江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源-组合恒等式教师教师版.doc

1、第 1 页 共 15 页 第一课时：第一课时：简单的简单的组合恒等式组合恒等式的证明的证明 【教学目标】 1.掌握基本的组合数公式，能较为熟练的运用组合数公式. 2.了解组合恒等式的基本的证明方法，会证明较为典型的组合恒等式. 【教学过程】 一、课堂引入 同学们了解以下的组合数公式吗？解决组合恒等式问题需要对组合数公式比较熟悉， 所以要 掌握一些最基本的公式和常用的组合恒等式. 1.基本组合数公式 （1） kn n k n CC （2） 1 1 k n k n k n CCC（3） 1 1 k n k n nCkC或 1 1 k n k n C k n C （4） m mkn mk n mk

2、mn m n m k k n CCCCCC （nkm）. 2.常见的组合恒等式 （1） nn nnnn CCCC2. 210 ； （2）0) 1(. 10 n n n nn CCC； （3） 1 1121 . m n m n m n m m m m m m CCCCCC. 以上的恒等式可以通过赋值法进行证明. 二、例题精讲 例例 1.证明： 1 1121 . m n m n m n m m m m m m CCCCCC 证法一证法一组合数公式法组合数公式法: 有组合数性质 1 1n k n k n k CCC可得： 左边= m n m n m m m m m m CCCCC 121 1 1 .

3、)（= m n m n m m m m m m CCCCC 132 1 2 .)（ = m n m n m m m m m m CCCCC 143 1 3 .)（= m n m n m n CCC 1 1 1 = 1 1 1m n m n m n CCC右边 证法二证法二组合数实际意义组合数实际意义： 设有 n+1 个不同元素,., 1321nn aaaaa从这 n+1 个元素中取出 m+1 个不同元素的取法有 1 1 m n C种。 另一方面，我们也可将这些取法分类考虑如下： 若取 1 a，则有 m n C种取法， 若不取 1 a，取出 2 a，则有 m n C 1 种取法， 若不取 21,

4、a a取出 3 a则有 m n C 2 种取法， 若不取,., 321mn aaaa 取出 1mn a则有 m m C种取法 所以取法种数又等于 n mk m k C ，因此原式成立 证法三证法三母函数法母函数法：等式左边 m n m n m m m m m m CCCCC 121 .是 n nmm xxxx 1111 11 的展开式中含 m x 的项的系数， 由数列求和公 式可得1, 0xx时n nmm xxxx 1111 11 x xx x xx mnmnm 11 11 111 11 上式右边展开式中含 m x的项就是分子中含 1m x的项，其系数为 1 1 m n C ，因此有 1 11

5、21 m n m n m n m m m m m n CCCCCC 证法四数学归纳法：证法四数学归纳法：对任意的 * Nm 当 mn 时 第 2 页 共 15 页 左边= m m C 右边= m m C显然成立 当)(mkkn时命题成立，即 1 1121 . m k m k m k m m m m m m CCCCCC 当1 kn时， 1 21 1 11121 . m k m k m k m k m k m k m m m m m m CCCCCCCCC 即当1 kn时也成立， 综上所述由可得，原命题成立即 1 1121 m n m n m n m m m m m n CCCCCC. 说明：通

6、过此道非常基础的习题，我们可以看出组合恒等式的四种常用解法. 其中母函 数法和构造组合模型法，这两种方法都用到了“算两次”的思想，所谓“算两次”原理，又 称富比尼原理，就是对同一个量，用两种不同的方法去计算，所得的结果应相等（在常州模 拟卷中有类似的算两次描述）.其中利用组合数的实际意义构造模型相对较难操作，并且在 阅卷时较为不利，所以仅作教学示范，在平时考试解题时一般不推荐使用. 例例 2.当1,nnN时， （1）求证： 12322111 23(1)(1) nnnnn nnnnn CC xC xnCxnC xnx L； （2）求和： 212223212 123(1) nn nnnnn CCC

7、nCn C L 证法一组合数公式法证法一组合数公式法: （1）左边= 111111 11 111 (1) nnn kkkkkkn nnn kkk kC xnCxnCxnx =右边 （2）左边= 21111 1111 11111 (1) nnnnn kkkkk nnnnn kkkkk k CknCnkCnCkC 121212 22 22 2(1)2(1)2(1)2 nn nknknn nn kk nnCnnCnn n 2 (1)2nn n 证法二求导积分证法二求导积分赋值法赋值法： （1）由 0011 (1)n nn nnn xC xC xC x 两边对x求导可得 1121 (1)2 nnn n

8、nn nxCC xn C x 显然命题得证. （2） 1121 (1)2 nnn nnn nxCC xnC x 两边同时乘以x 1122 (1)2 nnn nnn nxxC xC xnC x 两边再对x求导可得 2112221 (1)(1)(1)2 nnnn nnn n nxnxCC xn C x 令1x 可得 22212223212 ()2123(1) nnn nnnnn nnCCCnCn C L 说明：本题通过对原来的函数进行求导变形后，能得到不同的组合恒等式，是非常典型的 导函数赋值法的题， 与前面的母函数法本质相通却又有所不同， 需要用到求导或积分的手段， 而且针对组合数上标的不同特征

9、应该采用不同的构造母函数的方法， 然后考察特定项或者整 体项，个人觉得如果恒等式中组合数上标递增且含有整数的n次幂应该用整体法，如果组合 数上标均为同一个值应该采用考察特定项法. 例例 3.（16 江苏高考题） 求 34 67 7C4C的值； 设 * ,m nN，nm，求证： 2 1212 1 C2 C3 CC1 C1 C mmmmmm mmmnnn mmmnnm （2）证法一组合数公式法证法一组合数公式法: 因为 1 1 1 C1 C mm kk km ，所以 第 3 页 共 15 页 左边 111 121 1 C1 C1 C mmm mmn mmm 111 121 1 CCC mmm mm

10、n m 又由 1 11 CCC kkk nnn ，知 221211211111 2111221121 CCCCCCCCCCCC mmmmmmmmmmmm nnnnnnmmnmmn 所以，左边右边 证法证法二母函数二母函数法法: 等式左边 121 1 C2 C3 CC1 C mmmmm mmmnn mmmnn 为 函数 11 ( )1 (1)2 (1)(1)1 (1) mmnn f xmxmxnxnx （0,1xx ）的展开式中含 m x 前的系数 记 11 1 (1)2 (1)(1)1 (1) mmnn Smxmxnxnx 则 121 (1)1 (1)2 (1)(1)1 (1) mmnn x

11、Smxmxnxnx 用错位相减法易求得 11 2 (1)(1)(1)(1)(1) mnnm xxnxmx S xxx 其中 m x 前的系数为 212 112 -C(1)C(1) mmm nnn nmC 即命题得证. 证法三证法三求导求导积分赋值法：积分赋值法： 令 11 ( )1 (1)2 (1)(1)1 (1) mmnn f xmxmxnxnx 只要看其中 m x 前的系数，令 ( ) ( )g xf x 则 21 11 (1)(1) ( )(1)(1) nm mn xx g xxx xx 即只要看 ( )g x 中含 1m x 的项 显然为 21 2 mm n Cx ，再对x求导可得 (

12、 )f x 中 m x前的系数为 2 2 (1) m n mC . 证法四数学归纳法：证法四数学归纳法：对任意的 * mN， 当nm时，左边1 C1 m m mm，右边 2 2 1 C1 m m mm ，等式成立， 假设nk km时命题成立， 即 2 1212 1 C2 C3 CC1 C1 C mmmmmm mmmkkk mmmkkm ， 当1nk时， 左边= 1211 1 C2 C3 CC1 C2 C mmmmmm mmmkkk mmmkkk 2 21 1 C2 C mm kk mk ， 右边 2 3 1 Cm k m ， 而 22 32 1 C1 C mm kk mm ， 1 3 !2 !

13、 1 2 !1 !2 ! 2 ! 131 2 !1 ! 1 ! 2 !1 ! 2 Cm k kk m mkmmkm k mkkm mkm k k m km k 22 213 1 C2 C1 C mmm kkk mkm ， 因此左边=右边，1nk时命题也成立. 第 4 页 共 15 页 综上所述由可得命题对任意nm均成立 说明：本题中具体操作性较强的为组合数公式法和导函数法，其中组合数公式需用阶乘 式另行证明.母函数法运算量较大，数学归纳法证明恒等式非常有效，而且高中阶段的递推 一般不会太复杂，所以比较容易上手，但是有一定的局限性. 总结：证明组合恒等式的常用方法 （1）公式法，利用上述基本组合

14、恒等式进行证明； （2）母函数法，也成为生成函数法； （3）求导数积分赋值法（类似于陈颖老师所说的函数升降格变形） ； （4）数学归纳法； （5）利用组合数的实际意义； 在具体解题中， 常常需将这些方法同时结合运用. 其中法 5 利用组合数的实际意义不常用. 【巩固练习】 1. 已知 776 7610 (31)xa xa xa xaL 求： （1） 127 aaaL； （2） 1357 aaaa； （3） 0246 aaaa. 2. （08 江苏）请先阅读： 在等式 2 cos22cos1xx（xR）的两边求导，得： 2 (cos2 )(2cos1) ? xx， 由求导法则，得(sin2 )

15、24cos(sin )?xxx，化简得等式：sin22cossinxxx （1）利用上题的想法（或其他方法） ，结合等式 0122 (1+x) =CCCC nnn nnnn xxx （xR，正整数2n） ，证明： 11 2 (1)1C n nkk n k nxkx （2）对于正整数3n，求证： （i） 1 ( 1)C0 n kk n k k ； （ii） 2 1 ( 1)C0 n kk n k k ； 证明： （证明： （1）在等式 c 两边对x求导得 112121 (1)2(1) nnnnn nnnn nxCC xnCxnC x 移项得 11 2 (1)1 n nkk n k nxkC x

16、（*） （2） （） （i）在（*）式中，令1x，整理得 1 1 (1)0 n kk n k kC 所以 1 ( 1)0 n kk n k kC （ii）由（1）知 112121 (1)2(1),3 nnnnn nnnn nxCC xnCxnC xn 两边对x求导，得 2232 (1)(1)23 2(1) nnn nnn n nxCC xn nC x 在上式中，令1x 第 5 页 共 15 页 2322 023 2( 1)(1)( 1)n nnn CCn nC 即 2 2 (1)( 1)0 n kk n k k kC ， 亦即 2 2 (1) ()0 n kk n k kk C （1） 又由（

17、i）知 1 (1)0 n kk n k kC （2） 由（1）+（2）得 2 1 ( 1)C0 n kk n k k 第 6 页 共 15 页 第二课时：第二课时：组合恒等式组合恒等式的应用的应用 【教学目标】 1.掌握高中阶段组合恒等式证明的四种方法，能熟练选择并运用. 2.会用组合恒等式的思想解决一些较为复杂的组合数求值问题， 理解组合数求值问题的本质. 【教学过程】 一、课堂引入 前面我们学些了四种基本的证明组合恒等式的方法， 但是在具体操作时我们发现， 并不是所 有的问题都是以恒等式的形式展现的， 我们会遇到一些关于组合数的求值问题， 如何去求解 这些问题， 能否用前面我们所学到的方法

18、去解决， 哪些方法可以继续使用？这就是我们今天 所要研究的问题，从恒等式角度去探索求值问题，看清求值问题的本质. 二、例题精讲 例例 1. 已知( )(1)n n fxx. （1） 678 ( )( )2( )3( )g xfxfxf x，求( )g x中含 6 x项的系数； （2）化简 121 1 23 ( ,) mmmm mmmm n m m n CCCnC m nN C L （用 ,m n表示） ，写出推理过程. 证法一组合数公式法证法一组合数公式法:参考公式 1 1 mmm nnn CCC 原式分子= 121 23 mmmm mmmm n CCCnC L = 111111 21321

19、2()3()() mmmmmmm mmmmmm nm n CCCCCn CC L = 1111 121 2 mmmmm mmmm nm n CCCCnC = 1111 121 mmmm mmm nm n CCCnC = 0121 121 () nm mmm nm n CCCnC = 0121 221 () nm mmm nm n CCCnC = 121 31 () nm mm nm n CCnC = 21nm m nm n CnC 原式= 21 1 11 22 nm m nm n m m n CnCnmnn n Cmm 证法证法一一组合数公式法组合数公式法:参考公式 1 1 kk nn nCk

20、C 原式分子= 121 23 mmmm mmmm n CCCnC L = 1111 ()(1)(2)() mmmmmm mmm nmmm n m CCCmCmCmn C LL = 111 11121 ()(1)(1)(1) mmmmmm mmm nmmm n m CCCmCmCmC LL = 1111 121 (1)() mmmm m nmmm n mCmCCC L = 121 21 (1)() mmm m nmm n mCmCC L = 12 1 (1) mm m nm n mCmC 原式= 12 1 1 (1)1 2 mm m nm n m m n mCmCmnn Cm 证法证法二母函数二

21、母函数法法（标答）（标答） 等式左边 121 23 mmmm mmmm n CCCnC L可以视为函数 11 ( )(1)2(1)(1) mmm n f xxxnx 0,1xx 的展开式中的含 m x的项前的 系数，令 11 (1)2(1)(1) mmm n Sxxnx 用错位相减法可以得到， 第 7 页 共 15 页 22 (1)(1)(1) mm nm n xxnx S xxx 其中含 m x的项前的系数为 21mm m nm n CnC ，所以 原式= 21 1 11 22 mm m nm n m m n CnCnmnn n Cmm 证法三证法三求求导积分赋值法：导积分赋值法： 原式分子

22、= 121 23 mmmm mmmm n CCCnC L = 1111 ()(1)(2)() mmmmmm mmm nmmm n m CCCmCmCmn C LL = 1 11 (1)(2)() mmmm m nmmm n mCmCmCmn C L 下面用导函数法对 11 (1)(2)() mmm mmm n mCmCmn C L求和 令 11 ( )1 (1)2 (1)()(1) mmm n f xmxmxmnx 只要看其中 m x 前的系数，令 ( ) ( )g xf x 则 11 1 (1)(1) ( )(1)(1) m nm mm n xx g xxx xx 即只要看 ( )g x 中

23、含 1m x 的项 显然为 21 1 mm m n Cx ，再对x求导可得 ( )f x 中 m x前的系数为 2 1 (1) m m n mC . 原式分子= 12 1 (1) mm m nm n mCmC 得解. 说明： 由于本题结论未知所以不能采用数学归纳法求解， 这也是比较直白的数学归纳法的 一个极大的弊端.个人感觉本题的导函数法需要进行一步系数的配凑才可以得到，如有更优 的导函数法请告知. 例题例题 2 2. （2016 连云港某地可能是赣榆模拟题）已知 * 0 ( )() n kk nn k fxC xnN （1）若 456 ( )( )2( )3( )g xfxf xfx，求)(

24、xg中含 4 x项的系数； （2）证明： 01212 1231 (2)1 23 3 nm mmmm nm n mn CCCnCC m （1） 0011 0 ( )(1) n kknnn nnnnn k fxC xC xC xC xx 456 456 ( )( )2( )3( )(1)2(1)3(1)g xfxfxfxxxx ( )g x中 4 x项的系数为 444 456 2356CCC； （2）证法一母函数法证法一母函数法（标答）（标答） 01211111 123123 2323 nmmmm mmmm nmmmm n CCCnCCCCnC 设 12 ( )(1)2(1)(1) mmm n h

25、 xxxnx 则函数( )h x中含 1m x 项的系数为 1111 123 23 mmmm mmmm n CCCnC 由错位相减法得： 1231 ( )(1)(1)(1)(1)(1) mmmm nm n xh xxxxxnx 1 1 (1)1 (1) ( )(1) 1 (1) mn m n xx xh xnx x 2111 ( )(1)(1)(1) mm nm n x h xxxnxx ， ( )h x中含 1m x 项的系数，即是等式左边含 3m x 项的系数，等式右边含 3m x 项的系数为 32 11 mm m nm n CnC 32 11 mm m nm n CnC 2 1 (1)!

26、 (3)!(2)! m m n mn nC mn 22 11 1 3 mm m nm n n CnC m 第 8 页 共 15 页 2 1 (3)(1) 3 m m n mnn C m 2 1 (2)1 3 m m n mn C m 所以 01212 1231 (2)1 23 3 nm mmmm nm n mn CCCnCC m 证法证法二二求导积分赋值法：求导积分赋值法： 0121 123 23 n mmmm n CCCnC 1111 123 23 mmmm mmmm n CCCnC 111111 1212 (2)(3)(1)(1) mmmmmm mmm nmmm n mCmCmnCmCCC

27、 1112 121 (2)(3)(1)(1) mmmm mmm nm n mCmCmnCmC 下面用导函数法对 111 12 (2)(3)(1) mmm mmm n mCmCmnC 令 12 ( )2 (1)3 (1)(1)(1) mmm n f xmxmxmnx 只要看其中 1m x 前的系数，令 ( ) ( )g xf x 则 22 21 (1)(1) ( )(1)(1) m nm mm n xx g xxx xx 只要看 ( )g x 中含 2m x 的项 显然为 32 2 mm m n Cx ，再对x求导可得 ( )f x 中 1m x 前的系数为 3 2 (2) m m n mC .

28、 原式= 23 12 (1)(2) mm m nm n mCmC 得解. 证法证法三组合数公式法：三组合数公式法： 不再赘述，同例 4 可以有两种公式法. 证法四数学归纳法：证法四数学归纳法： 略 说明：本题出现于 2016 年江苏高考之前，可以看出本题与例 4 做法如出一辙，只是递推 一下而已，因为结论已知所以难度降低，可以采用数学归纳法直白破解，从例 4 以及变题的 标准答案可以知道母函数法或者求导积分赋值法是编制组合恒等式类题型的一种比较容易 操作的技巧，通过对母函数的多种变化，我们可以考察特定项前的系数，亦可以对变量赋不 同的值得到新的组合恒等式， 让做题者用组合公式法较难把握， 尤其

29、是变量赋不同的之后恒 等式证明难度陡增，如下题南京市一模卷，命制者应该就是这样操作的. 例例 3 3. .（2017 南京盐城一模）设 * nN，3n， * kN. （1）求值： 1 1 kk nn kCnC ； 221 21 1 kkk nnn k Cn nCnC （2k ） ； （2）化简： 22 202122 12311 kn nnnnn CCCkCnC. 证法证法一一组合数公式法组合数公式法当 2k 时 2 22 1212 kkkkk nnnnn kCkkCk CkCC 21121 21121 1213 kkkkkkk nnnnnnn n nCnCnCCn nCnCC . 故 22 2

30、02122 12311 kn nnnnn CCCkCnC 2021012121 222111 1213 nn nnnnnnnn CCn nCCCn CCC LL 23n nnn CCCL 21 141 232121 nnn nn nnn 22 254 n nn . 证法证法二二导函数法导函数法当 3n时，由二项式定理，有 122 11 n kknn nnnn xC xC xC xC x ， 两边同乘以x，得 122311 1 n kknn nnnn xxxC xC xC xC x ， 两边对x求导，得 第 9 页 共 15 页 1 122 1112311 nn kknn nnnn xnxxC

31、xC xkC xnC x ， 两边再同乘以x，得 1 2122311 112311 nn kknn nnnn xxnxxxC xC xkC xnC x ， 两边再对x求导，得 121 2 111 121 nnnn xnxxn nxxnxx 22 21222 12311 kknn nnnn C xC xkC xnC x 令1x ，得 121 221 22 2 nnnn nn nn 22 2122 12311 kn nnnn CCkCnC ， 即 22 202122 12311 kn nnnnn CCCkCnC 22 254 n nn . 说明：本题一次求导再变形后进行二次求导再加以赋值充分体现了

32、求导积分赋值法的精髓， 是一道很优秀的模拟题，同上题一样本题同样不能以数学归纳法加以证明. 【巩固练习】 1.（2016 南京二模）设(1x)na0a1xa2x2anxn，nN*，n2. (1) 设 n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值； (2) 设 bnk1 nkak 1(kN，kn1)，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求 Sm Cm n1 的值 解：(1) 因为 ak(1)kCkn， 当 n11 时，|a6|a7|a8|a9|a10|a11|C611C711C811C911C10 11C 11 11 1 2(C 0 11C 1 11C 10 11C 11 11)2

33、 101 024.(3 分) (2) bkk1 nkak 1(1)k 1k1 nkC k1 n (1)k 1Ck n，(5 分) 当 1kn1 时，bk(1)k 1Ck n(1) k1(Ck n1C k1 n1)(1) k1Ck1 n1(1) k1Ck n1 (1)k 1Ck1 n1(1) kCk n1.(7 分) 当 m0 时，| Sm Cm n1| b0 C0n1|1.(8 分) 当 1mn1 时， Sm1 k1 m(1)k1Ck1 n1(1) kCk n111(1) mCm n1(1) mCm n1， 所以| Sm Cm n1|1. 综上，| Sm Cm n1|1.(10 分) 2. 在

34、自然数列1 2 3 n， ， 中，任取k个元素位置保持不动，将其余nk个元素变动位置， 得到不同的新数列由此产生的不同新数列的个数记为 n P k （1）求 3 1P；（2）求 4 4 0k P k ； （3）证明 1 1 00 nn nn kk kP knPk ，并求出 0 n n k kP k 的值 （理解“新数列”含义，导出 1 1 00 nn nn kk kP knPk 很重要，本题改编自第 28 届 IMO 古巴） 第 10 页 共 15 页 （1）因为数列1,2,3中保持其中 1 个元素位置不动的排列只有1,3,2 3,2,12,1,3或或 ， 所以 3 13P； 2 分 （2）

35、4 444444 0 01234 k P kPPPPP 011112 433424 =C C C +C C +C +0+1=9+8+6+0+1=24； 4 分 （3）把数列1,2,n中任取其中k个元素位置不动， 则有 k n C种；其余nk个元素重新排 列，并且使其余nk个元素都要改变位置，则有 0 k nnn k P kC P，6 分 故 00 0 nn k nnn k kk kP kkC P ，又因为 1 1 kk nn kCnC ， 所以 11 111 0000 00. nnnn kk nnn knn kn kkkk kP kkC PnCPnPk ， 8 分 令 0 , n nn k a

36、kP k 则 1,nn ana 且 1 1.a 于是 23411231 234 nnn a a aaaaaana ， 左右同除以 2341n a a aa ，得234! n ann 所以 0 ! n n k kP kn 10 分 第 11 页 共 15 页 第三课时：较复杂的组合恒等式的证明第三课时：较复杂的组合恒等式的证明 【教学目标】 1.掌握复杂的组合恒等式的证明方法，对算两次的思想充分理解. 2.了解其他证明组合恒等式的方法（比如幂分解，赋复数值，递推累加） ，并会简单的应用. 【教学过程】 一、课堂引入 同学们前面我们学习了怎样证明组合恒等式，会解决了一些组合数求值问题今天来学习 更

37、为复杂的组合恒等式的证明问题. 二、例题精讲 例题例题 1. 苏北四市 17 届调研考试 23 题 已知等式 21 (1) n x 1 (1)(1) nn xx - + （1）求 21 (1) n x 的展开式中含 n x的项的系数并化简 01111 111 CCCCCC nnn nnnnnn （2）证明： 122 22 21 (C )2(C )(C )C nn nnnn nn 解析： （1） 21 (1) n x 的展开式中含 n x的项的系数为 21 Cnn-， 由 1011101 111 (1)(1)(CCC)(CCC) nnnnnn nnnnnn xxxxxx - - +=+可知， 1

38、 (1)(1) nn xx 的展开式中含 n x的项的系数为 01111 111 CCCCCC nnn nnnnnn - - + 所以 01111 11121 CCCCCCC nnnn nnnnnnn （2）证法一组合数公式法（标答） ：证法一组合数公式法（标答） ： 当 * kN时， ! C !()!(1)!()! k n nn kk k nkknk =? - 1 1 (1)! C (1)!()! k n n nn knk - - - =? - 所以 1222221 1 111 (C )2(C )(C ) (C ) ( C C )( CC ) nnn nkkkkk nnnnnnnn kkk

39、nkkn - - = += 邋? 1 11 11 (CC )(CC ) nn kkn kk nnnn kk nn - - = = 邋 由（1）知 01111 11121 CCCCCCC nnnn nnnnnnn ，即 121 1 (CC )C n n kkn nnn k - - = = ， 所以 122 22 21 (C )2(C )(C )C nn nnnn nn 证法二母函数幂分解法：证法二母函数幂分解法：由 211 (1)(1) (1) nnn nxnxx 可以知道 左边的展开式中含 n x项前的系数为 21 Cnnn 右边的展开式中含 n x项前的系数为 01111 111 nCCCCCC nnn nnnnnn nn