2020版高考数学大二轮复习课时作业17计数原理、二项式定理理

2020高中数学复习学案第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布3 二项式定理【要点梳理·夯实知识基础】1．二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n an －r b r ＋…＋C n n b n(n ∈N ＋)． 这个公式所表示的规律叫做二项式定理，等式右边的多项式叫做(a ＋b )n 的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫做 二项式系数 .式中的 C r n an －rb r 叫做二项展开式的 通项 ，用T r ＋1表示，通项是展开式的第 r ＋1 项，即T r ＋1＝C r n an －r b r (其中0≤r ≤n ，r ∈N ，n ∈N ＋)． 2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为 n ＋1 .(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为 n . (3)字母a 按 降幂 排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按 升幂 排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到 C n －1n ，C nn .3．二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“ 等距离 ”的两个二项式系数相等，即C m n ＝C n －m n .(2)增减性与最大值：二项式系数C r n，当r <n ＋12时，二项式系数是递增的；当r >n ＋12时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，那么其展开式中间两项T n2＋1的二项式系数最大． 当n 是奇数时，那么其展开式中间两项T n ＋12和T n ＋12＋1的二项式系数相等且最大．(3)各二项式系数的和(a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1 . 【学练结合】[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)C k n an －k b k是(a ＋b )n 的展开式中的第k 项．( ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( )(4)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× [小题查验]1．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：B [令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8.]2．(教材改编)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n 展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )A ．10B ．20C ．30D ．120解析：B [二项式系数之和2n ＝64，所以n ＝6，T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ＝C k 6x 6－2k，当6－2k ＝0，即当k ＝3时为常数项，T 4＝C 36＝20.]3．(2018·全国Ⅲ卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80解析：C [T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r ，由10－3r ＝4，得r ＝2，所以x 4的系数为C 25×22＝40.]4．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式的二项式系数之和为128，则展开式中x 2的系数为( )A ．－21B ．－35C ．35D ．21解析：C [由已知得2n ＝128，n ＝7，所以T r ＋1＝C r 7x 2(7－r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 7(－1)r x 14－3r，令14－3r ＝2，得r ＝4，所以展开式中x 2的系数为C 47(－1)4＝35.故选C.]5.⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋x n 的展开式中，第3项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的第4项为 ________ .解析：由题意得C 2n ＝C 6n ，所以n ＝8.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋x 8展开式的第4项为T 4＝C 38⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3x 5＝56x 2. 答案：56x 2【考点探究·突破重点难点】考点一 二项展开式的特定项或系数问题(多维探究)[命题角度1] 求展开式中的某一项1.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式中x 4的常数项为( ) A ．32 B ．34 C ．36D ．38解析：D [⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4的展开式的通项为T k ＋1＝C k 4·(x 3)4－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k ＝C k 4(－2)k x 12－4k，令12－4k ＝0，解得k ＝3， ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式的通项为 T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ， 令8－2r ＝0，得r ＝4，所以所求常数项为C 34(－2)3＋C 48＝38.][命题角度2] 求展开式中的系数或二项式系数2．(1＋x )(1－x )5的展开式中x 4的系数是( ) A ．－35 B ．－5 C ．5D ．35解析：B [(1－x )5展开式的通项是T r ＋1＝C r 5(－x )r ＝(－1)r C r 5x r ，所以(1－x )5展开式中x 4的系数是(－1)4C 45＝5，x 3项的系数是(－1)3C 35＝－10，所以(1＋x )(1－x )5的展开式中x 4项的系数是1×5＋1×(－10)＝－5，故选B.][命题角度3] 由已知条件求n 的值或参数的值3．若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝ ________ .解析：⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ·x －r 2＝C r 5a 5－r ·x 10－5r 2，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2.答案：－2 【解题规律方法】与二项展开式有关问题的解题策略(1)求展开式中的第n 项，可依据二项式的通项直接求出第n 项．(2)求展开式中的特定项，可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可．(3)已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.[跟踪训练](1)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40D ．80解析：C [因为x 3y 3＝x ·(x 2y 3)，其系数为－C 35·22＝－40，x 3y 3＝y ·(x 3y 2)，其系数为C 25·23＝80.所以x 3y 3的系数为80－40＝40.故选C.] (2)若⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n (n ∈N ＋)展开式的二项式系数和为32，则其展开式的常数项为( )A ．80B ．－80C ．160D ．－160解析：B [根据二项式系数和的性质，可知2n ＝32，解得n ＝5，所以⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·(x )5－r⎝⎛⎭⎪⎪⎫－23x r ＝(－2)r C r 5x 5－r 2－r 3，令5－r 2－r 3＝0，解得r ＝3，所以其展开式的常数项为(－2)3C 35＝－80，故选B.]考点二 二项式系数的性质或各项系数的和(师生共研)[典例] (1)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 11的展开式中，系数最大的项为第 ________项．(2)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为 ________ .[解析] (1)依题意可知T r ＋1＝C r 11(－1)r x 22－3r,0≤r ≤11，r ∈Z ，二项式系数最大的是C 511与C 611.当r ＝6时，T 7＝C 611x 4，故系数最大的项是第七项．(2)令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.[答案] (1)七 (2)1或－3 [互动探究]本例(2)变为：若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为 ________ .解析：令x ＝2，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(4＋m )9，令x ＝0，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝(m ＋2)9，所以有(4＋m )9(m ＋2)9＝39，即m 2＋6m ＋5＝0，解得m ＝－1或－5.答案：－1或－5 【解题方法指导】(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.[跟踪训练](1)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20解析：D [令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.](2)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项二项式系数之和为B ，且A ＋B ＝72，则展开式中常数项的值为 ________ .解析：令x ＝1，得各项系数的和为4n ，而各项的二项式系数的和等于2n ，根据已知，得方程4n ＋2n ＝72，解得n ＝3.所以二项展开式的通项T r ＋1＝C r 3(x )3－r⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝3r C r 3x 32－32r ，显然当r ＝1时，T r ＋1是常数项，值为3C 13＝9. 答案：92020高中数学复习学案第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布3 二项式定理检测一、选择题1．C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n 等于( D ) A ．3n B ．2·3n C.3n2－1D.3n －12解析：因为C 0n ＋2(C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n )＝(1＋2)n ，所以C 1n ＋2C 2n ＋4C 3n ＋…＋2n －1C n n ＝3n －12.2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 5的展开式中x 的系数为( B )A ．5B ．10C ．20D ．40解析：∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 5x 10－3r，令10－3r ＝1，得r ＝3，∴x 的系数为C 35＝10.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n的展开式的各项系数和为243，则展开式中x 7的系数为( B )A ．5B ．40C ．20D ．10解析：由题意，二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n 的展开式中各项的系数和为243，令x ＝1，则3n＝243，解得n ＝5，所以二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(x 3)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r C r 5x 15－4r ，令15－4r ＝7，得r ＝2，则T 3＝22C 25x 15－4×2＝40x 7，即x 7的系数为40，故选B.4．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( C )A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1D ．2n解析：令x ＝1，得1＋2＋22＋ (2)＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.5．(3－2x －x 4)(2x －1)6的展开式中，含x 3项的系数为( C )A ．600B ．360C ．－600D ．－360解析：由二项展开式的通项公式可知，展开式中含x 3项的系数为3×C 3623(－1)3－2×C 2622(－1)4＝－600.6．已知(2x －1)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝( B )A ．1B ．243C ．121D ．122解析：令x ＝1，得a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝1，① 令x ＝－1，得－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝－243，② ①＋②，得2(a 4＋a 2＋a 0)＝－242， 即a 4＋a 2＋a 0＝－121.①－②，得2(a 5＋a 3＋a 1)＝244， 即a 5＋a 3＋a 1＝122.所以|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 5|＝122＋121＝243.故选B. 7．在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510的展开式中，x 2的系数为( C )A ．10B ．30C ．45D ．120解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋x )＋1x 2 01510＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x 2 015＋…＋C 1010⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2 01510，所以x 2只出现在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.故选C. 二、填空题8．(x 2－1x )8的展开式中x 7的系数为－56.(用数字作答)解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ·(－1x )r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56. 9．若二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其常数项是13_440.解析：∵二项式(x －23x)n 的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，∴n＝10，∴T r ＋1＝C r 10(x )10－r(－23x )r ＝(－2)r C r 10·x 30－5r6 ，令30－5r 6＝0，解得r ＝6，∴常数项是(－2)6C 610＝13 440.10．若(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为20，则a ＝－14.解析：(x ＋a )(1＋2x )5的展开式中x 3的系数为C 25·22＋a ·C 35·23＝20，∴40＋80a ＝20，解得a ＝－14.11．在(x ＋4x －4)5的展开式中，x 3的系数是180.解析：(x ＋4x －4)5＝(－4＋x ＋4x )5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(－4)5－r·(x ＋4x )r ，r ＝0,1,2,3,4,5，(x ＋4x )r 的展开式的通项T k ＋1＝C k r x r －k (4x )k ＝4k C k r xr －2k ，k ＝0,1，…，r .令r －2k ＝3，当k ＝0时，r ＝3；当k ＝1时，r ＝5.∴x 3的系数为40×C 03×(－4)5－3×C 35＋4×C 15×(－4)0×C 55＝180.12．在(x ＋x )6⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5的展开式中，x 4y 2项的系数为( C )A ．200B ．180C ．150D ．120解析：(x ＋x )6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x )6－r x r＝C r 6，令6＋r2＝4，得r ＝2，则T 3＝C 26＝15x 4.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y 5展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1y r ＝C r 5y －r ，令r ＝2可得T 3＝C 25y －2＝10y －2.故x 4y 2项的系数为15×10＝150.13．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2＝( B )A ．18B ．24C ．36D ．56解析：∵(2x －1)4＝[(2x －2)＋1]4＝[1＋(2x －2)]4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，∴a 2＝C 24·22＝24，故选B.14．⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中含x 4项的系数为－48.解析：令x ＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为1－a ＝2，得a ＝－1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中x 4项的系数即是⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的x 3项与x 5项系数的和．又⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(－1)r ·25－r ·x 5－2r，令5－2r ＝3，得r ＝1，令5－2r ＝5，得r ＝0，将r ＝1与r ＝0分别代入通项，可得x 3项与x 5项的系数分别为－80与32，故原展开式中x 4项的系数为－80＋32＝－48.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．已知(1＋ax ＋by )5(a ，b 为常数，a ∈N *，b ∈N *)的展开式中不含字母x 的项的系数和为243，则函数f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)，x ∈[0，π2]的最小值为2.解析：令x ＝0，y ＝1，得(1＋b )5＝243，解得b ＝2.因为x ∈[0，π2]，所以x＋π4∈[π4，3π4]，则sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)∈[1，2]，所以f (x )＝sin2x ＋b 2sin (x ＋π4)＝sin2x ＋2sin x ＋cos x ＝2sin x ·cos x ＋2sin x ＋cos x＝sin x＋cos x＋1sin x ＋cos x≥2(sin x ＋cos x )·1sin x ＋cos x＝2，当且仅当sin x ＋cos x ＝1时取“＝”，所以f (x )的最小值为2.。

课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理A 组1．(2019·南京盐城一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且对任意n ∈N *，都有a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1成立． (1)求a 3的值；(2)证明：数列{a n }是等差数列．解：(1)在a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1中，令n ＝1，则a 1C 01＋a 2C 11＝a 3－1，由a 1＝1，a 2＝3，解得a 3＝5.(2)证明：若a 1，a 2，a 3，…，a n 是等差数列，则a n ＝2n －1. ①当n ＝3时，由(1)知a 3＝5，此时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，则a k ＝2k －1. 由a 1C 0k －1＋a 2C 1k －1＋a 3C 2k －1＋…＋a k C k －1k －1＝(a k ＋1－1)2k －2，k ≥3， 对该式倒序相加，得(a 1＋a k )2k －1＝2(a k ＋1－1)·2k －2，所以a k ＋1－a k ＝a 1＋1＝2，即a k ＋1＝2k －1＋2＝2(k ＋1)－1， 所以当n ＝k ＋1时，结论成立． 根据①②，可知数列{a n }是等差数列．2．(2019·南师附中等四校联考)设集合M ＝{1，2，3，…，m }，集合A ，B 是M 的两个不同子集，记|A ∩B |表示集合A ∩B 的元素个数．若|A ∩B |＝n ，其中1≤n ≤m －1，则称(A ，B )是M 的一组n 阶关联子集对((A ，B )与(B ，A )看作同一组关联子集对)，并记集合M 的所有n 阶关联子集对的组数为a n .(1)当m ＝3时，求a 1，a 2；(2)当m ＝2 019时，求{a n }的通项公式，并求数列{a n }的最大项． 解：(1)当m ＝3时，易知a 1＝3×4＝12，a 2＝3.(2)a n ＝C n 2 019×12×[C 02 019－n (22 019－n －1)＋C 12 019－n ·22 018－n ＋…＋C k 2 019－n ·22 019－k －n＋…＋C2 018－n 2 019－n·21＋C2 019－n 2 019－n·20]＝C n2 01932 019－n2，a n ＋1a n ＝（2 019－n ）（32 018－n －1）（n ＋1）（32 019－n －1）＞1， 化简，得(1 008－2n )·32 018－n＞1 009－n ，(*)当n ≤503时，(*)式成立；当504≤n ≤1 008时，(*)式不成立； 当n ≥1 009时，不成立； 所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504，a 504＞a 505＞a 506＞…＞a 2 018，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504＞a 505＞…＞a 2 018， 所以数列{a n }的最大项为a 504＝C5042 01931 515－12. 3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (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 )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －1）！（n －r ）！＝n ×（n －1）！（r －1）！（n －r ）！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .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 n2n －1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 r n －1·C n －rn ，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C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .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 n2n －1. 故C n2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 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C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·（2n ）！（n ＋1）！（n －1）！＝（2n －1）！n ！（n －1）！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，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)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋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＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *，0<α1<1，0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈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＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0，1)，故(5－2)2n ＋1∈(0，1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0，1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)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＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组1．(2019·南京盐城二模)平面上有2n (n ≥3，n ∈N *)个点，将每一个点染上红色或蓝色．从这2n 个点中任取3个点，记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T .(1)若n ＝3，求T 的最小值； (2)若n ≥4，求证：T ≥2C 3n . 解：(1)当n ＝3时，共有6个点．若染红色的点的个数为0个或6个，则T ＝C 36＝20； 若染红色的点的个数为1个或5个，则T ＝C 35＝10； 若染红色的点的个数为2个或4个，则T ＝C 34＝4； 若染红色的点的个数为3个，则T ＝C 33＋C 33＝2. 因此T 的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n ，k ∈N *，n ≥k ，都有C k n ＋1－C k n ＝C k －1n ＞0，所以C k n ＋1＞C kn . 设2n 个点中含有p (p ∈N ，p ≤2n )个染红色的点， ①当p ∈{0，1，2}时，T ＝C 32n －p ≥C 32n －2＝（2n －2）（2n －3）（2n －4）6＝4×（n －1）（n －2）（2n －3）6.因为n ≥4，所以2n －3＞n ， 于是T ＞4×n （n －1）（n －2）6＝4C 3n ＞2C 3n .②当p ∈{2n －2，2n －1，2n }时，T ＝C 3p ≥C32n －2，同理可得T ＞2C 3n . ③当3≤p ≤2n －3时，T ＝C 3p ＋C 32n －p ，设f (p )＝C 3p ＋C 32n －p ，3≤p ≤2n －3， 当3≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)－f (p )＝C 3p ＋1＋C 32n －p －1－C 3p －C 32n －p ＝C 2p －C 22n －p －1，显然p ≠2n －p －1，当p ＞2n －p －1，即n ≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)＞f (p )， 当p ＜2n －p －1，即3≤p ≤n －1时，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 )＝2C 3n ，即T ≥2C 3n . 综上，当n ≥4时，T ≥2C 3n .2．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x )2n ＝(1＋x )n (1＋x )n (n ∈N *)，左边x n 的系数为C n2n ，而右边(1＋x )n (1＋x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，x n 的系数为C 0n C n n ＋ C 1n C n －1n ＋…＋C n n C 0n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2，因此可得到组合恒等式C n 2n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2.(1)根据恒等式(1＋x )m ＋n＝(1＋x )m (1＋x )n (m ，n ∈N *)，两边x k(其中k ∈N ，k ≤m ，k ≤n )的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明： C 2k n 2n －2k C k2k＝C n2n ，其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2是指不超过n2的最大整数．解：(1)C km ＋n ＝C 0m C kn ＋C 1m C k －1n ＋…＋C k m C 0n .(2)证明：考察等式⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n＝（x ＋1）2n x n，等式右边的常数项为：C x nx n ＝C n2n ， 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x r ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r ⎣⎢⎡⎦⎥⎤C x r －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ， 当且仅当r ＝2k 时，x r －k⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k为常数， 等式左边的常数项为：∑k ＝0C 2k n 2n －2k C k2k，C2k n2n－2k C k2k＝C n2n成立．所以k＝0。

第2讲 计数原理 二项式定理[考情考向·高考导航]1．以实际生活为背景考查计数原理，排列与组合的简单应用，以客观题形式出现，难度中档．2．考查二项式的通项公式、二项展开式的系数等简单问题，以选择题的形式出现，难度低中档．[真题体验]1．(2018·全国Ⅰ卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)解析：当有1位女生入选时，有C 12C 24＝12(种)， 当有2位女生入选时，有C 22C 14＝4(种)，由分类加法计数原理可得不同选法共有12＋4＝16(种)． 答案：162．(2017·全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：D [只能是一个人完成2份工作，剩下2人各完成一份工作．由此把4份工作分成3份再全排得C 24·A 33＝36.]3．(2018·全国Ⅲ卷)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．80解析：C [⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的第k ＋1项为T k ＋1＝C k 52k x 10－3k.令10－3k ＝4，得k ＝2.∴x 4的系数为C 25×22＝40.] 4．(2019·全国Ⅲ卷)(1＋2x 2)(1＋x )4的展开式中x 3的系数为( ) A ．12 B ．16 C ．20D ．24解析：A [本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．由题意得x 3的系数为C 34＋2C 14＝4＋8＝12，故选A.][主干整合]1．排列与组合公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！.(2)C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！.(3)C m n＝C n－mn ；C m n＋1＝C m n＋C m－1n.(4)C m n＝nm Cm－1n－1＝nn－mC m n－1＝n－m＋1m Cm－1n.2．二项式定理(1)(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n，二项展开式的通项T r＋1＝C r n a n－r b r.(2)在二项展开式中，C r n＝C n－rn(r＝0,1,2，…，n)．(3)C0n＋C1n＋…＋C n n＝2n.(4)相邻项的二项式系数的关系为C m n＋C m－1n＝C m n＋1.热点一计数原理的简单应用[题组突破]1．(2019·石家庄质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．解析：五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．答案：45；542．(2020·大连模拟)现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．解析：分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12种；②第一道工序不安排甲有1×2×4×3＝24种．∴共有12＋24＝36种．答案：363．(2020·百校联盟联考)某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有()123 4A.9种 B ．18种 C ．12种D ．36种解析：B [若种植2块西红柿，则他们在13,14或24位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有3×2＝6(种)种植方式；若种植2块黄瓜或2块茄子也是3种种植方式，所以一共有6×3＝18(种)种植方式．](1)在应用分类加法计算原理和分步乘法计算原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．热点二 排列与组合的应用数学 建模 素养数学建模——排列组合问题中的核心素养用排列组合解决实际问题的关键是排列组合模型，将实际问题抽象为数学问题，充分体现了“数学建模”的核心素养.主要指德育：“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有( )A ．120种B ．156种C ．188种D ．240种[解析] A [当“数”排在第一节时有A 22·A 44＝48(种)排法，当“数”排在第二节时有A 13·A 22·A 33＝36(种)排法，当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A 22·A 33＝12(种)排法；若“射”和“御”两门课程排在后三节时有A 12·A 22·A 33＝24(种)排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120(种)排法．](2)(2020·吉林调研)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)[解析] 法一：只有1名女生时，先选1名女生，有C 12种方法；再选3名男生，有C 36种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 12C 36A 24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C 26种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 26A 24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．法二：不考虑限制条件，共有A 28C 26种不同的选法，而没有女生的选法有A 26C 24种． 故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种)．[答案] 660(3)(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)[解析] C 25C 23A 44＋C 13C 25C 13A 33＝720＋540＝1 260.[答案] 1 260求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列组合的应用题，通常有以下途径(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素． (2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数． 解答计数问题多利用分类讨论思想．分类应在同一标准下进行，确保“不漏”、“不重”．(1)(2020·福州模拟)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下的两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( )A ．90种B ．180种C ．270种D ．360种解析：B [可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有A 26种不同的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有C 24C 22种不同的安排方案，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为A 26C 24C 22＝180.故选B.](2)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．解析：记5件产品为A 、B 、C 、D 、E ，A 、B 相邻视为一个元素，先与D 、E 排列，有A 22A 33种方法；再将C 插入，仅有3个空位可选，共有A 22A 33C 13＝2×6×3＝36种不同的摆法．答案：36热点三 二项式定理的应用与特定项有关的问题[例2－1] (1)(2020·揭阳模拟)已知(x ＋1)⎝⎛⎭⎫ax －1x 5的展开式中常数项为－40，则a 的值为( )A ．2B ．－2C ．±2D ．4[解析] C [⎝⎛⎭⎫ax －1x 5展开式的通项公式为 T k ＋1＝C k 5(ax )5－k ⎝⎛⎭⎫－1x k＝(－1)k a 5－k C k 5x 5－2k ， 令5－2k ＝－1，可得k ＝3，结合题意可得(－1)3a 5－3C 35＝－40，即10a 2＝40，∴a ＝±2.](2)(2019·汉中二模)⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋25的展开式中整理后的常数项为________． [解析] ⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋25＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 10的通项公式： T r ＋1＝C r 10(x )10－r⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 10x 5－r ，令5－r ＝0，解得r ＝5.所以常数项＝C 510＝252.[答案] 252展开式中系数的和[例2－2] (1)(2020·德州调研)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂的项的系数之和为32，则a ＝________.[解析] 设(a ＋x )(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5. 令x ＝1，得(a ＋1)×24＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5.① 令x ＝－1，得0＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5.②①－②，得16(a ＋1)＝2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×32，∴a ＝3. [答案] 3(2)(2019·宁夏二模)已知(ax ＋b )6的展开式中含x 4项的系数与含x 5项的系数分别为135与－18，则(ax ＋b )6的展开式中所有项系数之和为( )A ．－1B ．1C ．32D ．64[解析] D [由二项展开式的通项公式可知含x 4项的系数为C 26a 4b 2，含x 5项的系数为C 16a 5b ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧C 26a 4b 2＝135，C 16a 5b ＝－18，解得a ＋b ＝±2，故(ax ＋b )6的展开式中所有项的系数之和为(a ＋b )6＝64，故选D.]与二项式定理有关的类型及解法类型 解法求特定项或其系数常采用通项公式分析求解系数的和或差 常用赋值法近似值问题 利用展开式截取部分项求解整除(或余数)问题 利用展开式求解(1)(2019·石家庄二模)设a ＝⎠⎛0πsin x d x ，则⎝⎛⎭⎫a x －1x 6的展开式中常数项是( ) A ．－160 B ．160 C ．－20D ．20(2)(2019·兰州二模)已知(x 2＋2x ＋3y )5的展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．60 B ．180 C ．520D ．540解析：D [(x 2＋2x ＋3y )5可看作5个(x 2＋2x ＋3y )相乘，从中选2个y ，有C 25种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x 2，最后一个括号选出x ，有C 23·C 11种选法；所以x 5y 2的系数为32C 25·C 23·2·C 11＝540.](3)(2019·烟台三模)若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.解析：f (x )＝x 5＝(1＋x －1)5，它的通项为T k ＋1＝C k 5(1＋x )5－k ·(－1)k ， T 3＝C 25(1＋x )3(－1)2＝10(1＋x )3，∴a 3＝10.答案：10限时40分钟 满分80分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2020·济宁模拟)从4台甲型装载机和5台乙型装载机中任意取出3台，在取出的3台中至少有甲型和乙型装载机各一台，则不同的取法共有( )A ．84种B ．80种C ．70种D ．35种解析：C [根据题意可分为以下2种情况进行考虑：(1)甲型装载机2台和乙型装载机1台，取法有C 24C 15＝30种；(2)甲型装载机1台和乙型装载机2台，取法有C 14C 25＝40种．所以不同的取法共有30＋40＝70种．]2．(2019·唐山二模)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是( ) A ．18 B ．16 C ．12D ．9解析：D [若把两个1看作不同的数，先安排0有3种情况，安排第2个数有3种情况，安排第3个数有2种情况，安排第4个数有1种情况，一共有3×3×2×1＝18种情况，由于有两个1，所以其中一半重复，故有9个四位数．]3．(全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40D ．80解析：C [由(2x －y )5展开式的通项公式：T r ＋1＝C r 5(2x )5－r (－y )r 可得： 当r ＝3时，x (2x －y )5展开式中x 3y 3的系数为C 35×22×(－1)3＝－40 当r ＝2时，y (2x －y )5展开式中x 3y 3的系数为C 25×23×(－1)2＝80，则x 3y 3的系数为80－40＝40. 本题选择C 选项．]4．(2020·合肥调研)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有( )A ．250个B ．249个C ．48个D ．24个解析：C [①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A 34＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A 34＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.]5．(2020·龙岩模拟)若⎝⎛⎭⎫x －1x n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x 2项的系数是( )A ．－462B ．462C ．792D ．－792解析：D [∵⎝⎛⎭⎫x －1x n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大， ∴n 为偶数，展开式共有13项，则n ＝12.⎝⎛⎭⎫x －1x 12的展开式的通项公式为T k ＋1＝(－1)k C k 12·x 12－2k ，令12－2k ＝2，即k ＝5. ∴展开式中含x 2项的系数是(－1)5C 512＝－792.] 6．(2019·渭南二模)已知⎝⎛⎭⎫4－1x n(n ∈N *)展开式中所有项的系数的和为243，则该展开式中含1x2项的系数为( )A ．20B ．－20C ．640D ．－6407．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法种数是( )A ．135B ．172C ．189D ．162解析：C [由题意，不考虑特殊情况有C 312种取法，其中每一种卡片各取3张有4种取法，两张红色卡片共有C 23C 19种取法，故所求的取法种数为C 312－4－C 23C 19＝189，选C.]8．(2020·惠州二调)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )A ．6B ．12C ．18D ．19解析：D [在物理、政治、历史中选一科的选法有C 13C 23＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有C 23C 13＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.]9．(2020·成都诊断)已知x 5(x ＋3)3＝a 8(x ＋1)8＋a 7(x ＋1)7＋…＋a 1(x ＋1)＋a 0，则7a 7＋5a 5＋3a 3＋a 1＝( )A ．－16B ．－8C ．8D ．16解析：B [对x 5(x ＋3)3＝a 8(x ＋1)8＋a 7(x ＋1)7＋…＋a 1(x ＋1)＋a 0两边求导，得5x 4(x ＋3)3＋3x 5(x ＋3)2＝8a 8(x ＋1)7＋7a 7(x ＋1)6＋…＋a 1，令x ＝0，得0＝8a 8＋7a 7＋…＋a 1，令x ＝－2，得5×(－2)4×(－2＋3)3＋3×(－2)5×(－2＋3)2＝－8a 8＋7a 7＋…－2a 2＋a 1，两式左右分别相加，得－16＝2(7a 7＋5a 5＋3a 3＋a 1)，即7a 7＋5a 5＋3a 3＋a 1＝－8，选B.]10．(2020·郑州模拟)5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有( )A ．25种B ．60种C ．90种D ．150种解析：D [因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：一，一个单位1名，其他两个单位各2名，有C 15C 24A 22×A 33＝90(种)分配方法；二，一个单位3名，其他两个单位各1名，有C 35×A 33＝60(种)分配方法，共有90＋60＝150(种)分法，故选D.]11．(2019·江西上饶三模)已知m ＝⎠⎛0π3cos ⎝⎛⎭⎫x －π2d x ，则(x －2y ＋3z )m 的展开式中含x m －2yz 项的系数等于( )A ．180B ．－180C ．－90D ．15所以(x －2y ＋3z )m ＝(x －2y ＋3z )6＝[(x －2y )＋3z ]6，其展开式的通项为C k 6(x －2y )6－k (3z )k ， 当k ＝1时，展开式中才能含有x 4yz 项，这时(x －2y )5的展开式的通项为C S 5·x 5－S (－2y )S ， 当S ＝1时，含有x 4y 项，系数为－10， 故(x －2y ＋3z )6的展开式中含x 4yz 项的系数为C 16·(－10)×3＝－180.]12．(2019·潍坊三模)为迎接建国七十周年，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为()A．720 B．768C．810 D．816解析：B[由题意知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有C14A44＝96(种)情况，其中甲、乙相邻的有C14A22A33＝48(种)情况，所有当甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96－48＝48(种)情况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有C34C13A44＝288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有C24C23A44＝432(种)情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288＋432＋48＝768(种)情况，故选B.]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．从1,3,5,8,9中任取3个数字，从0,2,7,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的五位数．(用数字作答)解析：C35C23A55＋C13C35C13A44＝3 600＋2 160＝5 760.答案：5 76014．(2019·天水二模)(1＋x)(1－x)6的展开式中，x3的系数是________．(用数字作答)解析：由题意可知，(1－x)6展开式的通项为T r＋1＝C r6·16－r·(－x)r＝(－1)r C r6·x r，则(1＋x)(1－x)6的展开式中，含x3的项为(－1)3C36x3＋x·(－1)2C26x2＝－20x3＋15x3＝－5x3，所以x3的系数是－5.答案：－515．(2019·浙江卷)在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．解析：此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确．(2＋x)9的通项为T r＋1＝C r9(2)9－r x r(r＝0,1,2…9)可得常数项为T1＝C09(2)9＝162，因系数为有理数，r＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个项．答案：162 516．(2020·甘肃模拟)根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区进行调研，每个地区至少派遣一位专家，其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区，则不同的派遣方案种数为________(用数字作答)．解析：由题意可知，可分为两类：一类：甲乙在一个地区时，剩余的三位分为两组，再三组派遣到三个地区，共有C23A33＝18种不同的派遣方式；另一类：甲乙和剩余的三人中的一个人同在一个地区，另外两人分别在两个地区，共有C13A33＝18种不同的派遣方式；由分类加法计数原理可得，不用的派遣方式共有18＋18＝36种不同的派遣方式．答案：36。

课时达标训练(二十五) 计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1．(2020·南京盐城一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且对任意n ∈N *，都有a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1成立． (1)求a 3的值；(2)证明：数列{a n }是等差数列．解：(1)在a 1C 0n ＋a 2C 1n ＋a 3C 2n ＋…＋a n ＋1C n n ＝(a n ＋2－1)·2n －1中，令n ＝1，则a 1C 01＋a 2C 11＝a 3－1，由a 1＝1，a 2＝3，解得a 3＝5.(2)证明：若a 1，a 2，a 3，…，a n 是等差数列，则a n ＝2n －1. ①当n ＝3时，由(1)知a 3＝5，此时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，则a k ＝2k －1. 由a 1C 0k －1＋a 2C 1k －1＋a 3C 2k －1＋…＋a k C k －1k －1＝(a k ＋1－1)2k －2，k ≥3， 对该式倒序相加，得(a 1＋a k )2k －1＝2(a k ＋1－1)·2k －2，所以a k ＋1－a k ＝a 1＋1＝2，即a k ＋1＝2k －1＋2＝2(k ＋1)－1， 所以当n ＝k ＋1时，结论成立． 根据①②，可知数列{a n }是等差数列．2．(2020·南师附中等四校联考)设集合M ＝{1，2，3，…，m }，集合A ，B 是M 的两个不同子集，记|A ∩B |表示集合A ∩B 的元素个数．若|A ∩B |＝n ，其中1≤n ≤m －1，则称(A ，B )是M 的一组n 阶关联子集对((A ，B )与(B ，A )看作同一组关联子集对)，并记集合M 的所有n 阶关联子集对的组数为a n .(1)当m ＝3时，求a 1，a 2；(2)当m ＝2 019时，求{a n }的通项公式，并求数列{a n }的最大项． 解：(1)当m ＝3时，易知a 1＝3×4＝12，a 2＝3.(2)a n ＝C n 2 019×12×[C 02 019－n (22 019－n －1)＋C 12 019－n ·22 018－n ＋…＋C k 2 019－n ·22 019－k －n＋…＋C2 018－n 2 019－n·21＋C2 019－n 2 019－n·20]＝C n2 01932 019－n2，a n ＋1a n＝C n ＋12 01932 018－n－12C n2 01932 019－n －12＝（2 019－n ）（32 018－n－1）（n ＋1）（32 019－n－1）＞1， 化简，得(1 008－2n )·32 018－n＞1 009－n ，(*)当n ≤503时，(*)式成立；当504≤n ≤1 008时，(*)式不成立； 当n ≥1 009时，不成立；所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504，a 504＞a 505＞a 506＞…＞a 2 018，所以a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 503＜a 504＞a 505＞…＞a 2 018， 所以数列{a n }的最大项为a 504＝C5042 01931 515－12. 3．(2020·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (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 )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －1）！（n －r ）！＝n ×（n －1）！（r －1）！（n －r ）！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .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 n2n －1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 r n －1·C n －rn ，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C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .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 n2n －1.故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理，得(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 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C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·（2n ）！（n ＋1）！（n －1）！＝（2n －1）！n ！（n －1）！＝C n2n －1. 4．(2020·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，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)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋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＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *，0<α1<1，0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈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＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0，1)，故(5－2)2n ＋1∈(0，1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0，1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)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＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2020·南通、泰州等七市三模)设P n ＝∑i ＝0 2n （－1）i C i 2n ，Q n ＝∑j ＝1 2n （－1）j ·jC j2n. (1)求2P 2－Q 2的值； (2)化简nP n －Q n .解：(1)P 2＝1C 04－1C 14＋1C 24－1C 34＋1C 44＝53，Q 2＝－1C 14＋2C 24－3C 34＋4C 44＝103，所以2P 2－Q 2＝0. (2)设T ＝nP n －Q n ， 则T ＝⎝⎛⎭⎪⎫nC 02n －n C 12n ＋n C 22n－…＋n C 2n 2n－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1C 12n ＋2C 22n －3C 32n ＋…＋2n C 2n 2n＝nC2n－n －1C12n＋n －2C22n－n －3C32n＋…＋－n C 2n 2n①因为C k2n ＝C 2n －k2n ，所以T ＝n C 2n 2n －n －1C 2n －12n ＋n －2C 2n －22n －n －3C 2n －32n ＋…＋－nC 02n＝－n C 02n －1－n C 12n ＋2－n C 22n －3－n C 32n ＋…＋n C 2n 2n② ①＋②得，2T ＝0，即T ＝nP n －Q n ＝0， 所以nP n －Q n ＝0.2．(2020·南京盐城二模)平面上有2n (n ≥3，n ∈N *)个点，将每一个点染上红色或蓝色．从这2n 个点中任取3个点，记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T .(1)若n ＝3，求T 的最小值； (2)若n ≥4，求证：T ≥2C 3n . 解：(1)当n ＝3时，共有6个点．若染红色的点的个数为0个或6个，则T ＝C 36＝20； 若染红色的点的个数为1个或5个，则T ＝C 35＝10； 若染红色的点的个数为2个或4个，则T ＝C 34＝4； 若染红色的点的个数为3个，则T ＝C 33＋C 33＝2. 因此T 的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n ，k ∈N *，n ≥k ，都有C k n ＋1－C k n ＝C k －1n ＞0，所以C k n ＋1＞C kn . 设2n 个点中含有p (p ∈N ，p ≤2n )个染红色的点， ①当p ∈{0，1，2}时，T ＝C 32n －p ≥C 32n －2＝（2n －2）（2n －3）（2n －4）6＝4×（n －1）（n －2）（2n －3）6.因为n ≥4，所以2n －3＞n ， 于是T ＞4×n （n －1）（n －2）6＝4C 3n ＞2C 3n .②当p ∈{2n －2，2n －1，2n }时，T ＝C 3p ≥C 32n －2，同理可得T ＞2C 3n . ③当3≤p ≤2n －3时，T ＝C 3p ＋C 32n －p ，设f (p )＝C 3p ＋C 32n －p ，3≤p ≤2n －3， 当3≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)－f (p )＝C 3p ＋1＋C 32n －p －1－C 3p －C 32n －p ＝C 2p －C 22n －p －1，显然p ≠2n －p －1，当p ＞2n －p －1，即n ≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)＞f (p )， 当p ＜2n －p －1，即3≤p ≤n －1时，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 )＝2C 3n ，即T ≥2C 3n .综上，当n ≥4时，T ≥2C 3n .3．(2020·苏锡常镇一模)已知f (n )＝C 24C 36＋C 36C 48＋C 48C 510＋…＋C n 2n C n ＋12n ＋2，g (n )＝C 44C 36＋C 56C 48＋C 68C 510＋…＋C n ＋22n C n ＋12n ＋2，其中n ∈N *，n ≥2. (1)求f (2)，f (3)，g (2)，g (3)的值；(2)记h (n )＝f (n )－g (n )，求证：对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.解：(1)f (2)＝C 24C 36＝310，f (3)＝C 24C 36＋C 36C 48＝4170，g (2)＝C 44C 36＝120，g (3)＝C 44C 36＋C 56C 48＝19140.(2)证明：∵C k2k －C k ＋22kC k ＋12k ＋2＝（2k ）！k ！·k ！－（2k ）！（k －2）！·（k ＋2）！（2k ＋2）！（k ＋1）！·（k ＋1）！＝（k ＋1）2（k ＋2）－（k ＋1）k （k －1）（2k ＋2）（2k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）（4k ＋2）（2k ＋2）（2k ＋1）（k ＋2）＝1k ＋2， ∴h (n )＝f (n )－g (n )＝∑n,k ＝2 C k2k －C k ＋22k C k ＋12k ＋2＝ k ＝2n1k ＋2.下面用数学归纳法证：对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.当m ＝2时，h (4)＝14＋15＋16＝3760＞12，结论成立；当m ＝3时，h (8)＝3760＋17＋18＋19＋110＞3760＋410＝3760＋2460＞1，结论成立．假设当m ＝t (t ≥3)时，结论成立，即h (2t)＞t －12；则当m ＝t ＋1时，h (2t ＋1)＝h (2t)＋12t＋3＋12t ＋4＋…＋12t ＋1＋2＞t －12＋12t ＋3＋12t ＋4＋12t＋5＋12t ＋6＋…＋12t ＋1＋2， ∵t ≥3，∴12t ＋3＋12t ＋4－32t ＋1＋2＝（2t －3）2t－22（2t ＋3）（2t ＋4）（2t ＋1＋2）＞0，∴12t ＋3＋12t ＋4＞32t ＋1＋2. 又12t ＋5＋12t ＋6＋…＋12t ＋1＋2＞12t ＋1＋2＋12t ＋1＋2＋…＋12t ＋1＋2＝2t－22t ＋1＋2， ∴h (2t ＋1)＞t －12＋32t ＋1＋2＋2t－22t ＋1＋2＝t2，∴当m ＝t ＋1时，结论成立．综上，对任意的m ∈N *，m ≥2，总有h (2m)＞m －12.4．(2020·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x )2n＝(1＋x )n (1＋x )n (n ∈N *)，左边x n 的系数为C n2n ，而右边(1＋x )n (1＋x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，x n 的系数为C 0n C n n ＋ C 1n C n －1n ＋…＋C n n C 0n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2，因此可得到组合恒等式C n 2n ＝(C 0n )2＋(C 1n )2＋(C 2n )2＋…＋(C n n )2.(1)根据恒等式(1＋x )m ＋n＝(1＋x )m (1＋x )n (m ，n ∈N *)，两边x k(其中k ∈N ，k ≤m ，k ≤n )的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k＝C n2n ，其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2是指不超过n2的最大整数．解：(1)C k m ＋n ＝C 0m C kn ＋C 1m C k －1n ＋…＋C k m C 0n .(2)证明：考察等式⎝⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n＝（x ＋1）2n x n，等式右边的常数项为：C n 2n x nx n ＝C n2n ， 因为⎝⎛⎭⎪⎫2＋x ＋1x n ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x r ＝∑r ＝0n C r n ·2n －r⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤∑r ＝0n C k r x r －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ，当且仅当r ＝2k 时，x r －k⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k为常数， 等式左边的常数项为：∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k，所以∑k ＝0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n －2k C k2k＝C n2n 成立．。