1、计数原理与二项式定理计数原理的应用 题型(一)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(2018江苏高考)设nN*，对1，2，n的一个排列i1i2in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1，2，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表达式(用n表示)解(1)记(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有(123)0，
2、(132)1，(213)1，(231)2，(312)2，(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(n4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以fn(0)1.逆序数为1的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)n1.为计算fn1(2)，当1，2，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三个位置 因此fn1(2)fn(2)fn(1)f
3、n(0)fn(2)n.当n5时，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)n2n22，因此，当n5时，fn(2)n2n22.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：分类不重不漏；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(2018苏北三市三模)已知集合 U1，2，n(nN*，n2)，对于集合 U 的两个非空子集 A，B，若 AB，则称(A，B)为集合 U 的一组
4、“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，k1,2,3，n1.则与集合 A 互斥的非空子集有 2nk1 个于是 f(n)12k1n1Ckn(2nk1)12(k1n1Ckn2nkk1n1Ckn)因为 k1n1Ckn2nkk0nCkn2nkC0n2nCnn20(21)n2n13n2n1，k1n1Cknk0nCknC0nCnn2n2，所以 f(n)12(3n2n1)(2n2)12(3
5、n2n11).法二：任意一个元素只能在集合 A，B，CU(AB)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 3n22n1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以 f(n)12(3n2n11).二项式定理的应用 题型(二)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(2018江苏六市二调)已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.记 Tnk0n(2k1)ank.(1)求 T2 的值；(2)化简 Tn 的表达式，并证明：对任意的
6、 nN*，Tn 都能被 4n2 整除解 由二项式定理，得 aiCi2n1(i0，1，2，2n1)(1)T2a23a15a0C253C155C0530.(2)因为(n1k)Cn1k2n1 (n1k)（2n1）！（n1k）！（nk）！（2n1）（2n）！（nk）！（nk）！(2n1)Cnk2n，所以 Tnk0n(2k1)ank k0n(2k1)Cnk2n1k0n(2k1)Cn1k2n1 k0n2(n1k)(2n1)Cn1k2n1 2k0n(n1k)Cn1k2n1(2n1)k0nCn1k2n1 2(2n1)k0nCnk2n(2n1)k0nCn1k2n1 2(2n1)12(22nCn2n)(2n1)1
7、222n1(2n1)Cn2n.Tn(2n1)Cn2n(2n1)(Cn12n1Cn2n1)2(2n1)Cn2n1(4n2)Cn2n1.因为 Cn2n1N*，所以 Tn能被 4n2 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明恒等式、不等式和整除性问题将二项式定理(ab)nC 0nanC 1nan1bC rnanrbrC nn bn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(2019江苏高考)设(1x)na0a1xa2x2anxn，n4，nN*.已知a
8、232a2a4.(1)求n的值；(2)设(1 3)nab 3，其中a，bN*，求a23b2的值解：(1)因为(1x)nC 0n C 1n xC 2n x2C nn xn，n4，nN*，所以a2C2nn（n1）2，a3C3nn（n1）（n2）6，a4C4nn（n1）（n2）（n3）24.因为a232a2a4，所以n（n1）（n2）62 2n（n1）2n（n1）（n2）（n3）24.解得n5.(2)由(1)知，n5.(1 3)n(1 3)5 C05C15 3C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5 ab 3.法一：因为a，bN*，所以aC053C259C4576，bC153C359
9、C5544，从而a23b2762344232.法二：(1 3)5C05C15(3)C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5 C05C15 3C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5.因为a，bN*，所以(1 3)5ab 3.因此a23b2(ab 3)(ab 3)(1 3)5(1 3)5(2)532.组合数的性质应用 题型(三)主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.典例感悟 例3(2019南京四校联考)已知m，nN*，定义fn(m)n（n1）（n2）（nm1）m！.(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)证明：k1 2n k2kfn(k)2n3n1，kN*
10、.解(1)f4(2)432！6，f4(5)432105！0.(2)证明：由题意得，fn(m)Cmn，mn，0，mn1.当n1时，k12 k2kf1(k)2022130.当n1时，因为k1 2n k2kfn(k)12fn(1)222fn(2)323fn(3)2n22nfn(2n)12C 1n222C 2n323C 3nn2nCnn，且kCknkn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（n1）（k1）！nCk1n1(kn)，所以 k1 2n k2kfn(k)n2C0n1n22C1n1n23C2n1n2nCn1n12n(12)n12n3n1.综上所述，k1 2n k2kfn(k)2n3n1，kN*.
11、方法技巧(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：CknCnkn，Ckn1CknCk1n.(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 (2018南京、盐城一模)设nN*，n3，kN*.(1)求值：kCknnCk1n1；k2Cknn(n1)Ck2n2nCk1n1(k2)(2)化简：12C0n22C1n32C2n(k1)2Ckn(n1)2Cnn.解：(1)kCknnCk1n1 kn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！0.k2Ckn n(n1)Ck2n2 n
12、Ck1n1 k2n！k！（nk）！n(n1)（n2）！（k2）！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！kn！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！kk11 1k1 0.(2)法一：由(1)可知，当k2时，(k1)2C kn(k22k1)C kn k2Ckn2kCknCknn(n1)Ck2n2nCk1n12nCk1n1Cknn(n1)Ck2n23nCk1n1Ckn.故12C0n22C1n32C2n(k1)2Ckn(n1)2Cnn(12C0n22C1n)n(n1)(C0n2C1n2Cn2n2)3n(C1n1C2n1Cn1n1)(C2nC3n
13、Cnn)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：当n3时，由二项式定理，有(1x)n1C1nxC2nx2CknxkCnnxn，两边同乘以x，得(1x)nxxC1nx2C2nx3Cknxk1Cnnxn1，两边对x求导，得(1x)nn(1x)n1x12C1nx3C2nx2(k1)Cknxk(n1)Cnnxn，两边再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2C 1n x23C 2n x3(k1)Cknxk1(n1)Cnnxn1，两边再对x求导，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122C1nx32C2nx2(k1)2Cknxk(n1)2Cnnxn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C 1n 32C 2n(k1)2Ckn(n1)2Cnn，即12C0n22C1n32C2n(k1)2Ckn(n1)2Cnn2n2(n25n4)
