2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第5讲　计数原理和二项式定理

第5讲　计数原理和二项式定理 [2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．计数原理、排列、组合   　　江苏高考对两个计数原理、排列、组合和二项式定理的考查往往与集合，数列，概率进行综合，出现在第23题中，难度大，涉及二项式定理主要题目类型是：(1)证明某些整除问题或求余数；(2)证明有关不等式．也可能会与概率，数学归纳法综合在一起考查．2．二项式定理第22题  1．排列与组合(1)排列：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出m个元素的排列数公式是A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A＝．(2)组合：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出m个元素的组合数公式是C＝或写成C＝．(3)组合数的性质：①C＝C；②C＝C＋C．2．二项式定理(1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(r＝0，1，2，…，n)．(2)二项展开式的通项Tr＋1＝Can－rbr，r＝0，1，2，…，n，其中C叫做二项式系数．(3)二项式系数的性质①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C＝C，C＝C，…，C＝C，…．②最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数Cn取得最大值；当n为奇数时，中间的两项的二项式系数Cn，Cn相等，且同时取得最大值．③各二项式系数的和(ⅰ)C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n；(ⅱ)C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋…＋C＋…＝·2n＝2n－1．计数原理、排列、组合[典型例题] (2019·南通密卷)设P1，P2，…，Pj为集合P＝{1，2，…，i}的子集，其中i，j为正整数．记aij为满足P1∩P2∩…∩Pj＝∅的有序子集组(P1，P2，…，Pj)的个数．(1)求a22的值； (2)求aij的表达式．【解】　(1)由题意得P1，P2为集合P＝{1，2}的子集，因为P1∩P2＝∅，所以集合P＝{1，2}中的元素“1”共有如下3种情形：1∉P1，且1∉P2；1∈P1，且1∉P2；1∉P1，且1∈P2．同理可得集合P＝{1，2}中的元素“2”也有3种情形，根据分步乘法原理得，a22＝3×3＝9．(2)考虑P＝{1，2，…，i}中的元素“1”，有如下情形：1不属于P1，P2，…，Pj中的任何一个，共C种；1只属于P1，P2，…，Pj中的某一个，共C种；1只属于P1，P2，…，Pj中的某两个，共C种；…1只属于P1，P2，…，Pj中的某(j－1)个，共C种，根据分类加法原理得，元素“1”共有C＋C＋C＋…＋C＝2j－1种情形，同理可得，集合P＝{1，2，…，i}中其他任一元素均有(2j－1)种情形，根据分步乘法原理得，aij＝(2j－1)i．在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[对点训练]1．(2019·无锡三校联考)设n∈N*且n≥4，集合M＝{1，2，3，…，n}的所有3个元素的子集记为A1，A2，…，AC．(1)求集合A1，A2，…，AC中所有元素之和S；(2)记mi为Ai(i＝1，2，…，C)中最小元素与最大元素之和，求的值．[解] (1)因为含元素1的子集有C个，同理含2，3，4，…，n的子集也各有C个，于是所求元素之和为(1＋2＋3＋…＋n)×C＝(n2－2n)(n2－1)．(2)集合M＝{1，2，3，…，n}的所有3个元素的子集中：以1为最小元素的子集有C个，以n为最大元素的子集有C个；以2为最小元素的子集有C个，以n－1为最大元素的子集有C个；…以n－2为最小元素的子集有C个，以3为最大元素的子集有C个．所以mi＝m1＋m2＋…＋mC＝(n＋1)(C＋C＋…＋C)＝(n＋1)(C＋C＋…＋C＋C)＝(n＋1)(C＋C＋…＋C＋C)＝…＝(n＋1)C，所以＝n＋1．所以＝2 016＋1＝2 017．二项式定理[典型例题] (2019·高考江苏卷)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*．已知a＝2a2a4．(1)求n的值；(2)设(1＋)n＝a＋b，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．【证明】　(1)因为(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，n≥4，所以a2＝C＝，a3＝C＝，a4＝C＝．因为a＝2a2a4，所以＝2××．解得n＝5．(2)由(1)知，n＝5．(1＋)n＝(1＋)5＝C＋C＋C()2＋C()3＋C()4＋C()5＝a＋b．法一：因为a，b∈N*，所以a＝C＋3C＋9C＝76，b＝C＋3C＋9C＝44，从而a2－3b2＝762－3×442＝－32．法二：(1－)5＝C＋C(－)＋C(－)2＋C(－)3＋C(－)4＋C(－)5＝C－C＋C()2－C()3＋C()4－C()5．因为a，b∈N*，所以(1－)5＝a－b．因此a2－3b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)5×(1－)5＝(－2)5＝－32．涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别．(2)在二项展开式中，有时存在一些特殊的项，如常数项、有理项、整式项等等，要注意求这些特殊项的方法．(3)根据所给式子的结构特征活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(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，且当x给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．[对点训练]2．已知f(x)＝(2＋)n，其中n∈N*．(1)若展开式中x3的系数为14，求n的值；(2)当x＝3时，求证：f(x)必可表示成＋(s∈N*)的形式．[解] (1)因为Tr＋1＝C·2n－r·x．令＝3得r＝6，故x3项的系数为C·2n－6＝14，解得n＝7．(2)证明：由二项式定理可知(2＋)n＝C2n＋C2n－1·＋C2n－2·()2＋…＋C2n－r()r＋…＋C()n＝(C2n＋C2n－2()2＋…)＋(C2n－1＋C2n－3·3＋…)．令x＝C2n＋C2n－2()2＋…，y＝C2n－1＋C2n－3·3＋…，显然x∈N*，y∈N*．则(2＋)n＝x＋y，(2－)n＝x－y，所以(2＋)n·(2－)n＝x2－3y2＝1．令s＝x2，则必有s－1＝x2－1＝3y2．从而f(x)必可表示成 ＋的形式，其中s∈N*．1．(1)求7C－4C的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C．[解] (1)7C－4C＝7×－4×＝0．(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．当n>m时，(k＋1)C＝＝(m＋1)·＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n．又C＋C＝C，所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n．因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]＝(m＋1)C．2．(2019·南京、盐城模拟)已知m，n∈N*，定义fn(m)＝．(1)记am＝f6(m)，求a1＋a2＋…＋a12的值；(2)记bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合．[解] (1)由题意知，fn(m)＝所以am＝所以a1＋a2＋…＋a12＝C＋C＋…＋C＝63．(2)当n＝1时，bm＝(－1)mmf1(m)＝则b1＋b2＝－1．当n≥2时，bm＝又mC＝m·＝n·＝nC，所以b1＋b2＋…＋b2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)nC]＝0．所以b1＋b2＋…＋b2n的取值构成的集合为{－1，0}．3．(2019·苏州市高三调研)如图，由若干个小正方形组成的k层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，…，xk，其中xi∈{0，1}(1≤i≤k)，其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0．(1)当k＝4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？(2)当k＝11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？[解] (1)当k＝4时，第4层标注数字依次为x1，x2，x3，x4，第3层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第2层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，所以x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4．因为x0为2的倍数，所以x1＋x2＋x3＋x4是2的倍数，则x1，x2，x3，x4四个都取0或两个取0，两个取1或四个都取1，所以共有1＋C＋1＝8种标注方法．(2)当k＝11时，第11层标注数字依次为x1，x2，…，x11，第10层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，…，x10＋x11，第9层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此类推，可得x0＝x1＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx10＋x11．因为C＝C＝45，C＝C＝120，C＝C＝210，C＝252均为3的倍数，所以只要x1＋Cx2＋Cx10＋x11是3的倍数，即只要x1＋x2＋x10＋x11是3的倍数．所以x1，x2，x10，x11四个都取0或三个取1，一个取0，而其余七个数字x3，x4，…，x9可以取0或1，这样共有(1＋C)×27＝640种标注方法．4．(2019·南京、盐城高三模拟)设(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2．(1)设n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；(2)设bk＝ak＋1(k∈N，k≤n－1)，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求的值．[解] (1)因为ak＝(－1)kC，当n＝11时，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|＝C＋C＋C＋C＋C＋C＝(C＋C＋…＋C＋C)＝210＝1 024．(2)bk＝ak＋1＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1C，当1≤k≤n－1时，bk＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1(C＋C)＝(－1)k＋1C＋(－1)k＋1C＝(－1)k－1C－(－1)kC．当m＝0时，＝＝1．当1≤m≤n－1时，Sm＝－1＋(－1)k－1C－(－1)kC]＝－1＋1－(－1)mC＝－(－1)mC，所以＝1．综上，＝1．