2018年高考数学专题复习课件：专题八 二项式定理与数学归纳法(理科) 第1课时 计数原理与二项式定理

Cn1－1Cnn－1＋…＋Cnn－－11Cn1. 所以 C0n－1Cnn ＋Cn1－1Cnn－1＋…＋Cnn－－11Cn1＝Cn2n－1.
[(2解)证]明：证(C明n1)2：＋当2(C2nk)2∈＋…N*＋时n，(Cnnk)C2＝kn n＝Cn2kn×－1.k！nn！ －k！ ＝ k－1！n！n－k！＝n×k－1n！－1n！ －k！＝nCkn－－11.
组合数的性质应用
[例 3] (2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第 3 行开始，除 1 以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头 几行如图所示．
(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为 3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；
(2)已知 n，r 为正整数，且 n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数 Crn，Crn＋1，Crn＋2，Crn＋3不能构成等差数列．
[解] (1)杨辉三角形的第 n 行由二项式系数 Cnk， k＝0,1,2，…，n 组成． 如果第 n 行中有CCkn－kn1＝n－kk＋1＝34， CCnk＋kn 1＝nk＋－1k＝45， 那么 3n－7k＝－3,4n－9k＝5， 解得 k＝27，n＝62. 即第 62 行有三个相邻的数 C2662，C2672，C2682的比为 3∶4∶5.
本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.
江苏 新
2012，2013 年主要考查组合计数；2014 年考复合函数求导和 数学归纳法；2015 年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳 法；2016 年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运
高 算求解能力和推理论证能力；2017 年考查概率分布与期望及
k－k 1－1－k－1 1＝0.
(2)化简：12Cn0＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ckn＋…＋(n＋1)2Cnn.
解：法一：由(1)可知，当 k≥2 时，(k＋1)2Cnk＝(k2＋2k＋1)Ckn＝k2Cnk＋
2kC
k n
＋
C
k n
＝
[n(n
－
1)C
k－2 n－2
＋
fn＋1与 fn的关系，求解中用到归纳法和分类讨论思想.
[变式训练] (2017·苏北三市三模)已知集合 U＝{1,2，…，n}(n∈N*，n≥2)， 对于集合 U 的两个非空子集 A，B，若 A∩B＝∅，则称(A，B) 为集合 U 的一组“互斥子集”．记集合 U 的所有“互斥子集” 的组数为 f(n)(视(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”)． (1)写出 f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)求 f(n)． 解：(1)f(2)＝1，f(3)＝6，f(4)＝25.
(2)已知 n，r 为正整数，且 n≥r＋3.求证：任何四个相邻的 组合数 Cnr ，Crn＋1，Crn＋2，Crn＋3不能构成等差数列．
④含有元素是 3n＋1,3n＋2,3n＋3 的“好集”是{1,2，3，…， 3n}中“好集”与它的并，再加上{3n＋1,3n＋2,3n＋3}．
所以 f(n＋1)＝2f(n)＋2×23n＋1. 两边同除以 2n＋1，
得fn2n＋＋11－f2nn＝4n＋2n1＋1. 所以f2nn＝4n－1＋4n－2＋…＋4＋21n＋2n1－1＋…＋212＋32＝4n－3 1 ＋1－21n(n≥2)． 又f211也符合上式， 所以 f(n)＝2n43n－1＋2n－1.
k＝1
k＝0
n－1
n
Cnk＝ Cnk－C0n－Cnn＝2n－2，
k＝1
k＝0
所以 f(n)＝12[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝12(3n－2n＋1＋1).
法二：任意一个元素只能在集合 A，B，C＝∁U(A∪B)之一中， 则这 n 个元素在集合 A，B，C 中，共有 3n 种， 其中 A 为空集的种数为 2n，B 为空集的种数为 2n， 所以 A，B 均为非空子集的种数为 3n－2×2n＋1. 又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”， 所以 f(n)＝12(3n－2n＋1＋1).
②
k2C
k n
－
n(n
－
1)C
k－2 n－2
－
nC
k－1 n－1
＝
k2×
n！ k！n－k！
－
n(n
－
1)×k－2n！－2n！－k！－n×k－1n！－1n！－k！＝k×k－1！n！n－k！
－
n！ k－2！n－k！
－
n！ k－1！n－k！
＝
n！ k－2！n－k！
(2)求 f(n)．
解：法一：设集合 A 中有 k 个元素，k＝1,2,3，…，n－1. 则与集合 A 互斥的非空子集有 2n－k－1 个．
于是 f(n)＝12nk＝－11Cnk(2n－k－1)＝12(nk＝－11Ckn2n－k－nk＝－11Ckn)．
n－1
n
因为 Cnk2n－k＝ Ckn2n－k－C0n2n－Cnn20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，
＋
C2n－1＋…
＋
Cn－1 n－1
)
＋
(C
2 n
＋
Cn3＋…＋Cnn)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝
2n－2(n2＋5n＋4)．
法二：当 n≥3 时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋C1nx＋C2nx2＋…＋
Cnkxk＋…＋Cnnxn， 两边同乘以 x，得(1＋x)nx＝x＋C1nx2＋C2nx3＋…＋Cknxk＋1＋…＋Cnnxn＋1，
③含有元素是 3n＋1 与 3n＋2 的“好集”是{1,2，3，…， 3n}中各元素之和被 3 除余 0 的集合，
含有元素是 3n＋2 与 3n＋3 的“好集”是{1,2，3，…，3n} 中各元素之和被 3 除余 1 的集合，
含有元素是 3n＋1 与 3n＋3 的“好集”是{1,2，3，…，3n} 中各元素之和被 3 除余 2 的集合．合计是 23n；
nC
k－1 n－1
]
＋
2nC
k－1 n－1
＋
C
k n
＝
n(n
－
1)C
k－2 n－2
＋
3nCkn－－11＋Ckn.
故 12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Cnk＋…＋(n＋1)2Cnn＝(12C0n＋22Cn1)＋
n(n－
1)(C0n－2＋
C1n－2
＋…＋
Cnn－ －22)
＋
3n(C1n－1
[解] (1)(1＋x)2n－1 的展开式中含 xn 的项的系数为 Cn2n－1，
由
(1
＋
x)n
－
1(1
＋
x)n
＝
(C
0 n－1
＋
C
1 n－1
x
＋
…
＋
C
n－1 n－1
xn
－
1)·(C
0 n
＋
C
1 n
x
＋…＋Cnnxn)， 可知(1＋x)n－1(1＋x)n 的展开式中含 xn 的项的系数为 Cn0－1Cnn ＋
＋…
＋
Cnn－－11C
1 n
＝
Cn2n－1
，即
k＝1
(Cnn－ －k1Ckn)＝Cn2n－1，所以(Cn1)2＋2(C2n)2＋…＋n(Cnn)2＝nCn2n－1.
[方法归纳]
二项式定理中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＋bn＝C\o\al(0,n)an＋C\o\al(1,n)an－1b＋…＋C\o\al(r,n)an －rbr＋…＋C\o\al(n,n)bn 中的 a，b 进行特殊化就会得到很多有用的 有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常 用方法.还可以利用求函数值的思想进行赋值求解.
[解] (1)①当 n＝1 时，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共 1 个； 二元好集有{1,2}，共 1 个；三元好集有{1,2,3}，共 1 个，所以 f(1) ＝1＋1＋1＝3.
②当 n＝2 时，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共 2 个； 二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共 5 个； 三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}，{4,2,6}， {4,3,5}，{4,5,6}，共 8 个； 四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}， 共 5 个； 五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共 2 个，还有一个全集． 故 f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23.
[方法归纳]
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. 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.2本题是有关数论问题，其难度较大，求解关键是得出
两边对 x 求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cn1x＋3C2nx2＋…＋ (k＋1)Cnkxk＋…＋(n＋1)Cnnxn， 两边再同乘以 x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1nx2＋3C2nx3 ＋…＋(k＋1)Cnkxk＋1＋…＋(n＋1)Cnnxn＋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＋ 22C1nx＋32Cn2x2＋…＋(k＋1)2Cknxk＋…＋(n＋1)2Cnnxn. 令 x＝1，得 2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－1＝1＋22C1n＋32C2n ＋…＋(k＋1)2Ckn＋…＋(n＋1)2Cnn， 即 12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Cnk＋…＋(n＋1)2Cnn＝ 2n－2(n2＋5n＋4)．