江蘇專用2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課時達標(biāo)訓(xùn)練二十五計數(shù)原理與二項式定理

PAGEPAGEPAGE1課時達標(biāo)訓(xùn)練(二十五)計數(shù)原理與二項式定理A組——大題保分練1．(2024·南京鹽城一模)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，a2＝3，且對隨意n∈N*，都有a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1成立．(1)求a3的值；(2)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列．解：(1)在a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，則a1Ceq\o\al(0,1)＋a2Ceq\o\al(1,1)＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5.(2)證明：若a1，a2，a3，…，an是等差數(shù)列，則an＝2n－1.①當(dāng)n＝3時，由(1)知a3＝5，此時結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時，結(jié)論成立，則ak＝2k－1.由a1Ceq\o\al(0,k－1)＋a2Ceq\o\al(1,k－1)＋a3Ceq\o\al(2,k－1)＋…＋akCeq\o\al(k－1,k－1)＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3，對該式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2，所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋1＝2k－1＋2＝2(k＋1)－1，所以當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立．依據(jù)①②，可知數(shù)列{an}是等差數(shù)列．2．(2024·南師附中等四校聯(lián)考)設(shè)集合M＝{1，2，3，…，m}，集合A，B是M的兩個不同子集，記|A∩B|表示集合A∩B的元素個數(shù)．若|A∩B|＝n，其中1≤n≤m－1，則稱(A，B)是M的一組n階關(guān)聯(lián)子集對((A，B)與(B，A)看作同一組關(guān)聯(lián)子集對)，并記集合M的全部n階關(guān)聯(lián)子集對的組數(shù)為an.(1)當(dāng)m＝3時，求a1，a2；(2)當(dāng)m＝2019時，求{an}的通項公式，并求數(shù)列{an}的最大項．解：(1)當(dāng)m＝3時，易知a1＝3×4＝12，a2＝3.(2)an＝Ceq\o\al(n,2019)×eq\f(1,2)×[Ceq\o\al(0,2019－n)(22019－n－1)＋Ceq\o\al(1,2019－n)·22018－n＋…＋Ceq\o\al(k,2019－n)·22019－k－n＋…＋Ceq\o\al(2018－n,2019－n)·21＋Ceq\o\al(2019－n,2019－n)·20]＝Ceq\o\al(n,2019)eq\f(32019－n,2)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(Ceq\o\al(n＋1,2019)\f(32018－n－1,2),Ceq\o\al(n,2019)\f(32019－n－1,2))＝eq\f(（2019－n）（32018－n－1）,（n＋1）（32019－n－1）)＞1，化簡，得(1008－2n)·32018－n＞1009－n，(*)當(dāng)n≤503時，(*)式成立；當(dāng)504≤n≤1008時，(*)式不成立；當(dāng)n≥1009時，不成立；所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504，a504＞a505＞a506＞…＞a2018，所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2018，所以數(shù)列{an}的最大項為a504＝Ceq\o\al(504,2019)eq\f(31515－1,2).3．(2024·南京、鹽城一模)已知n∈N*，nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).(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．解：(1)由條件，nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，①在①中令n＝1，得f(1)＝Ceq\o\al(0,1)Ceq\o\al(1,1)＝1.在①中令n＝2，得2f(2)＝Ceq\o\al(0,2)Ceq\o\al(1,2)＋2Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＝6，得f(2)＝3.在①中令n＝3，得3f(3)＝Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(1,3)＋2Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,3)＋3Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,3)＝30，得f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)(或f(n)＝Ceq\o\al(n－1,2n－1))．欲證猜想成立，只要證等式nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)成立．法一：(干脆法)當(dāng)n＝1時，等式明顯成立．當(dāng)n≥2時，因為rCeq\o\al(r,n)＝eq\f(r×n！,r?。╪－r）！)＝eq\f(n！,（r－1）?。╪－r）！)＝n×eq\f(（n－1）！,（r－1）?。╪－r）！)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)，故rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＝(rCeq\o\al(r,n))Ceq\o\al(r－1,n)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n).故只需證明nCeq\o\al(n,2n－1)＝nCeq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋nCeq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋nCeq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).即證Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).而Ceq\o\al(r－1,n)＝Ceq\o\al(n－r＋1,n)，故即證Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).②由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(n,2n－1).而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)x＋Ceq\o\al(2,n－1)x2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)xn－1)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，所以xn的系數(shù)為Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立．綜上，f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個組合模型，一個袋中裝有(2n－1)個小球，其中n個是編號為1，2，…，n的白球，其余(n－1)個是編號為1，2，…，n－1的黑球．現(xiàn)從袋中隨意摸出n個小球，一方面，由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球((n－r)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為Ceq\o\al(r,n－1)·Ceq\o\al(n－r,n)，0≤r≤n－1，由分類計數(shù)原理有從袋中隨意摸出n個小球的組合的總數(shù)為Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).另一方面，從袋中(2n－1)個小球中隨意摸出n個小球的組合的個數(shù)為Ceq\o\al(n,2n－1).故Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n)，余下同法一．法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項式定理，得(1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn.③兩邊求導(dǎo)，得n(1＋x)n－1＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1.④③×④，得n(1＋x)2n－1＝(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)·(Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1)．⑤左邊xn的系數(shù)為nCeq\o\al(n,2n－1).右邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(n－1,n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).由⑤恒成立，得nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).故f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，得nf(n)＝nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)＋(n－1)Ceq\o\al(n－2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＝nCeq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋(n－1)Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，所以2nf(n)＝(n＋1)(Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n))＝(n＋1)(Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n))，構(gòu)造一個組合模型，從2n個元素中選取(n＋1)個元素，則有Ceq\o\al(n＋1,2n)種選法，現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n，n，若(n＋1)個元素中，從第一部分中取n個，其次部分中取1個，則有Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)種選法，若從第一部分中取(n－1)個，其次部分中取2個，則有Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)種選法，…，由分類計數(shù)原理可知Ceq\o\al(n＋1,2n)＝Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n).故2nf(n)＝(n＋1)Ceq\o\al(n＋1,2n)，所以f(n)＝eq\f(n＋1,2n)·eq\f(（2n）！,（n＋1）?。╪－1）！)＝eq\f(（2n－1）！,n！（n－1）！)＝Ceq\o\al(n,2n－1).4．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二))已知函數(shù)f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1(n∈N*，x∈R)．(1)當(dāng)n＝2時，若f(2)＋f(－2)＝eq\r(5)A，求實數(shù)A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1.解：(1)當(dāng)n＝2時，f(x)＝(x＋eq\r(5))5＝Ceq\o\al(0,5)x5＋Ceq\o\al(1,5)x4eq\r(5)＋Ceq\o\al(2,5)x3(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(3,5)x2(eq\r(5))3＋Ceq\o\al(4,5)x(eq\r(5))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋eq\r(5))5＋(－2＋eq\r(5))5＝2[Ceq\o\al(1,5)(eq\r(5))124＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(5))322＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5]＝2(5×16eq\r(5)＋10×4×5eq\r(5)＋25eq\r(5))＝610eq\r(5)，所以A＝610.(2)證明：因為f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1＝Ceq\o\al(0,2n＋1)x2n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)x2neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)x2n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，所以f(2)＝Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)22neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，由題意知，f(2)＝(eq\r(5)＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，首先證明對于固定的n∈N*，滿意條件的m，α是唯一的．假設(shè)f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0<α1<1，0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，則m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，沖突．所以滿意條件的m，α是唯一的.下面我們求m及α的值：因為f(2)－f(－2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1－(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(2＋eq\r(5))2n＋1＋(2－eq\r(5))2n＋1＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)·22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，明顯f(2)－f(－2)∈N*.又因為eq\r(5)－2∈(0，1)，故(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1)，即f(－2)＝(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1).所以令m＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)·22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，α＝(－2＋eq\r(5))2n＋1，則m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2),所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1·(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1.B組——大題增分練1．(2024·南通、泰州等七市三模)設(shè)Pn＝eq\i\su(i＝0,2n,)eq\f(（－1）i,Ceq\o\al(i,2n))，Qn＝eq\i\su(j＝1,2n,)eq\f(（－1）j·j,Ceq\o\al(j,2n)).(1)求2P2－Q2的值；(2)化簡nPn－Qn.解：(1)P2＝eq\f(1,Ceq\o\al(0,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(5,3)，Q2＝－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(2,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(3,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(4,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(10,3)，所以2P2－Q2＝0.(2)設(shè)T＝nPn－Qn，則T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－\f(n,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(n,Ceq\o\al(2,2n))－…＋\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(2,Ceq\o\al(2,2n))－\f(3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋\f(2n,Ceq\o\al(2n,2n))))＝eq\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(2n,2n))①因為Ceq\o\al(k,2n)＝Ceq\o\al(2n－k,2n)，所以T＝eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(2n－1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2n－2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(2n－3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))＝eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(1－n,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(2－n,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(3－n,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))②①＋②得，2T＝0，即T＝nPn－Qn＝0，所以nPn－Qn＝0.2．(2024·南京鹽城二模)平面上有2n(n≥3，n∈N*)個點，將每一個點染上紅色或藍色．從這2n個點中任取3個點，記這3個點顏色相同的全部不同取法的總數(shù)為T.(1)若n＝3，求T的最小值；(2)若n≥4，求證：T≥2Ceq\o\al(3,n).解：(1)當(dāng)n＝3時，共有6個點．若染紅色的點的個數(shù)為0個或6個，則T＝Ceq\o\al(3,6)＝20；若染紅色的點的個數(shù)為1個或5個，則T＝Ceq\o\al(3,5)＝10；若染紅色的點的個數(shù)為2個或4個，則T＝Ceq\o\al(3,4)＝4；若染紅色的點的個數(shù)為3個，則T＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2.因此T的最小值為2.(2)證明：因為對隨意的n，k∈N*，n≥k，都有Ceq\o\al(k,n＋1)－Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(k－1,n)＞0，所以Ceq\o\al(k,n＋1)＞Ceq\o\al(k,n).設(shè)2n個點中含有p(p∈N，p≤2n)個染紅色的點，①當(dāng)p∈{0，1，2}時，T＝Ceq\o\al(3,2n－p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)＝eq\f(（2n－2）（2n－3）（2n－4）,6)＝4×eq\f(（n－1）（n－2）（2n－3）,6).因為n≥4，所以2n－3＞n，于是T＞4×eq\f(n（n－1）（n－2）,6)＝4Ceq\o\al(3,n)＞2Ceq\o\al(3,n).②當(dāng)p∈{2n－2，2n－1，2n}時，T＝Ceq\o\al(3,p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)，同理可得T＞2Ceq\o\al(3,n).③當(dāng)3≤p≤2n－3時，T＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，設(shè)f(p)＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，3≤p≤2n－3，當(dāng)3≤p≤2n－4時，f(p＋1)－f(p)＝Ceq\o\al(3,p＋1)＋Ceq\o\al(3,2n－p－1)－Ceq\o\al(3,p)－Ceq\o\al(3,2n－p)＝Ceq\o\al(2,p)－Ceq\o\al(2,2n－p－1)，明顯p≠2n－p－1，當(dāng)p＞2n－p－1，即n≤p≤2n－4時，f(p＋1)＞f(p)，當(dāng)p＜2n－p－1，即3≤p≤n－1時，f(p＋1)＜f(p)，即f(n)＜f(n＋1)＜…＜f(2n－3)，f(3)＞f(4)＞…＞f(n)．因此f(p)≥f(n)＝2Ceq\o\al(3,n)，即T≥2Ceq\o\al(3,n).綜上，當(dāng)n≥4時，T≥2Ceq\o\al(3,n).3．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知f(n)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(4,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，g(n)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(6,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n＋2,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，其中n∈N*，n≥2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)記h(n)＝f(n)－g(n)，求證：對隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).解：(1)f(2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10)，f(3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(41,70)，g(2)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，g(3)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(19,140).(2)證明：∵eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝eq\f(\f(（2k）！,k！·k！)－\f(（2k）！,（k－2）！·（k＋2）！),\f(（2k＋2）！,（k＋1）！·（k＋1）！))＝eq\f(（k＋1）2（k＋2）－（k＋1）k（k－1）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）（4k＋2）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(1,k＋2)，∴h(n)＝f(n)－g(n)＝∑n,k＝2eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,k＋2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證：對隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).當(dāng)m＝2時，h(4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,60)＞eq\f(1,2)，結(jié)論成立；當(dāng)m＝3時，h(8)＝eq\f(37,60)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,10)＞eq\f(37,60)＋eq\f(4,10)＝eq\f(37,60)＋eq\f(24,60)＞1，結(jié)論成立．假設(shè)當(dāng)m＝t(t≥3)時，結(jié)論成立，即h(2t)＞eq\f(t－1,2)；則當(dāng)m＝t＋1時，h(2t＋1)＝h(2t)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)，∵t≥3，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)－eq\f(3,2t＋1＋2)＝eq\f(（2t－3）2t－22,（2t＋3）（2t＋4）（2t＋1＋2）)＞0，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＞eq\f(3,2t＋1＋2).又eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(1,2t＋1＋2)＋eq\f(1,2t＋1＋2)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＝eq\f(2t－2,2t＋1＋2)，∴h(2t＋1)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(3,2t＋1＋2)＋eq\f(2t－2,2t＋1＋2)＝eq\f(t,2)，∴當(dāng)m＝t＋1時，結(jié)論成立．綜上，對隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).4．(2024·常州期末)對一個量用兩種方法分別算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法．利用這種方法，結(jié)合二項式定理，可以得到許多好玩的組合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(n,2n)，而右邊(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al