝k＋1时，结论也成立.
综合①②可知：当n≥3时，an＜bn成立.
综上可得：当n＝1时，a1＞b1；当n＝2时，a2＝b2，
当n≥3，n∈N*时，an＜bn.
10.(2018·江苏省南京六校联考)把圆分成n(n≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f(n)种方法.
(1)写出f(3)，f(4)的值；
(2)猜想f(n)(n≥3)，并用数学归纳法证明.
解 (1)f(3)＝24，f(4)＝84.
(2)当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，an－1均有3种染法.对于扇形an，用与an－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形an颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得，
f(n)＝4×3n－1－f(n－1) ，
猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3，n∈N*)，证明如下：
当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，
所以等式成立.
假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－3k－(－1)k·3 ＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，
即当n＝k＋1时，等式也成立，
综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3).
11.设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)＝5，且满足：
①对任意的n∈N*，f(n)∈Z；②对任意的m，n∈N*，有f(m)f(n)＝f(mn)＋f(m＋n－1).
(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；
(2)求f(n)的表达式.
解 因为f(1)f(4)＝f(4)＋f(4)，
所以5f(1)＝10，所以f(1)＝2.
因为f(n)是定义在N*上的增函数，
所以2＝f(1)
(2)由f(1)＝2，f(2)＝3，f(3)＝4，f(4)＝5，
猜想f(n)＝n＋1(n∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1,2,3,4时，命题成立.
②假设当n＝k(k≥4)时，命题成立，即f(k)＝k＋1，下面讨论当n＝k＋1时的情形.
若k为奇数，则k＋1，k＋3为偶数，且≤k，≤k.
根据归纳假设知f ＝＋1＝，f ＝＋1＝.
因为f(2)f ＝f(k＋1)＋f
＝f(k＋1)＋f ，
所以3·＝f(k＋1)＋，即f(k＋1)＝k＋2.
若k为偶数，则k＋2，k＋4为偶数，且≤k，≤k.
根据归纳假设知f ＝＋1＝，f ＝＋1＝.
因为f(2)f ＝f(k＋2)＋f
＝f(k＋2)＋f ，
所以3·＝f(k＋2)＋，即f(k＋2)＝k＋3，
又k＋1＝f(k)
因此不论k的奇偶性如何，总有f(k＋1)＝k＋2，即n＝k＋1时，命题也成立.
于是对一切n∈N*，f(n)＝n＋1.
12.(2018·江苏省姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列{an}满足an＝C＋＋＋＋…＋，n∈N*.
(1)求a1, a2, a3的值；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明.
解 (1)a1＝2, a2＝4, a3＝8.
(2)猜想： an＝2n(n∈N*).证明如下：
①当n＝1,2,3时，由(1)知结论成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，
则有ak＝C＋＋＋＋…＋＝2k.
则当n＝k＋1时， ak＋1＝C＋＋＋＋…＋.
由C＝C＋C得
ak＋1＝C＋＋＋＋… ＋＋
＝2k＋＋＋＋…＋＋，
＝2k＋
＝2k＋
.
又C＝＝＝＝C，
所以ak＋1＝2k＋
，
于是ak＋1＝2k＋ak＋1.
所以ak＋1＝2k＋1, 故当n＝k＋1时结论也成立.
由①②得， an＝2n ，n∈N*.
1.设n∈N*，n≥3，k∈N*.
(1)求值：
①kC－nC；
②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)；
(2)化简：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C.
解 (1)①kC－nC＝k×－n×＝－＝0.
②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×
＝k×－－
＝＝0.
(2)方法一 由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C＝n(n－1)C＋3nC＋C.
故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C
＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)
＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)
＝2n－2(n2＋5n＋4).
方法二 当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn.
两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1，
两边对x求导，得
(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)·Cxk＋…＋(n＋1)·Cxn，
两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)·Cxn＋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＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn.
令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C，
即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4).
2.(2018·启东模拟)小陈同学进行三次定点投篮测试，已知第一次投篮命中的概率为，第二次投篮命中的概率为，前两次投篮是否命中相互之间没有影响.第三次投篮受到前两次结果的影响，如果前两次投篮至少命中一次，则第三次投篮命中的概率为，否则为.
(1)求小陈同学三次投篮至少命中一次的概率；
(2)记小陈同学三次投篮命中的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布及数学期望.
解 (1)小陈同学三次投篮都没有命中的概率为××＝，
所以小陈同学三次投篮至少命中一次的概率为1－＝.
(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝；
P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝；P(ξ＝3)＝××＝.
故随机变量ξ的概率分布为
ξ
0
1
2
3
P
所以数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
3.某高中全国数学联赛培训共开设有初等代数、平面几何、初等数论和微积分初步四门课程，要求初等数论、平面几何都要合格，且初等代数和微积分初步至少有一门合格，则能取得参加数学竞赛复赛的资格.现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同(见下表)，且每一门课程是否合格相互独立.
课程
初等代数
平面几何
初等数论
微积分初步
合格的概率
(1)求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率；
(2)记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛资格的人数，求ξ的概率分布及数学期望E(ξ).
解 (1)分别记甲对初等代数、平面几何、初等数论、微积分初步这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，“甲能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为
P(ABCD)＋P(ABC)＋P(BCD)＝×××＋×××＋×××＝.
(2)由题设知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
ξ～B，
∴P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C12＝，
P(ξ＝2)＝C21＝，
P(ξ＝3)＝C3＝.
∴ξ的概率分布为
ξ
0
1
2
3
P
∵ξ～B，
∴E(ξ)＝3×＝.
4.(2018·扬州邗江区调研)某班级共派出n＋1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生倪某为领队.入场时，领队男生倪某必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有En种排法；入场后，又需从男生(含男生倪某)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有Fn种选法.
(1)试求En和Fn；
(2)判断lnEn和Fn的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明.
解 (1)En＝A·A＝(n！)2，Fn＝C·C＝n(n＋1).
(2)因为lnEn＝2ln n！，Fn＝n(n＋1)，所以lnE1＝0
②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即2ln k！
要证当n＝k＋1时不等式成立，
只要证2ln(k＋1)＋k(k＋1)≤(k＋1)(k＋2)，
只要证ln(k＋1)≤k＋1.
令f(x)＝ln x－x，x∈(1，＋∞)，因为f′(x)＝<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
从而f(x)
综合①②得原不等式对任意的n∈N*均成立.
[明晰考情] 1.命题角度：计数原理与排列、组合的简单应用；n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差；数学归纳法的简单应用.2.题目难度： 中档难度.
考点一 计数原理与二项式定理的综合
方法技巧 (1)区分某一项的二项式系数与这一项的系数两个不同的概念；(2)在二项式展开式中，利用通项公式求一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等；(3)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用；(4)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.
1.设A，B均为非空集合，且A∩B＝∅，A∪B＝{1,2,3，…，n}(n≥3，n∈N*).记A，B中元素的个数分别为a，b，所有满足“a∈B，且b∈A”的集合对(A，B)的个数为an.
(1)求a3，a4的值；
(2)求an.
解 (1)当n＝3时，A∪B＝{1,2,3}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝2，则1∈B,2∈A，共C种；
若a＝2，b＝1，则2∈B,1∈A，共C种，
所以a3＝C＋C＝2；
当n＝4时，A∪B＝{1,2,3,4}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝3，则1∈B,3∈A，共C种；
若a＝2，b＝2，则2∈B,2∈A，这与A∩B＝∅矛盾；
若a＝3，b＝1，则3∈B,1∈A，共C种，
所以a4＝C＋C＝2.
(2)当n为偶数时，A∪B＝{1,2,3，…，n}，且A∩B＝∅.
若a＝1，b＝n－1，则1∈B，n－1∈A，共C(考虑A)种；
若a＝2，b＝n－2，则2∈B，n－2∈A，共C(考虑A)种；
…；
若a＝－1，b＝＋1，则－1∈B，＋1∈A，共(考虑A)种；
若a＝，b＝，则∈B，∈A，这与A∩B＝∅矛盾；
若a＝＋1，b＝－1，则＋1∈B，－1∈A，共(考虑A)种；
…；
若a＝n－1，b＝1，则n－1∈B,1∈A，共C(考虑A)种.
所以an＝C＋C＋…＋＋＋…＋C＝2n－2－；
当n为奇数时，同理，an＝C＋C＋…＋C＝2n－2.
综上所述，当n≥3，且n∈N*时，an＝
2.已知等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n.
(1)求(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数，并化简：CC＋CC＋…＋CC；
(2)证明：(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.
(1)解 (1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数为C，
由(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn－1)·(C＋Cx＋…＋Cxn)可知，(1＋x)n－1(1＋x)n的展开式中含xn的项的系数为CC＋CC＋…＋CC.
所以CC＋CC＋…＋CC＝C.
(2)证明 当k∈N*时，kC＝k·＝＝n·＝nC，
所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝[k(C)2]＝ (kCC)＝(nCC)＝n(CC)＝n (CC).
由(1)知，CC＋CC＋…＋CC＝C，
即(CC)＝C，所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.
3.设f(x)是定义在R上的函数，已知n∈N*，且g(x)＝Cf x0(1－x)n＋Cf x1(1－x)n－1＋Cf x2(1－x)n－2＋…＋Cf xn(1－x)0.
(1)若f(x)＝1，求g(x)；
(2)若f(x)＝x，求g(x).
解 (1)∵f(x)＝1，
∴f ＝f ＝…＝f ＝1，
∴g(x)＝Cx0(1－x)n＋Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1.
∵零的零次幂无意义，
∴g(x)＝1，且x≠0，x≠1，x∈R.
(2)∵rC＝r·＝＝n·＝nC，其中r＝1,2，…，n，
∴rC＝nC(r＝1,2，…，n).又∵f(x)＝x，
∴g(x)＝C·0·x0(1－x)n＋C··x1(1－x)n－1＋C··x2(1－x)n－2＋…＋C··xn(1－x)0
＝[Cx1(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋rCxr(1－x)n－r＋…＋nCxn(1－x)0]
＝·n[Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxr(1－x)n－r＋…＋Cxn(1－x)0]
＝x[Cx0(1－x)n－1＋Cx1(1－x)n－2＋…＋Cxr－1(1－x)(n－1)－(r－1)＋…＋Cxn－1(1－x)0]
＝x[(1－x)＋x]n－1＝x，
即g(x)＝x，x≠0，x≠1，x∈R.
4.设集合S＝{1,2,3，…，n}(n∈N*，n≥2)，A，B是S的两个非空子集，且满足集合A中的最大数小于集合B中的最小数，记满足条件的集合对(A，B)的个数为Pn.
(1)求P2，P3的值；
(2)求Pn的表达式.
解 (1)当n＝2时，即S＝{1,2}，此时A＝{1}，B＝{2}，所以P2＝1.
当n＝3时，即S＝{1,2,3}.
若A＝{1}，则B＝{2}或B＝{3}或B＝{2,3}；
若A＝{2}或A＝{1,2}，则B＝{3}.
所以P3＝5.
(2)当集合A中的最大元素为“k”时，集合A的其余元素可在1,2，…，k－1中任取若干个(包含不取)，所以集合A共有C＋C＋C＋…＋C＝2k－1(种)情况，
此时集合B的元素只能在k＋1，k＋2，…，n中任取若干个(至少取1个)，所以集合B共有C＋C＋C＋…＋C＝2n－k－1(种)情况，
所以当集合A中的最大元素为“k”时，集合对(A，B)共有2k－1(2n－k－1)＝2n－1－2k－1(对)，
当k依次取1,2,3，…，n－1时，可分别得到集合对(A，B)的个数，求和可得Pn＝(n－1)·2n－1－(20＋21＋22＋…＋2n－2)＝(n－2)·2n－1＋1.
考点二 随机变量及其概率分布
方法技巧 求解离散型随机变量的概率分布问题，先要明确离散型随机变量的所有可能取值及其对应事件，然后确定概率分布的类型，求出相应事件的概率，即可列出概率分布，再求其数学期望与方差即可.若所求事件比较复杂，可以根据事件的性质将其分为互斥事件之和或转化为对立事件求解即可.
5.(2018·苏州调研)某公司年会举行抽奖活动，每位员工均有一次抽奖机会.活动规则如下：一个盒子里装有大小相同的6个小球，其中3个白球，2个红球，1个黑球，抽奖时从中一次摸出3个小球，若所得的小球同色，则获得一等奖，奖金为300元；若所得的小球颜色互不相同，则获得二等奖，奖金为200元；若所得的小球恰有2个同色，则获得三等奖，奖金为100元.
(1)求小张在这次活动中获得的奖金数X的概率分布及数学期望；
(2)若每个人获奖与否互不影响，求该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率.
解 (1)小张在这次活动中获得的奖金数X的所有可能取值为100,200,300.
P(X＝300)＝＝，
P(X＝200)＝＝＝，
P(X＝100)＝＝＝，
所以奖金数X的概率分布为
X
100
200
300
P
奖金数X的数学期望E(X)＝100×＋200×＋300× ＝140.
(2)设3个人中获二等奖的人数为Y，则Y～B，
所以P(Y＝k)＝Ck3－k (k＝0,1,2,3)，
设该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖为事件A，
则P(A)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3) ＝C2×＋C3＝.
答 该公司某部门3个人中至少有2个人获二等奖的概率为.
6.射击测试有两种方案.方案1：先在甲靶射击一次，以后都在乙靶射击；方案2：始终在乙靶射击.某射手命中甲靶的概率为，命中一次得3分；命中乙靶的概率为，命中一次得2分.若没有命中则得0分.用随机变量ξ表示该射手一次测试累计得分，如果ξ的值不低于3分就认为通过测试，立即停止射击；否则继续射击，但一次测试最多打靶3次，每次射击的结果相互独立.
(1)如果该射手选择方案1，求其测试结束后所得总分ξ的概率分布和数学期望E(ξ)；
(2)该射手选择哪种方案通过测试的可能性大？请说明理由.
解 在甲靶射击命中记作A，不中记作，在乙靶射击命中记作B，不中记作，其中P(A)＝，P()＝1－＝，P(B)＝，P()＝1－＝.
(1)ξ的所有可能取值为0,2,3,4，则
P(ξ＝0)＝P( )＝P()P()P()＝××＝，
P(ξ＝2)＝P( B )＋P( B)＝P()·P(B)P()＋P()P()P(B)＝××＋××＝，
P(ξ＝3)＝P(A)＝，
P(ξ＝4)＝P( BB)＝P()P(B)P(B)＝××＝.
所以ξ的概率分布为
ξ
0
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0×＋2×＋3×＋4×＝3.
(2)设射手选择方案1通过测试的概率为P1，选择方案2通过测试的概率为P2，
P1＝P(ξ≥3)＝＋＝.
P2＝P(ξ≥3)＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)＝××＋××＋×＝.
因为P1＞P2，所以选择方案1通过测试的概率更大.
7. (2018·无锡调研)有甲、乙两个游戏项目，要参与游戏，均需每次先付费10元(不返还)，游戏甲有3种结果：可能获得15元，可能获得10元，可能获得5元，这三种情况的概率分别为，，；游戏乙有2种结果：可能获得20元，可能获得0元，这两种情况的概率均为.
(1)某人花20元参与游戏甲两次，用X表示该人参加游戏甲的收益(收益＝参与游戏获得的钱数－付费钱数)，求X的概率分布及数学期望；
(2)用ξ表示某人参加n次游戏乙的收益，n为任意正整数，求证：ξ的数学期望为0.
(1)解 X的所有可能取值为10,5,0，－5，－10，
P(X＝10)＝2＝，P(X＝5)＝C××＝，
P(X＝0)＝C××＋2＝，
P(X＝－5)＝C××＝，
P(X＝－10)＝2＝，
所以X的概率分布为
X
10
5
0
－5
－10
P
E(X)＝10×＋5×＋0× ＋(－5)×＋(－10)×＝－.
(2)证明 ξ的所有可能取值为10n,10(n－2)，10(n－4)，…，10(n－2k)，…，－10n(k∈N且0≤k≤n)，
P(ξ＝10(n－2k))＝Cn(k∈N且0≤k≤n)，
E(ξ)＝10n·Cn＋10(n－2)·Cn ＋…＋10(n－2k)·Cn ＋…＋10(n－2n)·Cn
＝[n·C＋(n－2)·C＋…＋(n－2k) ·C＋…＋(－n)·C]，
又E(ξ)＝{－n·C＋[n－(2n－2)]·C ＋…＋[n－(2n－2k)]·C＋…＋n·C}，
①＋②，得
2E(ξ)＝[(n－n)·C＋(n－2＋2－n)·C ＋…＋(n－2k＋2k－n)·C＋…＋(－n＋n)·C]，
所以E(ξ)＝0.
8.(2017·江苏)已知一个口袋有m个白球，n个黑球(m，n∈N*，n≥2)，这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n).
1
2
3
…
m＋n
(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P；
(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)<.
(1)解 编号为2的抽屉内放的是黑球的概率为
P＝＝.
(2)证明 随机变量X的概率分布为
X
…
…
P
…
…
随机变量X的期望为
E(X)＝·＝·.
所以E(X)<
＝
＝(1＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋…＋C)
＝…＝(C＋C)
＝＝，
即E(X)<.
考点三 数学归纳法
方法技巧 利用数学归纳法证明问题，在第二步证明n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“n＝k时命题成立”作为条件来导出“n＝k＋1时命题也成立”，在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，这是数学归纳法的核心.
9.在数列{an}中，an＝cos (n∈N*)
(1)试将an＋1表示为an的函数关系式；
(2)若数列{bn}满足bn＝1－(n∈N*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论.
解 (1)an＝cos ＝cos
＝22－1，
∴an＝2a－1，
∴an＋1＝±，
又n∈N*，n＋1≥2，an＋1＞0，
∴an＋1＝.
(2)当n＝1时，a1＝－，b1＝1－2＝－1，
∴a1＞b1，
当n＝2时，a2＝，b2＝1－＝，
∴a2＝b2，
当n＝3时，a3＝，b3＝1－＝，∴a3＜b3，
猜想：当n≥3时，an＜bn，下面用数学归纳法证明.
①当n＝3时，由上知，a3＜b3，结论成立.
②假设当n＝k，k≥3，n∈N*时，ak＜bk成立，
即ak＜1－，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝＜
＝，
bk＋1＝1－，
要证ak＋1＜bk＋1，即证明2＜2，
即证明1－＜1－＋2，
即证明－＋2＞0，
即证明＋2＞0，显然成立.
∴当n＝k＋1时，结论也成立.
综合①②可知：当n≥3时，an＜bn成立.
综上可得：当n＝1时，a1＞b1；当n＝2时，a2＝b2，
当n≥3，n∈N*时，an＜bn.
10.(2018·江苏省南京六校联考)把圆分成n(n≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f(n)种方法.
(1)写出f(3)，f(4)的值；
(2)猜想f(n)(n≥3)，并用数学归纳法证明.
解 (1)f(3)＝24，f(4)＝84.
(2)当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，an－1均有3种染法.对于扇形an，用与an－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形an颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得，
f(n)＝4×3n－1－f(n－1) ，
猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3，n∈N*)，证明如下：
当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，
所以等式成立.
假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－3k－(－1)k·3 ＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，
即当n＝k＋1时，等式也成立，
综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3).
11.设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)＝5，且满足：
①对任意的n∈N*，f(n)∈Z；②对任意的m，n∈N*，有f(m)f(n)＝f(mn)＋f(m＋n－1).
(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；
(2)求f(n)的表达式.
解 因为f(1)f(4)＝f(4)＋f(4)，
所以5f(1)＝10，所以f(1)＝2.
因为f(n)是定义在N*上的增函数，
所以2＝f(1)
(2)由f(1)＝2，f(2)＝3，f(3)＝4，f(4)＝5，
猜想f(n)＝n＋1(n∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1,2,3,4时，命题成立.
②假设当n＝k(k≥4)时，命题成立，即f(k)＝k＋1，下面讨论当n＝k＋1时的情形.
若k为奇数，则k＋1，k＋3为偶数，且≤k，≤k.
根据归纳假设知f ＝＋1＝，f ＝＋1＝.
因为f(2)f ＝f(k＋1)＋f
＝f(k＋1)＋f ，
所以3·＝f(k＋1)＋，即f(k＋1)＝k＋2.
若k为偶数，则k＋2，k＋4为偶数，且≤k，≤k.
根据归纳假设知f ＝＋1＝，f ＝＋1＝.
因为f(2)f ＝f(k＋2)＋f
＝f(k＋2)＋f ，
所以3·＝f(k＋2)＋，即f(k＋2)＝k＋3，
又k＋1＝f(k)
因此不论k的奇偶性如何，总有f(k＋1)＝k＋2，即n＝k＋1时，命题也成立.
于是对一切n∈N*，f(n)＝n＋1.
12.(2018·江苏省姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列{an}满足an＝C＋＋＋＋…＋，n∈N*.
(1)求a1, a2, a3的值；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明.
解 (1)a1＝2, a2＝4, a3＝8.
(2)猜想： an＝2n(n∈N*).证明如下：
①当n＝1,2,3时，由(1)知结论成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，
则有ak＝C＋＋＋＋…＋＝2k.
则当n＝k＋1时， ak＋1＝C＋＋＋＋…＋.
由C＝C＋C得
ak＋1＝C＋＋＋＋… ＋＋
＝2k＋＋＋＋…＋＋，
＝2k＋
＝2k＋
.
又C＝＝＝＝C，
所以ak＋1＝2k＋
，
于是ak＋1＝2k＋ak＋1.
所以ak＋1＝2k＋1, 故当n＝k＋1时结论也成立.
由①②得， an＝2n ，n∈N*.
1.设n∈N*，n≥3，k∈N*.
(1)求值：
①kC－nC；
②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)；
(2)化简：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C.
解 (1)①kC－nC＝k×－n×＝－＝0.
②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×
＝k×－－
＝＝0.
(2)方法一 由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C＝n(n－1)C＋3nC＋C.
故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C
＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)
＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)
＝2n－2(n2＋5n＋4).
方法二 当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn.
两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1，
两边对x求导，得
(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)·Cxk＋…＋(n＋1)·Cxn，
两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)·Cxn＋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＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn.
令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C，
即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4).
2.(2018·启东模拟)小陈同学进行三次定点投篮测试，已知第一次投篮命中的概率为，第二次投篮命中的概率为，前两次投篮是否命中相互之间没有影响.第三次投篮受到前两次结果的影响，如果前两次投篮至少命中一次，则第三次投篮命中的概率为，否则为.
(1)求小陈同学三次投篮至少命中一次的概率；
(2)记小陈同学三次投篮命中的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布及数学期望.
解 (1)小陈同学三次投篮都没有命中的概率为××＝，
所以小陈同学三次投篮至少命中一次的概率为1－＝.
(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝；
P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝；P(ξ＝3)＝××＝.
故随机变量ξ的概率分布为
ξ
0
1
2
3
P
所以数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
3.某高中全国数学联赛培训共开设有初等代数、平面几何、初等数论和微积分初步四门课程，要求初等数论、平面几何都要合格，且初等代数和微积分初步至少有一门合格，则能取得参加数学竞赛复赛的资格.现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学对这四门课程考试是否合格相互独立，其合格的概率均相同(见下表)，且每一门课程是否合格相互独立.
课程
初等代数
平面几何
初等数论
微积分初步
合格的概率
(1)求甲同学取得参加数学竞赛复赛的资格的概率；
(2)记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛复赛资格的人数，求ξ的概率分布及数学期望E(ξ).
解 (1)分别记甲对初等代数、平面几何、初等数论、微积分初步这四门课程考试合格为事件A，B，C，D，且事件A，B，C，D相互独立，“甲能取得参加数学竞赛复赛的资格”的概率为
P(ABCD)＋P(ABC)＋P(BCD)＝×××＋×××＋×××＝.
(2)由题设知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
ξ～B，
∴P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C12＝，
P(ξ＝2)＝C21＝，
P(ξ＝3)＝C3＝.
∴ξ的概率分布为
ξ
0
1
2
3
P
∵ξ～B，
∴E(ξ)＝3×＝.
4.(2018·扬州邗江区调研)某班级共派出n＋1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生倪某为领队.入场时，领队男生倪某必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有En种排法；入场后，又需从男生(含男生倪某)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有Fn种选法.
(1)试求En和Fn；
(2)判断lnEn和Fn的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明.
解 (1)En＝A·A＝(n！)2，Fn＝C·C＝n(n＋1).
(2)因为lnEn＝2ln n！，Fn＝n(n＋1)，所以lnE1＝0
②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即2ln k！
要证当n＝k＋1时不等式成立，
只要证2ln(k＋1)＋k(k＋1)≤(k＋1)(k＋2)，
只要证ln(k＋1)≤k＋1.
令f(x)＝ln x－x，x∈(1，＋∞)，因为f′(x)＝<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
从而f(x)
综合①②得原不等式对任意的n∈N*均成立.
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