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