高考数学江苏专版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.docx
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高考数学江苏专版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.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.
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] 一个非空集合中的各个元素之和是3的倍数，则称该集合为“好集”．记集合{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
－
＝4n＋
.
所以
＝4n－1＋4n－2＋…＋4＋
＋
＋…＋
＋
＝
＋1－
（n≥2）．
又
也符合上式，
所以f（n）＝
＋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）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）＝
（2n－k－1）＝
（
2n－k－
）．
因为
2n－k＝
2n－k－C
2n－C
20＝（2＋1）n－2n－1＝3n－2n－1，
＝
－C
－C
＝2n－2，
所以f（n）＝
[（3n－2n－1）－（2n－2）]＝
（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）＝
（3n－2n＋1＋1）.
二项式定理的应用
[例2] （2017·苏北四市期末）已知等式（1＋x）2n－1＝（1＋x）n－1（1＋x）n.
（1）求（1＋x）2n－1的展开式中含xn的项的系数，并化简：
C
C
＋C
C
＋…＋C
C
；
（2）证明：
（C
）2＋2（C
）2＋…＋n（C
）2＝nC
.
[解]
（1）（1＋x）2n－1的展开式中含xn的项的系数为C
，
由（1＋x）n－1（1＋x）n＝（C
＋C
x＋…＋C
xn－1）·（C
＋C
x＋…＋C
xn），
可知（1＋x）n－1（1＋x）n的展开式中含xn的项的系数为C
C
＋C
C
＋…＋C
C
.
所以C
C
＋C
C
＋…＋C
C
＝C
.
（2）证明：
当k∈N*时，kC
＝k×
＝
＝n×
＝nC
.
所以（C
）2＋2（C
）2＋…＋n（C
）2＝
k（C
）2]＝
（kC
C
）＝
（nC
C
）＝n
（C
C
）＝n
（C
C
）．
由
（1）知C
C
＋C
C
＋…＋C
C
＝C
，即
（C
C
）＝C
，
所以（C
）2＋2（C
）2＋…＋n（C
）2＝nC
.
[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.
[变式训练]
（2017·南京、盐城一模）设n∈N*，n≥3，k∈N*.
（1）求值：
①kC
－nC
；
②k2C
－n（n－1）C
－nC
（k≥2）；
（2）化简：
12C
＋22C
＋32C
＋…＋（k＋1）2C
＋…＋（n＋1）2C
.
解：
（1）①kC
－nC
＝k×
－n×
＝
－
＝0.
②k2C
－n（n－1）C
－nC
＝k2×
－n（n－1）×
－n×
＝k×
－
－
＝
＝0.
（2）法一：
由
（1）可知，当k≥2时，（k＋1）2C
＝（k2＋2k＋1）C
＝k2C
＋2kC
＋C
＝[n（n－1）C
＋nC
]＋2nC
＋C
＝n（n－1）C
＋3nC
＋C
.
故12C
＋22C
＋32C
＋…＋（k＋1）2C
＋…＋（n＋1）2C
＝（12C
＋22C
）＋n（n－1）（C
＋C
＋…＋C
）＋3n（C
＋C
＋…＋C
）＋（C
＋C
＋…＋C
）＝（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＋C
x＋C
x2＋…＋C
xk＋…＋C
xn，
两边同乘以x，得（1＋x）nx＝x＋C
x2＋C
x3＋…＋C
xk＋1＋…＋C
xn＋1，
两边对x求导，得（1＋x）n＋n（1＋x）n－1x＝1＋2C
x＋3C
x2＋…＋（k＋1）C
xk＋…＋（n＋1）C
xn，
两边再同乘以x，得（1＋x）nx＋n（1＋x）n－1x2＝x＋2C
x2＋3C
x3＋…＋（k＋1）C
xk＋1＋…＋（n＋1）C
xn＋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＋22C
x＋32C
x2＋…＋（k＋1）2C
xk＋…＋（n＋1）2C
xn.
令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n（n－1）2n－2＋2n2n－1＝1＋22C
＋32C
＋…＋（k＋1）2C
＋…＋（n＋1）2C
，
即12C
＋22C
＋32C
＋…＋（k＋1）2C
＋…＋（n＋1）2C
＝2n－2（n2＋5n＋4）．
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C
，C
，C
，C
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＝0,1,2，…，n组成．
如果第n行中有
＝
＝
，
＝
＝
，
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
，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
＝
＋
，
＝
＋
.
所以有
＝
＋
，
＝
＋
，
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，
于是C
，C
，C
，C
成等差数列．
而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．
[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
＝C
，C
＝C
＋C
.
（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．
[变式训练]
设（1－x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2.
（1）若n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；
（2）设bk＝
ak＋1（k∈N，k≤n－1），Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm（m∈N，m≤n－1），求
的值．
解：
（1）因为ak＝（－1）kC
，
当n＝11时，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|
＝C
＋C
＋C
＋C
＋C
＋C
＝
（C
＋C
＋…＋C
＋C
）＝210＝1024.
（2）bk＝
ak＋1＝（－1）k＋1
C
＝（－1）k＋1C
，
当1≤k≤n－1
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