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

课时达标训练(二十五)计数原理与二项式定理A组一一大题保分练1.(2019•南京盐城一模)已知数列｛an｝满足ai=1,a2=3,且对任意nCN*,都有aiC0+a2G+a3Cn+…+an+lCn=(an+2—1),2成立.(1)求a3的值；(2)证明：数列｛an｝是等差数列.解：(1)在a1G+a2G+a3G+…+an+1G=(an+2—1),2中，令n=1,则aQ+a20=a3—1,由a1=1,a2=3,解得a3=5.(2)证明：若a1,82,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,kCN)时，结论成立，则ak=2k-1.由a1Ck-1+a2Ck-1+a3ck-1+…+akCk-1=(ak+1—1)2,k>3,对该式倒序相加，得(a1+ak)2kj=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.(2019・南师附中等四校联考)设集合M= ｛1,2, 3,…，n),集合A, B是M的两个不同子集，记|AnB|表示集合AnB的元素个数.若|AAB|=n,其中1<n<n-H1,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n^2019时，求｛曰｝的通项公式，并求数列｛an｝的最大项.解：(1)当n^3时，易知a1=3X4=12,a2=3.(2)an=Cn019X2X[C0019-n(22。葭n—1)+C：2019-n。22/一，…+Ck019-n•22。底-，…+(2)d018-n019-nd018-n019-n24c20”-20]=C2019q2019-n313222^13222^C2019an+1 2= -2019—n 7=an cn 3 -1>1,(2019—n)(32018n—1)

/ 77 /.2019—n ~>1,(n+1)(3 —1)化简，得(1008-2n)•32018n>1009-n,(*)当n<503时，(*)式成立；当504Wn<1008时，(*)式不成立；当n>1009时，不成立；

所以aiva2〈a3o・・va503va504,2504>a505>2506>…>a2018,所以aiva2〈a3o・・va5O3va504>a5O5>^・・>22018,31515一i所以数列｛an｝的最大项为2504=C2019 2 .(2018•南京、盐城一模)已知nCM,nf(n)=dd+2C1d+…+「4-以+…+ndn-Cn.(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)=G0Gn+2CnC2+-+「以一点+…+nCn1dn,①在①中令n=1,得f(1)=^6=1.在①中令n=2,得2f(2)=C2c2+2C2d=6,得f(2)=3.在①中令n=3,得3f(3)=G0GU2Gnd+3C2d=3O,得f(3)=10.(2)猜想f(n)=G2n1(或f(n)=G2n：11).欲证猜想成立，只要证等式 nC2n—1=^^+2以4+…+「以—以+…+nCnTcn成立.法一：(直接法)当n=1时，等式显然成立.当廿2时，因为当廿2时，因为rd-rxn!(n—r)!n!(r—1)!(n—r)!(n—1)! 乂一=nx1 77~~-=nCn1,(r—1)!(n—r)!故rCn1Gn=(rCn)Gn1=nCn=1Gn1.故只需证明nCL1=nGn_1d+nCL1Gn+…+nCn：1-CT1+…+nCn11181即证CL1=G0-1即证CL1=G0-1Gn+C：—1C1+…+C；］；/十•••+Cn—1Z-1n-1Cn而Gn—1=CTr+1,故即证C2n-1=C0-1Gn+C1-1CT1+…+Cn11CTr+1+…+Cn11a.②由等式(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n可得，左边xn的系数为C2n-1.而右边(1+x)n1(1+x)n=(Cn—1+CL1x+C2—1x2+…+GnX1)(C0+Gnx+Cx2+…+Cxn),所以xn的系数为C0-1Cn+c：—1CT1+…+c：11•CTr+1+…+Cn11d由(1+x)2n1=(1+x)n1(1+x)L11成立可得②成立.综上，f(n)=Cn—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Cn-1-CT,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C°-1Cn+Cn_1CT1+…+Cn11CTr+1+…+Cn：1Gn.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 Cn―1故c2n—1=c0―icn+c：—iCni+…+c；―icn++…+on-icn,余下同法■.法三：(利用导数)由二项式定理，得(1+x)n=CUdx+Cx2+…+cnxn.③两边求导，得n(1+x)nT=d+2C：x+…+rdxrT+…+nCnXn_1.@③x④，得n(1+x)2nT=(C0+Ca+Cx2+…+Cnxn)•(d+2Cnx+…+rCxrT+…+nCnxn1).⑤左边xn的系数为nc2n1.右边xn的系数为C1Cn+2dcnT+…+rCncnT+1+…+nCnd=CC0+2dcn+…+rcnCT1+…+nCncn-1=CnC：+2CnCn+---+rC：Tcn+…+nCn1Cn.rQ-I、、 ，1 _n 01 _12 _r-1r n-1_n由⑤恒成立，得nC2n-1=GCn+2co+…+rCnCn+…+nCnQ.故f(n)=C2n-1成立.法四：(构造模型)由nf(n)=C0d+2dC2+…+「^一^+…+nCn1Cn,得nf(n)=nCn1Cn+(n-1)C：2cS1+-+dd=nC°d+(n-1)C：C2+…+$1$,所以2nf(n)=(n+1)(C：C1+dCn+…+ Cn 1Cn) =(n+1)(C ：C1+Cn 1Cn+-••+ CnCn),构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n+1)个元素，则有C2：1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CnCn种选法，若从第一部分中取 (n—1)个，第二部分中取2个，则有CnTCn种选法，…，由分类计数原理可知或：1=G《+^—1^+…+C1C：.故2nf(n)=(n+1)C2：1,：±1 (2n)! (2n—1)! „所以f(n) —c , (Id't (A\ . —. ( —Czn—1.2n(n+1)! ( n-1) !n! (n—1) !(2018•苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)=(x+{5)2n+1(nCM,xCR).(1)当n=2时，若f(2)+f(-2)=，5A,求实数A的值；(2)若f(2)=m^a(诈N*,0<a<1),求证：a(m^a)=1.解：(1)当n=2时，f(x)=(x+m)5=Cx5+Cx475+Cx3(m)2+Cx2(75)3+dx(,)4+C5(部)5,所以f(2)+f(—2)=(2+\/5)5+(—2+V5)5=2[C5(V5)124+c5(V5)322+C5(V5)5]=2(5X164+10X4X5#+25洞=610^5,所以A=610.(2)证明：因为 f(x)=(x+*\/5)A1=苴：+1*2：+1+C2n+1*2：^/5+由+1*2：—1(r\^5)2+…+(洞『所以f(2)=C2n+122n+1+c2n+122nV5+CU122n-1(<5)2+…+C2n：1(V5)2n+1,由题意知，f(2)=(。5+2)2n+1=m^a(mieN,0<a<1),... *..............首先证明对于固定的 nCN,满足条件的mia是唯一的.假设f(2)=(2+*)*1=m+a1=m+a2(m,mCN,0<ai<1,0<a2<1,mwmi,a1wa2),则m—m=a2—”产0,而m—m2CZ,a2—”16(-1,0)U(0,1),矛盾.所以满足条件的ma是唯一的.下面我们求m及a的值：因为f(2)—f(—2)=(2+木)2n+1—(—2+丑)2n+1=(2+代)2n+1+(2—#)2n+1=2[C0n+122n+1+C2n+1.221(巾)2+&+1221(#)4+--+C2n+121(爪)2n],显然f(2)-f(-2)€N*.又因为m一2C(0,1),故(4一2)2n+1C(0,1),即f(—2)=(—2+木)2n+1=(75—2)2n+1C(0,1).所以令m=2[c2n+122n+1+dn+122nT(版)2+C4n+1•22n一3(机)4+…+c2n+121(^5)2n],a=(-2+m)2n+1,则m=f(2)-f(-2),a=f(—2),又m+a=f(2),所以a(m^a)=f(—2)•f(2)=(2+/)2n+1•(—2+木)2n+1=(5—4)2n+1=1.B组一一大题增分练士I—、… 2n(-1), 2n(-1)jj1.(2019•南通、泰州等七市三模 )设R=1J,Q= -一1——-.C2n C2ni=0 j=1(1)求2B—Q的值；(2)化简nR—Q.解：⑴*L+『3+，5,Qi=-B+3-C3+B=P所以2F2—Q=0.(2)设T=nPn-Cn,则丁=含一吉+心―…+己TOC\o"1-5"\h\zC2nC2nC2n C2n2nnn—1n—2n—3 -n=C°n-C2n+C2n-C3n+…十渡①因为Ckn=d『，汇》丁 旦 n—1 n—2 n—3 —n所以 I= /n— /n-1 +/n-2 — 7n-3+…+ ZC2n C2n C2n C2n C2n

——n1-n2-n3-nn=o^p H—^2 3^>—F…+千②C2n C2n C2n C2n C2n①+②得，2T=0,即T=nPn—Q=0,所以nR—Q=0.*(2019•南东盐城二模)平面上有2n(n>3,nCN)个点，将每一个点染上红色或蓝T.色.从这2n个点中任取3个点，记这3T.(1)若n=3,求T的最小值;(2)若n>4,求证：T>2Cn.解：(1)当n=3时，共有6个点.若染红色的点的个数为。个或6个，则若染红色的点的个数为1个或若染红色的点的个数为。个或6个，则若染红色的点的个数为1个或5个，则若染红色的点的个数为2个或4个，则T=C3=20;3T=C3=10;T=C4=4;若染红色的点的个数为3若染红色的点的个数为3个，则T=d+d=2.因此T的最小值为2.(2)证明：因为对任意的kCN*,n>k,都有Ck+1—(2)证明：因为对任意的kCN*,n>k,都有Ck+1—Ck=CkT>0,所以d+1>d.设2n个点中含有p(pCN,pw2n)个染红色的点,①当pC{0,1,2}时,①当pC{0,1,2}时,(2n—3)(2n—4) (n—1)(n—2)-~6 =4x 6""(2n—3)因为n>4,所以2n—3>n,T>4Xn(n—1)(因为n>4,所以2n—3>n,T>4Xn(n—1)(n—2)=4C3>2C3.②当pC{2n-2,2n-1,2n}时,T=Cp>C2n-2,同理可得T>2d.③当3wpw2n—3时，T=Cp+Gn-p,设f(p)=C3+C2n—p,3<p<2n-3,当3<p<2n—4时，f(p+1)—f(p)=Cp+1+C2n—p—1—Cp—C2n-p=Cp—C2n—p—1显然p^2n-p-1,当p>2n—p—1,即nWpW2n—4时，f(p+1)>f(p),当p〈2n—p—1,即3wpwn—1时，f(p+1)vf(p),即f(n)vf(n+1)<…vf(2n—3),f(3)>f(4)>f(n).因此f(p)>f(n)=2C3,即T>2C3.

综上，当n>4时，T>2C3n.H八.心…… c4c6c8 Cnn C4C5C8(2019•办锡常镇一模)已知f(n)=暴+《+%+…+C^，g(n)=C3+C4+C)+…+原(2k+2) (2k+1)(k+2)(k+1) (4k+2)(2k+2)~(2k+1)~(k+2)kT2，甘入(2k+2) (2k+1)(k+2)(k+1) (4k+2)(2k+2)~(2k+1)~(k+2)kT2，j+1,其中nCN,n>2.Qn+2(1)求f(2),f(3),g(2),g(3)的值;mm-1(2)记h(n)=f(n)—g(n),求证：对任息的廷N,m>2,总有h(2。C CC C43解：⑴f(2)=CT6c4C341f(3)=d+cr元C4 1 C4c6 19g(2)=CT2?g(3)=C6+c8=T4q.(2k)! (2k)!(2)证明:C2k—去2(2)证明:Gk+2 (2k+2)!(k+1)!•(k+1)!1

k^2.(k+1)之(k+2)—(k+1)k(k—1)

1

k^2.1 । 1、 3''2t+3+2t+4>2t+1+2.°1 1 1 1 1 1 2t—2又2t+5+2t+6+…+2t+1+2>2=1+2+2t+1+2+,"+2t+1+2=2=1+2，t+1t—t+1t—1・•.h(2 )>—43 2t—22tTT+2+2TTT+2=t2'，当m=t+1时，结论成立. * 一.mm-1综上，对任意的meN,m^2,总有h(2m)>—(2018•常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.如：考察恒等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n(nCN),左边xn的系数为C2n,而右边(1+x)n(1+x)"=(C0+C1x+…+0^)9n+Cnx+…+Cnx”)，*”的系数为CpCnH-CnCn1+…+Cno'n=(C0)2+C)2+(C2)2+…+(cn)2,因此可得到组合恒等式 c2n=(c°)2+(c1)2+(cn)2+---+(C；)2