2021年江苏高考数学二轮讲义：专题七第5讲计数原理和二项式定理

1、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 题要点整合0夯基释铤“1.排列与组合m(m 4, n N*已知 a3= 2a2a4.(1)求 n 的值；设(1+ .3)n= a + b 3，其中 a, b N*，求 a2-3b2的值.【证明】(1)因

2、为(1 + x)n= cR+ cnx+ Cx2+ + cnxn, n4,因为 a3= 2a2a4,解得 n= 5.(2)由(1)知，n = 5.(1 + .3)n= (1 + ,3)5=C5+ C13 + C2( .3)2+ C5( 3)3+ C5( .3)4+ C5( . 3)5=a + b .：3.法一：因为 a, b N*,所以 a= C0+ 3C2+ 9C4= 76, b= C+ 3C5+ 9C5= 44,从而 a2 3b2= 762 3X442= 32.C3mii=1所以 a2= cn=n (n 1)2a3= C3=n (n1)6n 2)n (n1)a4= C4=(n 2)24(n

3、3)所以n(n1)(n2)62n(n1)n(n1)(n2)n3)24法二：(1 - 3)5= C5+ C5( .3) + C2(-2+ C3(- .3)3+ C4(- .3)4+ c5(；3)5=c0- C .3 + C2( , 3)2- C3( ,;3)3+ C4( 3)4- c5( ,3)5.因为 a, b N*,所以(1 -5= a-b 3.因此 a2- 3b2= (a+ b .3)(a- b；3) = (1 + ,3)5x(1 - . 3)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

4、)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 + ,x)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+-計 s 1(s N*)的形式.r2

5、解(1)因为 Tr+1= cn2n-rx.r令 2 = 3 得 r = 6,故 x3项的系数为 C62n-6= 14,解得 n= 7.(2)证明：由二项式定理可知(2 + 3)n= C02n+ C12n-1- . 3 + C22n-2( . 3)2+ Cn2n-rC，3)r+ - + 疣(3)n=(C2n+ C2n-2C，3)2+ )+ 3(C12n-1+ C32n-33+ ).令 x= cQn+ C2n-2( . 3)2+ ，y= C12n-1+ C32n-33 + ，显然 x N*, y N*.则(2 + ;3)n= x+ 3y, (2-：3)n= x 3y, 所以(2 + .3)n( 2

6、 、:3)n=x2 3y2= 1.令 s = x2,则必有 s 1 = x2 1 = 3y2.从而 f(x)必可表示成，s+ ；s 1 的形式，其中 s N*.专题强化Q精练提能1 . (1)求 7C6 4C7的值；设 m, n N*, nm,求证：(m+1)Cm+(m+2)Cm+1+(m+3)Cm+2+n Cn-1+(n+1)Cn=(m+1)Cn+;346X5X47X6X5X4解(1)7C64C7=7X3X24X4X3X2X1=.(2)证明：当 n = m 时，结论显然成立.当 nm 时，(k+ 1) k!(k + 1)Cm= (m+ 1)m!- ( k m) !=(m+ 1)Ckn+11,

7、 k= m+ 1, m+ 2,，n. (m+ 1)! (k+ 1) ( m+ 1) !又 cm1+ cm+12= cm+2,所以(k+ 1)Cm= (m+ 1)(Cm+2 C&), k= m+ 1, m + 2,，n.因此,(m + 1)Cm+ (m+ 2)Crm+1+ (m + 3)Crm+2+ + (n + 1)Cm=(m+ 1)Cm+ (m+ 2)Cm+1+ (m+ 3)cm+2+ + (n+ 1)CF=(m+ 1)cm+2+(m+1)(cm；3 cm；2)+ (cm+2 cm；2) + +(cm+22 cm+f)=(m+ 1)Cm+2?.2.(2019 南京、盐城模拟)已知 m

8、,n N*，定义 fn(m)= “ “ (1)记 am= fs(m)，求 a1+ a2+ a12的值；记 bm= ( 1)mmfn(m)，求 b1+ b2+ b2n所有可能值的集合.n 2)( n m+ 1)m!0, m n+1,解由题意知,fn(m) =mCm,K mWn.0,m 7, 所以am=閃 1WmW6.所以 ai+ a2+ ai2= C1+ C2+ C6= 63.0, m 2,(2)当 n= 1 时，bm= (- 1)mmfi(m)=1, m=1.则 b1+ b2= 1.0,mn+1,当 n2 时，bm=(1)mm Cm,1WmWn.n!( n 1) !又 mCn= m = n =

9、 nCS11,m!( n m)!(m 1)!( n m)!所以 b1+ b2+ + b2n= n cR-1+ Cn-1 C2_1+C3T+ ( 1)nCn1 = 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(1WiWk)，其他小正方形标

10、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(2)当 k= 11 时，若要求 xo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,X0.(1)当 k= 4 时，若要求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

11、个取 0,两个取 1 或四个都取 1，所以共有 1 + C2+ 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+ C10X2+ C?0X3+ C10X10+ X11.因为&0= C?0= 45, C(0= C70= 120, C?0= C1= 210, C?0= 252 均为 3 的倍数，所以只要 X1+ C10X2+C90X10+

12、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 + C3)X27= 640 种标注方法.4. (2019 南京、盐城高三模拟)设(1 X)n= a+ a1x+ a2x2+ anxn, n N*, n 2.(1) 设 n=11,求|a6| + |a7|+ |a8| + |a91+ |a10|+ |an|的值；k+ 1Sm(2) 设 bk= nak+1(k N, k n 1), Sm= b0+ b1+ b2+ bm(m N , m n 1),求 Cm1的值.解(1)因为 ak= ( 1)淞,当 n = 11 时，|a6|+ 向|+ |a8|+ |a9|+ |a10|+ |an|=C61+ C11+ C81+ C11+ C10+ C11