2019届二轮复习第3讲计数原理及二项式定理、数学归纳法学案（全国通用）

第3讲计数原理及二项式定理、数学归纳法
高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求；(2)排列与组合，B级要求；(3)二项式定理，B级要求；(4)数学归纳法的简单应用，B级要求.

真 题 感 悟
1.(2018·江苏卷)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in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)(n≥5)的表达式(用n表示).
解　(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(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(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1.
逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.为计算fn＋1(2)，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置.
因此，fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.
当n≥5时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝.
因此，当n≥5时，fn(2)＝.
2.(2016·江苏卷)(1)求7C－4C的值；
(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：
(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C.
(1)解　7C－4C＝7×20－4×35＝0.
(2)证明　对任意的m，n∈N*，n≥m，
①当n＝m时，左边＝(m＋1)C＝m＋1，
右边＝(m＋1)C＝m＋1，原等式成立.
②假设n＝k(k≥m)时命题成立.
即(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋kC＋(k＋1)C＝(m＋1)C，
当n＝k＋1时，
左边＝(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋kC＋(k＋1)C＋(k＋2)C
＝(m＋1)C＋(k＋2)C，
右边＝(m＋1)C.
而(m＋1)C－(m＋1)C
＝(m＋1)
＝(m＋1)×[(k＋3)－(k－m＋1)]
＝(k＋2)＝(k＋2)C，
∴(m＋1)C＋(k＋2)C＝(m＋1)C，
∴左边＝右边.
即m＝k＋1时命题也成立.
综合①②可得原命题对任意m，n∈N*，n≥m均成立.
考 点 整 合
1.两种计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.排列与组合
(1)排列的定义：
排列数公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*).
(2)组合的定义：
组合数公式：C＝＝(m≤n，m，n∈N*)；
组合数性质：C＝C；C＋C＝C.
3.(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Cabn－1＋Cbn，其中C，C，…，C称为二项式系数；
(2)C＋C＋…＋C＝2n；
(3)通项：Tr＋1＝Can－rbr，r≤n，n，r∈N*.
4.数学归纳法
运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.

热点一　与计数原理有关的问题
【例1】 (2011·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b.
(1)记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An；
(2)记Bn为满足(a－b)是整数的点P的个数，求Bn.
解　(1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3.
(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及a－b＝3k的点P的个数，只要讨论fn(k)≥1的情形.
由1≤b＝a－3k≤n－3k知fn(k)＝n－3k，且k≤，
设n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0，1，2}，
则k≤m，所以Bn＝fn(k)＝ (n－3k)＝mn－＝，
将m＝代入上式，化简得Bn＝－，
所以Bn＝
探究提高　此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算.
【训练1】 (2018·南京、盐城、连云港二模)已知n∈N*，且n≥4，数列T：a1，a2，…，an中的每一项均在集合M＝{1，2，…，n}中，且任意两项不相等.
(1)若n＝7，且a2＜a3＜a4＜a5＜a6，求数列T的个数；
(2)若数列T中存在唯一的ak(k∈N*，且k＜n)，满足ak＞ak＋1，求所有符合条件的数列T的个数.
解　(1)当n＝7时，M＝{1，2，…，7}，
数列T的个数为C×A＝42.
(2)当k＝1时，则a1＞a2，a2＜a3＜…＜an，
此时a2为1，a1共有(n－1)种选法，余下的(n－2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，
因此k＝1时，符合条件的数列T共有n－1＝(C－1)(个).
当2≤k≤n－2时，则a1＜a2＜…＜ak，ak＞ak＋1，ak＋1＜ak＋2＜…＜an，
从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，
再将余下的(n－k)个数，按从小到大的顺序排列，
即得满足条件a1＜a2＜…＜ak，ak＋1＜ak＋2＜…＜an的数列的个数为CC，
这里包含了ak＜ak＋1即a1＜a2＜…＜ak＜ak＋1＜ak＋2＜…＜an的情形，
此时符合条件的数列T共有CC－1＝C－1(个).
当k＝n－1时，则a1＜a2＜…＜an－1，an－1＞an，
此时an－1为n，an共有(n－1)种选法，余下的(n－2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，
因此k＝n－1时，符合条件的数列T共有n－1＝(C－1)(个).
于是所有符合条件的数列T的个数为：C－1＋C－1＋…＋C－1＝C＋C＋…＋C－n＋1＝2n－C－C－n＋1＝2n－n－1.
热点二　与二项式定理有关的问题
【例2】 设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续三项，其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n≤2 017，使f(n)具有性质P，求n的最大值.
(1)证明　f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C＝7，C＝21，C＝35.
因为C＋C＝2C，即C，C，C成等差数列，所以f(7)具有性质P.
(2)解　设f(n)具有性质P，则存在r∈N*，1≤r≤n－1，
使C，C，C成等差数列，所以C＋C＝2C.
整理得4r2－4nr＋(n2－n－2)＝0，即(2r－n)2＝n＋2，所以n＋2为完全平方数.
又n≤2 017，由于442＜2 017＋2＜452，所以n的最大值为442－2＝1 934，
此时r＝989或945.
探究提高　涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：
(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别.
(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质.
(3)关于x的二项式(a＋bx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当x给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.
【训练2】 (2018·南通、扬州、淮安等六市调研)已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.记Tn＝(2k＋1)an－k.
(1)求T2的值；
(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除.
解　由二项式定理，得ai＝C(i＝0，1，2，…，2n＋1).
(1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30.
(2)因为(n＋1＋k)C＝(n＋1＋k)·
＝ ＝(2n＋1)C，
所以Tn＝

＝2(2n＋1)··(22n＋C)－(2n＋1)··22n＋1
＝(2n＋1)C.
Tn＝(2n＋1)C＝(2n＋1)(C＋C)＝2(2n＋1)C＝(4n＋2)C.
因为C∈N*，所以Tn能被4n＋2整除.
热点三　数学归纳法的应用
【例3】 (2017·南通、泰州、扬州调研)已知函数f0(x)＝(a≠0，ac－bd≠0).设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求f1(x)，f2(x)；
(2)猜想fn(x)的表达式，并证明你的结论.
解　(1)f1(x)＝f0′(x)＝′＝；
f2(x)＝f1′(x)＝′＝.
(2)猜想fn(x)＝，n∈N*.
证明　当n＝1时，由(1)知结论正确，
假设当n＝k，k∈N*时，结论正确，
即fk(x)＝；
当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝f′k(x)＝′
＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′＝，
所以当n＝k＋1时，结论也成立.
综上所述，对一切n∈N*，fn(x)＝.
探究提高　在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项.同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法.
【训练3】 (2015·江苏卷)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.
解　(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6；
若a＝3，则b＝1，3，6.所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，f(n)＝(t∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立.
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.

1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理
如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘.
2.解排列、组合问题的基本策略
(1)两种思路：①直接法；②间接法.
(2)排列、组合的公式应用要灵活、合理变形，尤其注意两者的综合应用.
3.对于二项式系数，应注意以下几点：
(1)关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”；
(2)证明不等式时，注意运用放缩法；
(3)对于三项展开式问题，可以先变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但注意分类清楚、不重不漏；
(4)赋值法的巧妙运用.
4.数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题.通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用.

1.(2017·扬州测试)设n∈N*，f(n)＝3n＋7n－2.
(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；
(2)证明：对任意正整数n，f(n)是8的倍数.
(1)解　代入1，2，3，求出f(1)＝8，f(2)＝56，f(3)＝368.
(2)证明　①当n＝1时，f(1)＝8是8的倍数，命题成立.
②假设当n＝k，k∈N*时，命题成立，
即f(k)＝3k＋7k－2是8的倍数，那么当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝3k＋1＋7k＋1－2＝3(3k＋7k－2)＋4(7k＋1)，
因为7k＋1是偶数，所以4(7k＋1)是8的倍数，
又由归纳假设知3(3k＋7k－2)是8的倍数，
所以f(k＋1)是8的倍数，
所以当n＝k＋1时，命题也成立.
根据①②知，命题对任意n∈N*成立.
2.已知等式(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，其中ai(i＝0，1，2，…，10)为实常数.




(1)当m＝1时，求P(n，1)·Q(n，1)的值；
(2)对m∈N*，证明：P(n，m)·Q(n，m)恒为定值.
(1)解　当m＝1时，P(n，1)＝(－1)kC＝(－1)kC＝，
又Q(n，1)＝C＝n＋1，显然P(n，1)·Q(n，1)＝1.
(2)证明　P(n，m)＝(－1)kC＝1＋(－1)k(C＋C)＋(－1)n
＝1＋(－1)kC＋(－1)kC＝P(n－1，m)＋(－1)kC
＝P(n－1，m)－(－1)kC＝P(n－1，m)－P(n，m).
即P(n，m)＝P(n－1，m)，
由累乘，易求得P(n，m)＝P(0，m)＝，
又Q(n，m)＝C，所以P(n，m)·Q(n，m)＝1.
5.(2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该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，使该行中三个相邻的数之比是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.
(1)解　存在.杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k＝0，1，2，…，n组成.
若第n行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5，
则＝＝，＝＝，
即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＝＋，
＝＋，
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，
所以C，C，C，C成等差数列，
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.
6.(2014·江苏卷)已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式＝都成立.
(1)解　由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋，
所以f1＝－，f2＝－＋，故2f1＋f2＝－1.
(2)证明　由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝
cos x，即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin.
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立.
(ⅰ)当n＝1时，由上可知等式成立.
(ⅱ)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin.
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
′＝cos·′＝sin，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin.
因此当n＝k＋1时，等式也成立.
综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立.
令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(n∈N*).
所以＝(n∈N*).