2019高考江蘇數(shù)學(xué)優(yōu)編增分練：高考附加題加分練（七）計(jì)數(shù)原理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(七)計(jì)數(shù)原理1．已知等式（x2＋2x＋2)5＝a0＋a1（x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10,其中ai(i＝0，1,2，…，10)為實(shí)常數(shù)．求：(1)eq\i\su（n＝1，10，a）n的值；（2)eq\i\su（n＝1，10，n)an的值．解(1）在(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1（x＋1)＋a2（x＋1）2＋…＋a9(x＋1）9＋a10(x＋1）10中,令x＝－1，得a0＝1。令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝25＝32。所以eq\i\su(n＝1，10,a）n＝a1＋a2＋…＋a10＝31.(2)等式(x2＋2x＋2)5＝a0＋a1（x＋1）＋a2（x＋1）2＋…＋a9(x＋1）9＋a10(x＋1）10兩邊對(duì)x求導(dǎo),得5（x2＋2x＋2)4·（2x＋2）＝a1＋2a2(x＋1）＋…＋9a9(x＋1）8＋10a10(x＋1）9。在5(x2＋2x＋2）4·(2x＋2）＝a1＋2a2（x＋1）＋…＋9a9（x＋1）8＋10a10（x＋1）9中，令x＝0,整理得eq\i\su(n＝1,10，n）an＝a1＋2a2＋…＋9a9＋10a10＝5·25＝160。2．設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差為d（d∈N*)，m為數(shù)列{an｝中的項(xiàng)．(1)若d＝3，試判斷eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,\r(x))）)m的展開式中是否含有常數(shù)項(xiàng)？并說明理由；（2)證明:存在無窮多個(gè)d，使得對(duì)每一個(gè)m,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1，\r(x)）））m的展開式中均不含常數(shù)項(xiàng)．（1)解因?yàn)椋鸻n}是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列,所以an＝3n－2。假設(shè)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,\r（x）)））m的展開式中第r＋1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)(r∈N），Tr＋1＝Ceq\o\al（r,m）xm－req\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))））r＝，于是m－eq\f（3,2）r＝0.設(shè)m＝3n－2（n∈N＊）,則有3n－2＝eq\f(3，2）r，即r＝2n－eq\f（4，3），這與r∈N矛盾．所以假設(shè)不成立,即eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，\r（x））））m的展開式中不含常數(shù)項(xiàng)．(2）證明由題設(shè)知an＝1＋（n－1)d，設(shè)m＝1＋(n－1）d,由(1）知,要使對(duì)于每一個(gè)m，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，\r(x））））m的展開式中均不含常數(shù)項(xiàng),必須有：對(duì)于n∈N*，滿足1＋（n－1）d－eq\f(3,2)r＝0的r無自然數(shù)解，即r＝eq\f(2d,3)(n－1)＋eq\f(2,3）?N.當(dāng)d＝3k(k∈N＊）時(shí)，r＝eq\f（2d，3）(n－1）＋eq\f(2,3)＝2k(n－1）＋eq\f(2，3)?N。故存在無窮多個(gè)d，滿足對(duì)每一個(gè)m，eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，\r（x））))m的展開式中均不含常數(shù)項(xiàng)．3．已知f（x)＝(2＋eq\r(x))n，其中n∈N*。（1)若展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為14,求n的值;(2）當(dāng)x＝3時(shí)，求證：f（x）必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1）（s∈N＊）的形式．（1)解因?yàn)門r＋1＝Ceq\o\al(r，n）2n－rx，當(dāng)eq\f（r,2)＝3時(shí)，r＝6,故x3項(xiàng)的系數(shù)為Ceq\o\al(6，n）2n－6＝14,解得n＝7.(2）證明由二項(xiàng)式定理可知，（2＋eq\r(3）)n＝Ceq\o\al(0,n）2n(eq\r(3）)0＋Ceq\o\al（1,n）2n－1(eq\r(3）)1＋Ceq\o\al(2,n）2n－2（eq\r（3))2＋…＋Ceq\o\al（n,n）20(eq\r(3）)n,設(shè)（2＋eq\r（3))n＝p＋eq\r(3）q＝eq\r（p2）＋eq\r(3q2),p，q∈N＊，而若有(2＋eq\r（3)）n＝eq\r（a）＋eq\r（b)，a，b∈N＊，則（2－eq\r(3))n＝eq\r(a）－eq\r(b),a，b∈N＊.∵(eq\r(a）＋eq\r(b))·(eq\r（a）－eq\r（b））＝（2＋eq\r（3））n·（2－eq\r(3))n＝1,∴a－b＝1,令a＝s,s∈N*,得b＝s－1，∴（2＋eq\r（3)）n必可表示成eq\r（s)＋eq\r(s－1)的形式，其中s∈N*。4．設(shè)n∈N*，n≥3，k∈N*。(1)求值：①kCeq\o\al（k，n）－nCeq\o\al（k－1,n－1);②k2Ceq\o\al（k，n)－n（n－1）Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al（k－1,n－1)（k≥2）；（2)化簡(jiǎn)：12Ceq\o\al（0,n)＋22Ceq\o\al(1,n）＋32Ceq\o\al（2，n）＋…＋(k＋1）2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1）2Ceq\o\al（n，n）.解（1)①kCeq\o\al(k,n）－nCeq\o\al（k－1，n－1)＝k×eq\f(n！,k!n－k！)－n×eq\f（n－1！,k－1！n－k?。絜q\f（n！,k－1！n－k！)－eq\f（n!,k－1！n－k！）＝0。②k2Ceq\o\al（k，n）－n（n－1）Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al（k－1,n－1)＝k2×eq\f（n！,k！n－k?。璶(n－1）×eq\f(n－2！,k－2！n－k?。璶×eq\f（n－1!，k－1!n－k!）＝k×eq\f(n！，k－1!n－k?。璭q\f（n!,k－2！n－k！)－eq\f（n！，k－1!n－k！）＝eq\f（n！,k－2！n－k?。〆q\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(k，k－1)－1－\f（1，k－1）))＝0。（2)由（1）可知當(dāng)k≥2時(shí)，(k＋1)2Ceq\o\al（k,n）＝(k2＋2k＋1）Ceq\o\al(k，n)＝k2Ceq\o\al（k，n)＋2kCeq\o\al（k，n）＋Ceq\o\al（k,n)＝［n（n－1)Ceq\o\al(k－2，n－2)＋nCeq\o\al（k－1，n－1）]＋2nCeq\o\al（k－1，n－1）＋Ceq\o\al（k，n)＝n(n－1)Ceq\o\al（k－2，n－2）＋3nCeq\o\al（k－1，n－1）＋Ceq\o\al（k，n）.故12Ceq\o\al(0，n)＋22Ceq\o\al(1，n)＋32Ceq\o\al(2,n）＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k，n）＋…＋（n＋1)2Ceq\o\al（n，n）＝（12Ceq\o\al（0,n）＋22Ceq\o\al(1，n))＋n（n－1)（Ceq\o\al（0，n－2)＋Ceq\o\al（1，n－2）＋…＋Ceq\o\al(n－2，n－2）)＋3n(Ceq\o\al(1，n－1)＋Ceq\o\al（2，n－1）＋…＋Ceq\o\al(n－1，n－1））＋(Ceq\o\al(2,n)＋Ceq