（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法教學(xué)案理

（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法教學(xué)案理 專題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法江蘇卷5年考情分析本專題在高考中基本年年都考，并以壓軸題的形式考查主要?？嫉念愋陀锌疾橛?jì)數(shù)原理與數(shù)學(xué)歸納法(xx年T 23、2018年T23)，考查組合數(shù)及其性質(zhì)結(jié)合考查運(yùn)算求解和推理論證能力(xx年T23)，考查概率分布與數(shù)學(xué)期望及組合數(shù)的性質(zhì)(xx年T23)，同時(shí)加強(qiáng)對(duì)二項(xiàng)式定理的考查(2019年T22)，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力，難度一般近幾年高考對(duì)組合數(shù)的性質(zhì)要求比較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學(xué)歸納法等知識(shí)交匯考查第一講|計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理題型 (一)計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用主要考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理在集合或數(shù)列中的應(yīng)用.典例感悟例1(2018江蘇高考)設(shè)nN N*，對(duì)1，2，n的一個(gè)排列i1i2i n，如果當(dāng)si t，則稱(i s，i t)是排列i1i2i n的一個(gè)逆序，排列i1i2i n的所有逆序的總個(gè)數(shù)稱為其逆序數(shù)例如對(duì)1，2，3的一個(gè)排列231，只有兩個(gè)逆序(2，1)，(3，1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記f n(k)為1，2，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個(gè)數(shù) (1)求f3 (2)，f4 (2)的值； (2)求f n (2)(n5)的表達(dá)式(用n表示)解 (1)記(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對(duì)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.對(duì)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(jìn)去，4在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置因此f4 (2)f3 (2)f3 (1)f3 (0)5. (2)對(duì)一般的n(n4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個(gè)12n，所以f n (0)1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12n中的任意相鄰兩個(gè)數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以f n (1)n1.為計(jì)算f n1 (2)，當(dāng)1，2，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n1添加進(jìn)原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三個(gè)位置因此f n1 (2)f n (2)f n (1)f n (0)f n (2)n.當(dāng)n5時(shí)，f n (2)f n (2)f n1 (2)f n1 (2)f n2 (2)f5 (2)f4 (2)f4 (2)(n1)(n2)4f4 (2)n2n22，因此，當(dāng)n5時(shí)，f n (2)n2n22.方法技巧 (1)深化對(duì)兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的認(rèn)識(shí)，培養(yǎng)“全局分類”和“局部分步”的意識(shí)，并在操作中確保分類不重不漏；分步要使各步具有連續(xù)性和獨(dú)立性. (2)解決計(jì)數(shù)應(yīng)用題的基本思想是“化歸”，即由實(shí)際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計(jì)算其結(jié)果，從而解決實(shí)際問題演練沖關(guān)(2018蘇北三市三模)已知集合U1，2，n(nN N*，n2)，對(duì)于集合U的兩個(gè)非空子集A，B，若AB?，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”記集合U的所有“互斥子集”的組數(shù)為f(n)(視(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”) (1)寫出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f(n)解 (1)f (2)1，f (3)6，f (4)25. (2)法一設(shè)集合A中有k個(gè)元素，k1，2，3，n1.則與集合A互斥的非空子集有2nk1個(gè)于是f(n)12?k k00n1Ckn(2nk1)12(?k k00n1Ckn2nkn1,k1C kn)因?yàn)?k k00n1Ckn2nkn,k0C kn2nkC0n2nC nn20(21)n2n13n2n1，?k k00n1Cknn,k0CknC0nCnn2n2，所以f(n)12(3n2n1)(2n2)12(3n2n11).法二任意一個(gè)元素只能在集合A，B，C?U(AB)之一中，則這n個(gè)元素在集合A，B，C中，共有3n種，其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n，所以A，B均為非空子集的種數(shù)為3n22n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)12(3n2n11).題型 (二)二項(xiàng)式定理的應(yīng)用主要考查利用二項(xiàng)式定理求和或利用二項(xiàng)式定理論證整除問題.典例感悟例2(2018江蘇六市二調(diào))已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN N*.記T n?k0n(2k1)a nk. (1)求T2的值； (2)化簡(jiǎn)T n的表達(dá)式，并證明對(duì)任意的nN N*，Tn都能被4n2整除解由二項(xiàng)式定理，得a iCi2n1(i0，1，2，2n1) (1)T2a23a15a0C253C155C0530. (2)因?yàn)?n1k)Cn1k2n1(n1k)（2n1）?。╪1k）?。╪k）?。?n1）（2n）?。╪k）?。╪k）！(2n1)Cnk2n，所以T nn,k0(2k1)a nk?k k00nn,k0(2k1)Cnk2n1?k k00n(2k1)Cn1k2n1?k k00n2(n1k)(2n1)Cn1k2n12?k k00n(n1k)Cn1k2n1(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)?k k00n Cnk2n(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)12(22nC n2n)(2n1)1222n1(2n1)Cn2n.T n(2n1)Cn2n(2n1)(Cn12n1Cn2n1)2(2n1)Cn2n1(4n2)Cn2n1.因?yàn)镃n2n1N N*，所以T n能被4n2整除.方法技巧二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用主要是構(gòu)造一個(gè)生成相應(yīng)二項(xiàng)式系數(shù)的函數(shù)，通過研究函數(shù)關(guān)系證明恒等式、不等式和整除性問題將二項(xiàng)式定理(ab)nC0n anC1n an1bC rnanr brCnn bn中的a，b進(jìn)行特殊化就會(huì)得到很多有關(guān)組合數(shù)的相關(guān)和的結(jié)果，這是研究有關(guān)組合數(shù)的和的問題的常用方法還可以利用求函數(shù)值的思想進(jìn)行賦值求解演練沖關(guān)(2019江蘇高考)設(shè)(1x)na0a1xa2x2an xn，n4，nN N*.已知a232a2a4. (1)求n的值； (2)設(shè)(13)nab3，其中a，bN N*，求a23b2的值解 (1)因?yàn)?1x)nC0nC1n xC2n x2C nn xn，n4，nN N*，所以a2C2nn（n1）2，a3C3nn（n1）（n2）6，a4C4nn（n1）（n2）（n3）24.因?yàn)閍232a2a4，所以?n（n1）（n2）622n（n1）2n（n1）（n2）（n3）24.解得n5. (2)由 (1)知，n5.(13)n(13)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5ab3.法一因?yàn)閍，bN N*，所以aC053C259C4576，bC153C359C5544，從而a23b2762344232.法二(13)5C05C15(3)C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5.因?yàn)閍，bN N*，所以(13)5ab3.因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532.題型 (三)組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用主要考查利用組合數(shù)性質(zhì)進(jìn)行代數(shù)化簡(jiǎn)論證問題.典例感悟例3(2019南京四校聯(lián)考)已知m，nN N*，定義f n(m)n（n1）（n2）（nm1）m！. (1)求f4 (2)，f4 (5)的值； (2)證明?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.解 (1)f4 (2)432！6，f4 (5)432105！0. (2)證明由題意得，f n(m)錯(cuò)誤!當(dāng)n1時(shí)，?k12k2k f1(k)2022130.當(dāng)n1時(shí)，因?yàn)?k12nk2k fn(k)12f n (1)222fn (2)323fn (3)2n22n fn(2n)12C1n222C2n323C3nn2n C nn，且kCknkn！k?。╪k）！n（n1）?。╧1）?。╪1）（k1）！nCk1n1(kn)，所以?k12nk2k fn(k)n2C0n1n22C1n1n23C2n1n2n C n1n12n(12)n12n3n1.綜上所述，?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.方法技巧 (1)對(duì)于組合數(shù)問題，需要熟記并能靈活運(yùn)用以下兩個(gè)組合數(shù)公式CknCnkn，Ckn1CknCk1n. (2)對(duì)于二項(xiàng)式定理問題，需掌握賦值法和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能將二項(xiàng)式系數(shù)與二項(xiàng)展開式系數(shù)區(qū)別開來演練沖關(guān)(2018南京、鹽城一模)設(shè)nN N*，n3，kN N*. (1)求值k Cknn Ck1n1；k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1(k2) (2)化簡(jiǎn)12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn.解 (1)k Cknn Ck1n1kn！k?。╪k）！n（n1）?。╧1）?。╪k）！n！（k1）?。╪k）！n！（k1）?。╪k）！0.k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1k2n！k?。╪k）！n(n1)（n2）?。╧2）?。╪k）！n（n1）！（k1）?。╪k）！kn！（k1）?。╪k）！n?。╧2）?。╪k）！n?。╧1）！（nk）！n?。╧2）?。╪k）！?kk111k10. (2)法一由 (1)可知，當(dāng)k2時(shí)，(k1)2C kn(k22k1)C knk2C kn2k CknCknn(n1)Ck2n2n Ck1n12n Ck1n1Cknn(n1)Ck2n23n Ck1n1Ckn.故12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn(12C0n22C1n)n(n1)(C0n2C1n2Cn2n2)3n(C1n1C2n1Cn1n1)(C2nC3nCnn)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二當(dāng)n3時(shí)，由二項(xiàng)式定理，有(1x)n1C1n xC2n x2C kn xkC nn xn，兩邊同乘以x，得(1x)n xxC1n x2C2n x3C kn xk1C nn xn1，兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得(1x)nn(1x)n1x12C1n x3C2n x2(k1)C kn xk(n1)Cnn xn，兩邊再同乘以x，得(1x)n xn(1x)n1x2x2C1n x23C2n x3(k1)C kn xk1(n1)Cnn xn1，兩邊再對(duì)x求導(dǎo)，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122C1n x32C2n x2(k1)2C kn xk(n1)2C nn xn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn，即12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn2n2(n25n4)課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練A組大題保分練1(2019南京鹽城一模)已知數(shù)列a n滿足a11，a23，且對(duì)任意nN N*，都有a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1成立 (1)求a3的值； (2)證明數(shù)列a n是等差數(shù)列解 (1)在a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1中，令n1，則a1C01a2C11a31，由a11，a23，解得a35. (2)證明若a1，a2，a3，a n是等差數(shù)列，則a n2n1.當(dāng)n3時(shí)，由 (1)知a35，此時(shí)結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk(k3，kN N*)時(shí)，結(jié)論成立，則a k2k1.由a1C0k1a2C1k1a3C2k1a k Ck1k1(a k11)2k2，k3，對(duì)該式倒序相加，得(a1a k)2k12(ak11)2k2，所以a k1a ka112，即a k12k122(k1)1，所以當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立根據(jù)，可知數(shù)列a n是等差數(shù)列2(2019南師附中等四校聯(lián)考)設(shè)集合M1，2，3，m，集合A，B是M的兩個(gè)不同子集，記|AB|表示集合AB的元素個(gè)數(shù)若|AB|n，其中1nm1，則稱(A，B)是M的一組n階關(guān)聯(lián)子集對(duì)(A，B)與(B，A)看作同一組關(guān)聯(lián)子集對(duì))，并記集合M的所有n階關(guān)聯(lián)子集對(duì)的組數(shù)為a n. (1)當(dāng)m3時(shí)，求a1，a2； (2)當(dāng)m2019時(shí)，求a n的通項(xiàng)公式，并求數(shù)列a n的最大項(xiàng)解 (1)當(dāng)m3時(shí)，易知a13412，a23. (2)a nCn201912C02019n(22019n1)C12019n22018nC k2019n22019knC2018n2019n21C2019n2019n20C n201932019n2，a n1a n錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!1，化簡(jiǎn)，得(10082n)32018n1009n，(*)當(dāng)n503時(shí)，(*)式成立；當(dāng)504n1008時(shí)，(*)式不成立；當(dāng)n1009時(shí)，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2018，所以a1a2a3a503a504a505a2018，所以數(shù)列a n的最大項(xiàng)為a504C50420193151512.3(2018南京、鹽城一模)已知nN N*，nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn. (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值； (2)試猜想f(n)的表達(dá)式(用一個(gè)組合數(shù)表示)，并證明你的猜想解 (1)由條件，nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，在中令n1，得f (1)C01C111.在中令n2，得2f (2)C02C122C12C226，得f (2)3.在中令n3，得3f (3)C03C132C13C233C23C3330，得f (3)10. (2)猜想f(n)Cn2n1(或f(n)Cn12n1)欲證猜想成立，只要證等式n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn成立法一(直接法)當(dāng)n1時(shí)，等式顯然成立當(dāng)n2時(shí)，因?yàn)閞 Crnrn！r！（nr）！n?。╮1）！（nr）！n（n1）！（r1）?。╪r）！n Cr1n1，故r Cr1n Crn(r Crn)Cr1nn Cr1n1Cr1n.故只需證明n Cn2n1n C0n1C0nn C1n1C1nn Cr1n1Cr1nn Cn1n1Cn1n.即證Cn2n1C0n1C0nC1n1C1nCr1n1Cr1nCn1n1Cn1n.而Cr1nCnr1n，故即證Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C n2n1.而右邊(1x)n1(1x)n(C0n1C1n1xC2n1x2C n1n1xn1)(C0nC1n xC2n x2C nn xn)，所以xn的系數(shù)為C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立綜上，f(n)Cn2n1成立法二(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組合模型，一個(gè)袋中裝有(2n1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1，2，n的白球，其余(n1)個(gè)是編號(hào)為1，2，n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個(gè)小球，一方面，由分步計(jì)數(shù)原理其中含有r個(gè)黑球(nr)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為Crn1Cnrn，0rn1，由分類計(jì)數(shù)原理有從袋中任意摸出n個(gè)小球的組合的總數(shù)為C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.另一方面，從袋中(2n1)個(gè)小球中任意摸出n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為Cn2n1.故Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n，余下同法一法三(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理，得(1x)nC0nC1nxC2nx2C nnxn.兩邊求導(dǎo)，得n(1x)n1C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1.，得n(1x)2n1(C0nC1nxC2nx2C nnxn)(C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1)左邊xn的系數(shù)為n Cn2n1.右邊xn的系數(shù)為C1n Cnn2C2n Cn1nr Crn Cnr1nn Cnn C1nC1n C0n2C2n C1nr Crn Cr1nn Cnn Cn1nC0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.由恒成立，得n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.故f(n)Cn2n1成立法四(構(gòu)造模型)由nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，得nf(n)n Cn1n Cnn(n1)Cn2n Cn1nC0n C1nn C0n C1n(n1)C1n C2nCn1n Cnn，所以2nf(n)(n1)(C0n C1nC1nC2nCn1n Cnn)(n1)(Cnn C1nCn1nC2nC1n Cnn)，構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n1)個(gè)元素，則有Cn12n種選法，現(xiàn)將2n個(gè)元素分成兩個(gè)部分n，n，若(n1)個(gè)元素中，從第一部分中取n個(gè)，第二部分中取1個(gè)，則有Cnn C1n種選法，若從第一部分中取(n1)個(gè)，第二部分中取2個(gè)，則有Cn1nC2n種選法，由分類計(jì)數(shù)原理可知Cn12nCnn C1nCn1nC2nC1n Cnn.故2nf(n)(n1)Cn12n，所以f(n)n12n（2n）?。╪1）?。╪1）?。?n1）！n?。╪1）！Cn2n1.4(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研 (二)已知函數(shù)f(x)(x5)2n1(nN N*，xR R) (1)當(dāng)n2時(shí)，若f (2)f(2)5A，求實(shí)數(shù)A的值； (2)若f (2)m(mN N*，01)，求證(m)1.解 (1)當(dāng)n2時(shí)，f(x)(x5)5C05x5C15x45C25x3 (5)2C35x2 (5)3C45x (5)4C55 (5)5,所以f (2)f(2)(25)5(25)52C15 (5)124C35 (5)322C55 (5)52(516510455255)6105，所以A610. (2)證明因?yàn)閒(x)(x5)2n1C02n1x2n1C12n1x2n5C22n1x2n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，所以f (2)C02n122n1C12n122n5C22n122n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，由題意知，f (2)(52)2n1m(mN N*，01)，首先證明對(duì)于固定的nN N*，滿足條件的m，是唯一的假設(shè)f (2)(25)2n1m11m22(m1，m2N N*，011，021，m1m2，12)，則m1m2210，而m1m2Z Z，21(1，0)(0，1)，矛盾所以滿足條件的m，是唯一的.下面我們求m及的值因?yàn)閒 (2)f(2)(25)2n1(25)2n1(25)2n1(25)2n12C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，顯然f (2)f(2)N N*.又因?yàn)?2(0，1)，故(52)2n1(0，1)，即f(2)(25)2n1(52)2n1(0，1).所以令m2C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，(25)2n1，則mf (2)f(2)，f(2)，又mf (2),所以(m)f(2)f (2)(25)2n1(25)2n1(54)2n11.B組大題增分練1(2019南通、泰州等七市三模)設(shè)P n?i02n錯(cuò)誤!，Q n錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!. (1)求2P2Q2的值； (2)化簡(jiǎn)nP nQ n.解 (1)P2錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，Q2錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，所以2P2Q20. (2)設(shè)TnP nQ n，則T錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!因?yàn)镃k2nC2nk2n，所以T錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!得，2T0，即TnP nQ n0，所以nP nQ n0.2(2019南京鹽城二模)平面上有2n(n3，nN N*)個(gè)點(diǎn)，將每一個(gè)點(diǎn)染上紅色或藍(lán)色從這2n個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)，記這3個(gè)點(diǎn)顏色相同的所有不同取法的總數(shù)為T. (1)若n3，求T的最小值； (2)若n4，求證T2C3n.解 (1)當(dāng)n3時(shí)，共有6個(gè)點(diǎn)若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0個(gè)或6個(gè)，則TC3620；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1個(gè)或5個(gè)，則TC3510；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2個(gè)或4個(gè)，則TC344；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)，則TC33C332.因此T的最小值為2. (2)證明因?yàn)閷?duì)任意的n，kN N*，nk，都有C kn1CknCk1n0，所以Ckn1Ckn.設(shè)2n個(gè)點(diǎn)中含有p(pN N，p2n)個(gè)染紅色的點(diǎn)，當(dāng)p0，1，2時(shí)，TC32npC32n2（2n2）（2n3）（2n4）64（n1）（n2）（2n3）6.因?yàn)閚4，所以2n3n，于是T4n（n1）（n2）64C3n2C3n.當(dāng)p2n2，2n1，2n時(shí)，TC3pC32n2，同理可得T2C3n.當(dāng)3p2n3時(shí)，TC3pC32np，設(shè)f(p)C3pC32np，3p2n3，當(dāng)3p2n4時(shí)，f(p1)f(p)C3p1C32np1C3pC32npC2pC22np1，顯然p2np1，當(dāng)p2np1，即np2n4時(shí)，f(p1)f(p)，當(dāng)p2np1，即3pn1時(shí)，f(p1)f(p)，即f(n)f(n1)f(2n3)，f (3)f (4)f(n)因此f(p)f(n)2C3n，即T2C3n.綜上，當(dāng)n4時(shí)，T2C3n.3(2019蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知f(n)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，g(n)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，其中nN N*，n2. (1)求f (2)，f (3)，g (2)，g (3)的值； (2)記h(n)f(n)g(n)，求證對(duì)任意的mN N*，m2，總有h(2m)m12.解 (1)f (2)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，f (3)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，g (2)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!，g (3)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!. (2)證明錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!（k1）2（k2）（k1）k（k1）（2k2）（2k1）（k2）（k1）（4k2）（2k2）（2k1）（k2）1k2，h(n)f(n)g(n)n,k2錯(cuò)誤!n,k2錯(cuò)誤!.下面用數(shù)學(xué)歸納法證對(duì)任意的mN N*，m2，總有h(2m)m12.當(dāng)m2時(shí)，h (4)141516376012，結(jié)論成立；當(dāng)m3時(shí)，h (8)37601718191103760410376024601，結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)mt(t3)時(shí)，結(jié)論成立，即h(2t)t12；則當(dāng)mt1時(shí)，h(2t1)h(2t)12t312t412t12t1212t312t412t512t612t12，t3，12t312t432t12（2t3）2t22（2t3）（2t4）（2t12）0，12t312t432t12.又12t512t612t1212t1212t1212t122t22t12，h(2t1)t1232t122t22t12t2，當(dāng)mt1時(shí)，結(jié)論成立綜上，對(duì)任意的mN N*，m2，總有h(2m)m12.4(2018常州期末)對(duì)一個(gè)量用兩種方法分別算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法利用這種方法，結(jié)合二項(xiàng)式定理，可以得到很多有趣的組合恒等式如考察恒等式(1x)2n(1x)n(1x)n(nN N*)，左邊xn的系數(shù)為Cn2n，而右邊(1x)n(1x)n(C0nC1nxCnn xn)(C0nC1nxCnn xn)，x n的系數(shù)為C0n CnnC1n Cn1nCnn C0n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2，因此可得到組合恒等式Cn2n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2. (1)根據(jù)恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN N*)，兩邊xk(其中kN N，km，kn)的系數(shù)相同，直接寫出一個(gè)恒等式； (2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明?n2,k0C2kn2n2k Ck2kCn2n，其中?n2是指不超過n2的最大整數(shù)解 (1)CkmnC0m CknC1m Ck1nCkm C0n. (2)證明考察等式?2x1xn（x1）2nxn，等式右邊的常數(shù)項(xiàng)為錯(cuò)誤!C錯(cuò)誤!，因?yàn)?2x1xnn,r0Crn2nr?x1xrn,r0Crn2nr錯(cuò)誤!，當(dāng)且僅當(dāng)r2k時(shí)，xrk?1xk為常數(shù)，等式左邊的常數(shù)項(xiàng)為?n2,k0C2kn2n2k Ck2k，所以?n2,k0C2kn2n2kCk2kCn2n成立第二講|數(shù)學(xué)歸納法題型 (一)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式主要考查利用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的代數(shù)等式.典例感悟例1(2019南師附中、天一中學(xué)四月聯(lián)考)設(shè)(tx)na0(t)a1(t)xa2(t)x2a r(t)xran(t)xn，其中常數(shù)tR R，nN N*，ar(t)(r0，1，2，n)是與x無關(guān)的常數(shù) (1)若n4，a3(t)32，求t的值； (2)當(dāng)n3m，mN N*時(shí)，求證?r0m a3r (1)2n2（1）n3.解 (1)因?yàn)閚4，a3(t)32，所以C34t32，因此t8. (2)證明利用數(shù)學(xué)歸納法證明如下由題意得，a3r (1)C3rnC3r3m，r0，1，2，m.當(dāng)m1，即n3時(shí)，?r01,a3r (1)C03C332，232（1）332，所以所證等式成立假設(shè)當(dāng)mk(kN N*)，即n3k時(shí)，所證等式成立，即k,r0a3r (1)C03kC33kC3k3k23k2（1）3k3，則當(dāng)mk1，即n3k3時(shí)，?r0k1a3r (1)C03k3C33k3C3r33k3C3k3k3C3k33k3，又C3r33k3C3r33k2C3r23k2(C3r33k1C3r23k1)(C3r23k1C3r13k1)C3r33k12C3r23k1C3r13k1(C3r33kC3r23k)2(C3r23kC3r13k)(C3r13kC3r3k)C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k，其中r0，1，2，k1.所以k1,r0a3r (1)C03k3(C03k3C13k3C23kC33k)(C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k)(C3k33k3C3k23k3C3k13kC3k3k)C3k33k33(C03kC13kC23kC3k3k)(C03kC33kC3k3k)323kk,r0a3r (1)323k23k2（1）3k3823k2（1）3k323k32（1）3k33，所以當(dāng)mk1，即n3k3時(shí)，所證等式也成立綜上，當(dāng)n3m，mN N*時(shí)，?r0m a3r (1)2n2（1）n3.方法技巧 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題是常見題型，其關(guān)鍵點(diǎn)在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項(xiàng)，以及初始值n0的值 (2)由nk到nk1時(shí)，除考慮等式兩邊變化的項(xiàng)外還要充分利用nk時(shí)的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明演練沖關(guān)(2018蘇州期末)在正整數(shù)集N N*上定義函數(shù)yf(n)，滿足f(n)f(n1)122f(n1)，且f (1)2. (1)求證f (3)f (2)910； (2)是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得f(n)1a?32nb1對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論解 (1)證明由f(n)f(n1)122f(n1)，變形得f(n1)4f（n）f（n）2.由f (1)2，得f (2)12，再得f (3)75.所以f (3)f (2)7512910. (2)法一(數(shù)學(xué)歸納法)由f (2)12，f (3)75，可得a45，b15.猜想對(duì)nN N*，均有f(n)145?32n151.以下用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí)，等式顯然成立；假設(shè)當(dāng)nk(kN N*)時(shí)，等式成立，即f(k)145?32k151.則f(k1)4f（k）f（k）231f（k）f（k）1331f（k）131f（k）1231f（k）11，f(k)1，否則f (2)f(k)1，但f (2)1.即f(k1)2125?32k3511145?32k1151.即nk1時(shí)，等式也成立由知，對(duì)任意nN N*，均有f(n)145?32n151.綜上所述，存在a45，b15滿足題意法二(轉(zhuǎn)化法)因?yàn)閒(n)1a?32nb1可變形為1f（n）1ba?32n，所以問題轉(zhuǎn)化為是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得?1f（n）1b是公比為32的等比數(shù)列證明如下由 (1)得f(n1)4f（n）f（n）2，即f(n1)122f（n）f（n）2，所以1f（n1）1f（n）22f（n）1f（n）132f（n）112321f（n）1.設(shè)1f（n1）1b32?1f（n）1b，可得b15.所以?1f（n）115是首項(xiàng)為1f （1）11565，公比為32的等比數(shù)列通項(xiàng)公式為1f（n）11565?32n1，所以f(n)145?32n151.綜上所述，存在a45，b15滿足題意.題型 (二)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式主要考查用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式.典例感悟例2(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列a n，a12，且a n1a2na n1對(duì)任意nN N*恒成立求證 (1)a n1a na n1a n2a2a11； (2)a n1nn1.證明 (1)當(dāng)n1時(shí)，a2a1(a11)13a11成立假設(shè)當(dāng)nk(kN N*)時(shí)，結(jié)論成立，即a k1a ka k1a2a11.當(dāng)nk1時(shí)，a k2a k1(a k11)1a k1(a ka k1a2a111)1a k1a ka k1a2a11.所以當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論也成立綜上，a n1a na n1a n2a2a11. (2)由 (1)知，要證a n1nn1.只需證a na n1a n2a2a1nn，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明，當(dāng)n1，2，3時(shí)，a12，a23，a37，則21，2322，23733.假設(shè)當(dāng)nk(k3，kN N*)時(shí)，結(jié)論成立，即a ka k1a k2a2a1kk，則當(dāng)nk1時(shí)，a k1a ka2a1(a ka k1a2a11)a ka k1a2a1(a ka k1a2a1)2k2k，設(shè)f(x)2x lnx(x1)ln(x1)(x3)，則f(x)lnx2x11lnx21x11ln(x1)1ln210，所以f(x)在3，)上為增函數(shù)，則f(x)f (3)2(3ln32ln4)2ln27160，則當(dāng)k3，kN N*時(shí)，2k ln k(k1)ln(k1)，ln k2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1，故a k1a ka2a1(k1)k1，則當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論也成立綜上，a na n1a n2a2a1nn，所以a n1nn1.方法技巧 (1)當(dāng)遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時(shí)，應(yīng)用其他辦法不容易證，則可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法 (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由nk(kN N*)成立，推證nk1時(shí)也成立，證明時(shí)用上歸納假設(shè)后，可采用分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明演練沖關(guān)設(shè)f n(x)是等比數(shù)列1，x，x2，x n的和，其中x0，nN N，n2. (1)證明函數(shù)F n(x)f n(x)2在?12，1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為x n)，且x n1212xn1n； (2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為g n(x)，比較f n(x)和g n(x)的大小，并加以證明解 (1)證明F n(x)f n(x)21xx2x n2，則F n (1)n10，F(xiàn) n?12112?122?12n21?12n1112212n0，所以F n(x)在?12，1內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)又F n(x)12xnxn10，故F n(x)在?12，1內(nèi)單調(diào)遞增，所以F n(x)在?12，1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)x n.因?yàn)閤 n是F n(x)的零點(diǎn)，所以F n(x n)0，即錯(cuò)誤!20，故x n錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!x錯(cuò)誤!. (2)由題設(shè)，f n(x)1xx2x n，g n(x)（n1）（xn1）2，x0.當(dāng)x1時(shí)，f n(x)g n(x)當(dāng)x1時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明f n(x)g n(x)當(dāng)n2時(shí)，f2(x)g2(x)12(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假設(shè)nk(k2，kN N*)時(shí)，不等式成立，即f k(x)g k(x)那么，當(dāng)nk1時(shí)，f k1(x)f k(x)xk1gk(x)xk1（k1）（1xk）2xk12xk1（k1）x kk12.又g k1(x)2xk1（k1）x kk12kxk1（k1）x k12，令h k(x)kxk1(k1)x k1(x0)，則hk(x)k(k1)xkk(k1)x k1k(k1)xk1(x1)所以當(dāng)0x1時(shí)，hk(x)0，h k(x)在(0，1)上遞減；當(dāng)x1時(shí)，hk(x)0，h k(x)在(1，)上遞增所以h k(x)h k (1)0，從而g k1(x)2xk1（k1）x kk12.故f k1(x)g k1(x)，即nk1時(shí)不等式也成立由和知，對(duì)一切n2的整數(shù)，都有f n(x)g n(x)綜上可知，當(dāng)x1時(shí)，f n(x)g n(x)；當(dāng)x1時(shí)，對(duì)一切n2的整數(shù)，f n(x) (三)歸納、猜想、證明主要考查由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想和代數(shù)推理能力.典例感悟例3(2019南京三模)對(duì)由0和1這兩個(gè)數(shù)字組成的字符串，作如下規(guī)定按從左向右的順序，當(dāng)?shù)谝粋€(gè)子串“010”的最后一個(gè)0所在數(shù)位是第k(kN N*，且k3)位時(shí)，則稱子串“010”在第k位出現(xiàn)；再繼續(xù)從第k1位按從左往右的順序找子串“010”，若第二個(gè)子串“010”的最后一個(gè)0所在數(shù)位是第km位(其中m3且mN N*)，則稱子串“010”在第km位出現(xiàn)；如此不斷地重復(fù)下去如在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出現(xiàn)，而不是在第7位和第11位出現(xiàn)記在n位由0，1組成的所有字符串中，子串“010”在第n