[江苏卷5年考情分析]
本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，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，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年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.2024年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．
近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．
第一讲 计数原理与二项式定理
题型(一) 计数原理的应用 主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用. [典例感悟] [例1] (2024·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当s
(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)n2－n－2
＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝，
2
n2－n－2
因此，当n≥5时，fn(2)＝. 2
[方法技巧]
(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.
(2)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．
[演练冲关]
(2024·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． 11n－kn－k于是f(n)＝?Ck－1)＝(?Ck－?Ckn(2n2n)． 22
k＝1
k＝1
k＝1
n－1
n－1
n－1
因为?
n－1
n－k
Ck＝n2k＝1
n－knn0nnnn
－C0?Ckn2n2－Cn2＝(2＋1)－2－1＝3－2－1， k＝0
n
n－1
?Ckn＝
nn0
?Ckn－Cn－Cn＝2－2， k＝0
n
k＝1
11
所以f(n)＝[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝(3n－2n＋1＋1).
22
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”， 1
所以f(n)＝(3n－2n＋1＋1).
2
题型(二) 二项式定理的应用 主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题. [典例感悟] [例2] (2024·江苏六市二调)已知(1＋x)2n1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n1，n∈N*.记Tn＝n(2k＋1)an－k. k＝0
＋＋
(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．
i
[解] 由二项式定理，得ai＝C2n＋1(i＝0,1,2，…，2n＋1)． 2＋3C1＋5C0＝30. (1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C5551k(2)因为(n＋1＋k)Cn2n＋1
＋＋
?2n＋1?！＝(n＋1＋k)· ?n＋1＋k?！?n－k?！＝
?2n＋1?·?2n?！
?n＋k?！?n－k?！
＋
k
＝(2n＋1)Cn2n，
所以Tn＝n(2k＋1)an－k
k＝0
k＝n(2k＋1)Cn2n＋1
－
k＝0
1k＝n(2k＋1)Cn2n＋1
＋＋
k＝0n
1k＝?[2(n＋1＋k)－(2n＋1)]Cn2n＋1 k＝0
＋＋
n
＋1＋kn＋1＋kn＝2(n＋1＋k)C2n＋1－(2n＋1)Cn2n＋1
k＝0k＝0
?
n
＋1＋kn＋k
＝2(2n＋1)C2n－(2n＋1)Cn2n＋1
k＝0k＝0
?
n
?
12n12n＋1n
＝2(2n＋1)··(2＋C2)－(2n＋1)··2 n
22＝(2n＋1)Cn2n.
n1n
Tn＝(2n＋1)Cn2n＝(2n＋1)(C2n－1＋C2n－1) n＝2(2n＋1)Cn2n－1＝(4n＋2)C2n－1.
*因为Cn2n－1∈N，所以Tn能被4n＋2整除.
－
[方法技巧]
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
n1n1b＋…＋Cranrbr＋…明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0na＋Cnann
＋Cnnb中的a，b进行特殊化就会得到很多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．
[演练冲关]
设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.
(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；
(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立． 解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b， ＝
a?a＋3b?2－
b?b＋3a?2 .
当n＝4时，(a－b)4＝a2－4aab＋6ab－4bab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab， ＝
?a2＋6ab＋b2?2－
16ab?a＋b?2 .
(2)证明：由二项式定理得
n－k
(a－b)n＝n(－1)kCk(b)k， n(a)
k＝0
0(a)n＋C2(a)n－2(b)2＋…＋Cn－3(a)3(b)n－3＋Cn－1若n为奇数，则(a－b)n＝[Cnnnn
n－1n3(a)n－3(b)3＋…＋Cn－2(a)2·(a)(b)n－1]－[C1(b)＋Cn(b)n－2＋Cnn(a)nn(b)]，
分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为 (a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，
222*
也即(a－b)n＝u21a－v1b＝p－q，其中p＝u1a，q＝v1b，p，q∈N，
0(a)n＋C2(a)n－2(b)2＋…＋Cn－2(a)2(b)n－2＋Cn(b)n]若n为偶数，则(a－b)n＝[Cnnnn
n－1n－3n－33－3－1(a)(b)n－1] －[C1·(b)＋C3(b)3＋…＋Cn＋Cnn(a)n(a)n(a)(b)n
类似地，可将上式表示为(a－b)n＝u2－v2ab的形式，其中u2，v2∈N*，
222*也即(a－b)n＝u22－v2ab＝p－q，其中p＝u2，q＝v2ab，p，q∈N.
所以存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q. 同理可得(a＋b)n可表示为(a＋b)n＝p＋q，
从而有p－q＝(p＋q)(p－q)＝(a＋b)n(a－b)n＝(a－b)n， 综上可知结论成立．
题型(三) 组合数的性质应用 [典例感悟]
[例3] (2024·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．
主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.
(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；
r1r2r(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，Cn，Cn，Cn
＋
＋
＋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Ckn， k＝0,1,2，…，n组成．
－1Cknk3
如果第n行中有k＝＝，
Cnn－k＋14
k＋14Ckn
＝＝， k＋1Cnn－k5
那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5， 解得k＝27，n＝62.
26，C27，C28的比为3∶4∶5. 即第62行有三个相邻的数C626262
r1r2r3(2)证明：若有n，r(n≥r＋3)，使得Crn，Cn，Cn，Cn成等差数列， rr2r2r1r31则2Crn＝Cn＋Cn，2Cn＝Cn＋Cn，
＋
＋
＋
＋
＋
＋
＋
＋
即＝
2n！
?r＋1?！?n－r－1?！
n！n！
＋，
r！?n－r?！?r＋2?！?n－r－2?！
2n！
?r＋2?！?n－r－2?！＝有
n！n！
＋.
?r＋1?！?n－r－1?！?r＋3?！?n－r－3?！211
＝＋，
?r＋1??n－r－1??n－r－1??n－r??r＋1??r＋2?
2
?r＋2??n－r－2?＝
11
＋，
?n－r－2??n－r－1??r＋2??r＋3?
化简整理得，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，
r1r2r3
于是Cr2r＋3，C2r＋3，C2r＋3，C2r＋3成等差数列．
r3r1r2而由二项式系数的性质可知Cr2r＋3＝C2r＋3＜C2r＋3＝C2r＋3，这与等差数列的性质矛盾，从
＋
＋
＋
＋
＋
＋
而要证明的结论成立．
[方法技巧]
nkkk(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：Ckn＝Cn，Cn＋1＝Cn
1
＋Ckn.
－
－
(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．
[演练冲关]
(2024·南京、盐城一模)设n∈N*，n≥3，k∈N*.
k1(1)求值：①kCkn－nCn－1；
k2k1②k2Ckn－n(n－1)Cn－2－nCn－1(k≥2)；
21222k2n(2)化简：12C0n＋2Cn＋3Cn＋…＋(k＋1)Cn＋…＋(n＋1)Cn. k－1解：(1)①kCkn－nCn－1
－
－
－
n！?n－1?！＝k×－n× k！?n－k?！?k－1?！?n－k?！＝
－＝0. ?k－1?！?n－k?！?k－1?！?n－k?！k2Ckn
－n(n－1)C
k－2
n－2
n！n！
②
－
k－1nCn－1
＝k2×
n！k！?n－k?！－
－n(n－1)×
?n－2?！?k－2?！?n－k?！
n！
－
n×
?n－1?！?k－1?！?n－k?！n！
＝k×
n！?k－1?！?n－k?！
n！?k－2?！?n－k?！
－
?k－1?！?n－k?！
＝
?k－1－1?＝0. ?k－1???k－2?！?n－k?！?k－1
kkk22k
(2)法一：由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2Ckn＝(k＋2k＋1)Cn＝kCn＋2kCn＋Cn＝[n(n－k－2k－1k－1kk－2k－1k
1)Cn－2＋nCn－1]＋2nCn－1＋Cn＝n(n－1)Cn－2＋3nCn－1＋Cn.
21222k2n20240
故12C0n＋2Cn＋3Cn＋…＋(k＋1)Cn＋…＋(n＋1)Cn＝(1Cn＋2Cn)＋n(n－1)(Cn－2＋n－2n－1nn－211223
Cn－2＋…＋Cn－2)＋3n(Cn－1＋Cn－1＋…＋Cn－1)＋(Cn＋Cn＋…＋Cn)＝(1＋4n)＋n(n－1)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，
kknn22
有(1＋x)n＝1＋C1nx＋Cnx＋…＋Cnx＋…＋Cnx，
kk＋1n＋1223两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋C1＋…＋Cn， nx＋Cnx＋…＋Cnxnx
kk22两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2C1nx＋3Cnx＋…＋(k＋1)Cnx＋…＋(n＋n
1)Cnnx，
kk＋1223
两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1＋…＋nx＋3Cnx＋…＋(k＋1)Cnxn＋1
(n＋1)Cn， nx
两边再对x求导，得
222(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22C1nx＋3Cnx＋…＋(k＋k2nn1)2Cknx＋…＋(n＋1)Cnx.
222k
令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C1n＋3Cn＋…＋(k＋1)Cn＋…＋
(n＋1)2Cnn，
n－2221222k2n即12C0(n＋5n＋4)． n＋2Cn＋3Cn＋…＋(k＋1)Cn＋…＋(n＋1)Cn＝2
[课时达标训练]
A组——大题保分练
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＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数； (2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，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?
n
k
Ckn(2－1)＝
?
n
k
Ckn2－nn
?Ckn＝3－2个． k＝0
n
k＝1k＝0
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．记1,2，…，n满足下列性质T的排列a1，a2，…，an的个数为f(n)(n≥2，n∈N*)．性质T：排列a1，a2，…，an中有且只有一个ai＞ai＋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)，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a1，a2，…，ai－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
1数为Cin－－1.
若an＝n，则满足题意的排列个数为f(n－1)．
n－1i＝1
n－11综上，f(n)＝f(n－1)＋?Cin－－1. －1＝f(n－1)＋2
23?1－2n－3?从而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1.
1－2
r1rn1n112
3．(2024·南京、盐城一模)已知n∈N*，nf(n)＝C0nCn＋2CnCn＋…＋rCnCn＋…＋nCnCn.
－
－
(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．
r－1rn－1n112解：(1)由条件，nf(n)＝C0Cn，① nCn＋2CnCn＋…＋rCnCn＋…＋nCn1在①中令n＝1，得f(1)＝C01C1＝1.
112在①中令n＝2，得2f(2)＝C02C2＋2C2C2＝6，得f(2)＝3.
11223在①中令n＝3，得3f(3)＝C03C3＋2C3C3＋3C3C3＝30，得f(3)＝10. n－1(2)猜想f(n)＝Cn2n－1(或f(n)＝C2n－1)．
r－1rn－1n0112欲证猜想成立，只要证等式nCnCn成立． 2n－1＝CnCn＋2CnCn＋…＋rCnCn＋…＋nCn
法一：(直接法)当n＝1时，等式显然成立． 当n≥2时，因为
rCrn＝
＝
r！?n－r?！?r－1?！?n－r?！r×n！
n！
－1＝n×＝nCrn－1，
?r－1?！?n－r?！rr－1r－1r－1－1r故rCrnCn＝(rCn)Cn＝nCn－1Cn.
nr－1n－1n－10011－1故只需证明nC2Cr. n－1＝nCn－1Cn＋nCn－1Cn＋…＋nCn－1·n＋…＋nCn－1Cnr－1r－1n－1n－10011
即证Cn. 2n－1＝Cn－1Cn＋ Cn－1Cn＋…＋ Cn－1Cn＋…＋ Cn－1Cn
n－r＋1nn－101－1－1n－r＋1＋…＋ Cn－1C1.而Cr，故即证Cn＋…＋ Crn＝Cn2n－1＝Cn－1Cn＋ Cn－1Cnn－1Cnn－1n
?n－1?！
②
由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为Cn2n－1.
n－1n－1122122
而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C0)(C0n－1＋Cn－1x＋Cn－1x＋…＋Cn－1xn＋Cnx＋Cnx＋…＋nn
Cnx)，
nn－1r－11－r＋1＋…＋ Cn－1C1. 所以xn的系数为C0Cnn－1Cn＋ Cn－1Cn＋…＋ Cn－1·nn－1n
由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立． 综上，f(n)＝Cn2n－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
－r0≤r≤n－1，为CrCn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C0n－1·n，n－1nn－1r－1n－r＋1－11Cn＋ C1＋…＋ Cn＋…＋ Cnn－1Cn－1Cnn－1Cn.
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Cn2n－1.
nn－101－1n－r＋1＋…＋ Cn－1C1，余下同法一． 故Cn＋…＋ Cr2n－1＝Cn－1Cn＋ Cn－1Cnn－1Cnn－1n
法三：(利用导数)由二项式定理，
nn122
得(1＋x)n＝C0n＋Cnx＋Cnx＋…＋Cnx.③
rr－1n－12两边求导，得n(1＋x)n－1＝C1 ＋…＋nCn.④ n＋2Cnx＋…＋rCnxnx
nnrr－11222③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C0(C1 ＋…＋n＋Cnx＋Cnx＋…＋Cnx)·n＋2Cnx＋…＋rCnxn－1
nCn)．⑤ nx
n
左边xn的系数为nC2n－1.
n2n－1＋…＋rCrCn－r＋1＋…＋nCnC1＝C1C0＋2C2C1＋…＋r 右边xn的系数为C1nCn＋2CnCnnnnnnnnn
r－1nn－1r－1rn－1n112
Cr＝C0Cn. nCn＋…＋nCnCnnCn＋2CnCn＋…＋r CnCn＋…＋nCn
nr－1rn－1n0112
由⑤恒成立，得nC2Cn. n－1＝CnCn＋2CnCn＋…＋r CnCn＋…＋nCn
故f(n)＝Cn2n－1成立．
r－1rn－1n112法四：(构造模型)由nf(n)＝C0Cn， nCn＋2CnCn＋…＋rCnCn＋…＋nCn
－1Cn＋(n－1)Cn－2Cn－1＋…＋C0C1＝nC0C1＋(n－1)C1C2＋…＋Cn－1Cn， 得nf(n)＝nCnnnnnnnnnnnnnn－1nn1112－1C2＋…＋C1Cn)， 所以2nf(n)＝(n＋1)(C0Cn) ＝(n＋1)(CnCn＋CnnCn＋CnCn＋…＋Cnnnnn＋1构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n＋1)个元素，则有Cn现将2n个元2n种选法，
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
n1－1C2种选法，…，由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Cnnnn1n－121Cn. ＋1分类计数原理可知CnCn＋…＋Cn2n＝CnCn＋Cnn
＋1故2nf(n)＝(n＋1)Cn2n，
n＋1?2n?！?2n－1?！所以f(n)＝·＝＝Cn2n－1. 2n?n＋1?！?n－1?！n！?n－1?！
4．(2024·苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)＝(x＋5)2n1(n∈N*，x∈R)． (1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝5A，求实数A的值； (2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.
5145＋C2x3(5)2＋C3x2(5)3＋C4x(5)4＋解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋5)5＝C05x＋C5x555
5(5)5, C5
1433255所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C15(5)2＋C5(5)2＋C5(5)]＝
＋
2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，
所以A＝610.
2n＋1＋C12n5＋C22n－1(5)2＋…＋C2n＋1(2)证明：因为f(x)＝(x＋5)2n＋1＝C02n＋1x2n＋1x2n＋1x2n＋1
(5)2n＋1，
2n＋1＋C12n5＋C22n－1(5)2＋…＋C2n＋1(5)2n＋1， 所以f(2)＝C02n＋122n＋122n＋122n＋1
由题意知，f(2)＝(5＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)， 首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．
假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)， 则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m，α是唯一的. 下面我们求m及α的值：
因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2＋5)2n＋1＋(2－5)2n＋1＝2[C02n＋1
22n－3(5)4＋…＋C2n12n
22n＋1＋C222n－1(5)2＋C4n＋1·2n＋122n＋12(5)]，
显然f(2)－f(－2)∈N*.
又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n＋1∈(0,1)，
即f(－2)＝(－2＋5)2n＋1＝(5－2)2n＋1∈(0,1).
n2n＋1＋C22n－1(5)2＋C412n所以令m＝2[C022n－3(5)4＋…＋C22n＋122n＋122n＋1·2n＋12(5)]，
α＝(－2＋5)2n＋1，
则m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2),
所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋5)2n＋1·(－2＋5)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1.
B组——大题增分练
4
1．(2016·江苏高考)(1)求7C36－4C7的值；
mm(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)CmCmm＋(m＋2)·m＋1＋(m＋3)Cm＋2＋…＋nCn－1＋(nm2
＋1)Cmn＝(m＋1)Cn＋2.
＋
6×5×47×6×5×44
解：(1)7C3－4×＝0. 6－4C7＝7×3×2×14×3×2×1(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．
m当n＞m时，(k＋1)Ck＝
m！·?k－m?！
?k＋1?·k！
＝(m＋1)·
?m＋1?！·[?k＋1?－?m＋1?]！
＋1＝(m＋1)Cmk＋1，k＝m＋1，m＋2，…，n. m＋2m＋2＋1又因为Cmk＋1＋Ck＋1＝Ck＋2，
m＋2m＋2
所以(k＋1)Cmk＝(m＋1)(Ck＋2－Ck＋1)，k＝m＋1，m＋2，…，n.
mmmmm因此，(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cm＋1＋(m＋3)Cm＋2＋…＋(n＋1)Cn＝(m＋1)Cm＋[(m＋2)Cm＋1
m
＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋(n＋1)Cn]
m＋2m＋2m＋2m＋2m＋2m＋2＋2＝(m＋1)Cmm＋2＋(m＋1)[(Cm＋3－Cm＋2)＋(Cm＋4－Cm＋3)＋…＋(Cn＋2－Cn＋1)] ＋2＝(m＋1)Cmn＋2.
?k＋1?！
n?n＋1?
2．(2024·南京、盐城二模)现有(n≥2，n∈N*)个给定的不同的数随机排成一个下
2图所示的三角形数阵：
******……………**…………**
设Mk是第k行中的最大数，其中1≤k≤n，k∈N*.记M1 (2)证明：pn>. ?n＋1?！ 2A2222 解：(1)由题意知p2＝3＝，即p2的值为. A333(2)证明：先排第n行，则最大数在第n行的概率为 n2 ＝； n?n＋1?n＋12 …………第1行…………第2行 …………第3行 …………第n行 ………………… 去掉第n行已经排好的n个数， n?n＋1?n?n－1?n－12 则余下的－n＝个数中最大数在第n－1行的概率为＝； 22n?n－1?n 2 … 2n－12222n 故pn＝××…×＝＝. 3?n＋1?×n×…×3?n＋1?！n＋1n n12012122由于2n＝(1＋1)n＝C0n＋Cn＋Cn＋…＋Cn≥Cn＋Cn＋Cn>Cn＋Cn＝Cn＋1， C2C2n＋2n＋12n 故>，即pn>. ?n＋1?！?n＋1?！?n＋1?！ 3．(2024·苏州暑假测试)设集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素个数记为Snm. 4(1)求S22和S2的值； nm1(2)当m ＋ ＋ (2)证明：设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}． 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝1，即x1，x2，x3，…，xn中有n－1个取自集合P,1个取自集合Q， 11－11故共有Cnn2种可能，即为Cn2， 同理，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝2，即x1，x2，x3，…，xn中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q， 22－22故共有Cnn2种可能，即为Cn2， 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1，x2，x3，…，xn中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q， －m2m种可能，即为Cm2m， 故共有Cnnnmm1122所以Snm＝Cn2＋Cn2＋…＋Cn2， k 因为当0≤k≤n时，Ckn≥1，所以Cn－1≥0， mm1122所以Snm＝Cn2＋Cn2＋…＋Cn2 mmm＋1n01122 mmm＋1m＋1nm＋101122＝(C02＋…＋Cn＋2m＋2＋…＋2n) n2＋Cn2＋Cn2＋…＋Cn2＋Cnn2)－(2 ＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1. nm＋1所以当m 4．(2024·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 n 等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边xn的系数为C2而右边(1＋x)n(1n，nnnnnn1011n10＋x)n＝(C0xn的系数为C0n＋Cnx＋…＋Cnx)(Cn＋Cnx＋…＋Cnx)，nCn＋ CnCn＋…＋Cn Cn＝n2n221222024222(C0因此可得到组合恒等式Cnn)＋(Cn)＋(Cn)＋…＋(Cn)，2n＝(Cn)＋(Cn)＋(Cn)＋…＋(Cn). － (1)根据恒等式(1＋x)mn＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边xk(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： ＋
2024届一轮复习苏教版 专题八 第一讲 计数原理与二项式定理 学案
