江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 附加題 第2講 計數(shù)原理、隨機變量、數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案.doc
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第2講 計數(shù)原理、隨機變量、數(shù)學(xué)歸納法 [考情考向分析] 1.考查分類計數(shù)原理、分步計數(shù)原理與排列、組合的簡單應(yīng)用,B級要求. 2.考查n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布、離散型隨機變量的數(shù)學(xué)期望與方差,B級要求.3.考查數(shù)學(xué)歸納法的簡單應(yīng)用,B級要求. 熱點一 計數(shù)原理與二項式定理 例1 (2018蘇州調(diào)研)已知fn(x)=n,n∈N*. (1)當a=1時,求f5(x)展開式中的常數(shù)項; (2)若二項式fn(x)的展開式中含有x7的項,當n取最小值時,展開式中含x的正整數(shù)次冪的項的系數(shù)之和為10,求實數(shù)a的值. 解 二項式n的展開式通項為 Tr+1=Cn-rr=C(3a)rx2n-5r (r=0,1,2,…,n), (1)當n=5,a=1時,f(x)的展開式的常數(shù)項為T3=9C=90. (2)令2n-5r=7,則r=∈N,所以n的最小值為6, 當n=6時,二項式6的展開式通項為 Tr+1=C(3a)rx12-5r (r=0,1,2,…,6), 則展開式中含x的正整數(shù)次冪的項為T1,T2,T3,它們的系數(shù)之和為 C+C(3a)+C(3a)2=135a2+18a+1=10, 即15a2+2a-1=0,解得a=-或. 思維升華 涉及二項式定理的試題要注意以下幾個方面: (1)某一項的二項式系數(shù)與這一項的系數(shù)是兩個不同的概念,必須嚴格加以區(qū)別. (2)根據(jù)所給式子的結(jié)構(gòu)特征,對二項式定理的逆用或變用,注意活用二項式定理是解決二項式問題應(yīng)具備的基本素質(zhì). (3)關(guān)于x的二項式(a+bx)n(a,b為常數(shù))的展開式可以看成是關(guān)于x的函數(shù),且當x給予某一個值時,可以得到一個與系數(shù)有關(guān)的等式,所以,當展開式涉及到與系數(shù)有關(guān)的問題時,可以利用函數(shù)思想來解決. 跟蹤演練1 (2018江蘇丹陽高級中學(xué)期中)設(shè)n≥3,n∈N*,在集合的所有元素個數(shù)為2的子集中,把每個子集的較大元素相加,和記為a,較小元素之和記為b. (1)當n=3時,求a,b的值; (2)求證:對任意的n≥3,n∈N*,為定值. (1)解 當n=3時,集合的所有元素個數(shù)為2的子集為, ,,所以a=2+3+3=8, b=1+1+2=4. (2)證明 當n≥3,n∈N*時,依題意, b=1C+2C+3C+…++, a=2C+3C+4C+…+C+nC =21+32+43+…++n. 則=C+C+C+…+C =C+C+C+…+C=C+C+…+C=…=C, 所以a=2C. 又a+b=(n-1)(1+2+3+…+n)==3C,所以b=C.故=. 熱點二 隨機變量及其概率分布 例2 (2018南京師大附中考前模擬)如圖,設(shè)P1,P2,…,P6為單位圓上逆時針均勻分布的六個點.現(xiàn)任選其中三個不同點構(gòu)成一個三角形,記該三角形的面積為隨機變量S. (1)求S=的概率; (2)求S的概率分布及數(shù)學(xué)期望E(S). 解 (1)從六個點中任選三個不同點構(gòu)成一個三角形共有C種不同選法, 其中S=的為有一個角是30的直角三角形,(如△P1P4P5),共62=12種, 所以P==. (2)S的所有可能取值為,,. S=的為頂角是120的等腰三角形(如△P1P2P3), 共6種,所以P==. S=的為等邊三角形(如△P1P3P5), 共2種,所以P==. 又由(1)知P==,故S的概率分布為 S P 所以E(S)=++=. 思維升華 求解一般的隨機變量的數(shù)學(xué)期望的基本方法 先根據(jù)隨機變量的意義,確定隨機變量可以取哪些值,然后根據(jù)隨機變量取這些值的意義求出取這些值的概率,列出概率分布,根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式計算. 跟蹤演練2 (2018南通、徐州、揚州等六市模擬)在某公司舉行的年終慶典活動中,主持人利用隨機抽獎軟件進行抽獎:由電腦隨機生成一張如圖所示的33表格,其中1格設(shè)獎300元,4格各設(shè)獎200元,其余4格各設(shè)獎100元,點擊某一格即顯示相應(yīng)金額.某人在一張表中隨機不重復(fù)地點擊3格,記中獎的總金額為X元. (1)求概率P; (2)求X的概率分布及數(shù)學(xué)期望E(X). 解 (1)從33表格中隨機不重復(fù)地點擊3格,共有C種不同情形,則事件“X=600”包含兩類情形:第一類是3格各得獎200元;第二類是1格得獎300元,一格得獎200元,一格得獎100元,其中第一類包含C種情形,第二類包含CCC種情形. ∴P==. (2)X的所有可能值為300,400,500,600,700. 則P===, P===, P===, P(X=600)=, P===. ∴X的概率分布為 X 300 400 500 600 700 P ∴E=300+400+500+600+700=500. 熱點三 數(shù)學(xué)歸納法 例3 (2018江蘇姜堰、溧陽、前黃中學(xué)聯(lián)考)已知數(shù)列滿足an=C++++…+,n∈N*. (1)求a1, a2, a3的值; (2)猜想數(shù)列的通項公式,并證明. 解 (1)a1=2, a2=4, a3=8. (2)猜想: an=2n(n∈N*). 證明如下: ①當n=1時,由(1)知結(jié)論成立; ②假設(shè)當n=k(k∈N*,k≥1)時結(jié)論成立, 則有ak=C++++…+=2k. 則當n=k+1時,ak+1=C++++…+. 由C=C+C得 ak+1=C++++…++ =2k++++…++ =2k+ =2k+. 又C== ==C, ak+1=2k+, 于是ak+1=2k+ak+1. 所以ak+1=2k+1,故n=k+1時結(jié)論也成立. 由①②得,an=2n ,n∈N*. 思維升華 在數(shù)學(xué)歸納法中,歸納奠基和歸納遞推缺一不可.在較復(fù)雜的式子中,注意由n=k到n=k+1時,式子中項數(shù)的變化應(yīng)仔細分析,觀察通項.同時還應(yīng)注意,不用假設(shè)的證法不是數(shù)學(xué)歸納法. 跟蹤演練3 (2018常州期末)記…(n≥2且n∈N*)的展開式中含x項的系數(shù)為Sn,含x2項的系數(shù)為Tn. (1)求Sn; (2)若=an2+bn+c對n=2,3,4成立,求實數(shù)a,b,c的值; (3)對(2)中的實數(shù)a,b,c用數(shù)學(xué)歸納法證明:對任意n≥2且n∈N*, =an2+bn+c都成立. (1)解 Sn== . (2)解 =, =, =, 則 解得a=, b=-, c=-, (3)證明?、佼攏=2時,由(2)知等式成立; ②假設(shè)n=k(k∈N*,且k≥2)時,等式成立, 即=k2-k-. 當n=k+1時,由f(x)=… ==, 知Tk+1=Sk+ Tk =, 所以= ==, 又2-- =, 等式也成立; 綜上可得,對任意n≥2且n∈N*, 都有=--成立. 1.(2018全國大聯(lián)考江蘇卷)(1)求4C-7C+(n≥k,且n,k∈N*)的值. (2)設(shè)f(n)=1C3+2C32+…+nC3n(n∈N*),求方程f(n)=3 840的所有解. 解 (1)因為4C=435=140, 7C=720=140, kC=k= n=nC(n≥k,且n,k∈N*). 所以4C-7C+=1. (2)由(1)知kC=nC對1≤k≤n,且n,k∈N*成立. 所以f(n)=n(C3+C32+…+C3n), 所以f(n)=3n(C+C3+…+C3n-1) =3n(1+3)n-1=3n4n-1(n∈N*). 又因為= ==4+>1,即f(n+1)>f(n)對n∈N*成立, 所以f(n)是關(guān)于n(n∈N*)的遞增函數(shù). 又因為f(n)=3 840=3544=f(5), 所以當且僅當n=5時才滿足條件,即n=5是方程f(n)=3 840的唯一解. 2.(2018江蘇)設(shè)n∈N*,對1,2,…,n的一個排列i1i2…in,如果當s<t時,有is>it,則稱(is,it)是排列i1i2…in的一個逆序,排列i1i2…in的所有逆序的總個數(shù)稱為其逆序數(shù).例如:對1,2,3的一個排列231,只有兩個逆序(2,1),(3,1),則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1,2,…,n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個數(shù). (1)求f3(2),f4(2)的值; (2)求fn(2)(n≥5)的表達式(用n表示). 解 (1)記τ(abc)為排列abc的逆序數(shù),對1,2,3的所有排列,有 τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3, 所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2. 對1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,將數(shù)字4添加進去,4在新排列中的位置只能是最后三個位置. 因此,f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5. (2)對一般的n(n≥4)的情形,逆序數(shù)為0的排列只有一個:12…n,所以fn(0)=1. 逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12…n中的任意相鄰兩個數(shù)字調(diào)換位置得到的排列,所以fn(1)=n-1. 為計算fn+1(2),當1,2,…,n的排列及其逆序數(shù)確定后,將n+1添加進原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三個位置. 因此,fn+1(2)=fn(2)+fn(1)+fn(0)=fn(2)+n. 當n≥5時,fn(2)=[fn(2)-fn-1(2)]+[fn-1(2)-fn-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=, 因此,當n≥5時,fn(2)=. 3.已知實數(shù)數(shù)列{an}滿足:a1=3,an=(an-1+2),n≥2. 證明:當n≥2時,{an}是單調(diào)減數(shù)列. 證明 當n≥1時,有an+1-an=an+=(n+3-nan). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:an>1+(n≥2,n∈N*). (1)當n=2時,a2=(3+2)=>1+; (2)假設(shè)當n=k(k∈N*,k≥2)時,結(jié)論成立,即ak>1+. 那么,ak+1=(ak+2)> =1+>1+. 故由(1)(2)知,an>1+(n≥2,n∈N*). 因此,當n≥2,n∈N*時,an+1-an=(n+3-nan)<0,即當n≥2時,{an}是單調(diào)減數(shù)列. 4.(2018江蘇鹽城中學(xué)模擬)某樂隊參加一戶外音樂節(jié),準備從3首原創(chuàng)新曲和5首經(jīng)典歌曲中隨機選擇4首進行演唱. (1)求該樂隊至少演唱1首原創(chuàng)新曲的概率; (2)假定演唱一首原創(chuàng)新曲觀眾與樂隊的互動指數(shù)為a(a為常數(shù)),演唱一首經(jīng)典歌曲觀眾與樂隊的互動指數(shù)為2a.求觀眾與樂隊的互動指數(shù)之和X的概率分布及數(shù)學(xué)期望. 解 (1)設(shè)“至少演唱1首原創(chuàng)新曲”為事件A,則事件A的對立事件為“沒有1首原創(chuàng)新曲被演唱”. 所以P(A)=1-P()=1-=. 所以該樂隊至少演唱1首原創(chuàng)新曲的概率為. (2)設(shè)隨機變量x表示被演唱的原創(chuàng)新曲的首數(shù),則x的所有可能值為0,1,2,3. 依題意知,X=ax+2a(4-x),故X的所有可能值依次為8a,7a,6a,5a. 則P(X=8a)=P(x=0)==, P(X=7a)=P(x=1)==, P(X=6a)=P(x=2)==, P(X=5a)=P(x=3)==. 從而X的概率分布為 X 8a 7a 6a 5a P 所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)=8a+7a+6a+5a=a. A組 專題通關(guān) 1.某年級星期一至星期五每天下午排3節(jié)課,每天下午隨機選擇1節(jié)作為綜合實踐課(上午不排該課程),張老師與王老師分別任教甲、乙兩個班的綜合實踐課程. (1)求這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率; (2)設(shè)這兩個班“在一周中同時上綜合實踐課的節(jié)數(shù)”為X,求X的概率分布與數(shù)學(xué)期望E(X). 解 (1)這兩個班“在星期一不同時上綜合實踐課”的概率為P=1-=. (2)由題意得X~B, P(X=k)=Ck5-k,k=0,1,2,3,4,5. 所以X的概率分布為 X 0 1 2 3 4 5 P 所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)=5=. 2.(2018江蘇省南京師大附中模擬)設(shè)集合A,B是非空集合M的兩個不同子集. (1)若M={a1,a2},且A是B的子集,求所有有序集合對(A,B)的個數(shù); (2)若M={a1,a2,a3,…,an},且A的元素個數(shù)比B的元素個數(shù)少,求所有有序集合對(A,B)的個數(shù). 解 (1)若集合B含有2個元素,即B={a1,a2}, 則A=?,,,則(A,B)的個數(shù)為3; 若集合B含有1個元素,則B有C種,不妨設(shè)B={a1},則A=?,此時(A,B)的個數(shù)為C1=2. 綜上,(A,B)的個數(shù)為5. (2)集合M有2n個子集,又集合A,B是非空集合M的兩個不同子集, 則不同的有序集合對(A,B)的個數(shù)為2n(2n-1). 若A的元素個數(shù)與B的元素個數(shù)一樣多,則不同的有序集合對(A,B)的個數(shù)為 C(C-1)+C(C-1)+C(C-1)+…+C(C-1) = 2+2+2+…+2-(C+C+C+…+C), 又(x+1)n(x+1)n的展開式中xn的系數(shù)為2+2+2+…+2, 且(x+1)n(x+1)n=(x+1)2n的展開式中xn的系數(shù)為C, 所以2+2+2+…+2=C. 因為C+C+C+…+C=2n, 所以當A的元素個數(shù)與B的元素個數(shù)一樣多時, 有序集合對(A,B)的個數(shù)為C-2n. 所以,A的元素個數(shù)比B的元素個數(shù)少時,有序集合對(A,B)的個數(shù)為 =. 3.已知2n+1=a0+a1x+a2x2+…+a2n+1x2n+1,n∈N*.記Tn= an-k. (1)求T2的值; (2)化簡Tn的表達式,并證明:對任意的n∈N*, Tn都能被4n+2整除. 解 由二項式定理,得ai=C(i=0,1,2,…,2n+1). (1)T2=a2+3a1+5a0=C+3C+5C=30. (2)∵C = ==C, ∴Tn= an-k= C=C = C =2 C-C =2C-C=2-22n+1=C. ∴Tn=C= =2C. ∵C∈N*, ∴Tn能被4n+2整除. 4.是否存在正整數(shù)m使得f(n)=(2n+7)3n+9對任意正整數(shù)n都能被m整除?若存在,求出最大的m的值,并證明你的結(jié)論;若不存在,說明理由. 解 由f(n)=(2n+7)3n+9,得f(1)=36,f(2)=336,f(3)=1036,f(4)=3436,由此猜想m=36. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明: ①當n=1時,結(jié)論顯然成立; ②假設(shè)當n=k(k∈N*,k≥1)時,結(jié)論成立,即f(k)能被36整除, 設(shè)f(k)=(2k+7)3k+9=t36. 當n=k+1時, f(k+1)=[2(k+1)+7]3k+1+9 =(2k+7)3k+1+23k+1+9 =3[(2k+7)3k+9]+18(3k-1-1) =336t+182s=36(3t+s). 所以當n=k+1時結(jié)論成立. 由①②可知,對一切正整數(shù)n,存在正整數(shù)m,使得 f(n)=(2n+7)3n+9都能被m整除,m的最大值為36. B組 能力提高 5.(2018常州模擬)已知正四棱錐P-ABCD的側(cè)棱和底面邊長相等,在這個正四棱錐的8條棱中任取兩條,按下列方式定義隨機變量ξ的值: 若這兩條棱所在的直線相交,則ξ的值是這兩條棱所在直線的夾角大小(弧度制); 若這兩條棱所在的直線平行,則ξ=0; 若這兩條棱所在的直線異面,則ξ的值是這兩條棱所在直線所成角的大小(弧度制). (1)求P的值; (2)求隨機變量ξ的概率分布及數(shù)學(xué)期望E. 解 根據(jù)題意,該四棱錐的四個側(cè)面均為等邊三角形,底面為正方形,容易得到△PAC,△PBD為等腰直角三角形, ξ的可能取值為: 0, , ,共C=28種情況,其中,當ξ=0時,有2種;當ξ=時,有34+24=20(種); 當ξ=時,有2+4=6(種). (1)P==. (2)P==, P==, 根據(jù)(1)的結(jié)論,隨機變量的概率分布如下表: ξ 0 P 根據(jù)上表, E=0++=π. 6.設(shè)P(n,m)=(-1)kC,Q(n,m)=C,其中m,n∈N*. (1)當m=1時,求P(n,1)Q(n,1)的值; (2)對?m∈N*,證明:P(n,m)Q(n,m)恒為定值. (1)解 當m=1時,P(n,1)=(-1)kC =(-1)kC=, 又Q(n,1)=C=n+1,顯然P(n,1)Q(n,1)=1. (2)證明 P(n,m)=(-1)kC =1+(-1)k(C+C)+(-1)n =1+(-1)kC+(-1)kC =P(n-1,m)+(-1)kC =P(n-1,m)-(-1)kC =P(n-1,m)-P(n,m). 即P(n,m)=P(n-1,m), 由累乘,易求得P(n,m)==, 又Q(n,m)=C,所以P(n,m)Q(n,m)=1. 7.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,且a1,a2,a3是m展開式的前三項的系數(shù). (1)求m展開式的中間項; (2)當n≥2時,試比較+++…+與的大?。? 解 (1)m=1+C+C2+…+Cm, 依題意a1=1,a2=m,a3=, 由2a2=a1+a3,可得m=1(舍去)或m=8. 所以m展開式的中間項是第五項, T5=C4=x4. (2)由(1)知,an=3n-2, 當n=2時,+++…+=++=++=>; 當n=3時,+++…+ =+++…+ =++++++ =++ >++ =++>++>. 猜測:當n≥2時,+++…+>. 以下用數(shù)學(xué)歸納法加以證明: ①當n=2時,結(jié)論成立. ②假設(shè)當n=k(k≥2,k∈N*)時,+++…+>, 則當n=k+1時,+++…+ =+ >+>+- =+- =+ =+. 由k≥3可知,3k2-7k-3>0, 即+++…+>. 綜合①②,可得當n≥2時, +++…+>. 8.設(shè)|θ|<,n為正整數(shù),數(shù)列{an}的通項公式an=sin tannθ,其前n項和為Sn. (1)求證:當n為偶數(shù)時,an=0;當n為奇數(shù)時,an=(-1)tannθ. (2)求證:對任意正整數(shù)n,S2n=sin 2θ[1+(-1)n+1tan2nθ]. 證明 (1)因為an=sin tannθ. 當n為偶數(shù)時,設(shè)n=2k(k∈N*),an=a2k=sin tan2kθ=sin kπtan2kθ=0,an=0. 當n為奇數(shù)時,設(shè)n=2k-1(k∈N*),an=a2k-1 =sin tan2k-1θ=sintan2k-1θ. 當k=2m(m∈N*)時, an=a2k-1=sintan4m-1θ =sintan4m-1θ=-tan4m-1θ, 此時=2m-1, an=a2k-1=-tan4m-1θ=(-1)2m-1tan4m-1θ =(-1)tannθ. 當k=2m-1(m∈N*)時, an=a2k-1=sintan4m-3θ =sintan4m-3θ=tan4m-3θ, 此時=2m-2,an=a2k-1=tan4m-3θ=(-1)2m-2tan4m-3θ=(-1)tannθ. 綜上,當n為偶數(shù)時,an=0; 當n為奇數(shù)時,an=(-1)tannθ. (2)當n=1時,由(1)得S2=a1+a2=tan θ, sin 2θ[1+(-1)n+1tan2nθ]=sin 2θ(1+tan2θ) =sin θcos θ=tan θ. 故當n=1時,命題成立. 假設(shè)當n=k(k∈N*,k≥1)時命題成立, 即S2k=sin 2θ[1+(-1)k+1tan2kθ]. 當n=k+1時,由(1)得 S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1 =sin 2θ[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)ktan2k+1θ =sin 2θ =sin 2θ =sin 2θ =sin 2θ[1+(-1)k+2tan2k+2θ]. 即當n=k+1時命題成立. 綜上所述,對正整數(shù)n,命題成立.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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