《2020年高考数学二轮提升专题训练考点33 计数原理含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学二轮提升专题训练考点33 计数原理含答案（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 考点33 计数原理【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2016南京、盐城、连云港、徐州二模） 设(1x)na0a1xa2x2anxn，xN*，n2.(1) 设n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；(2) 设bkak1(kN，kn1)，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求的值 规范解答 (1) 因为ak(1)k C， 当n11时，|a6|a7|a8|a9|a10|a11|CCCCCC(CCCC)2101 024. (3分)(2)bkak1(1)k1 C(1)k1 C， (6分)当1kn1时，bk(1)k1 C (1)k1 (CC)(1)k1 C(1)k1 C(1)k
2、1 C(1)k C.(7分)当m0时，1.(8分)当1mn1时，Sm1(1)k1C(1)kC11(1)mC(1)mC，所以1.综上，1.(10分)2、(2018南京、盐城一模）已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(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)，并证明你的猜想第(2)问中为组合数求和问题，其中组合数前面的系数转化是关键，可以利用rCnC，也可以用导数来解决规范解答 (1)由条件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.(1分)在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.(2分)在中令n3，得
3、3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(3分)(2)猜想f(n)C(或f(n)C)(5分)欲证猜想成立，只要证等式nCCC2CCrCCnCC成立证法1(数学归纳法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCnnC，(7分) 故rCC(rC)CnCC.故只需证明nCnCCnCCnCCnCC.即证CCC CC CC CC.而CC，故即证CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为C.而右边(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系数为CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得
4、成立综上，f(n)C成立(10分)证法2(构造模型) 构造一个组合模型，一个袋中装有(2n1)个小球，其中n个是编号为1，2，n的白球，其余(n1)个是编号为1，2，n1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(nr)个白球)的n个小球的组合的个数为CC，0rn1，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CC CC CC CC.另一方面，从袋中(2n1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C.故CCC CC CC CC，余下同证法1.(10分)证法3(利用导数) 由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.两边求导，得n(1x)n1C2CxrCxr
5、1 nCxn1 .，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1) .左边xn的系数为nC.右边xn的系数为CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得n CCC2 CCr CCn CC.故f(n)C成立(10分)证法4(构造模型) 由nf(n)CC2 CCr CCn CC，得nf(n)n CC(n1) CCCCn CC(n1) CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n1)个元素，则有C种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n1)个元素中，从
6、第一个里取n个，第二个里取1个，则有CC种选法，若从第一个里取(n1)个，第二个里取2个，则有CC种选法，由分类计数原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，(7分)所以f(n)C.(10分)3、(2018苏锡常镇调研（二）已知函数f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1) 当n2时，若f(2)f(2)A，求实数A的值；(2) 若f(2)m(mN*，01)，求证：(m)1 规范解答 (1) 当n2时，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5，(1分) 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(516104525)610，所以
7、A610.(3分) (2) 因为f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由题意f(2)(2)2n1m(mN*，01)，首先证明对于固定的nN*，满足条件的m，是唯一的假设f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*，011，021，m1m2，12)，则m1m2210，而m1m2Z，21(1，0)(0，1)，矛盾所以满足条件的m，是唯一的(5分) 下面我们求m及的值：因为f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，显然f(2)
8、f(2)N*.(7分) 又因为2(0，1)，故(2)2n1(0，1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0，1)(8分) 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，(2)2n1，则mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2)，(9分) 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11.(10分)【问题探究，开拓思维】题型一 二项式定理的应用知识点拨;对于组合数有关的和式的证明，通常可以从以下两个方面来加以思考：一是利用组合数的有关的恒等式来进行处理，将组合数前面的系数化成相同的代数式后再利用组合数和的性质来加以处理；二是通过构造恒等式，利用对恒等式两
9、种不同的计算方法，即“算两次”的方法来证明相关的结论例1、(2019苏州期初调研） 设f(n)(ab)n(n2，nN*)，若在f(n)的展开式中，存在连续的三项的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n2018，使得f(n)具有性质P，求n的最大值 规范解答 (1) 因为f(7)(ab)7的展开式中第2，3，4项的二项式系数C7，C21，C35，所以C，C，C成等差数列所以f(7)具有性质P.(2)假设f(n)具有性质P，则一定存在kN*，1kn1使得C，C，C成等差数列，所以2CCC.所以2.化简可得4k24nkn2n20.(6分)
10、所以(2kn)2n2.因为k，nN*，所以n2是完全平方数(8分)因为n2018，4422020C.证明：因为CCC0，所以CC.设2n个点中含有p(pN，p2n)个染红色的点，当p0，1，2时，TCC4.因为n4，所以2n3n， 于是T44C2C.(5分)当p2n2，2n1，2n时，TCC，同上可得T2C.(5分)当3p2n3时，TCC.设f(p)CC，3p2n3，当3p2n4时，f(p1)f(p)CCCCCC.显然p2np1，当p2np1，即np2n4时，f(p1)f(p)，当p2np1，即3pn1时，f(p1)f(p)，即f(n)f(n1)f(4)f(n)，因此f(p)f(n)2C，即T
11、2C.综上，当n4时，T2C.(10分)【变式2】(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调） 已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.记Tn (2k1)ank.(1) 求T2的值；(2) 化简Tn的表达式，并证明：对任意的nN*，Tn都能被4n2整除 规范解答 由二项式定理，得aiC(i0，1，2，2n1)(1) T2a23a15a0C3C5C30.(2分) (2) 因为(n1k)C(n1k)(2n1)C，(4分) 所以Tn2(2n1)(22nC)(2n1)22n1(2n1)C.(8分) Tn(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因为CN*，所以Tn能被4n2整除(10分) 【变式3】(2017南京、盐城一模） 设nN*，n3，kN*.(1) 求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2) 化简：12C22C32C(k1)2C(n1)2C. 思路分析 对于第(2)问，方法1就是借助于第(1)问中所要证明的等式来进行处理，它的本质是为第(2)问作了一个铺垫；方法2，通过利用二项恒等式进行二次求导来构造组合数前的平方项系数，从而来证明规范解答 (1) kCnCkn0.(2分)k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk
