（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第十章 附加考查部分 3 第3讲 排列、组合与二项式定理刷

第3讲排列、组合与二项式定理1．求(1－x)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差．解：由(1－x)20⇒Tr＋1＝Cr20(－x)r＝(－1)rCr20xr2.所以r2＝1⇒r＝2⇒x的系数为C220，r2＝9⇒r＝18⇒x9的系数为C1820.所以C220－C1820＝C220－C220＝0.2．若3x＋1xn的展开式中各项系数和为1024，试确定展开式中的有理项．解：令x＝1，则22n＝1024，解得n＝5.Tr＋1＝Cr5(3x)5－r1xr＝Cr5·35－r·x10－3r2，有理项即使10－3r2为整数，r＝0、r＝2、r＝4，有3项，即T1＝243x5，T3＝270x2，T5＝15x－1.3．已知x－2x2n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含x32的项．解：由题意知，第五项系数为C4n·(－2)4，第三项的系数为C2n·(－2)2，则有C4n·（－2）4C2n·（－2）2＝101，化简得n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．(1)令x＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1.(2)通项Tk＋1＝Ck8(x)8－k－2x2k＝Ck8(－2)kx8-k2－2k，令8－k2－2k＝32，则k＝1，故展开式中含x32的项为T2＝－16x32.4．二项式(2x－3y)9的展开式中，求：(1)二项式系数之和；(2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和．解：设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.(1)二项式系数之和为C09＋C19＋C29＋…＋C99＝29.(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59，将两式相加，得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝59－12，即为所有奇数项系数之和．5．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．解：(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共有(C35C23＋C45C13)·A55＝5400种．(2)除去该女生后，先取后排，有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有C47·C14·A44＝3360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，选出的3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．6．已知x＋124xn的展开式中，前三项系数成等差数列．(1)求n；(2)求第三项的二项式系数及项的系数；(3)求含x项的系数．解：(1)因为前三项系数1，12C1n，14C2n成等差数列．所以2·12C1n＝1＋14C2n，即n2－9n＋8＝0.所以n＝8或n＝1(舍)．(2)由n＝8知其通项Tr＋1＝Cr8·(x)8－r·1241xr＝12r·Cr8·x4－34r，r＝0，1，…，8.所以第三项的二项式系数为C28＝28.第三项系数为122·C28＝7.(3)令4－34r＝1，得r＝4，所以含x项的系数为124·C48＝358.7．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有C14C24C13×A22＝144种．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C24种方法，4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有C24C22A22·A22种方法．故共有C24C34C11A22＋C24C22A22·A22＝84种．8．(2019·南京、盐城模拟)已知m，n∈N*，定义fn(m)＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！.(1)记am＝f6(m)，求a1＋a2＋…＋a12的值；(2)记bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合．解：(1)由题意知，fn(m)＝0，m≥n＋1，Cmn，1≤m≤n.所以am＝0，m≥7，Cm6，1≤m≤6.所以a1＋a2＋…＋a12＝C16＋C26＋…＋C66＝63.(2)当n＝1时，bm＝(－1)mmf1(m)＝0，m≥2，－1，m＝1，则b1＋b2＝－1.当n≥2时，bm＝0，m≥n＋1，（－1）mm·Cmn，1≤m≤n.又mCmn＝m·n！m！（n－m）！＝n·（n－1）！（m－1）！（n－m）！＝nCm－1n－1，所以b1＋b2＋…＋b2n＝n[－C0n－1＋C1n－1－C2n－1＋C3n－1＋…＋(－1)nCn－1n－1]＝0.所以b1＋b2＋…＋b2n的取值构成的集合为{－1，0}．1．已知(2－3x)50＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a50x50，其中a0，a1，a2…，a50是常数，计算(a0＋a2＋a4＋…＋a50)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a50＝(2－3)50，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a50＝(2＋3)50，(a0＋a2＋a4＋…＋a50)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a49)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a50)(a0－a1＋a2－…＋a50)＝(2－3)50(2＋3)50＝1.2．求证：(1)32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)；(2)3n＞(n＋2)·2n－1(n∈N*，n＞2)．证明：(1)因为32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9＝9(C0n8n＋C1n8n－1＋…＋Cn－1n·8＋Cnn·1)－8n－9＝9(8n＋C1n8n－1＋…＋Cn－2n82)＋9·8n＋9－8n－9＝9×82(8n－2＋C1n·8n－3＋…＋Cn－2n)＋64n＝64[9(8n－2＋C1n8n－3＋…＋Cn－2n)＋n]．所以32n＋2－8n－9能被64整除．(2)因为n∈N*，且n＞2，3n＝(2＋1)n＝2n＋C1n·2n－1＋…＋Cn－1n·2＋12n＋n·2n－1＋2n＋1＞2n＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1，故3n＞(n＋2)·2n－1.3．(2019·盐城调研)已知f(x)＝(2＋x)n，其中n∈N*.(1)若展开式中x3的系数为14，求n的值；(2)当x＝3时，求证：f(x)必可表示成s＋s－1(s∈N*)的形式．解：(1)因为Tr＋1＝Crn·2n－r·xr2.令r2＝3得r＝6，故x3项的系数为C6n·2n－6＝14，解得n＝7.(2)证明：由二项式定理可知(2＋3)n＝C0n2n＋C1n2n－1·3＋C2n2n－2·(3)2＋…＋Crn2n－r(3)r＋…＋Cnn(3)n＝(C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…)＋3(C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…)．令x0＝C0n2n＋C2n2n－2(3)2＋…，y0＝C1n2n－1＋C3n2n－3·3＋…，显然x0∈N*，y0∈N*.则(2＋3)n＝x0＋3y0，(2－3)n＝x0－3y0，所以(2＋3)n·(2－3)n＝x20－3y20＝1.令s＝x20，则必有s－1＝x20－1＝3y20.从而当x＝3时，f(x)必可表示成s＋s－1的形式，其中s∈N*.4．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，此时有A33＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，此时有A33＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E，有A33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有A13A33＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．5．(2019·南京六校联考)已知g(x)＝C0nf0nx0(1－x)n＋C1nf1nx1(1－x)n－1＋C2nf2nx2(1－x)n－2＋…＋Cnnfnnxn(1－x)0.(1)若f(x)＝1，求g(x)；(2)若f(x)＝x，求g(x)．解：(1)因为f(x)＝1，所以f0n＝f1n＝…＝fnn＝1,所以g(x)＝C0nx0(1－x)n＋C1nx1(1－x)n－1＋C2nx2(1－x)n－2＋…＋Cnnxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1.因为00无意义，所以g(x)＝1，且x≠0，x≠1，x∈R.(2)因为rCrn＝r·n！r！（n－r）！＝n！（r－1）！（n－r）！＝n·（n－1）！（r－1）！[（n－1）－（r－1）]！＝nCr－1n－1，其中r＝1，2，…，n.所以rCrn＝nCr－1n－1(r＝1，2，…，n).又因为f(x)＝x，所以g(x)＝C0n·0·x0(1－x)n＋C1n·1n·x1(1－x)n－1＋C2n·2n·x2(1－x)n－2＋…＋Cnn·nn·xn(1－x)0＝1n[C1nx1(1－x)n－1＋2C2nx2(1－x)n－2＋…＋rCrnxr(1－x)n－r＋…＋nCnnxn(1－x)0]＝1n·n[C0n－1x1(1－x)n－1＋C1n－1x2(1－x)n－2＋…＋Cr－1n－1·xr(1－x)n－r＋…＋Cn－1n－1xn(1－x)0]＝x[C0n－1x0(1－x)n－1＋C1n－1x1(1－x)n－2＋…＋Cr－1n－1·xr－1(1－x)(n－1)－(r－1)＋…＋Cn－1n－1xn－1(1－x)0]＝x[(1－x)＋x]n－1＝x.即g(x)＝x，且x≠0，x≠1，x∈R.6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五))已知F(n)＝a1－a2C1n＋a3C2n－a4C3n＋…＋(－1)nan＋1Cnn(n≥2，n∈N*)．(1)若数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列，求证：F(n)＝2n；(2)若对任意的n≥2，n∈N*，都有F(n)＝0成立，试证明数列{an}是等差数列．证明：(1)因为数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列，所以an＝(－1)n－1(n∈N*)，即F(n)＝C0n＋C1n＋C2n＋C3n＋…＋Cnn.又(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋C3nx3＋…＋Cnnxn，所以令x＝1，得C0n＋C1n＋C2n＋C3n＋…＋Cnn＝2n，所以F(n)＝2n.(2)①当n＝2时，F(2)＝a1－a2C12＋a3C22＝0，即2a2＝a1＋a3，所以数列{an}的前3项成等差数列．②假设当n＝k(k≥