考點33 計數(shù)原理（解析版）[共8頁]

1、 考點33 計數(shù)原理【知識框圖】【自主熱身,歸納總結】1、(2016南京、鹽城、連云港、徐州二模） 設(1x)na0a1xa2x2anxn,xN*,n2.(1) 設n11,求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；(2) 設bkak1(kN,kn1),Smb0b1b2bm(mN,mn1),求的值 規(guī)范解答 (1) 因為ak(1)k C, 當n11時,|a6|a7|a8|a9|a10|a11|CCCCCC(CCCC)2101 024. (3分)(2)bkak1(1)k1 C(1)k1 C, (6分)當1kn1時,bk(1)k1 C (1)k1 (CC)(1)k1 C(1)k1 C(1)k

2、1 C(1)k C.(7分)當m0時,1.(8分)當1mn1時,Sm1(1)k1C(1)kC11(1)mC(1)mC,所以1.綜上,1.(10分)2、(2018南京、鹽城一模）已知nN*,nf(n)CC2CCrCCnCC.(1) 求f(1),f(2),f(3)的值；(2) 試猜想f(n)的表達式(用一個組合數(shù)表示),并證明你的猜想第(2)問中為組合數(shù)求和問題,其中組合數(shù)前面的系數(shù)轉化是關鍵,可以利用rCnC,也可以用導數(shù)來解決規(guī)范解答 (1)由條件,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)欲證猜想成立,只要證等式nCCC2CCrCCnCC成立證法1(數(shù)學歸納法)當n1時,等式顯然成立當n2時,因為rCnnC,(7分) 故rCC(rC)CnCC.故只需證明nCnCCnCCnCCnCC.即證CCC CC CC CC.而CC,故即證CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得,左邊xn的系數(shù)為C.而右邊(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn),所以xn的系數(shù)為CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得

4、成立綜上,f(n)C成立(10分)證法2(構造模型) 構造一個組合模型,一個袋中裝有(2n1)個小球,其中n個是編號為1,2,n的白球,其余(n1)個是編號為1,2,n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個小球,一方面,由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球(nr)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為CC,0rn1,由分類計數(shù)原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數(shù)為CC CC CC CC.另一方面,從袋中(2n1)個小球中任意摸出n個小球的組合的個數(shù)為C.故CCC CC CC CC,余下同證法1.(10分)證法3(利用導數(shù)) 由二項式定理,得(1x)nCCxCx2Cxn.兩邊求導,得n(1x)n1C2CxrCxr

5、1 nCxn1 .,得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1) .左邊xn的系數(shù)為nC.右邊xn的系數(shù)為CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立,得n CCC2 CCr CCn CC.故f(n)C成立(10分)證法4(構造模型) 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),構造一個組合模型,從2n個元素中選取(n1)個元素,則有C種選法,現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n,n,若(n1)個元素中,從

6、第一個里取n個,第二個里取1個,則有CC種選法,若從第一個里取(n1)個,第二個里取2個,則有CC種選法,由分類計數(shù)原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C,(7分)所以f(n)C.(10分)3、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調研（二）已知函數(shù)f(x)(x)2n1(nN*,xR)(1) 當n2時,若f(2)f(2)A,求實數(shù)A的值；(2) 若f(2)m(mN*,01),求證：(m)1 規(guī)范解答 (1) 當n2時,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) 因為f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1,所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1,由題意f(2)(2)2n1m(mN*,01),首先證明對于固定的nN*,滿足條件的m,是唯一的假設f(2)(2)2n1m11m22(m1,m2N*,011,021,m1m2,12),則m1m2210,而m1m2Z,21(1,0)(0,1),矛盾所以滿足條件的m,是唯一的(5分) 下面我們求m及的值：因為f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n,顯然f(2)

8、f(2)N*.(7分) 又因為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,則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)【問題探究,開拓思維】題型一 二項式定理的應用知識點撥;對于組合數(shù)有關的和式的證明,通?？梢詮囊韵聝蓚€方面來加以思考：一是利用組合數(shù)的有關的恒等式來進行處理,將組合數(shù)前面的系數(shù)化成相同的代數(shù)式后再利用組合數(shù)和的性質來加以處理；二是通過構造恒等式,利用對恒等式兩

9、種不同的計算方法,即“算兩次”的方法來證明相關的結論例1、(2019蘇州期初調研） 設f(n)(ab)n(n2,nN*),若在f(n)的展開式中,存在連續(xù)的三項的二項式系數(shù)依次成等差數(shù)列,則稱f(n)具有性質P.(1) 求證：f(7)具有性質P；(2) 若存在n2018,使得f(n)具有性質P,求n的最大值 規(guī)范解答 (1) 因為f(7)(ab)7的展開式中第2,3,4項的二項式系數(shù)C7,C21,C35,所以C,C,C成等差數(shù)列所以f(7)具有性質P.(2)假設f(n)具有性質P,則一定存在kN*,1kn1使得C,C,C成等差數(shù)列,所以2CCC.所以2.化簡可得4k24nkn2n20.(6分)

10、所以(2kn)2n2.因為k,nN*,所以n2是完全平方數(shù)(8分)因為n2018,4422020C.證明：因為CCC0,所以CC.設2n個點中含有p(pN,p2n)個染紅色的點,當p0,1,2時,TCC4.因為n4,所以2n3n, 于是T44C2C.(5分)當p2n2,2n1,2n時,TCC,同上可得T2C.(5分)當3p2n3時,TCC.設f(p)CC,3p2n3,當3p2n4時,f(p1)f(p)CCCCCC.顯然p2np1,當p2np1,即np2n4時,f(p1)f(p),當p2np1,即3pn1時,f(p1)f(p),即f(n)f(n1)f(4)f(n),因此f(p)f(n)2C,即T

11、2C.綜上,當n4時,T2C.(10分)【變式2】(2018南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調） 已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1,nN*.記Tn (2k1)ank.(1) 求T2的值；(2) 化簡Tn的表達式,并證明：對任意的nN*,Tn都能被4n2整除 規(guī)范解答 由二項式定理,得aiC(i0,1,2,2n1)(1) T2a23a15a0C3C5C30.(2分) (2) 因為(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.因為CN*

12、,所以Tn能被4n2整除(10分) 【變式3】(2017南京、鹽城一模） 設nN*,n3,kN*.(1) 求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2) 化簡：12C22C32C(k1)2C(n1)2C. 思路分析 對于第(2)問,方法1就是借助于第(1)問中所要證明的等式來進行處理,它的本質是為第(2)問作了一個鋪墊；方法2,通過利用二項恒等式進行二次求導來構造組合數(shù)前的平方項系數(shù),從而來證明規(guī)范解答 (1) kCnCkn0.(2分)k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(4分)(2) 解法1 由(1)可知當k2時,(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2n

13、CCn(n1)C3nCC.(6分)故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)(10分)解法2 當n3時,由二項式定理,有(1x)n1CxCx2CxkCxn,兩邊同乘以x,得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1,兩邊對x求導,得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn,(6分)兩邊再同乘以x,得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1,兩邊再對x求導,得(1x)nn(1x)n1xn(n1

14、)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.(8分)令x1,得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C,即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4)(10分)【變式4】（2016蘇錫常鎮(zhèn)一調）如圖,在楊輝三角形中,從第3行開始,除1以外,其他每一個數(shù)值是它上面的二個數(shù)值之和,這三角形數(shù)陣開頭幾行如下圖所示(1) 在楊輝三角形中是否存在某一行,且該行中三個相鄰的數(shù)之比為345？若存在,試求出是第幾行；若不存在,請說明理由；(2) 已知n,r為正整數(shù),且nr3.求證：任何四個相鄰的組合數(shù)C,C,C

15、,C不能組成等差數(shù)列 思路分析 (1) 第n行的n1個數(shù)依次為C,C,C,C.假設CCC345,r0,1,2,n2.若能解出r與n,則存在；若不能解出r與n,則不存在(2) 由2CCC,得r,n的一個方程；由2CCC,得r,n的另一個方程只要證明這兩個方程組成的方程組無解即可規(guī)范解答 (1) 在楊輝三角形中,第n行的n1個數(shù)依次為C,C,C,C.假設CCC345,r0,1,2,n2,則即(2分)解得所以第62行有三個相鄰的數(shù)C,C,C的比為345.(4分)(2) 假設C,C,C,C能組成等差數(shù)列,則2CCC,且2CCC,由2CCC,得,整理得n2(4r5)n4r(r2)20.(6分)由2CCC

16、,類似可得n2(4r9)n4(r1)(r3)20.(8分)聯(lián)列方程組得這與rN矛盾所以任何四個相鄰的組合數(shù)C,C,C,C不能組成等差數(shù)列(10分)解后反思 在第(2)題中,由2CCC,得n2(4r5)n4r(r2)20后只要把r換成r1,即得2CCC對應的方程n2(4r9)n4(r1)(r3)20,兩方程相減,得n2r3,再回代入任一方程得r2.題型二 計數(shù)原理與二項式定理的綜合運用知識點撥：1、求解與計數(shù)有關的問題,一方面要注意弄清問題的本質,如本題中的m(1),m(3)的含義,并判斷它是一個排列問題還是一個組合問題；二是在研究組合數(shù)的有關問題時,經(jīng)常需要應用組合數(shù)的一些性質,如CC(nm,

17、m,nN*),CCCC2n,CCCCCC2n1等等2. 根據(jù)條件將二項式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn中的a,b進行特殊化就會得到很多有用的有關組合數(shù)的相關和的結果,這是研究有關組合數(shù)的和的問題的常用方法對于計數(shù)問題的處理,要注意以下三個方面：(1)弄清問題的本質是關鍵,此類問題有一個特點,就是用比較繁瑣的數(shù)學語言來加以表述,因此,通常需要將繁瑣的數(shù)學語言轉化為易于理解的自然語言來加以表述；(2)解決此類問題可以從簡單的情形入手來尋找一般情形的處理方法；(3)對于與組合數(shù)、排列數(shù)有關的求和問題,常用的方法有：利用排列數(shù)、組合數(shù)的相關性質來進行化簡,從而達到求和的目的；利用二項

18、式定理以及求導的方法來得到相關的等式,通過等式進行特殊化來進行處理；利用先猜后證的方法,通過觀察、歸納法來得到相關的結論,并應用數(shù)學歸納法來加以證明例2、(2018蘇州暑假測試） 設集合M1,0,1,集合An(x1,x2,xn)|xiM,i1,2,n,集合An中滿足條件“1|x1|x2|xn|m”的元素個數(shù)記為S.(1) 求S和S的值；(2) 當mn時,求證：S3n2m12n1. 條件“集合An(x1,x2,xn)|xiM,i1,2,n”等價于,從集合M1,0,1中可重復地選取n個元素排成一列的排法,已知“集合An中滿足條件1|x1|x2|xn|m的元素個數(shù)記為S”等價于,集合An中滿足條件|

19、x1|x2|xn|1,2,m時元素個數(shù)的總和由于|xi|0或|xi|1(i1,2,n),故可把集合M1,0,1分為兩類,0與1,即記P0,Q1,1規(guī)范解答 (1) S8,S32.(2分)(2) 設集合P0,Q1,1若|x1|x2|xn|1,即x1,x2,x3,xn中有n1個取自集合P,1個取自集合Q,故共有C21種可能,即為C21,同理,|x1|x2|xn|2,即x1,x2,x3,xn中有n2個取自集合P,2個取自集合Q,故共有C22種可能,即為C22,(4分)若|x1|x2|xn|m,即x1,x2,x3,xn中有nm個取自集合P,m個取自集合Q,故共有C2m種可能,即為C2m,所以SC21C

20、22C2m,(6分)因為當0kn時,C1,所以C10,所以SC21C22C2m1),當n(n2)k(n1)(n2)時,求f(k)的解析式；當n(n1)kn(n2)時,求f(k)的解析式規(guī)范解答 (1) 由題意,取a11,a22,a1a26,滿足題意,若a33,則必有a2a36,不滿足題意,綜上所述,m的最大值為2,即f(6)2.(4分)(2) 由題意,當n(n1)k(n1)(n2)時,設A11,2,n,A2n1,n2,n3,顯然,ai,ai1A1時,滿足aiai1n(n1)n(n1)k,所以從集合A1中選出的ai至多有n個, aj,aj1A2時,ajaj1(n1)(n2)k,不符合題意,所以從

21、集合A2中選出的aj必不相鄰,又因為從集合A1中選出的ai至多有n個,所以從集合A2中選出的aj至多有n個,放置于從集合A1中選出的ai之間,所以f(k)2n,(6分)當n(n2)k(n1)(n2)時,取一串數(shù)ai為1,2n,2,2n1,3,2n2,n1,n2,n,n1,或寫成ai(1i2n),此時aiai1n(n2)k(1i2n1),a2na1n1k,滿足題意,所以f(k)2n,(8分)當n(n1)naq,則napn(n2)k,與題意不符,所以f(k)2n1,取一串數(shù)ai為：1,2n1,2,2n2,3,2n3,n2,n2,n1,n1,n或寫成ai(1i2n1),此時aiai1n(n1)k(1

22、i2n2),a2n1a1nk,滿足題意,所以f(k)2n1,(10分)(寫出題的結論但沒有證明各給1分)【變式5】（2016蘇州期末） 如圖,由若干個小正方形組成的k層三角形圖陣,第一層有1個小正方形,第二層有2個小正方形,依此類推,第k層有k個小正方形除去最底下的一層,每個小正方形都放置在它下一層的兩個小正方形之上現(xiàn)對第k層的每個小正方形用數(shù)字進行標注,從左到右依次記為x1,x2,xk,其中xi0,1(1ik),其他小正方形標注的數(shù)字是它下面兩個小正方形標注的數(shù)字之和,依此規(guī)律,記第一層的小正方形標注的數(shù)字為x0.(1) 當k4時,若要求x0為2的倍數(shù),則有多少種不同的標注方法？(2) 當k

23、11時,若要求x0為3的倍數(shù),則有多少種不同的標注方法？ 思路分析 在解第(1)題的基礎上,猜出當k11時,x0Cx1Cx2Cx10Cx11.當然要有證明過程規(guī)范解答 (1) 當k4時,第4層標注的數(shù)字依次為x1,x2,x3,x4；第3層標注的數(shù)字依次為x1x2,x2x3,x3x4；第2層標注的數(shù)字依次為x12x2x3,x22x3x4；所以x0x13x23x3x4.(2分)因為x0是2的倍數(shù),xi0,1,所以x1,x2,x3,x4中取值為1的個數(shù)為偶數(shù)個其不同的取法總數(shù)為CCC8.答：所求的不同的標注方法有8種(4分)(2) 當k11時,第11層標注的數(shù)字依次為x1,x2,x3,x4,x10,x11；第10層標注的數(shù)字依次為CxiCxi1,i1,2,10；第9層標注的數(shù)字依次為Cxi(CC)xi1Cxi2CxiCxi1Cxi2,i1,2,9；依此規(guī)律,第1層標注的數(shù)字為x0Cx1Cx2Cx10Cx11.(6分)計算得CC1,CC10,當i2,3,4,8時,C均是3的倍數(shù)若要求x0是3的倍數(shù),等價于x1Cx2Cx10x11是3的倍數(shù)即x1x2x10x11是3的倍數(shù)(8分)所以x1,x2,x10,x11中,取值為1的個數(shù)為0個或3個所以x1,x2,