【数学】2020届一轮复习苏教版计数原理与二项式定理作业

【数学】2020届一轮复习苏教版计数原理与二项式定理作业

‎(二十五) 计数原理与二项式定理 A组——大题保分练 ‎1．设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A的子集．‎ ‎(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；‎ ‎(2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数．‎ 解：(1)110.‎ ‎(2)集合M有2n个子集，不同的有序集合对(A，B)有2n(2n－1)个．‎ 当A⊆B，并设B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)个元素，‎ 则满足A⊆B的有序集合对(A，B)有(2k－1)＝2k－＝3n－2n个．‎ 同理，满足B⊆A的有序集合对(A，B)有3n－2n个．‎ 故满足条件的有序集合对(A，B)的个数为2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n.‎ ‎2．记1,2，…，n满足下列性质T的排列a1，a2，…，an的个数为f(n)(n≥2，n∈N*)．性质T：排列a1，a2，…，an中有且只有一个ai＞ai＋1(i∈{1,2，…，n－1})．‎ ‎(1)求f(3)；‎ ‎(2)求f(n)．‎ 解：(1)当n＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i∈{1,2,3}，使得ai＞ai＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f(3)＝4.‎ ‎(2)在1,2，…，n的所有排列(a1，a2，…，an)中，‎ 若ai＝n(1≤i≤n－1)，从n－1个数1,2,3，…，n－1中选i－1个数按从小到大的顺序排列为a1，a2，…，ai－1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C.‎ 若an＝n，则满足题意的排列个数为f(n－1)．‎ 综上，f(n)＝f(n－1)＋＝f(n－1)＋2n－1－1.‎ 从而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1.‎ ‎3．(2018·南京、盐城一模)已知n∈N*，nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC.‎ ‎(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)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，①‎ 在①中令n＝1，得f(1)＝CC＝1.‎ 在①中令n＝2，得2f(2)＝CC＋2CC＝6，得f(2)＝3.‎ 在①中令n＝3，得3f(3)＝CC＋2CC＋3CC＝30，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nC＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC成立．‎ 法一：(直接法)当n＝1时，等式显然成立．‎ 当n≥2时，因为rC＝＝ ‎＝n×＝nC， ‎ 故rCC＝(rC)C＝nCC.‎ 故只需证明nC＝nCC＋nCC＋…＋nC·C＋…＋nCC.‎ 即证C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.‎ 而C＝C，故即证C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.②‎ 由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为C.‎ 而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)，‎ 所以xn的系数为CC＋ CC＋…＋ C·C＋…＋ CC.‎ 由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②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(2n－1)个小球，其中n个是编号为1,2，…，n的白球，其余(n－1)个是编号为1,2，…，n－1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((n－r)个白球)的n个小球的组合的个数为C·C，0≤r≤n－1，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(2n－1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C.‎ 故C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC，余下同法一．‎ 法三：(利用导数)由二项式定理，‎ 得(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn.③‎ 两边求导，得n(1＋x)n－1＝C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1.④‎ ‎③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)·(C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1)．⑤‎ 左边xn的系数为nC.‎ 右边xn的系数为CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC.‎ 由⑤恒成立，得nC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC.‎ 故f(n)＝C成立．‎ 法四：(构造模型)由nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，‎ 得nf(n)＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC，‎ 所以2nf(n)＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC) ＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC)，‎ 构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n＋1)个元素，则有C种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n＋1)个元素中，从第一部分中取n个，第二部分中取1个，则有CC种选法，若从第一部分中取(n－1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，…，由分类计数原理可知C＝CC＋CC＋…＋CC.‎ 故2nf(n)＝(n＋1)C，‎ 所以f(n)＝·＝＝C.‎ ‎4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)＝(x＋)2n＋1(n∈N*，x∈R)．‎ ‎(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝A，求实数A的值；‎ ‎(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.‎ 解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋)5＝Cx5＋Cx4＋Cx3()2＋Cx2()3＋Cx()4＋C()5, ‎ 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋)5＋(－2＋)5＝2[C()124＋C()322＋C()5]＝2(5×16＋10×4×5＋25)＝610，‎ 所以A＝610. ‎ ‎(2)证明：因为f(x)＝(x＋)2n＋1＝Cx2n＋1＋Cx2n＋Cx2n－1()2＋…＋C()2n＋1，‎ 所以f(2)＝C22n＋1＋C22n＋C22n－1()2＋…＋C()2n＋1，‎ 由题意知，f(2)＝(＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，‎ 首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．‎ 假设f(2)＝(2＋)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，‎ 则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾．‎ 所以满足条件的m，α是唯一的. ‎ 下面我们求m及α的值：‎ 因为f(2)－f(－2)＝(2＋)2n＋1－(－2＋)2n＋1＝(2＋)2n＋1＋(2－)2n＋1＝2[C2‎ ‎2n＋1＋C·22n－1()2＋C22n－3()4＋…＋C21()2n]，‎ 显然f(2)－f(－2)∈N*. ‎ 又因为－2∈(0,1)，故(－2)2n＋1∈(0,1)，‎ 即f(－2)＝(－2＋)2n＋1＝(－2)2n＋1∈(0,1). ‎ 所以令m＝2[C22n＋1＋C22n－1()2＋C·22n－3()4＋…＋C21()2n]，‎ α＝(－2＋)2n＋1，‎ 则m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2), ‎ 所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋)2n＋1·(－2＋)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1. ‎ B组——大题增分练 ‎1．(2016·江苏高考)(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.‎ 解：(1)7C－4C＝7×－4×＝0.‎ ‎(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．‎ 当n＞m时，(k＋1)C＝ ‎＝(m＋1)· ‎＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 又因为C＋C＝C，‎ 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]‎ ‎＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]‎ ‎＝(m＋1)C.‎ ‎2．(2018·南京、盐城二模)现有(n≥2，n∈N*)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：‎ 　 设Mk是第k行中的最大数，其中1≤k≤n，k∈N*.记M1.‎ 解：(1)由题意知p2＝＝，即p2的值为.‎ ‎(2)证明：先排第n行，则最大数在第n行的概率为＝；‎ 去掉第n行已经排好的n个数，‎ 则余下的－n＝个数中最大数在第n－1行的概率为＝；‎ ‎…‎ 故pn＝××…×＝＝.‎ 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C>C＋C＝C，‎ 故>，即pn>.‎ ‎3．(2018·苏州暑假测试)设集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素个数记为S.‎ ‎(1)求S和S的值；‎ ‎(2)当m

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