江苏省2019高考数学二轮复习专题八附加题第2讲计数原理、随机变量、数学归纳法学案.doc

1、1第 2 讲 计数原理、随机变量、数学归纳法考情考向分析 1.考查分类计数原理、分步计数原理与排列、组合的简单应用，B 级要求. 2.考查 n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的数学期望与方差，B 级要求.3.考查数学归纳法的简单应用，B 级要求热点一 计数原理与二项式定理例 1 (2018苏州调研)已知 fn(x) n， nN *.(x23ax3)(1)当 a1 时，求 f5(x)展开式中的常数项；(2)若二项式 fn(x)的展开式中含有 x7的项，当 n 取最小值时，展开式中含 x 的正整数次幂的项的系数之和为 10，求实数 a 的值解 二项式 n的展开式通项为(x23ax3

2、)Tr1 C n r rC (3a)rx2n5 r (r0,1,2， n)，rn(x2) (3ax3) rn(1)当 n5， a1 时， f(x)的展开式的常数项为 T39C 90.25(2)令 2n5 r7，则 r N，所以 n 的最小值为 6，2n 75当 n6 时，二项式 6的展开式通项为(x23ax3)2Tr1 C (3a)rx125 r (r0,1,2，6)，r6则展开式中含 x 的正整数次幂的项为 T1， T2， T3，它们的系数之和为C C (3a)C (3a)2135 a218 a110，06 16 26即 15a22 a10，解得 a 或 .13 15思维升华 涉及二项式定理

3、的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别(2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质(3)关于 x 的二项式( a bx)n(a， b 为常数)的展开式可以看成是关于 x 的函数，且当 x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决跟踪演练 1 (2018江苏丹阳高级中学期中)设 n3， nN *，在集合 的所有1， 2， ， n元素个数为 2 的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为 a，较小元素之和记为

4、b.(1)当 n3 时，求 a， b 的值；(2)求证：对任意的 n3， nN *， 为定值ba(1)解 当 n3 时，集合 的所有元素个数为 2 的子集为 ， 1， 2， 3 1， 2， ，所以 a2338, 1， 32， 3b1124.(2)证明 当 n3， nN *时，依题意，b1C 2C 3C 1(2)Cn 1()Cn，1n 1 1n 2 1n 3 (n 2) (n 1)a2C 3C 4C C nC 1 12 13 (n 1) 1n 2 1n 1213243 n .(n 1) (n 2) (n 1)则 C C C C C C C C C C C C ，a2 2 23 24 2n 3 2

5、3 24 2n 34 24 2n 3n 1所以 a2C .3n 1又 a b( n1)(123 n) 3C ，所以 bC .故 .n(n 1)2 (n 1) 3n 1 3n 1 ba 12热点二 随机变量及其概率分布例 2 (2018南京师大附中考前模拟)如图，设 P1， P2， P6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量 S.3(1)求 S 的概率；32(2)求 S 的概率分布及数学期望 E(S)解 (1)从六个点中任选三个不同点构成一个三角形共有 C 种不同选法，36其中 S 的为有一个角是 30的直角三角形，(如 P1P4P5)，共

6、 6212 种，32所以 P .(S32) 12C36 35(2)S 的所有可能取值为 ， ， .34 32 334S 的为顶角是 120的等腰三角形(如 P1P2P3)，34共 6 种，所以 P .(S34) 6C36 310S 的为等边三角形(如 P1P3P5)，334共 2 种，所以 P .(S334) 2C36 110又由(1)知 P ，故 S 的概率分布为(S32) 12C36 35S 34 32 334P 310 35 110所以 E(S) .34 310 32 35 334 110 9320思维升华 求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪

7、些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算跟踪演练 2 (2018南通、徐州、扬州等六市模拟)在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的 33 表格，其中 1 格设奖4300 元，4 格各设奖 200 元，其余 4 格各设奖 100 元，点击某一格即显示相应金额某人在一张表中随机不重复地点击 3 格，记中奖的总金额为 X 元(1)求概率 P ；(X 600)(2)求 X 的概率分布及数学期望 E(X)解 (1)从 33 表格中随机不重复地点击 3 格，共有 C 种不同情形，则事件“ X600”包39

8、含两类情形：第一类是 3 格各得奖 200 元；第二类是 1 格得奖 300 元，一格得奖 200 元，一格得奖 100 元，其中第一类包含 C 种情形，第二类包含 C C C 种情形34 1 14 14 P .(X 600)C34 C1C14C14C39 521(2)X 的所有可能值为 300,400,500,600,700.则 P ，(X 300)C34C39 484 121P ，(X 400)C14C24C39 2484 27P ，(X 500)C1C24 C14C24C39 3084 514P(X600) ，521P .(X 700)C1C24C39 684 114 X 的概率分布为X

9、 300 400 500 600 700P 121 27 514 521 114 E 300 400 500 600 700 500.(X)121 27 514 521 114热点三 数学归纳法例 3 (2018江苏姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列 满足 anC an 0nC1n 12 C2n 222 ， nN *.C3n 323 Cnn n2n(1)求 a1, a2, a3的值；(2)猜想数列 的通项公式，并证明an5解 (1) a12, a24, a38.(2)猜想： an2 n(nN *)证明如下：当 n1 时，由(1)知结论成立； 假设当 n k(kN *， k1)时结论成立，则有

10、akC 2 k.0kC1k 12 C2k 222 C3k 323 Ckk k2k则当 n k1 时， ak1 C .0k 1C 1k 12 C 2k 1 222 C 3k 1 323 C k 1k 1 k 12k 1由 C C C 得k 1n k 1n knak1 C 0kC1k 1 C0k 12 C2k 2 C1k 222 C3k 3 C2k 323 Ckk k Ck 1 k2kC k 1k 1 k 12k 12 k C0k 12 C1k 222 C2k 323 Ck 1 k2k C k 1k 1 k 12k 12 k 12(C0k 1 C1k 22 C2k 322 Ck 1 k2k 1 C

11、 k 1k 1 k 12k )2 k .12(C0k 1 C1k 22 C2k 322 C k 1k 1 k 12k 1 C kk 1 k Ck 1k 1 k2k )又 C k 1k 1 k(2k 1)！k！ (k 1)！ (2k 1)！ (k 1)(k 1)k！ (k 1)！ C ，12(2k 1)！ (2k 2)(k 1)！ (k 1)！ 12 k 1k 1 k 1ak1 2 k ，12(C0k 1 C1k 22 C2k 322 C k 1k 1 k 12k 1 C kk 1 k2k C k 1k 1 k 12k 1 )于是 ak1 2 k ak1 .12所以 ak1 2 k1 ,故 n

12、k1 时结论也成立由得， an2 n ， nN *.思维升华 在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可在较复杂的式子中，注意由n k 到 n k1 时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法跟踪演练 3 (2018常州期末)记 (n2 且 nN *)的展开式中含(x 1) (x12) (x 1n)x 项的系数为 Sn，含 x2项的系数为 Tn.(1)求 Sn；6(2)若 an2 bn c 对 n2,3,4 成立，求实数 a， b， c 的值；TnSn(3)对(2)中的实数 a， b， c 用数学归纳法证明：对任意 n2 且 nN *, an2 bn c

13、 都成TnSn立(1)解 Sn .1 2 nn！ n 12(n 1)！(2)解 ， ， ，T2S2 23 T3S3 116 T4S4 72则Error!解得 a ， b ， c ，14 112 16(3)证明 当 n2 时，由(2)知等式成立；假设 n k(kN *，且 k2)时，等式成立，即 k2 k .TkSk 14 112 16当 n k1 时，由 f(x) (x 1) (x12) (x 1k) (x 1k 1) ，(x 1)(x 12)(x 1k) (x 1k 1) (1k！ Skx Tkx2 )(x 1k 1)知 Tk1 Sk Tk1k 1 ，k 12(k 1)！ 1 1k 1(14

14、k2 112k 16)所以 Tk 1Sk 1k 12(k 1)！ 1 1k 1(14k2 112k 16)k 1 12k！ ，kk 2(k 1 3k2 k 212 ) k(3k 5)12又 2 ，14(k 1) 112(k 1) 16 k(3k 5)12等式也成立；综上可得，对任意 n2 且 nN *，都有 成立TnSn n24 n12 1671(2018全国大联考江苏卷)(1)求 4C 7C (n k，且 n， kN *)的值47 36kCknnCk 1n(2)设 f(n)1C 32C 32 nC 3n(nN *)，求方程 f(n)3 840 的所有解1n 2n n解 (1)因为 4C 43

15、5140, 7C 720140，47 36kC k n nC (n k，且 n， kN *)knn！k！ n k！ n 1！k 1！ n 1 k 1！ k 1n所以 4C 7C 1.47 36kCknnCk 1n(2)由(1)知 kC nC 对 1 k n，且 n， kN *成立kn k 1n所以 f(n) n(C 3C 32C 3n)，0n 1 1n 1 n 1所以 f(n)3 n(C C 3C 3n1 )0n 1 1n 1 n 13 n(13) n1 3 n4n1 (nN *)又因为 4 1，即 f(n1) f(n)对 nN *成立，fn 1fn 3n 14n3n4n 1 4n 1n 4n

16、所以 f(n)是关于 n(nN *)的递增函数又因为 f(n)3 840354 4 f(5)，所以当且仅当 n5 时才满足条件，即 n5 是方程 f(n)3 840 的唯一解2(2018江苏)设 nN *，对 1,2， n 的一个排列 i1i2in，如果当 s t 时，有is it，则称( is， it)是排列 i1i2in的一个逆序，排列 i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数例如：对 1,2,3 的一个排列 231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列 231 的逆序数为 2.记 fn(k)为 1,2， n 的所有排列中逆序数为 k 的全部排列的个数(1)求 f3(2)， f4(

17、2)的值；(2)求 fn(2)(n5)的表达式(用 n 表示)解 (1)记 (abc)为排列 abc 的逆序数，对 1,2,3 的所有排列，有 (123)0， (132)1， (213)1， (231)2， (312)2， (321)3，所以 f3(0)1， f3(1) f3(2)2.对 1,2,3,4 的排列，利用已有的 1,2,3 的排列，将数字 4 添加进去，4 在新排列中的位置只能是最后三个位置因此， f4(2) f3(2) f3(1) f3(0)5.(2)对一般的 n(n4)的情形，逆序数为 0 的排列只有一个：12 n，所以 fn(0)1.逆序数为 1 的排列只能是将排列 12n

18、中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1) n1.8为计算 fn1 (2)，当 1,2， n 的排列及其逆序数确定后，将 n1 添加进原排列， n1 在新排列中的位置只能是最后三个位置因此， fn1 (2) fn(2) fn(1) fn(0) fn(2) n.当 n5 时， fn(2) fn(2) fn1 (2) fn1 (2) fn2 (2) f5(2) f4(2) f4(2)( n1)( n2)4 f4(2) ，n2 n 22因此，当 n5 时， fn(2) .n2 n 223已知实数数列 an满足： a13， an (an1 2)， n2.n 23n证明：当 n2 时， an

19、是单调减数列证明 当 n1 时，有 an1 an an (n3 nan)n 33n 1 1 2n 33n 1 23n 1下面用数学归纳法证明： an1 (n2， nN *)3n(1)当 n2 时， a2 (32) 1 ；46 103 32(2)假设当 n k(kN *， k2)时，结论成立，即 ak1 .3k那么， ak1 (ak2)k 33k 1 k 33k 1(1 3k 2)1 1 .3k 31 k故由(1)(2)知， an1 (n2， nN *)3n因 此 ， 当 n 2， n N*时 ， an 1 an (n 3 nan) ；1an 1an 1 1an 2 1an2 1a2 1a3 1

20、a4 14 17 110 6914013当 n3 时， 1an 1an 1 1an 2 1an2 1a3 1a4 1a5 1a9 17 110 113 116 119 122 125 17 (110 113 116) (119 122 125)14 18 (116 116 116) (132 132 132) .18 316 33218 316 11613猜测：当 n2 时， .1an 1an 1 1an 2 1an213以下用数学归纳法加以证明：当 n2 时，结论成立假设当 n k(k2， kN *)时， ，1ak 1ak 1 1ak 2 1ak213则当 n k1 时， 1ak 1 1ak

21、 1 1 1ak 1 2 1ak 12 1ak 1ak 1 1ak 1 1 1ak 1 2 1ak2 1ak2 1 1ak2 2 1ak 12 1ak 13 1ak2 1 1ak2 2 1ak 12 1ak13 2k 1ak 12 1ak 13 2k 13k 12 2 13k 2 13 2k 13k 2 3k 12 23k 12 23k 2 .13 3k2 7k 33k 12 23k 2由 k3 可知，3 k27 k30，即 .1ak 1 1ak 1 1 1ak 1 2 1ak 1213综合，可得当 n2 时， .1an 1an 1 1an 2 1an2138设| | ， n 为正整数，数列

22、an的通项公式 ansin tann ，其前 n 项和为 Sn. 2 n2(1)求证：当 n 为偶数时， an0；当 n 为奇数时， an(1)1tann . (2)求证：对任意正整数 n， S2n sin 2 1(1) n1 tan2n 12证明 (1)因为 ansin tann .n2当 n 为偶数时，设 n2 k(kN *)， an a2ksin tan2k sin ktan 2k 0， an0.2k2当 n 为奇数时，设 n2 k1( kN *)， an a2k115sin tan2k1 sin tan2k1 .2k 12 (k 2)当 k2 m(mN *)时，an a2k1 sin

23、tan4m1 (2m 2)sin tan4m1 tan 4m1 ，( 2)此时 2 m1，n 12an a2k1 tan 4m1 (1) 2m1 tan4m1 (1)tann .当 k2 m1( mN *)时，an a2k1 sin tan4m3 (2m 32)sin tan4m3 tan 4m3 ，(32)此时 2 m2， an a2k1 tan 4m3 (1) 2m2 tan4m3 (1)12ntann .n 12综上，当 n 为偶数时， an0；当 n 为奇数时， an(1) 2tann .(2)当 n1 时，由(1)得 S2 a1 a2tan ，sin 2 1(1) n1 tan2n

24、sin 2 (1tan 2 )12 12sin cos tan .1cos2故当 n1 时，命题成立假设当 n k(kN *， k1)时命题成立，即 S2k sin 2 1(1) k1 tan2k 12当 n k1 时，由(1)得S2(k1) S2k a2k1 a2k2 S2k a2k1 sin 2 1(1) k1 tan2k (1) ktan2k1 12 sin 2 12 1 1k 1tan2k 1k 2sin 2 tan2k 1 sin 2 12 1 1k 2tan2k 2 ( 1tan2 2sin 2 tan )16 sin 2 12 1 1k 2tan2k 2 ( cos2sin2 1sin2 ) sin 2 1(1) k2 tan2k2 12即当 n k1 时命题成立综上所述，对正整数 n，命题成立