1、课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理A组大题保分练1(2019南京盐城一模)已知数列an满足a11，a23，且对任意nN*，都有a1Ca2Ca3Can1C(an21)2n1成立(1)求a3的值；(2)证明：数列an是等差数列解：(1)在a1Ca2Ca3Can1C(an21)2n1中，令n1，则a1Ca2Ca31，由a11，a23，解得a35.(2)证明：若a1，a2，a3，an是等差数列，则an2n1.当n3时，由(1)知a35，此时结论成立假设当nk(k3，kN*)时，结论成立，则ak2k1.由a1Ca2Ca3CakC(ak11)2k2，k3，对该式倒序相加，得(a1ak)2k12(
2、ak11)2k2，所以ak1aka112，即ak12k122(k1)1，所以当nk1时，结论成立根据，可知数列an是等差数列2(2019南师附中等四校联考)设集合M1，2，3，m，集合A，B是M的两个不同子集，记|AB|表示集合AB的元素个数若|AB|n，其中1nm1，则称(A，B)是M的一组n阶关联子集对(A，B)与(B，A)看作同一组关联子集对)，并记集合M的所有n阶关联子集对的组数为an.(1)当m3时，求a1，a2；(2)当m2 019时，求an的通项公式，并求数列an的最大项解：(1)当m3时，易知a13412，a23.(2)anCC(22 019n1)C22 018nC22 019
3、knC21C20C，1，化简，得(1 0082n)32 018n1 009n，(*)当n503时，(*)式成立；当504n1 008时，(*)式不成立；当n1 009时，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2 018，所以a1a2a3a503a504a505a2 018，所以数列an的最大项为a504C.3(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)，并证明你的猜想解：(1)由条件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.
4、在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲证猜想成立，只要证等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCnnC， 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)
5、2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立综上，f(n)C成立法二：(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，余下同法一法三：(利用导数)由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.两边求导，得n(1x)n1C2C
6、xrCxr1 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nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(构造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(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，从第一部分中取n个，第二部分中
7、取1个，则有CC种选法，若从第一部分中取(n1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，由分类计数原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n)C.4(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.解：(1)当n2时，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(516104525)610，所以A610. (2)证明：因为f(x)(x)2n1Cx2n1C
8、x2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由题意知，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. 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)f(2)N*. 又因为2(0，1)，故(2)2n1(0，1)，即f
9、(2)(2)2n1(2)2n1(0，1). 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，(2)2n1，则mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11. B组大题增分练1(2019南通、泰州等七市三模)设Pn，Qn .(1)求2P2Q2的值；(2)化简nPnQn.解：(1)P2，Q2，所以2P2Q20.(2)设TnPnQn，则T因为CC，所以T得，2T0，即TnPnQn0，所以nPnQn0.2(2019南京盐城二模)平面上有2n(n3，nN*)个点，将每一个点染上红色或蓝色从这2n个点中任取3个点，记这3
10、个点颜色相同的所有不同取法的总数为T.(1)若n3，求T的最小值；(2)若n4，求证：T2C.解：(1)当n3时，共有6个点若染红色的点的个数为0个或6个，则TC20；若染红色的点的个数为1个或5个，则TC10；若染红色的点的个数为2个或4个，则TC4；若染红色的点的个数为3个，则TCC2.因此T的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n，kN*，nk，都有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.当p2n2，2n1，2n时，TCC，同理可得T2C.当3p2n3时，TCC，设f(p)CC，3p2n3，
11、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(2n3)，f(3)f(4)f(n)因此f(p)f(n)2C，即T2C.综上，当n4时，T2C.3(2019苏锡常镇一模)已知f(n)，g(n)，其中nN*，n2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)记h(n)f(n)g(n)，求证：对任意的mN*，m2，总有h(2m).解：(1)f(2)，f(3)，g(2)，g(3).(2)证明：，h(n)f(n)g(n)n,k2 .下面用数学归纳法证：对
12、任意的mN*，m2，总有h(2m).当m2时，h(4)，结论成立；当m3时，h(8)1，结论成立假设当mt(t3)时，结论成立，即h(2t)；则当mt1时，h(2t1)h(2t)，t3，0，.又，h(2t1)，当mt1时，结论成立综上，对任意的mN*，m2，总有h(2m).4(2018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等式如：考察恒等式(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左边xn的系数为C，而右边(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系数为CC CCC C(C)2(C)2(C)2(C)2，因此可得到组合恒等式C(C)2(C)2(C)2(C)2.(1)根据恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，两边xk(其中kN，km，kn)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：C2n2kCC，其中是指不超过的最大整数解：(1)CCCCCCC.(2)证明：考察等式，等式右边的常数项为：C，因为C2nrC2nr，当且仅当r2k时，xrk为常数，等式左边的常数项为：C2n2kC，所以C2n2kCC成立