《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法(理)8.1 計數(shù)原理與二項式定理達標訓練(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法(理)8.1 計數(shù)原理與二項式定理達標訓練(含解析)(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法(理)8.1 計數(shù)原理與二項式定理達標訓練(含解析)
1.設集合A,B是非空集合M的兩個不同子集,滿足:A不是B的子集,且B也不是A的子集.
(1)若M={a1,a2,a3,a4},直接寫出所有不同的有序集合對(A,B)的個數(shù);
(2)若M={a1,a2,a3,…,an},求所有不同的有序集合對(A,B)的個數(shù).
解:(1)110.
(2)集合M有2n個子集,不同的有序集合對(A,B)有2n(2n-1)個.
當A?B,并設B中含有k(1≤k≤n,k∈N*)個元素,
則滿足A?B的有序集合對(A,B)有(2k-1)=2k
2、-=3n-2n個.
同理,滿足B?A的有序集合對(A,B)有3n-2n個.
故滿足條件的有序集合對(A,B)的個數(shù)為2n(2n-1)-2(3n-2n)=4n+2n-2×3n.
2.記1,2,…,n滿足下列性質T的排列a1,a2,…,an的個數(shù)為f(n)(n≥2,n∈N*).性質T:排列a1,a2,…,an中有且只有一個ai>ai+1(i∈{1,2,…,n-1}).
(1)求f(3);
(2)求f(n).
解:(1)當n=3時,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),其中滿足僅存在一個i∈{1,2,3},使
3、得ai>ai+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(a1,a2,…,an)中,
若ai=n(1≤i≤n-1),從n-1個數(shù)1,2,3,…,n-1中選i-1個數(shù)按從小到大的順序排列為a1,a2,…,ai-1,其余按從小到大的順序排列在余下位置,于是滿足題意的排列個數(shù)為C.
若an=n,則滿足題意的排列個數(shù)為f(n-1).
綜上,f(n)=f(n-1)+=f(n-1)+2n-1-1.
從而f(n)=-(n-3)+f(3)=2n-n-1.
3.(2018·南京、鹽城一模)已知n∈N*,nf(n)=C
4、C+2CC+…+rCC+…+nCC.
(1)求f(1),f(2),f(3)的值;
(2)試猜想f(n)的表達式(用一個組合數(shù)表示),并證明你的猜想.
解:(1)由條件,nf(n)=CC+2CC+…+rCC+…+nCC,①
在①中令n=1,得f(1)=CC=1.
在①中令n=2,得2f(2)=CC+2CC=6,得f(2)=3.
在①中令n=3,得3f(3)=CC+2CC+3CC=30,得f(3)=10.
(2)猜想f(n)=C(或f(n)=C).
欲證猜想成立,只要證等式nC=CC+2CC+…+rCC+…+nCC成立.
法一:(直接法)當n=1時,等式顯然成立.
當n≥2時,
5、因為rC==
=n×=nC,
故rCC=(rC)C=nCC.
故只需證明nC=nCC+nCC+…+nC·C+…+nCC.
即證C=CC+ CC+…+ CC+…+ CC.
而C=C,故即證C=CC+ CC+…+ CC+…+ CC.②
由等式(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n可得,左邊xn的系數(shù)為C.
而右邊(1+x)n-1(1+x)n=(C+Cx+Cx2+…+Cxn-1)(C+Cx+Cx2+…+Cxn),
所以xn的系數(shù)為CC+ CC+…+ C·C+…+ CC.
由(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n恒成立可得②成立.
綜上,f(n)=C成立.
6、法二:(構造模型)構造一個組合模型,一個袋中裝有(2n-1)個小球,其中n個是編號為1,2,…,n的白球,其余(n-1)個是編號為1,2,…,n-1的黑球.現(xiàn)從袋中任意摸出n個小球,一方面,由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球((n-r)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為C·C,0≤r≤n-1,由分類計數(shù)原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數(shù)為CC+ CC+…+ CC+…+ CC.
另一方面,從袋中(2n-1)個小球中任意摸出n個小球的組合的個數(shù)為C.
故C=CC+ CC+…+ CC+…+ CC,余下同法一.
法三:(利用導數(shù))由二項式定理,
得(1+x)n=C+Cx+Cx2+…+Cxn.③
7、
兩邊求導,得n(1+x)n-1=C+2Cx+…+rCxr-1 +…+nCxn-1.④
③×④,得n(1+x)2n-1=(C+Cx+Cx2+…+Cxn)·(C+2Cx+…+rCxr-1 +…+nCxn-1).⑤
左邊xn的系數(shù)為nC.
右邊xn的系數(shù)為CC+2CC+…+rCC+…+nCC=CC+2CC+…+r CC+…+nCC=CC+2CC+…+r CC+…+nCC.
由⑤恒成立,得nC=CC+2CC+…+r CC+…+nCC.
故f(n)=C成立.
法四:(構造模型)由nf(n)=CC+2CC+…+rCC+…+nCC,
得nf(n)=nCC+(n-1)CC+…+CC=nCC+
8、(n-1)CC+…+CC,
所以2nf(n)=(n+1)(CC+CC+…+CC) =(n+1)(CC+CC+…+CC),
構造一個組合模型,從2n個元素中選取(n+1)個元素,則有C種選法,現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n,n,若(n+1)個元素中,從第一部分中取n個,第二部分中取1個,則有CC種選法,若從第一部分中取(n-1)個,第二部分中取2個,則有CC種選法,…,由分類計數(shù)原理可知C=CC+CC+…+CC.
故2nf(n)=(n+1)C,
所以f(n)=·==C.
4.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二))已知函數(shù)f(x)=(x+)2n+1(n∈N*,x∈R).
(1)當n=2時,若f
9、(2)+f(-2)=A,求實數(shù)A的值;
(2)若f(2)=m+α(m∈N*,0<α<1),求證:α(m+α)=1.
解:(1)當n=2時,f(x)=(x+)5=Cx5+Cx4+Cx3()2+Cx2()3+Cx()4+C()5,
所以f(2)+f(-2)=(2+)5+(-2+)5=2[C()124+C()322+C()5]=2(5×16+10×4×5+25)=610,
所以A=610.
(2)證明:因為f(x)=(x+)2n+1=Cx2n+1+Cx2n+Cx2n-1()2+…+C()2n+1,
所以f(2)=C22n+1+C22n+C22n-1()2+…+C()2n+1,
由題
10、意知,f(2)=(+2)2n+1=m+α(m∈N*,0<α<1),
首先證明對于固定的n∈N*,滿足條件的m,α是唯一的.
假設f(2)=(2+)2n+1=m1+α1=m2+α2(m1,m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1,m1≠m2,α1≠α2),
則m1-m2=α2-α1≠0,而m1-m2∈Z,α2-α1∈(-1,0)∪(0,1),矛盾.
所以滿足條件的m,α是唯一的.
下面我們求m及α的值:
因為f(2)-f(-2)=(2+)2n+1-(-2+)2n+1=(2+)2n+1+(2-)2n+1=2[C22n+1+C·22n-1()2+C22n-3()4+…+C21()2n],
11、
顯然f(2)-f(-2)∈N*.
又因為-2∈(0,1),故(-2)2n+1∈(0,1),
即f(-2)=(-2+)2n+1=(-2)2n+1∈(0,1).
所以令m=2[C22n+1+C22n-1()2+C·22n-3()4+…+C21()2n],
α=(-2+)2n+1,
則m=f(2)-f(-2),α=f(-2),又m+α=f(2),
所以α(m+α)=f(-2)·f(2)=(2+)2n+1·(-2+)2n+1=(5-4)2n+1=1.
B組——大題增分練
1.(2016·江蘇高考)(1)求7C-4C的值;
(2)設m,n∈N*,n≥m,求證:(m+1)C+
12、(m+2)·C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
解:(1)7C-4C=7×-4×=0.
(2)證明:當n=m時,結論顯然成立.
當n>m時,(k+1)C=
=(m+1)·
=(m+1)C,k=m+1,m+2,…,n.
又因為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.(2018·南京、鹽城二模
13、)現(xiàn)有(n≥2,n∈N*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個下圖所示的三角形數(shù)陣:
設Mk是第k行中的最大數(shù),其中1≤k≤n,k∈N*.記M1.
解:(1)由題意知p2==,即p2的值為.
(2)證明:先排第n行,則最大數(shù)在第n行的概率為=;
去掉第n行已經(jīng)排好的n個數(shù),
則余下的-n=個數(shù)中最大數(shù)在第n-1行的概率為=;
…
故pn=××…×==.
由于2n=(1+1)n=C+C+C+…+C≥C+C+C>C+C=C,
故>,即pn>.
3.(2018·蘇州暑假測試)設集合M={-1,0,1},集合A
14、n={(x1,x2,…,xn)|xi∈M,i=1,2,…,n},集合An中滿足條件“1≤|x1|+|x2|+…+|xn|≤m”的元素個數(shù)記為S.
(1)求S和S的值;
(2)當m
15、為C22,
若|x1|+|x2|+…+|xn|=m,即x1,x2,x3,…,xn中有n-m個取自集合P,m個取自集合Q,
故共有C2m種可能,即為C2m,
所以S=C21+C22+…+C2m,
因為當0≤k≤n時,C≥1,所以C-1≥0,
所以S=C21+C22+…+C2m
16、2018·常州期末)對一個量用兩種方法分別算一次,由結果相同構造等式,這種方法稱為“算兩次”的思想方法.利用這種方法,結合二項式定理,可以得到很多有趣的組合恒等式.如:考察恒等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n(n∈N*),左邊xn的系數(shù)為C,而右邊(1+x)n(1+x)n=(C+Cx+…+Cxn)(C+Cx+…+Cxn),xn的系數(shù)為CC+ CC+…+C C=(C)2+(C)2+(C)2+…+(C)2,因此可得到組合恒等式C=(C)2+(C)2+(C)2+…+(C)2.
(1)根據(jù)恒等式(1+x)m+n=(1+x)m(1+x)n(m,n∈N*),兩邊xk(其中k∈N,k≤m,k≤n)的系數(shù)相同,直接寫出一個恒等式;
(2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明: