高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题八-二项式定理与数学归纳法（理科）-含答案
江苏新高考
本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. ，主要考查组合计数；考复合函数求导和数学归纳法；考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.
近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.
第1课时计数原理与二项式定理(能力课)
[常考题型突破]
计数原理的应用
[例1]
{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)．
(1)求f(1)，f(2)的值；
(2)求f(n)的表达式．
[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.
(2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系．
集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分：
①原来的f(n)个集合；
②含有元素3n ＋1的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余2的集合， 含有元素是3n ＋2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 ＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n }中各元素之和被3除余0的集合． 合计是23n ；
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 ；
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
f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n ＋12
n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2
＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．
又
f (1)
21
也符合上式， 所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n
－1.
[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f (n ＋1)与f (n )的关系，求解中用到归纳法和分类讨论思想.
(·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)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 )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1
n －1C k n 2n －k －∑k ＝1
n －1C k
n )．
因为∑k ＝1n －1
C k n 2n －k ＝∑
k ＝0
n
C k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n
－1，
∑k ＝1n －1
C k n ＝∑
k ＝0
n C k n －C 0n －C n n ＝2n －2， 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).
二项式定理的应用
[例2] (·－
－
(1)求(1＋x )2n
－1
的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1
n －1C n －1n ＋…＋C n －
1n －1C 1n ；
(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.
[解] (1)(1＋x )2n
－1
的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，
由(1＋x )n －
1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －
1n －1x n －
1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n
x n )， 可知(1＋x )n －
1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －
1n ＋…＋C n －
1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －
1n ＋…＋C n －
1n －1C 1n ＝C n 2n －1.
(2)证明：当k ∈N *时，k C k n ＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！
(k －1)！(n －k )！
＝n C k －
1
n －1.
所以(C 1n )2＋2(C 2n )2
＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n
[k (C k n )2]＝∑k ＝1n (k C k n C k n )＝∑k ＝1n (n C k －1n －1C k
n )＝n ∑
k ＝1n
(C k －1n －1C k n )＝n ∑k ＝1
n
(C n －
k n －1C k
n )．
由(1)知C 0n －1C n
n ＋C 1
n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑
k ＝1
n
(C n －k n －1C k n )＝C n 2n －1，
所以(C 1n )2＋2(C 2n )2
＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －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 ＋b )n ＝C\o\al(0,n )a n ＋C\o\al(1,n )a n －
1b ＋…＋C\o\al(r ,n )a n －
r b r ＋…＋C\o\al(n ,n )b n 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.
(·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.
(1)求值：①k C k n －n C k －
1n －1；
②k 2C k n －n (n －1)C k －
2n －2－n C k －
1n －1(k ≥2)；
(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1
＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！
＝
n ！(k －1)！(n －k )！－n ！
(k －1)！(n －k )！
＝0.
②k 2C k n －n (n －1)C k －
2n －2－n C k －
1n －1＝k 2
×
n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！
(k －2)！(n －k )！
－
n ×
(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！
(k －1)！(n －k )！
＝
n ！(k －2)！(n －k )！⎝⎛⎭⎫k k －1
－1－1k －1＝0.
(2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C k
n ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －
2
n －2＋n C k －
1n －1]＋2n C k －
1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －
2n －2＋3n C k －
1n －1＋C k n .
故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0
n －2＋C 1n －2＋…＋C n －
2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －
1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n
)＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －
2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －
2(n 2＋5n ＋4)．
法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ， 两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋
1＋…＋C n n x
n ＋
1， 两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －
1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n
，
两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －
1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n x
k ＋
1＋…＋
(n ＋1)C n n x
n ＋
1
， 两边再对x 求导，得
(1＋x )n ＋n (1＋x )n －
1x ＋n (n －1)(1＋x )n －
2x 2＋2n (1＋x )n －
1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2
＋…＋(k ＋1)2C k n x k ＋…＋(n ＋1)2C n n x n
.
令x ＝1，得2n ＋n ·2n －
1＋n (n －1)2n －
2＋2n 2n －
1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k
n ＋…＋(n
＋1)2C n n ，
即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝2
n －
2(n 2＋5n ＋4)．
组合数的性质应用
[例3] (·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C r n ，C r ＋
1n ，C r ＋
2n ，C r ＋3
n
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C k n ， k ＝0,1,2，…，n 组成．
如果第n 行中有C k －
1
n
C k n ＝k n －k ＋1＝34
，
C k n
C k ＋1n
＝k ＋1n －k ＝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C 2662，C 2762，C 2862
的比为3∶4∶5. (2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋
1n ，C r ＋
2n ，C r ＋
3n 成等差数列，则2C r ＋
1n ＝C r n ＋C r ＋
2
n ，2C r ＋
2n ＝C r ＋
1n ＋C r ＋
3n ，
即
2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！
r ！(n －r )！
＋
n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！
(r ＋2)！(n －r －2)！
＝
n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！
(r ＋3)！(n －r －3)！
.
所以有
2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2
(r ＋2)(n －r －2)
＝
1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)
，
化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，
于是C r 2r ＋3，C r ＋
12r ＋3，C r ＋
22r ＋3，C r ＋
3
2r ＋3成等差数列．
而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋
32r ＋3＜C r ＋
12r ＋3＝C r ＋
22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从
而要证明的结论成立．
[方法归纳]
(1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：C k n ＝C n －
k n ，C k n ＋1＝C k n
＋C k －
1n .
(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．
设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；
(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．
解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，
当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|
＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111
＝12(C 011
＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ， 当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋
1C k n ＝(－1)k
＋1()C k n －1＋C k －1
n －1
＝(－1)k ＋
1C k －
1
n －1＋(－1)k ＋
1C k n －1 ＝(－1)k －
1C k －
1n －1－(－1)k C k n －1.
当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪
⎪b 0
C 0n －1＝1.
当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m
[(－1)k －
1C k －
1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1
＝－(－1)m C m n －1， 所以⎪
⎪⎪
⎪S m
C m n －1
＝1.
综上，⎪
⎪⎪
⎪S m
C m n －1
＝1.
[课时达标训练]
1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．
(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.
(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n －1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，
则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1
n
C k n (2k
－1)
＝∑k ＝0n
C k n 2k －∑
k ＝0
n
C k n ＝3n －2n
个． 同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n 个．
故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n . 2．(·南京、盐城二模)现有n (n ＋1)2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所
示的三角形数阵：
******………………………………
**…………**
…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行
设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1
(n ＋1)！
.
解：(1)由题意知p 2＝2A 22
A 33＝23，即p 2的值为23.
(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为
n n (n ＋1)2
＝2
n ＋1；
去掉第n 行已经排好的n 个数，
则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2
n
；
…
故p n ＝2n ＋1×2n
×…×23＝2n －
1(n ＋1)×n ×…×3＝2n
(n ＋1)！.
由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2
n ＋1，
故2n (n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！
. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．
(1)求f (3)； (2)求f (n )．
解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.
(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，
若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －
1n －1.
若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1
C i －
1n －1＝f (n －1)＋2n －
1－1.
从而f (n )＝23(1－2n －
3)1－2
－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.
4．(·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；
(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m
n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋
2
n ＋2.
解：(1)7C 36－4C 4
7＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．
当n ＞m 时，(k ＋1)C m
k ＝
(k ＋1)·k ！
m ！·(k －m )！
＝(m ＋1)·(k ＋1)！
(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！
＝(m ＋1)C m ＋
1
k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋
1k ＋1＋C m ＋
2k ＋1＝C m ＋
2k ＋2，
所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋
2k ＋2－C m ＋
2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .
因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m
n ]
＝(m ＋1)C m ＋
2
m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋
2m ＋3－C m ＋
2m ＋2)＋(C m ＋
2m ＋4－C m ＋
2m ＋3)＋…＋(C m ＋
2n ＋2－C m ＋
2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.
5．设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n (n ∈N *)，且每个数位上的数字只能是1或2.
(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．
解：(1)当n ＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a 1＝1； 当n ＝2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a 2＝2； 当n ＝3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a 3＝3； 当n ＝4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a 4＝5. 综上所述，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5.
(2)证明：设自然数X 的各位数字之和为n ＋2，由题设可知，X 的首位为1或2两种情形．
当X 的首位为1时，则其余各位数字之和为n ＋1.
故首位为1，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1； 当X 的首位为2时，则其余各位数字之和为n .
故首位为2，各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n .
所以各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1＋a n ，即a n ＋2＝a n ＋1＋a n . 下面用数学归纳法证明a 5n －1是5的倍数．
①当n ＝1时，a 4＝5，所以a 4是5的倍数，命题成立； ②假设n ＝k (k ≥1，n ∈N *)时，命题成立，即a 5k －1是5的倍数． 则a 5k ＋4＝a 5k ＋3＋a 5k ＋2 ＝2a 5k ＋2＋a 5k ＋1 ＝2(a 5k ＋1＋a 5k )＋a 5k ＋1 ＝3a 5k ＋1＋2a 5k ＝3(a 5k ＋a 5k －1)＋2a 5k
＝5a 5k ＋3a 5k －1.
因为5a 5k ＋3a 5k －1是5的倍数，即a 5k ＋4是5的倍数．所以n ＝k ＋1时，命题成立． 由①②可知，a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．
6．(·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 (n ∈N *)，左边x n 的系数为C n 2n ，而右边(1＋x )n
(1＋x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，x n 的系数为C 0n C n n ＋ C 1n C n －
1n ＋…＋C n n C 0n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2，因此可得到组合恒等式C n 2n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2.
(1)根据恒等式(1＋x )m ＋
n ＝(1＋x )m (1＋x )n (m ，n ∈N *)，两边x k (其中k ∈N ，k ≤m ，k ≤n )的系数相同，直接写出一个恒等式；
(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：
第2课时
数学归纳法(能力课)
[常考题型突破]
用数学归纳法证明等式
[例1] (·苏锡常镇一模)设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π
2tan n θ，其
前n 项和为S n .
(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12
tan n
θ；
(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋
1tan 2n θ]．
[证明] (1)因为a n ＝sin n π
2
tan n θ.
当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π
2tan 2k θ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.
当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin (2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan n
θ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan n
θ， 此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －
1tan n θ＝(－1)n －12
tan n θ.
当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan n
θ， 此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －
2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.
综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan n
θ.
(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1
cos 2θ＝tan θ.
故n ＝1时，命题成立，
假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋
1tan 2k θ]．
当n ＝k ＋1时，由(1)得：
S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·
[]1＋(－1)k ＋
1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋
2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ
＝12
sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2
θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]． 即当n ＝k ＋1时命题成立.
综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋
1tan 2n θ]．
[方法归纳]
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n 0的值.
(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.
(·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，
其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝
x
x ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )
(n ∈N *)． 解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n n x n ＝(1－
x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.
(2)证明：因为f i (x )＝
x
x ＋i
(x >0，i ∈N)， 所以
F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1
n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )＝∑i ＝0
n
⎣
⎡⎦⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)． ①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0
n ＝1
⎣⎡⎦⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1
x ＋1，所以n ＝1时结论成立.
②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立， 即F k (x )＝∑i ＝0
k ⎣⎡⎦
⎤(－1)i C i k x
x ＋i
＝
k ！
(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )
，
则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0
k ＋1 ⎣⎡⎦
⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i
＝1＋∑i ＝1
k
⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1
k ＋1
x x ＋k ＋1 ＝1＋∑i ＝
1
k ⎣⎡⎦⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1
k ＋1
x x ＋k ＋1 ＝∑i ＝0
k
⎣⎡⎦⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋
1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i C i －1k x x ＋i ＝F k (x )－∑i ＝
1
k ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)i －1C i －
1k x x ＋i
＝F k (x )－∑i ＝0k ⎣⎡⎦
⎤(－1)i C i k x
x ＋i ＋1
＝F k (x )－∑i ＝0k
⎣
⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i
k
x ＋1x ＋i ＋1·x x ＋1
＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·x
x ＋1
＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！
(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k )
＝
(k ＋1)！
(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )
，
所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知，
F n (x )＝n ！
(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )
(n ∈N *).
用数学归纳法证明不等式
[例2] (·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1
a n
，g (n )＝f (n 2)
－f (n －1)，n ∈N *.
(1) 求证：g (2)＞1
3
；
(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞1
3
.
[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1
a n 2，
当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞1
3.故结论成立．
(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝
1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17
＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭
⎫132＋132＋132
＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13， 所以当n ＝3时，结论成立．
②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立， 即g (k )＞1
3
，
则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1
a k 2＋2
＋…＋
1
a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－1
3k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2)
＝1
3＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)
， 由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞1
3.
所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞1
3.
[方法归纳]
(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k (k ∈N *)成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明.
设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－1
2n
(n ∈N *)．
证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2， 所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，
所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2， 即当n ＝2时，结论成立．
(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，结论成立，
即当a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－1
2k .
则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0， 且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，
可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1， 所以|a k ＋1|≤1
2
.
又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，
由假设可得⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，
所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1| ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1
＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ＝12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1|a k ＋1|
≤12－12k ＋⎝⎛⎭⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)
， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 综合(1)(2)可知，结论成立．
归纳、猜想、证明
[例3] (·n n n k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C n
n (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .
(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；
(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．
[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 1
1(x －1)＝x －x ＋1＝1；
f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22
(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2； f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33
(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k C
k
n
＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！
(k －1)！(n －k )！
，n C
k －1
n －1
＝n ·(n －1)！
(k －1)！(n －k )！
＝
n ！
(k －1)！(n －k )！
，
所以k C k n ＝n C k －
1
n －1.
用数学归纳法证明结论成立．
①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．
②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝C 0k ＋1x k ＋
1－C 1k ＋1(x －1)k ＋
1＋…＋(－1)k ＋
1C k ＋
1k ＋1(x －k －1)k ＋
1 ＝C 0k ＋1x k ＋
1－C 1k ＋1(x －1)k (x －1)＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k (x －k )＋(－1)k ＋
1C k ＋
1k ＋1(x －k －1)k ＋
1 ＝x [C 0k ＋1x k －C 1k ＋1(x －1)k ＋…＋(－1)k C k k ＋1(x －k )k ]＋[C 1k ＋1(x －1)k －2C 2k ＋1(x －2)k …＋(－1)
k ＋1
k C k k ＋1(x －k )k ]＋(－1)
k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋
1 ＝x [C 0k x k －(C 1k ＋C 0k )(x －1)k ＋…＋(－1)k (C k k ＋C k －
1k )(x －k )k ]＋(k ＋1)[(x －1)k －C 1
k (x －2)k …
＋(－1)k ＋1C k －1
k (x －k )k ]＋(－1)
k ＋1C k ＋
1k ＋1(x －k －1)k (x －k －1)
＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1
(x－k)k]＋(k
k
＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1
(x－k)k]＋x(－1)k＋1C k k(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x－k
k
－1)k＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1
(x－k)k＋(－
k
(x－k)k＋(－1)k(x－k－1)k C k k(x－k－1)k]＋(k＋1)[C0k(x－1)k－C1k(x－2)k＋…＋(－1)k－1C k－1
k
1)k]．(*)
由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！.
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
综合①②，f n(x)＝n！成立．
[方法归纳]
利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性.
解“归纳—猜想—证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.否则将会做大量无用功.
(·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N*)．
(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；
(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．
解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C3n＋1，
所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.
(2)证明：由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.
下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可．
①当n＝2时，f(2)＝8能被4整除，结论成立；
②假设n＝k (k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(k)＝(3k＋2)C3k＋1能被4整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(3k＋5)C3k＋2
＝(3k＋2)C3k＋2＋3C3k＋2
＝(3k＋2)(C3k＋1＋C2k＋1)＋(k＋2)C2k＋1
＝(3k＋2)C3k＋1＋(3k＋2)C2k＋1＋(k＋2)C2k＋1
＝(3k＋2)C3k＋1＋4(k＋1)C2k＋1，
此式也能被4整除，即n＝k＋1时结论也成立．
综上所述，所有f(n)的最大公约数为4.
[课时达标训练]
1．(·南通三模)已知函数f 0(x )＝cx ＋d
ax ＋b
(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.
(1)求f 1(x )，f 2(x )；
(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论． 解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2，
f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －
1·a n －
1·(bc －ad )·n ！
(ax ＋b )n ＋1
，n ∈N *. 证明：①当n ＝1时，由(1)知结论成立， ②假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时结论成立， 即有f k (x )＝(－1)k －
1·a k －
1·(bc －ad )·k ！
(ax ＋b )k ＋
1. 当n ＝k ＋1时，
f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣
⎢
⎡⎦
⎥⎤
(－1)
k －1
·a k －
1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1
′ ＝(－1)k －
1·a k －
1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)
]′
＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！
(ax ＋b )k ＋
2. 所以当n ＝k ＋1时结论成立．
由①②得，对一切n ∈N *结论都成立．
2．(·镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n ＋2·3n －
1＋1都能被8整除． 证明：(1)当n ＝1时，原式等于8能被8整除， (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 则5k ＋2·3k －
1＋1能被8整除． 设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *， 当n ＝k ＋1时，5k ＋
1＋2·3k ＋1 ＝5(5k ＋2·3k －
1＋1)－4·3k －
1－4 ＝5(5k ＋2·3k －
1＋1)－4(3k －
1＋1)， 而当k ≥1，k ∈N *时，
3k －
1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，
故5k ＋
1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －
1＋1)－4(3k －
1＋1)＝40m －8t (m ，t ∈N *)，也能被8整除， 故当n ＝k ＋1时结论也成立；
由(1)(2)可知对一切正整数n,5n ＋2·3n －
1＋1都能被8整除．
3．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n
2(n ≥2，n ∈N *)．
证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋2
2，即n ＝2时命题成立；
(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k
2，
则当n ＝k ＋1时，
S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k
2＋
2k 2k ＋2
k ＝1＋k 2＋1
2＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n
2
都成立．
4．(·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{0,1}，且对于给定的正整数p (p ≥2)，f (n )是p 的整数倍．把满足上述条件的数列{a n }的个数记为T n .
(1)当p ＝2时，求T 2的值；
(2)当p ＝3时，求证：T n ＝1
3[8n ＋2(－1)n ]．
解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }共有6项．
要使得f (2)是2的整数倍，则这6项中，只能有0项、2项、4项、6项取1，
故T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25
＝32. (2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .
当1≤k ≤n ，k ∈N *时，
C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －
13n ＋2
＝C 3k －
13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －
13n ＋1＋C 3k －
23n ＋1 ＝2C 3k －
13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －
23n ＋1
＝2(C 3k －
13n ＋C 3k －
23n )＋C 3k －
13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －
33n ＋C 3k －
23n ＝3(C 3k －
13n ＋C 3k －
23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －
33n ，
于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋
33n ＋3
＝C 03n ＋3＋C 3n ＋
33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －
23n ＋C 3n －
13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n
＝2T n ＋3(23n －T n ) ＝3×8n －T n .
下面用数学归纳法证明T n ＝1
3[8n ＋2(－1)n ]．
当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13
[81
＋2(－1)1
]，
即n ＝1时，命题成立．
假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *) 时，命题成立， 即T k ＝1
3[8k ＋2(－1)k ]．
则当n ＝k ＋1时，
T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －1
3[8k ＋2(－1)k ]
＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋
1]， 即n ＝k ＋1时，命题也成立． 于是当n ∈N *，有T n ＝1
3
[8n ＋2(－1)n ]．
5．(·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *
)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；
(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论．
解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π
3×2n －1
＝2⎝⎛⎭
⎫cos π
3×2n －12－1，
∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝±
a n ＋1
2
， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝
a n ＋1
2
. (2)当n ＝1时，a 1＝－1
2，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1；
当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝1
2，∴a 2＝b 2；
当n ＝3时，a 3＝
32，b 3＝1－19＝8
9
，∴a 3
①当n ＝3时，由上知，a 3
②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k
k ·k ！
，
则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋1
2
< 2－
2k ·k ！
2
＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！
. 要证a k ＋1
⎛
⎭⎪⎫
1－1k ·k ！2<⎣
⎡⎦⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0， 即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎡⎦⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．
综合①②可知：当n ≥3时，a n
综上可得：当n ＝1时，a 1
6．(·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．
例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；
经第2次变换后得到数组(8,9,7)．
(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；
(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0m
a i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，
n ，则a i ＋j ＝a t )
解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在； 当n ＝5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)． 经1次变换为：(3,5,7,9,6)， 经2次变换为：(8,12,16,15,9)， 经3次变换为：(20,28,31,24,17)， 所以b 3,5＝17；
当n ＝6时，同理得b 3,5＝28； 当n ＝7时，同理得b 3,5＝45； 当n ≥8时，n ∈N *时，
依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n )． 经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，…，n ＋1)，
无锡新领航教育特供：【三维设计】(江苏专版)2013高中数学二轮专题 第一部分 专题8配套专题检
小升初 中高考 高二会考 艺考生文化课 一对一辅导 https://www.360docs.net/doc/6a18997187.html,/wxxlhjy QQ:157171090 无锡新领航教育特供：【三维设计】（江苏专版）2013高中数学 二轮专题 第一部分 专题8配套专题检测 1．(20122南通第一次调研)若复数z 满足(1＋2i)z ＝－3＋4i(i 是虚数单位)，则z ＝________. 解析：z ＝－3＋4i 1＋2i ＝－3＋4i 1－2i 5 ＝5＋10i 5＝1＋2i. 答案：1＋2i 2．定义：复数b ＋a i 是z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)的转置复数，记为z ′＝b ＋a i ；复数a －b i 是z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)的共轭复数，记为z ＝a －b i.给出下列三个命题：①z ′＝i2z ；②z ′＋z ′＝0；③z 1′2z 2′＝z 12z 2.其中真命题的个数为________． 解析：i2z ＝i(a －b i)＝b ＋a i ＝z ′，①正确；z ′＋z ′＝(a －b i)′＋b ＋a i ＝－b ＋a i ＋b －a i ＝0，②正确；z 1′2z 2′＝(a 1＋b 1i)′(a 2＋b 2i)′＝(b 1＋a 1i)(b 2＋a 2i)＝(b 1b 2－a 1a 2)＋(b 1a 2＋a 1b 2)i ，z 12z 2＝a 1＋b 1i 2a 2＋b 2i ＝a 1a 2－b 1b 2＋a 1b 2＋b 1a 2 i ＝(a 1a 2－b 1b 2)－(a 1b 2＋a 2b 1)i ，∴z 1′2z 2′≠z 12z 2，③错，因此真命题个数是2. 答案：2 3．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，设向量x ＝(sin B ，sin C )，向量y ＝(cos B ，cos C )，向量z ＝(cos B ，－cos C )，若z ∥(x ＋y )，则tan B ＋tan C 的值为________． 解析：x ＋y ＝(sin B ＋cos B ，sin C ＋cos C )， 由z ∥(x ＋y )， 得cos C (sin B ＋cos B )＋cos B (sin C ＋cos C )＝0， 即sin B cos C ＋cos B sin C ＝－2cos B cos C . 所以sin B cos C ＋cos B sin C cos B cos C ＝tan B ＋tan C ＝－2. 答案：－2 4．平面内两个非零向量α，β，满足|β|＝1，且α与β－α夹角为135°，则 |α|的取值范围________． 解析：如图所示，在△OAB 中，设∠OBA ＝θ， 所以OB sin 45°＝OA sin θ，
二项式定理及数学归纳法
二项式定理及数学归纳法 【真题体验】 1．(2012·苏北四市调研)已知a n ＝(1＋2)n (n ∈N *) (1)若a n ＝a ＋b 2(a ，b ∈Z )，求证：a 是奇数； (2)求证：对于任意n ∈N *都存在正整数k ，使得a n ＝k －1＋k . 证明 (1)由二项式定理，得a n ＝C 0n ＋C 1n 2＋C 2n (2)2＋C 3n (2)3＋…＋C n n (2)n ， 所以a ＝C 0n ＋C 2n (2)2＋C 4n (2)4＋…＝1＋2C 2n ＋22C 4n ＋…， 因为2C 2n ＋22C 4n ＋…为偶数，所以a 是奇数． (2)由(1)设a n ＝(1＋2)n ＝a ＋b 2(a ，b ∈Z )，则(1－2)n ＝a －b 2， 所以a 2－2b 2＝(a ＋b 2)(a －b 2)＝(1＋2)n (1－2)n ＝(1－2)n ， 当n 为偶数时，a 2＝2b 2＋1，存在k ＝a 2，使得a n ＝a ＋b 2＝a 2＋2b 2＝k ＋k －1， 当n 为奇数时，a 2＝2b 2－1，存在k ＝2b 2，使得a n ＝a ＋b 2＝a 2＋2b 2＝k －1＋k ， 综上，对于任意n ∈N *，都存在正整数k ，使得a n ＝k －1＋k . 2．(2010·江苏，23)已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数； (2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数． (1)证明 设三边长分别为a ，b ，c ，cos A ＝b 2＋c 2－a 2 2bc ， ∵a ，b ，c 是有理数， b 2＋ c 2－a 2是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴b 2＋c 2－a 2 2bc 必为有理数，∴cos A 是有理数． (2)证明 ①当n ＝1时，显然cos A 是有理数； 当n ＝2时，∵cos 2A ＝2cos 2A －1，因为cos A 是有理数， ∴cos 2A 也是有理数； ②假设当n ≤k (k ≥2)时，结论成立，即cos k A 、cos(k －1)A 均是有理数． 当n ＝k ＋1时，cos(k ＋1)A ＝cos k A cos A －sin k Asin A ＝cos k A cos A －12 [cos(k A －A )－cos(k A ＋A )] ＝cos k A cos A －12cos(k －1)A ＋12 cos(k ＋1)A 解得：cos(k ＋1)A ＝2cos k A cos A －cos(k －1)A ∵cos A ，cos k A ，cos(k －1)A 均是有理数，
高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题八-二项式定理与数学归纳法（理科）-含答案
江苏新高考 本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查. ，主要考查组合计数；考复合函数求导和数学归纳法；考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力. 近年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查. 第1课时计数原理与二项式定理(能力课) [常考题型突破] 计数原理的应用 [例1] {1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n)． (1)求f(1)，f(2)的值； (2)求f(n)的表达式． [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. (2)首先考虑f(n＋1)与f(n)的关系． 集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3个元素3n＋1,3n ＋2,3n＋3.故f(n＋1)的组成有以下几部分： ①原来的f(n)个集合；
高考理科数学二轮复习小题专项训练9 排列组合、二项式定理
小题专项训练9排列组合、二项式定理 一、选择题 1．4位顾客购买两种不同的商品，每位顾客限买其中一种商品，则不同的购买方法共有() A．8种B．12种 C．16种D．32种 【答案】C 【解析】分4步完成，每一步有两种不同的方法，故不同的购买方法有24＝16(种)．2．(2019年宁夏模拟)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有() A．36种B．24种 C．18种D．12种 【答案】A 【解析】先选出2项工作并成一项，看作共有3项工作，再分配给3名志愿者即可，所以不同的安排方式共有C24A33＝36种．故选A． 3．(2019年安徽模拟)如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有() A．24种B．48种 C．96种D．120种 【答案】C 【解析】按E，B，C，A，D的顺序涂色，各点可选的颜色种数分别为4,3,2,2,2，所以不同的涂色方法种数为4×3×2×2×2＝96.故选C． 4．(x－2y)8的展开式中，x6y2项的系数是() A．－56B．56 C．28D．－28 【答案】B 【解析】二项式的通项为T r＋1＝C r8x8－r·(－2y)r，令8－r＝6，即r＝2，得x6y2项的系数为C28(－2)2＝56. 5．(2018年河北唐山一模)用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是() A．9B．12 C．15D．16 【答案】A
【解析】分3步进行分析：①0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况； ②在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况；③最后2个数位安排2个1，有1种情况．由分步乘法可知可组成3×3×1＝9个不同四位数． 6．(2019年河南模拟)(2x2－x－1)5的展开式中x2的系数为() A．400B．120 C．80D．0 【答案】D 【解析】(2x2－x－1)5＝[(x－1)(2x＋1)]5＝(x－1)5(1＋2x)5.易求得(x－1)5的常数项为－1，(1＋2x)5的x2的系数为40；(x－1)5的x的系数为5，(1＋2x)5的x的系数为10；(x－1)5的x2的系数为－10，(1＋2x)5的常数项为1.所以(2x2－x－1)5的展开式中x2的系数为－1×40＋5×10＋(－10)×1＝0.故选D． 7．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝() A．8B．9 C．10D．11 【答案】C 【解析】f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为T r＋1＝C r5(1＋x)5－r·(－1)r，T3＝C25(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，所以a3＝10. 8．(2018年北京海淀区校级模拟)从10种不同的作物种子中选出6种分别放入6个不同的瓶子中，每瓶不空，如果甲、乙两种种子都不许放入第一号瓶子内，那么不同的放法共有() A．C210A48种B．C19A59种 C．C19C58种D．C18A59种 【答案】D 【解析】分2步进行分析：①甲、乙两种种子都不许放入第一号瓶子内，将其他8种种子中任选1种，放进第一号瓶子内，有C18种情况；②在剩下的9种种子中，任选5种，安排在剩下的5个瓶子中，有A59种情况．所以一共有C18A59种不同的放法． 9．计划将排球、篮球、乒乓球3个项目的比赛安排在4个不同的体育馆举办，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有() A．24种B．36种 C．42种D．60种 【答案】D 【解析】若3个项目分别安排在4个不同的场馆，则安排方案共有A34＝24(种)；若有2个项目安排在同一个场馆，另一个安排在其他场馆，则安排方案共有C23·A24＝36(种)．所以在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有24＋36＝60(种)． 10．(2019年上海模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图
2020年新高考数学二轮习题练专题08_排列组合二项式定理
专题08 排列组合二项式定理 一、单选题 1.张、王夫妇各带一个小孩儿到上海迪士尼乐园游玩，购票后依次入园，为安全起见，首尾一定要 排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这 6个人的入园顺序的排法种数是（ ） 校的不同分配方法有（ D.- 3 个歌曲节目，要求歌曲节目一定排在首尾，另外 2个舞蹈节目一定要排在一起，则这 同编排种数为 A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 5 .用数字0, 1, 2, 3, 4, 5可以组成没有重复数字的四位奇数的个数是( A. 72 B, 144 C, 150 D. 180 6 .石家庄春雨小区有 3个不同的住户家里供暖出现问题，负责该小区供暖的供热公司共有 4名水暖 工，现要求这4名水暖工都要分配出去，且每个住户家里都要有人去检查，则分配方案共有（ 8. （1 ax ）（1 X ） 6 的展开式中，x 3 项的系数为-10,则实数a 的值为（ ） A. - B. 2 C. 2 D.- 3 3 9 .今有某种产品50个，其中一级品45个，二级品5个，从中取3个，出现二级品的概率是 10 .如图，用四种不同的颜色给图中的 A, B, C, D, E, F, G 七个点涂色，要求每个点涂一种颜色, A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 2.将甲、乙、丙、丁四人分配到 A 、 C 三所学校任教，每所学校至少安排 1人, 则甲不去A 学 A. 18 种 B. 24 种 C. 32种 D. 36种 3. 3男2女共5名同学站成一排合影，则 2名女生相邻且不站两端的概率为（ 4.元旦晚会期间，高三二班的学生准备了 6个参赛节目，其中有 2个舞蹈节目, 个小品节目，2 6个节目的不 A. 12 B. 24 C. 36 D. 72 7 •若 m 3 5 nxdx ，则二项式 2x m 的展开式中的常数项为（ A. 6 B. 12 C. 60 D. 120 A. C 3 C 30 B. C C 52 C 3 C 3 C. 1 C 5 C 30 D. C 5c 45 C 5 c 45 C 50
高考数学第二轮专项专题(排列组合二项式定理与概率统计)复习及解析
高考数学二轮复习专项 排列、组合、二项式定理与概率统计（含详解） 1. 袋里装有30个球，每个球上都记有1到30的一个号码, 设号码为n 的球的重量为 3443 42+-n n (克). 这些球以等可能性(不受重量, 号码的影响)从袋里取出. （Ⅰ）如果任意取出1球, 求其号码是3的倍数的概率. （Ⅱ）如果任意取出1球, 求重量不大于号其码的概率; （Ⅲ）如果同时任意取出2球, 试求它们重量相同的概率. 2. 从10个元件中（其中4个相同的甲品牌元件和6个相同的乙品牌元件）随机选出3个参加 某种性能测试. 每个甲品牌元件能通过测试的概率均为54 ，每个乙品牌元件能通过测试的概率均为53 .试求： （I ）选出的3个元件中，至少有一个甲品牌元件的概率； （II ）若选出的三个元件均为乙品牌元件，现对它们进行性能测试，求至少有两个乙品牌元件同时通过测试的概率. 3. 设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次任取一个，并且取出不在放回，若以ξ和η分别表示取出次品和正品的个数。 （1）求ξ的分布列，期望及方差； （2）求η的分布列，期望及方差； 4. （1）每天不超过20人排队结算的概率是多少？
（2）一周7天中，若有三天以上（含三天）出现超过15人排队结算的概率大于0.75，商场就需要增加结算窗口，请问，该商场是否需要增加结算窗口？ 5. 某售货员负责在甲、乙、丙三个柜面上售货．如果在某一小时内各柜面不需要售货员照顾的概率分别为0.9,0.8，0.7．假定各个柜面是否需要照顾相互之间没有影响，求在这个小时内：（1）只有丙柜面需要售货员照顾的概率； （2）三个柜面最多有一个需要售货员照顾的概率； （3）三个柜面至少有一个需要售货员照顾的概率． 6. 某同学上楼梯的习惯每步走1阶或2阶，现有一个11阶的楼梯，该同学从第1阶到第11阶用7步走完。 (1)求该同学恰好有连着三步都走2阶的概率； (2)记该同学连走2阶的最多步数为ζ，求随机事件ζ的分布列及其期望。 7. 甲、乙两支足球队，苦战120分钟，比分为1 ：1，现决定各派5名队员，每人射一个点球决定胜负，假设两支球队派出的队员点球命中率均为0.5. ⑴两队球员一个间隔一个出场射球，有多少种不同的出场顺序？ ⑵甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率是多少？ 8. 在一个盒子中，放有标号分别为1，2，3的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽 得两张卡片的标号分别为x、y，记 x y x- + - =2 ξ ． （Ⅰ）求随机变量 ξ的最大值，并求事件“ξ取得最大值”的概率；（Ⅱ）求随机变量 ξ的分布列和数学期望．
排列组合与二项式定理 习题2(含解析)——2022届新高考数学二轮复习
专题八 概率与统计 第一讲 排列组合与二项式定理 习题2 1.某中学话剧社的6个演员站成一排照相，高一、高二和高三年级均有2个演员，则高一与高二两个年级中仅有一个年级的同学相邻的站法种数为( ) A.48 B.144 C.288 D.576 2.有5名同学站成一排拍毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两名同学不能相邻，则不同的站法有( ) A.8种 B.16种 C.32种 D.48种 3.若用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字且奇数数字互不相邻的六位数，则这样的六位数共有多少个( ) A.120 B.132 C.144 D.156 4.已知集合A ，若对任意x A ∈，有1A x ∈，就称A 是具有“伙伴关系”的集合.在集合111,0,,,1,2,3,432M ⎧=-⎫⎨⎬⎩⎭ 的所有非空子集中，具有“伙伴关系”的集合的个数为( ) A.15 B.16 C.82 D.52 5.从10名排球队员中选出7人参加比赛，则不同的选法种数为( ) A.150 B.120 C.160 D.110 （多项选择题） 6.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是( ) A.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45 B.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为4154A C C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为() 3122325335C C C C A + D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工 作，则不同安排方案的种数是1233433233C C A C A + 7.若n x ⎛- ⎝的展开式中最中间的一项是52-( ) A.12a = B.展开式中所有项的二项式系数之和为64 C.展开式中的所有项的系数和为164 D.展开式中的常数项为1516 8.某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．
(新高考)2021届高考二轮复习专题三 排列组合、二项式定理 教师版
排列组合多以实际生活为背景对其应用进行考查，在解答题中常与概率统计等知识综合命题，主要考查逻辑推理的核心素养．二项式定理主要考查运算求解能力，比如二项展开式某项的系数，注意转化与化归的思想． 1．排列、组合的定义 排列的定义 从n 个不同元素中取出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 组合的定义 合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合 2．排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定 义 从n 个不同元素中取出m(m ≤n ，m ，n ∈N ∗)个元素的所有不同排列的个数 从n 个不同元素中取出m(m ≤n ，m ，n ∈N ∗)个元素的所有不同组合的个数 公 式 ()() () 121m n A n n n n m =---+()! ! n n m = - ()()()121!m m n n m m n n n n m A C A m ---+== 性 质 A n n =n!，0!=1 C n 0=1，C n m =C n n−m ，C n m +C n m−1 =C n+1m 正确理解组合数的性质 （1）C n m =C n n−m ：从n 个不同元素中取出m 个元素的方法数等于取出剩余n −m 个元素的方法数． （2）C n m +C n m−1=C n+1m ：从n +1个不同元素中取出m 个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A 有C n m 种方法；②含特殊元素A 有C n m−1种方法． 命题趋势 考点清单 专题 3 ×× 排列组合、二项式定理
3．二项式定理 （1）二项式定理：(a+b)n=C n0a n+C n1a n−1b+⋯+C n k a n−k b k+⋯+C n n b n(n∈N∗)❶； （2）通项公式：T k+1=C n k a n−k b k，它表示第k+1项； （3）二项式系数：二项展开式中各项的系数为C n0，C n1，⋯，C n n❷． 4．二项式系数的性质 （1）①项数为n+1． ②各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n． ③字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n． （2）二项式系数与项的系数的区别 二项式系数是指C n0，C n1，…，C n n，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．如(a+bx)n的二项展开式中，第k+1项的二项式系数是C n k，而该项的系数是C n k a n−k b k． 当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的．
高三数学二轮复习第一部分基础送分题专题检测八排列组合与二项式定理理
专题检测〔八〕 排列组合与二项式定理〔“12+4〞提速练〕 一、选择题 1．设M ，N 是两个非空集合，定义M ⊗N ＝{(a ，b )|a∈M ，b ∈N }，假设P ＝{0，1，2，3}，Q ＝{1，2，3，4，5}，那么P ⊗Q 中元素个数是( ) A ．4 B ．9 C ．20 D ．24 2．从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，那么不同抽取方法数为( ) A ．224 B ．112 C ．56 D ．28 3．(2021·四川高考)设i 为虚数单位，那么(x ＋i)6展开式中含x 4项为( ) A ．－15x 4 B ．15x 4 C ．－20i x 4 D ．20i x 4 4．假设从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同数，其和为偶数，那么不同取法共有( ) A ．60种 B ．63种 C ．65种 D ．66种 5．(2021·南昌一模)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，那么甲、乙所选课程中至少有1门不一样选法共有( ) A ．30种 B ．36种 C ．60种 D ．72种 6．(x ＋2)15＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 15(1－x )15，那么a 13值为( ) A ．945 B ．－945 C ．1 024 D ．－1 024 7．某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目演出顺序，那么同类节目不相邻排法种数是( ) A ．72 B ．168 C ．144 D ．120 9．假设⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 展开式中只有第六项二项式系数最大，那么展开式中常数项是( ) A ．360 B ．180 C ．90 D ．45 10．(2021·全国丙卷)定义“标准01数列〞{a n }如下：{ a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0个数不少于1个数．假设m ＝4，那么不同“标准01数列〞共有( ) A ．18个 B ．16个 C ．14个 D ．12个 11．假设(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016 x 2 016，那么a 12＋a 222＋…＋a 2 016 22 016值为( ) A ．2 B ．0 C ．－1 D ．－2 12．(2021·河北五校联考)现有16张不同卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法种数为( ) A ．232 B ．252 C ．472 D ．484 二、填空题
高中数学总复习第二轮专题八排列、组合和概率(文)8.1 排列、组合与二项式定量
专题八排列、组合和概率（文） 考情动态分析 排列与组合是发展迅速的组合数学的初步的知识．这种以计数为特征的内容在中学数学中较为独特，是进一步学习高等数学有关知识的准备，而且由于其思想方法较为独特灵活，也是发展学生抽象能力和逻辑思维能力的好素材．概率与统计是在排列与组合的基础上，学习概率的一些初步的知识，让学生初步感受概率与统计的实际意义及思考方法，培养学生分析和解决实际问题的能力. 从今年全国及16省市的高考题来看，题目类型基本上都相同，一般是选择题、填空题1—2道，解答题1道，分值为17—21分，难度为低、中档题，全面考查基础内容，并且注重了应用性和综合性及数学思想的考查． 由于这部分内容与高等数学的内容密切相关，同时为了进一步推动高中数学课程的教学改革，这一章的高考试题特点将会保持稳定． §8.1 排列、组合与二项式定量 考点核心整合
考题名师诠释 【例1】在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有（ ） A.36个 B.24个 C.18个 D.6个 解：依题意满足条件的情况只有一种：两个奇数一个偶数. 从1，3，5三个数中任取两个数，有2 3C 种取法； 从2，4两个数中取一个数有1 2C 种取法； 把取出的3个数进行全排列有3 3A 种排法. 由分步计数原理可得：共有2 3C 1 2C ·33A =36个. 答案：A 评述：本题主要考查排列组合知识，一般来讲解决方法都有直接法和间接法两种，本题就是直接法.
【例2】8个人排成一排，其中甲、乙、丙3人中，有两个相邻，但这3个人不同时相邻，求满足条件的所有不同排法的种数. 分析：通过审题发现，这是一道典型的排列问题，对于排列中元素必须在一起时，常把它们看作一个整体，然后考虑其内部的位置关系；对于排列中不能相邻的元素，采用插空的方式来处理. 解法一：（直接插入法）先排甲、乙、丙以外的5个人，有5 5A 种排法；再从甲、乙、丙3个人中选2人合并为一个元素，和余下的1个人插入6个空中，有2 3A ·2 6A 种插排法.故总的排法为5 5A ·2 3A ·2 6A =21 600种. 解法二：（间接法）先将8个人进行全排列，有8 8A 种排法，其中:①甲、乙、丙3个人两两都 不相邻的排法有55A 36A 种；②甲、乙、丙3个人同时相邻的排法有66A 33A 种.故共有排法88A -（55A 36A +66A 3 3A ）=21 600种. 评述：捆绑法和插空法是解决相邻、不相邻问题最常用的方法. 链接·提示 有限制条件的排列问题的常见解法有: (1)优先排受限元素(或位置),再排不受限的元素(或位置),此法称为优限法； (2)n 个不同元素排成一列,m 个元素相邻问题,一般是先将相邻的m 个元素看成一个元素,与另外n-m 个元素进行全排列,共有1 1+-+-m n m n A 种排法,再将m 个元素全排列,共有A m n 种排法,所以符合条件的排列数为1 1+-+-m n m n A ·A m n ,此法称为视一法; (3)n 个不同元素排成一列,有m 个元素不相邻的问题,一般是先将另外n-m(n-m ≥m-1)个元素排好,得到(n-m+1)个空挡,再让不相邻的m 个元素插空,共有m n m n A --·m m n A 1+-种不同的排法,此法称为插空法; (4)先求出无限制条件的总排列数,再求出不符合条件的排列数,从总排列数中减去不符合条件的排列数,得到符合条件的排列数,此法称为逆向思考法; (5)对于m 个元素顺序一定的问题,先取出m 个位置放上这m 个元素,再将其余n-m 个元素进行全排列,共有m n C ·m n m n A --种不同的排法; (6)当遇到几种情况发生的概率相同的问题时,常用机会均等法. 【例3】某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教，（每地1人）其中甲和乙不同去，则不同的选派方法共有多少种？ 解：总的选派方法有4 8A 种， 甲、乙同去的方法有22C ·26C ·4 4A 种. 故不同的选派方法共有4 8A -22C ·26C ·4 4A =1 320种.
决胜2021年全国高考数学备考二轮专题八 排列、组合及二项式定理 第1讲 定理原卷版
第1讲排列、组合及二项式定理 考点1两个计数原理 例1.(1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（） A．48种B．36种 C．24种D．12种 (2)如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用（） A．288种 B．264种 C．240种 D．168种 【跟踪演练】1. (1)当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工 A B C D E五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，作形势依然严峻、复杂．某地区安排,,,, 每个地区至少安排一人，且,A B两人安排在同一个地区，,C D两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为（） A．86种B．64种C．42种D．30种 (2)某班举行了由甲、乙、丙、丁、戊5名学生参加的“弘扬中华文化”的演讲比赛，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说，“你当然不会是最差的”从这个回答分析，5人的名次排列情况可能有（） A．36种B．54种 C．58种D．72种 考点2 排列组合
例2.(1)(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ） A ．若任意选科，选法总数为2 4C B ．若化学必选，选法总数为11 23C C C ．若政治和地理至少选一门，选法总数为111 223C C C D ．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为1 1 22C C 1+ (2)6名同学排成1排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不同站法． 【跟踪演练】2. (1)2020年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果，选派了5名工作人员到A 、B 、C 三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的选派方法数有（ ）种 A ．25 B ．60 C ．90 D ．150 (2)(多选)把座位号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为N 种，则N 的值不可能为（ ）． A ．18 B ．24 C ．36 D ．48 考点3 二项式定理 例3.(1)(多选)在6 1x x ⎛⎫- ⎪⎝ ⎭的展开式中，下列说法正确的有（ ） A ．所有项的二项式系数和为64 B ．所有项的系数和为0 C ．常数项为20 D ．二项式系数最大的项为第4项
高考数学二项式定理专题复习(专题训练)
二项式定理 1.二项式定理：)*()(011111100N n b a C b a C b a C b a C b a n n n n n n n n n n n ∈++⋅⋅⋅++=+---. 2.二项式定理的说明： （1）()n a b +的二项展开式是严格按照a 的降次幂（指数从n 逐项减到0）、b 的升次幂（数从0逐项减到n ）排列的，其顺序不能更改，且各项关于a 、b 的指数之和等于n 。所以()n a b +与()n b a +的二项展开式是不同的。 （3）二项式项数共有(1)n +项，是关于a 与b 的齐次多项式。 （4）二项式系数：展开式中各项的系数为1-r n C ，1,...,3,2,1+=n r . （5）二项式通项：展开式中的第r 项记作r T ， ）（1,...,3,2,11 11+==--+-n r b a C T r r n r n r ，共有(1)n +项。 （6）正确区分二项式系数与项的系数：二项式系数依次是012,,,,,,.r n n n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 项的系数是a 与b 的系数（包括二项式系数）。 如：n n r r n n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C b a ） （）（）（）（）（----n r 2221110+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++=---的 第2项的二次项系数为1n C ，而第2项的系数为1n C -. （7）常见二项式： 令1,,a b x ==)*()1(111100N n x C x C x C x C x n n n n n n n n n ∈++⋅⋅⋅++=+--； 令1,,a b x ==-)*()1()1(221100N n x C x C x C x C x n n n n n n n n ∈-+⋅⋅⋅++-=-. 3.二项式系数的性质： （1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等： 即k n n k n n n n n n n C C C C C C --=⋅⋅⋅==,,,110 . （2）二项式系数和：令1a b ==，则二项式系数的和为： n n n n n n n C C C C 2110=++⋅⋅⋅++-，变形有：12321-=+⋅⋅⋅+++n n n n n n C C C C . （3）15 314202-=⋅+⋅⋅+++=⋅+⋅⋅+++n n n n n n n C C C C C C ； （4）求奇数项的系数和与偶数项的系数和： 已知n n n x a x a x a x a a x a 22332102...)(2++++=+，则
高考数学复习考点知识与题型专题讲解73---二项式定理
高考数学复习考点知识与题型专题讲解 10.3二项式定理 考试要求能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 1．二项式定理 二项式定理 (a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n － 1b ＋…＋C k n a n － k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *) 二项展开式的通项 T k ＋1＝C k n a n －k b k ，它表示第k ＋1项 二项式系数 C k n (k ∈{0,1,2,3，…，n }) 2.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． (2)增减性与最大值 当n 是偶数时，中间一项2C n n 取得最大值；当n 是奇数时，中间的两项12C -n n 与1 2C +n n 相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和 (a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n . 微思考 1．总结(a ＋b )n 的展开式的特点． 提示(1)项数为n ＋1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n . (3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，
次数由零逐项增1直到n. 2．(a＋b)n的展开式的二项式系数和系数相同吗？ 提示不一定．(a＋b)n的展开式的通项是C k n a n－k b k，其二项式系数是C k n(k∈{0,1,2,3，…，n})，不一定是系数． 题组一思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)C k n a n－k b k是(a＋b)n的展开式的第k项．(×) (2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(√) (3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(×) (4)(a＋b)n的展开式中某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．(√) 题组二教材改编 2．(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是() A．C m n B．C m＋1 n C．C m－1 n D．(－1)m－1C m－1 n 答案D 解析(x－y)n二项展开式第m项的通项为 T m＝C m－1 n (－y)m－1x n－m＋1， 所以系数为C m－1 n (－1)m－1. 3．(八省联考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是() A．60B．80C．84D．120 答案D 解析(利用公式C m n＋C m＋1 n ＝C m＋1 n＋1 )
2022版新高考数学总复习真题专题--二项式定理(解析版)
2022版新高考数学总复习--§11.2 二项式定理 — 五年高考 — 考点 二项式定理 1.(2020课标Ⅰ理,8,5分)(x + y 2x )(x +y )5 的展开式中x 3y 3的系数为 ( ) A.5 B.10 C.15 D.20 答案 C 2.(2020北京,3,4分)在(√x -2)5 的展开式中,x 2 的系数为 ( ) A.-5 B.5 C.-10 D.10 答案 C 3.(2019课标Ⅲ理,4,5分)(1+2x 2 )(1+x )4 的展开式中x 3 的系数为 ( ) A.12 B.16 C.20 D.24 答案 A 4.(2021浙江,13,6分)已知多项式(x -1)3 +(x +1)4 =x 4 +a 1x 3 +a 2x 2 +a 3x +a 4,则 a 1= ;a 2+a 3+a 4= . 答案 5;10 5.(2021上海,6,4分)若(x +a )5 ,则x 2 的系数为80,则a = . 答案 2 6.(2020课标Ⅲ理,14,5分)(x 2+2x )6 的展开式中常数项是 (用数字作答). 答案 240 7.(2020浙江,12,6分)二项展开式(1+2x )5 =a 0+a 1x +a 2x 2 +a 3x 3 +a 4x 4 +a 5x 5 ,则 a 4= ,a 1+a 3+a 5= . 答案 80;122 8.(2020天津,11,5分)在(x +2x 2)5的展开式中,x 2 的系数是 .
答案 10 9.(2019浙江,13,6分)在二项式(√2+x )9 的展开式中,常数项是 ,系数为有理数的项的 个数是 . 答案 16√2;5 10.(2019天津理,10,5分)(2x -1 8x 3)8 的展开式中的常数项为 . 答案 28 11.(2018浙江,14,4分)(√x 3 +12x )8 的展开式的常数项是 . 答案 7 以下为教师用书专用(1—27) 1.(2016四川理,2,5分)设i 为虚数单位,则(x +i )6 的展开式中含x 4 的项为 ( ) A.-15x 4 B.15x 4 C.-20i x 4 D.20i x 4 答案 A T 3=C 62 x 4i 2 =-15x 4 ,故选A . 易错警示 易误认为i 2 =1而致错. 2.(2015湖北理,3,5分)已知(1+x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的 二项式系数和为 ( ) A.212 B.211 C.210 D.29 答案 D ∵(1+x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数分别为C n 3,C n 7,∴C n 3=C n 7,得n =10. 从而有C 100+C 101+C 102+C 103+…+C 1010=210 , 又C 100+C 102+…+C 1010=C 101+C 103+…+C 109, ∴奇数项的二项式系数和为C 100+C 102+…+C 1010=29 . 评析 本题考查求二项展开式的二项式系数及其性质、组合数性质,考查运算求解能力. 3.(2015陕西理,4,5分)二项式(x +1)n (n ∈N +)的展开式中x 2 的系数为15,则n = ( ) A.4 B.5 C.6 D.7
高考数学复习考点知识专题讲解与训练52---二项式定理
高考数学复习考点知识专题讲解与训练 专题52 二项式定理 【考纲要求】 1.了解“杨辉三角”的特征，掌握二项式系数的性质及其简单应用. 2．掌握二项式定理，会用二项式定理解决有关的简单问题. 【知识清单】 知识点1. 二项式定理 1. 二项式定理 () ()011*n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=++++ +∈，这个公式所表示的定 理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中的系数r n C (0,1,2,3,,r n =)叫做二项式系数．式中的r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，用 1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=. 2．二项展开式形式上的特点
(1)项数为1n +. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n . (3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母 b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n . (4)二项式的系数从0n C ，1 n C ，一直到1n n C -，n n C . 知识点2. 二项式系数的性质 1. 二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即0n n n C C =， 11 n n n C C -=， ，m n m n n C C -=. (2)增减性与最大值：二项式系数r n C ，当1 2 n r +≤ 时，二项式系数是递增的；由对称性知：当1 2 n r +> 时，二项式系数是递减的． 当n 是偶数时，中间的一项2n n C 取得最大值． 当n 是奇数时，中间两项12n n C + 和12n n C -相等，且同时取得最大值．
高考数学二轮复习 专题八 附加题 第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法学案
—————————— 教育资源共享 步入知识海洋 ———————— 第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法 [考情考向分析] 1.考查分类计数原理、分步计数原理与排列、组合的简单应用，B 级要求. 2.考查n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的数学期望与方差，B 级要求.3.考查数学归纳法的简单应用，B 级要求． 热点一 计数原理与二项式定理 例1 (2018·苏州调研)已知f n (x )＝⎝ ⎛⎭ ⎪⎫x 2＋3a x 3n ，n ∈N *. (1)当a ＝1时，求f 5(x )展开式中的常数项； (2)若二项式f n (x )的展开式中含有x 7 的项，当n 取最小值时，展开式中含x 的正整数次幂的项的系数之和为10，求实数a 的值． 解 二项式⎝ ⎛⎭ ⎪⎫x 2＋3a x 3n 的展开式通项为 T r ＋1＝C r n ()x 2n －r ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫3a x 3r ＝C r n (3a )r x 2n －5r (r ＝0,1,2，…，n )， (1)当n ＝5，a ＝1时，f (x )的展开式的常数项为T 3＝9C 2 5＝90. (2)令2n －5r ＝7，则r ＝2n －7 5 ∈N ，所以n 的最小值为6， 当n ＝6时，二项式⎝ ⎛⎭ ⎪⎫x 2＋3a x 36 的展开式通项为 T r ＋1＝C r 6(3a )r x 12－5r (r ＝0,1,2，…，6)， 则展开式中含x 的正整数次幂的项为T 1，T 2，T 3，它们的系数之和为 C 0 6＋C 1 6(3a )＋C 2 6(3a )2 ＝135a 2 ＋18a ＋1＝10， 即15a 2 ＋2a －1＝0，解得a ＝－13或15 . 思维升华 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)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质． (3)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