PAGEPAGE1計數原理與二項式定理A組——大題保分練1．設集合A，B是非空集合M的兩個不同子集，滿意：A不是B的子集，且B也不是A的子集．(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，干脆寫出全部不同的有序集合對(A，B)的個數；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，求全部不同的有序集合對(A，B)的個數．解：(1)110.(2)集合M有2n個子集，不同的有序集合對(A，B)有2n(2n－1)個．當A?B，并設B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)個元素，則滿意A?B的有序集合對(A，B)有eq\i\su(k＝1,n,C)eq\o\al(k,n)(2k－1)＝eq\i\su(k＝0,n,C)eq\o\al(k,n)2k－eq\i\su(k＝0,n,C)eq\o\al(k,n)＝3n－2n個．同理，滿意B?A的有序集合對(A，B)有3n－2n個．故滿意條件的有序集合對(A，B)的個數為2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n.2．記1,2，…，n滿意下列性質T的排列a1，a2，…，an的個數為f(n)(n≥2，n∈N*)．性質T：排列a1，a2，…，an中有且只有一個ai＞ai＋1(i∈{1,2，…，n－1})．(1)求f(3)；(2)求f(n)．解：(1)當n＝3時，1,2,3的全部排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中滿意僅存在一個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的全部排列(a1，a2，…，an)中，若ai＝n(1≤i≤n－1)，從n－1個數1,2,3，…，n－1中選i－1個數按從小到大的依次排列為a1，a2，…，ai－1，其余按從小到大的依次排列在余下位置，于是滿意題意的排列個數為Ceq\o\al(i－1,n－1).若an＝n，則滿意題意的排列個數為f(n－1)．綜上，f(n)＝f(n－1)＋eq\i\su(i＝1,n－1,C)eq\o\al(i－1,n－1)＝f(n－1)＋2n－1－1.從而f(n)＝eq\f(231－2n－3,1－2)－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1.3．(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n＝1時，等式明顯成立．當n≥2時，因為rCeq\o\al(r,n)＝eq\f(r×n！,r！n－r！)＝eq\f(n！,r－1！n－r！)＝n×eq\f(n－1！,r－1！n－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：(構造模型)構造一個組合模型，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．現從袋中隨意摸出n個小球，一方面，由分步計數原理其中含有r個黑球((n－r)個白球)的n個小球的組合的個數為Ceq\o\al(r,n－1)·Ceq\o\al(n－r,n)，0≤r≤n－1，由分類計數原理有從袋中隨意摸出n個小球的組合的總數為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：(利用導數)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，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的系數為nCeq\o\al(n,2n－1).右邊xn的系數為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！n－1！)＝eq\f(2n－1！,n！n－1！)＝Ceq\o\al(n,2n－1).4．(2024·蘇錫常鎮調研(二))已知函數f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1(n∈N*，x∈R)．(1)當n＝2時，若f(2)＋f(－2)＝eq\r(5)A，求實數A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1.解：(1)當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·江蘇高考)(1)求7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)的值；(2)設m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)·Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋nCeq\o\al(m,n－1)＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,n＋2).解：(1)7Ceq\o\al(3,6)－4Ceq\o\al(4,7)＝7×eq\f(6×5×4,3×2×1)－4×eq\f(7×6×5×4,4×3×2×1)＝0.(2)證明：當n＝m時，結論明顯成立．當n＞m時，(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＝eq\f(k＋1·k！,m！·k－m！)＝(m＋1)·eq\f(k＋1！,m＋1！·[k＋1－m＋1]！)＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋1,k＋1)，k＝m＋1，m＋2，…，n.又因為Ceq\o\al(m＋1,k＋1)＋Ceq\o\al(m＋2,k＋1)＝Ceq\o\al(m＋2,k＋2)，所以(k＋1)Ceq\o\al(m,k)＝(m＋1)(Ceq\o\al(m＋2,k＋2)－Ceq\o\al(m＋2,k＋1))，k＝m＋1，m＋2，…，n.因此，(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)＝(m＋1)Ceq\o\al(m,m)＋[(m＋2)Ceq\o\al(m,m＋1)＋(m＋3)Ceq\o\al(m,m＋2)＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(m,n)]＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,m＋2)＋(m＋1)[(Ceq\o\al(m＋2,m＋3)－Ceq\o\al(m＋2,m＋2))＋(Ceq\o\al(m＋2,m＋4)－Ceq\o\al(m＋2,m＋3))＋…＋(Ceq\o\al(m＋2,n＋2)－Ceq\o\al(m＋2,n＋1))]＝(m＋1)Ceq\o\al(m＋2,n＋2).2．(2024·南京、鹽城二模)現有eq\f(nn＋1,2)(n≥2，n∈N*)個給定的不同的數隨機排成一個下圖所示的三角形數陣：eq\a\vs4\al(*,**,***,……………,…,**…………**)eq\a\vs4\al(…………第1行,…………第2行,…………第3行,,,,…………第n行)設Mk是第k行中的最大數，其中1≤k≤n，k∈N*.記M1<M2<…<Mn的概率為pn.(1)求p2的值；(2)證明：pn>eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！).解：(1)由題意知p2＝eq\f(2A\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝eq\f(2,3)，即p2的值為eq\f(2,3).(2)證明：先排第n行，則最大數在第n行的概率為eq\f(n,\f(nn＋1,2))＝eq\f(2,n＋1)；去掉第n行已經排好的n個數，則余下的eq\f(nn＋1,2)－n＝eq\f(nn－1,2)個數中最大數在第n－1行的概率為eq\f(n－1,\f(nn－1,2))＝eq\f(2,n)；…故pn＝eq\f(2,n＋1)×eq\f(2,n)×…×eq\f(2,3)＝eq\f(2n－1,n＋1×n×…×3)＝eq\f(2n,n＋1！).由于2n＝(1＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)≥Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)>Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(2,n＋1)，故eq\f(2n,n＋1！)>eq\f(C\o\al(2,n＋2),n＋1！)，即pn>eq\f(C\o\al(2,n＋1),n＋1！).3．(2024·蘇州暑假測試)設集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中滿意條件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素個數記為Seq\o\al(n,m).(1)求Seq\o\al(2,2)和Seq\o\al(4,2)的值；(2)當m<n時，求證：Seq\o\al(n,m)<3n＋2m＋1－2n＋1.解：(1)Seq\o\al(2,2)＝8，Seq\o\al(4,2)＝32.(2)證明：設集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝1，即x1，x2，x3，…，xn中有n－1個取自集合P,1個取自集合Q，故共有Ceq\o\al(n－1,n)21種可能，即為Ceq\o\al(1,n)21，同理，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝2，即x1，x2，x3，…，xn中有n－2個取自集合P,2個取自集合Q，故共有Ceq\o\al(n－2,n)22種可能，即為Ceq\o\al(2,n)22，若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1，x2，x3，…，xn中有n－m個取自集合P，m個取自集合Q，故共有Ceq\o\al(n－m,n)2m種可能，即為Ceq\o\al(m,n)2m，所以Seq\o\al(n,m)＝Ceq\o\al(1,n)21＋Ceq\o\al(2,n)22＋…＋Ceq\o\al(m,n)2m，因為當0≤k≤n時，Ceq\o\al