届二轮复习第3讲计数原理及二项式定理数学归纳法学案全国通用.docx

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届二轮复习第3讲计数原理及二项式定理数学归纳法学案全国通用

第3讲计数原理及二项式定理、数学归纳法

高考定位　高考对本内容的考查主要有：

（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求；

（2）排列与组合，B级要求；（3）二项式定理，B级要求；（4）数学归纳法的简单应用，B级要求.

真题感悟

1.（2018·江苏卷）设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当sit，则称（is，it）是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数.例如：

对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2.记fn（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.

（1）求f3

（2），f4

（2）的值；

（2）求fn

（2）（n≥5）的表达式（用n表示）.

解　

（1）记τ（abc）为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有τ（123）＝0，τ（132）＝1，τ（213）＝1，τ（231）＝2，τ（312）＝2，τ（321）＝3，

所以f3（0）＝1，f3

（1）＝f3

（2）＝2.

对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置.

因此，f4

（2）＝f3

（2）＋f3

（1）＋f3（0）＝5.

（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：

12…n，所以fn（0）＝1.

逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn

（1）＝n－1.为计算fn＋1

（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置.

因此，fn＋1

（2）＝fn

（2）＋fn

（1）＋fn（0）＝fn

（2）＋n.

当n≥5时，fn

（2）＝[fn

（2）－fn－1

（2）]＋[fn－1

（2）－fn－2

（2）]＋…＋[f5

（2）－f4

（2）]＋f4

（2）＝（n－1）＋（n－2）＋…＋4＋f4

（2）＝.

因此，当n≥5时，fn

（2）＝.

2.（2016·江苏卷）

（1）求7C－4C的值；

（2）设m，n∈N*，n≥m，求证：

（m＋1）C＋（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋nC＋（n＋1）C＝（m＋1）C.

（1）解　7C－4C＝7×20－4×35＝0.

（2）证明　对任意的m，n∈N*，n≥m，

①当n＝m时，左边＝（m＋1）C＝m＋1，

右边＝（m＋1）C＝m＋1，原等式成立.

②假设n＝k（k≥m）时命题成立.

即（m＋1）C＋（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋kC＋（k＋1）C＝（m＋1）C，

当n＝k＋1时，

左边＝（m＋1）C＋（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋kC＋（k＋1）C＋（k＋2）C

＝（m＋1）C＋（k＋2）C，

右边＝（m＋1）C.

而（m＋1）C－（m＋1）C

＝（m＋1）

＝（m＋1）×[（k＋3）－（k－m＋1）]

＝（k＋2）＝（k＋2）C，

∴（m＋1）C＋（k＋2）C＝（m＋1）C，

∴左边＝右边.

即m＝k＋1时命题也成立.

综合①②可得原命题对任意m，n∈N*，n≥m均成立.

考点整合

1.两种计数原理

分类加法计数原理和分步乘法计数原理.

2.排列与组合

（1）排列的定义：

排列数公式：

A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝（m≤n，m，n∈N*）.

（2）组合的定义：

组合数公式：

C＝＝（m≤n，m，n∈N*）；

组合数性质：

C＝C；C＋C＝C.

3.

（1）二项式定理：

（a＋b）n＝Can＋Can－1b＋…＋Cabn－1＋Cbn，其中C，C，…，C称为二项式系数；

（2）C＋C＋…＋C＝2n；

（3）通项：

Tr＋1＝Can－rbr，r≤n，n，r∈N*.

4.数学归纳法

运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基（或递推基础），证明当n取第一个值n0（n0∈N*）时命题成立，第二步是归纳递推（或归纳假设），假设n＝k（k≥n0，k∈N*）时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.

热点一　与计数原理有关的问题

【例1】（2011·江苏卷）设整数n≥4，P（a，b）是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b.

（1）记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An；

（2）记Bn为满足（a－b）是整数的点P的个数，求Bn.

解　

（1）点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3.

（2）设k为正整数，记fn（k）为满足条件以及a－b＝3k的点P的个数，只要讨论fn（k）≥1的情形.

由1≤b＝a－3k≤n－3k知fn（k）＝n－3k，且k≤，

设n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0，1，2}，

则k≤m，所以Bn＝fn（k）＝（n－3k）＝mn－＝，

将m＝代入上式，化简得Bn＝－，

所以Bn＝

探究提高　此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算.

【训练1】（2018·南京、盐城、连云港二模）已知n∈N*，且n≥4，数列T：

a1，a2，…，an中的每一项均在集合M＝{1，2，…，n}中，且任意两项不相等.

（1）若n＝7，且a2＜a3＜a4＜a5＜a6，求数列T的个数；

（2）若数列T中存在唯一的ak（k∈N*，且k＜n），满足ak＞ak＋1，求所有符合条件的数列T的个数.

解　

（1）当n＝7时，M＝{1，2，…，7}，

数列T的个数为C×A＝42.

（2）当k＝1时，则a1＞a2，a2＜a3＜…＜an，

此时a2为1，a1共有（n－1）种选法，余下的（n－2）个数，按从小到大依次排列，共有1种，

因此k＝1时，符合条件的数列T共有n－1＝（C－1）（个）.

当2≤k≤n－2时，则a1＜a2＜…＜ak，ak＞ak＋1，ak＋1＜ak＋2＜…＜an，

从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，

再将余下的（n－k）个数，按从小到大的顺序排列，

即得满足条件a1＜a2＜…＜ak，ak＋1＜ak＋2＜…＜an的数列的个数为CC，

这里包含了ak＜ak＋1即a1＜a2＜…＜ak＜ak＋1＜ak＋2＜…＜an的情形，

此时符合条件的数列T共有CC－1＝C－1（个）.

当k＝n－1时，则a1＜a2＜…＜an－1，an－1＞an，

此时an－1为n，an共有（n－1）种选法，余下的（n－2）个数，按从小到大依次排列，共有1种，

因此k＝n－1时，符合条件的数列T共有n－1＝（C－1）（个）.

于是所有符合条件的数列T的个数为：

C－1＋C－1＋…＋C－1＝C＋C＋…＋C－n＋1＝2n－C－C－n＋1＝2n－n－1.

热点二　与二项式定理有关的问题

【例2】设f（n）＝（a＋b）n（n∈N*，n≥2），若f（n）的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f（n）具有性质P.

（1）求证：

f（7）具有性质P；

（2）若存在n≤2017，使f（n）具有性质P，求n的最大值.

（1）证明　f（7）的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C＝7，C＝21，C＝35.

因为C＋C＝2C，即C，C，C成等差数列，所以f（7）具有性质P.

（2）解　设f（n）具有性质P，则存在r∈N*，1≤r≤n－1，

使C，C，C成等差数列，所以C＋C＝2C.

整理得4r2－4nr＋（n2－n－2）＝0，即（2r－n）2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数.

又n≤2017，由于442＜2017＋2＜452，所以n的最大值为442－2＝1934，

此时r＝989或945.

探究提高　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，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.

【训练2】（2018·南通、扬州、淮安等六市调研）已知（1＋x）2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.记Tn＝（2k＋1）an－k.

（1）求T2的值；

（2）化简Tn的表达式，并证明：

对任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除.

解　由二项式定理，得ai＝C（i＝0，1，2，…，2n＋1）.

（1）T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30.

（2）因为（n＋1＋k）C＝（n＋1＋k）·

＝＝（2n＋1）C，

所以Tn＝

＝2（2n＋1）··（22n＋C）－（2n＋1）··22n＋1

＝（2n＋1）C.

Tn＝（2n＋1）C＝（2n＋1）（C＋C）＝2（2n＋1）C＝（4n＋2）C.

因为C∈N*，所以Tn能被4n＋2整除.

热点三　数学归纳法的应用

【例3】（2017·南通、泰州、扬州调研）已知函数f0（x）＝（a≠0，ac－bd≠0）.设fn（x）为fn－1（x）的导数，n∈N*.

（1）求f1（x），f2（x）；

（2）猜想fn（x）的表达式，并证明你的结论.

解　

（1）f1（x）＝f0′（x）＝′＝；

f2（x）＝f1′（x）＝′＝.

（2）猜想fn（x）＝，n∈N*.

证明　当n＝1时，由

（1）知结论正确，

假设当n＝k，k∈N*时，结论正确，

即fk（x）＝；

当n＝k＋1时，fk＋1（x）＝f′k（x）＝′

＝（－1）k－1·ak－1·（bc－ad）·k！

[（ax＋b）－（k＋1）]′＝，

所以当n＝k＋1时，结论也成立.

综上所述，对一切n∈N*，fn（x）＝.

探究提高　在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项.同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法.

【训练3】（2015·江苏卷）已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}（n∈N*），设Sn＝{（a，b）|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f（n）表示集合Sn所含元素的个数.

（1）写出f（6）的值；

（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明.

解　

（1）Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素（a，b）满足：

若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6；

若a＝3，则b＝1，3，6.所以f（6）＝13.

（2）当n≥6时，f（n）＝（t∈N*）.

下面用数学归纳法证明：

①当n＝6时，f（6）＝6＋2＋＋＝13，结论成立；

②假设n＝k（k≥6）时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在（1，k＋1），（2，k＋1），（3，k＋1）中产生，分以下情形讨论：

1）若k＋1＝6t，则k＝6（t－1）＋5，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋3＝k＋2＋＋＋3＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立；

2）若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋1＝k＋2＋＋＋1＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立；

3）若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋2＝k＋2＋＋＋2＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立；

4）若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋2＝k＋2＋＋＋2＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立；

5）若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋2＝k＋2＋＋＋2＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立；

6）若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有

f（k＋1）＝f（k）＋1＝k＋2＋＋＋1＝（k＋1）＋2＋＋，结论成立.

综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.

1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理

如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘.

2.解排列、组合问题的基本策略

（1）两种思路：

①直接法；②间接法.

（2）排列、组合的公式应用要灵活、合理变形，尤其注意两者的综合应用.

3.对于二项式系数，应注意以下几点：

（1）关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”；

（2）证明不等式时，注意运用放缩法；

（3）对于三项展开式问题，可以先变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但注意分类清楚、不重不漏；

（4）赋值法的巧妙运用.

4.数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题.通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用.

1.（2017·扬州测试）设n∈N*，f（n）＝3n＋7n－2.

（1）求f

（1），f

（2），f（3）的值；

（2）证明：

对任意正整数n，f（n）是8的倍数.

（1）解　代入1，2，3，求出f

（1）＝8，f

（2）＝56，f（3）＝368.

（2）证明　①当n＝1时，f

（1）＝8是8的倍数，命题成立.

②假设当n＝k，k∈N*时，命题成立，

即f（k）＝3k＋7k－2是8的倍数，那么当n＝k＋1时，

f（k＋1）＝3k＋1＋7k＋1－2＝3（3k＋7k－2）＋4（7k＋1），

因为7k＋1是偶数，所以4（7k＋1）是8的倍数，

又由归纳假设知3（3k＋7k－2）是8的倍数，

所以f（k＋1）是8的倍数，

所以当n＝k＋1时，命题也成立.

根据①②知，命题对任意n∈N*成立.

2.已知等式（x2＋2x＋2）5＝a0＋a1（x＋1）＋a2（x＋1）2＋…＋a9（x＋1）9＋a10（x＋1）10，其中ai（i＝0，1，2，…，10）为实常数.

（1）当m＝1时，求P（n，1）·Q（n，1）的值；

（2）对m∈N*，证明：

P（n，m）·Q（n，m）恒为定值.

（1）解　当m＝1时，P（n，1）＝（－1）kC＝（－1）kC＝，

又Q（n，1）＝C＝n＋1，显然P（n，1）·Q（n，1）＝1.

（2）证明　P（n，m）＝（－1）kC＝1＋（－1）k（C＋C）＋（－1）n

＝1＋（－1）kC＋（－1）kC＝P（n－1，m）＋（－1）kC

＝P（n－1，m）－（－1）kC＝P（n－1，m）－P（n，m）.

即P（n，m）＝P（n－1，m），

由累乘，易求得P（n，m）＝P（0，m）＝，

又Q（n，m）＝C，所以P（n，m）·Q（n，m）＝1.

5.（2017·苏北四市调研）在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该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，使该行中三个相邻的数之比是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，C，C，C不能构成等差数列.

（1）解　存在.杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k＝0，1，2，…，n组成.

若第n行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5，

则＝＝，＝＝，

即3n－7k＝－3，4n－9k＝5，解得k＝27，n＝62.

即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为3∶4∶5.

（2）证明　若有n，r（n≥r＋3），使得C，C，C，C成等差数列，

则2C＝C＋C，2C＝C＋C，

即＝＋，

＝＋，

所以＝＋，

＝＋，

整理得n2－（4r＋5）n＋4r（r＋2）＋2＝0，n2－（4r＋9）n＋4（r＋1）（r＋3）＋2＝0.

两式相减得n＝2r＋3，

所以C，C，C，C成等差数列，

由二项式系数的性质可知C＝C＜C＝C，

这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立.

6.（2014·江苏卷）已知函数f0（x）＝（x>0），设fn（x）为fn－1（x）的导数，n∈N*.

（1）求2f1＋f2的值；

（2）证明：

对任意的n∈N*，等式＝都成立.

（1）解　由已知，得f1（x）＝f′0（x）＝′＝－，

于是f2（x）＝f′1（x）＝′－′＝－－＋，

所以f1＝－，f2＝－＋，故2f1＋f2＝－1.

（2）证明　由已知，得xf0（x）＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0（x）＋xf′0（x）＝

cosx，即f0（x）＋xf1（x）＝cosx＝sin，类似可得

2f1（x）＋xf2（x）＝－sinx＝sin（x＋π），3f2（x）＋xf3（x）＝－cosx＝sin，

4f3（x）＋xf4（x）＝sinx＝sin.

下面用数学归纳法证明等式nfn－1（x）＋xfn（x）＝sin对所有的n∈N*都成立.

（ⅰ）当n＝1时，由上可知等式成立.

（ⅱ）假设当n＝k时等式成立，即kfk－1（x）＋xfk（x）＝sin.

因为[kfk－1（x）＋xfk（x）]′＝kf′k－1（x）＋fk（x）＋xf′k（x）＝（k＋1）fk（x）＋xfk＋1（x），

′＝cos·′＝sin，

所以（k＋1）fk（x）＋xfk＋1（x）＝sin.

因此当n＝k＋1时，等式也成立.

综合（ⅰ），（ⅱ）可知等式nfn－1（x）＋xfn（x）＝sin对所有的n∈N*都成立.

令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin（n∈N*）.

所以＝（n∈N*）.