《（江蘇專(zhuān)用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法教學(xué)案 理（29頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題八 二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法 本專(zhuān)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?lèi)型有：考查計(jì)數(shù)原理與數(shù)學(xué)歸納法(2015年T23、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(2016年T23)，考查概率分布與數(shù)學(xué)期望及組合數(shù)的性質(zhì)(2017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 　　　　　　　 [典例感悟] [例1]　

2、(2018·江蘇高考)設(shè)n∈N*，對(duì)1，2，…，n的一個(gè)排列i1i2…in，如果當(dāng)sit，則稱(is，it)是排列i1i2…in的一個(gè)逆序，排列i1i2…in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(gè)數(shù)． (1)求f3(2)，f4(2)的值； (2)求fn(2)(n≥5)的表達(dá)式(用n表示)． [解]　(1)記τ(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對(duì)1，2，3的所有排列，有 τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝

3、1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(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(n≥4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個(gè)：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(gè)數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1. 為計(jì)算fn＋1(2)，當(dāng)1，2，…，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n＋1添加進(jìn)原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后

4、三個(gè)位置． 因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n. 當(dāng)n≥5時(shí)，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(dāng)n≥5時(shí)，fn(2)＝. [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(lèi)”和“局部分步”的意識(shí)，并在操作中確保：①分類(lèi)不重不漏；②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(wèn)題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來(lái)計(jì)算其結(jié)果，從而解決實(shí)際問(wèn)題． [演練沖關(guān)]

5、 (2018·蘇北三市三模)已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，對(duì)于集合U的兩個(gè)非空子集A，B，若A∩B＝?，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(xiě)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，k＝1，2，3，…，n－1. 則與集合A互斥的非空子集有2n－k－1個(gè)． 于是f(n)＝ C(2n－k－1)＝( C2n－k－∑n－1,k＝1C)． 因?yàn)?

6、C2n－k＝∑n,k＝0C2n－k－C2n－C20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1， C＝∑n,k＝0C－C－C＝2n－2， 所以f(n)＝[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝(3n－2n＋1＋1). 法二：任意一個(gè)元素只能在集合A，B，C＝?U(A∪B)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3n－2×2n＋1. 又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”， 所以f(n)＝(3n－2n＋1＋1). 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

7、和或利用二項(xiàng)式定理論證整除問(wèn)題. [典例感悟] [例2]　(2018·江蘇六市二調(diào))已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.記Tn＝(2k＋1)an－k. (1)求T2的值； (2)化簡(jiǎn)Tn的表達(dá)式，并證明：對(duì)任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除． [解]　由二項(xiàng)式定理，得ai＝C(i＝0，1，2，…，2n＋1)． (1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30. (2)因?yàn)?n＋1＋k)C ＝(n＋1＋k)· ＝ ＝(2n＋1)C， 所以Tn＝∑n,k＝0 (2k＋1)an－k ＝ ∑n,k＝0 (2

8、k＋1)C ＝ (2k＋1)C ＝ [2(n＋1＋k)－(2n＋1)]C ＝2 (n＋1＋k)C－(2n＋1)∑n,k＝0C ＝2(2n＋1) C－(2n＋1)∑n,k＝0C ＝2(2n＋1)··(22n＋C)－(2n＋1)··22n＋1 ＝(2n＋1)C. Tn＝(2n＋1)C＝(2n＋1)(C＋C) ＝2(2n＋1)C＝(4n＋2)C. 因?yàn)镃∈N*，所以Tn能被4n＋2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(guò)研究函數(shù)關(guān)系證明恒等式、不等式和整除性問(wèn)題．將二項(xiàng)式定理(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－r

9、br＋…＋Cbn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(wèn)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)(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知a＝2a2a4. (1)求n的值； (2)設(shè)(1＋)n＝a＋b，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值． 解：(1)因?yàn)?1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，n≥4，n∈N*， 所以a2＝C＝，a3＝C＝， a4＝C＝. 因?yàn)閍＝2a2a4， 所以 ＝2××. 解得n＝5. (2)由(1)知，n＝5.

10、 (1＋)n＝(1＋)5 ＝C＋C＋C()2＋C()3＋C()4＋C()5 ＝a＋b. 因?yàn)閍，b∈N*，所以a＝C＋3C＋9C＝76， b＝C＋3C＋9C＝44， 從而a2－3b2＝762－3×442＝－32. (1－)5＝C＋C(－)＋C(－)2＋C(－)3＋C(－)4＋C(－)5 ＝C－C＋C()2－C()3＋C()4－C()5. 因?yàn)閍，b∈N*，所以(1－)5＝a－b. 因此a2－3b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)5×(1－)5＝(－2)5＝－32. 題型(三) 組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用 [典例感悟] [例3]　(2019·南京四校聯(lián)考)已知m，n∈

11、N*，定義fn(m)＝. (1)求f4(2)，f4(5)的值； (2)證明： [k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*. [解]　(1)f4(2)＝＝6， f4(5)＝＝0. (2)證明：由題意得，fn(m)＝ 當(dāng)n＝1時(shí)， [k·2kf1(k)]＝2＋0＝2＝2×1×30. 當(dāng)n＞1時(shí)，因?yàn)?[k·2kfn(k)]＝1×2fn(1)＋2×22fn(2)＋3×23fn(3)＋…＋2n×22nfn(2n)＝1×2C＋2×22C＋3×23C＋…＋n×2nC， 且k·C＝k· ＝n· ＝n·C(k≤n)， 所以 [k·2kfn(k)]＝n×2C＋n×22C＋n×23C＋

12、…＋n×2nC＝2n(1＋2)n－1＝2n·3n－1. 綜上所述， [k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*. [方法技巧] (1)對(duì)于組合數(shù)問(wèn)題，需要熟記并能靈活運(yùn)用以下兩個(gè)組合數(shù)公式：C＝C，C＝C＋C. (2)對(duì)于二項(xiàng)式定理問(wèn)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(kāi)式系數(shù)區(qū)別開(kāi)來(lái)． [演練沖關(guān)] (2018·南京、鹽城一模)設(shè)n∈N*，n≥3，k∈N*. (1)求值：①kC－nC； ②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)． (2)化簡(jiǎn)：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C. 解：(1)①kC－nC ＝k×

13、－n× ＝－＝0. ②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×＝k×－－＝＝0. (2)法一：由(1)可知，當(dāng)k≥2時(shí)，(k＋1)2C＝(k2＋2k＋1)C＝k2C＋2kC＋C＝[n(n－1)C＋nC]＋2nC＋C＝n(n－1)C＋3nC＋C. 故12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝(12C＋22C)＋n(n－1)(C＋C＋…＋C)＋3n(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)． 法二：當(dāng)n≥3時(shí)，由二項(xiàng)式定理， 有(1＋x)n＝1＋C

14、x＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn， 兩邊同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1， 兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)Cxk＋…＋(n＋1)Cxn， 兩邊再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1， 兩邊再對(duì)x求導(dǎo)，得 (1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn. 令x＝1，得2n＋

15、n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C， 即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4)． A組——大題保分練 1．(2019·南京鹽城一模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，且對(duì)任意n∈N*，都有a1C＋a2C＋a3C＋…＋an＋1C＝(an＋2－1)·2n－1成立． (1)求a3的值； (2)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列．

16、 解：(1)在a1C＋a2C＋a3C＋…＋an＋1C＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，則a1C＋a2C＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5. (2)證明：若a1，a2，a3，…，an是等差數(shù)列，則an＝2n－1. ①當(dāng)n＝3時(shí)，由(1)知a3＝5，此時(shí)結(jié)論成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，則ak＝2k－1. 由a1C＋a2C＋a3C＋…＋akC＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3， 對(duì)該式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2， 所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋1＝2k－1＋2＝2(k＋1)－1， 所以當(dāng)n

17、＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 根據(jù)①②，可知數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 2．(2019·南師附中等四校聯(lián)考)設(shè)集合M＝{1，2，3，…，m}，集合A，B是M的兩個(gè)不同子集，記|A∩B|表示集合A∩B的元素個(gè)數(shù)．若|A∩B|＝n，其中1≤n≤m－1，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an. (1)當(dāng)m＝3時(shí)，求a1，a2； (2)當(dāng)m＝2 019時(shí)，求{an}的通項(xiàng)公式，并求數(shù)列{an}的最大項(xiàng)． 解：(1)當(dāng)m＝3時(shí)，易知a1＝3×4＝12，a2＝3. (2)an＝C××[C(22 019－n－1)＋

18、C·22 018－n＋…＋C·22 019－k－n＋…＋C·21＋C·20]＝C， ＝＝＞1， 化簡(jiǎn)，得(1 008－2n)·32 018－n＞1 009－n，(*) 當(dāng)n≤503時(shí)，(*)式成立； 當(dāng)504≤n≤1 008時(shí)，(*)式不成立； 當(dāng)n≥1 009時(shí)，不成立； 所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504， a504＞a505＞a506＞…＞a2 018， 所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2 018， 所以數(shù)列{an}的最大項(xiàng)為a504＝C. 3．(2018·南京、鹽城一模)已知n∈N*，nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋

19、nCC. (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)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC，① 在①中令n＝1，得f(1)＝CC＝1. 在①中令n＝2，得2f(2)＝CC＋2CC＝6，得f(2)＝3. 在①中令n＝3，得3f(3)＝CC＋2CC＋3CC＝30，得f(3)＝10. (2)猜想f(n)＝C(或f(n)＝C)． 欲證猜想成立，只要證等式nC＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC成立． 法一：(直接法)當(dāng)n＝1時(shí)，等式顯然成立． 當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閞C＝＝ ＝n×＝nC

20、， 故rCC＝(rC)C＝nCC. 故只需證明nC＝nCC＋nCC＋…＋nC·C＋…＋nCC. 即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC. 而C＝C，故即證C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC.② 由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C. 而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1)(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)， 所以xn的系數(shù)為CC＋ CC＋…＋ C·C＋…＋ CC. 由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立． 綜上，f(n)＝C成立． 法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組

21、合模型，一個(gè)袋中裝有(2n－1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1，2，…，n的白球，其余(n－1)個(gè)是編號(hào)為1，2，…，n－1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((n－r)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C·C，0≤r≤n－1，由分類(lèi)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CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC. 另一方面，從袋中(2n－1)個(gè)小球中任意摸出n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為C. 故C＝CC＋ CC＋…＋ CC＋…＋ CC，余下同法一． 法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理， 得(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn.③ 兩邊求導(dǎo)，得n(1＋x)

22、n－1＝C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1.④ ③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)·(C＋2Cx＋…＋rCxr－1 ＋…＋nCxn－1)．⑤ 左邊xn的系數(shù)為nC. 右邊xn的系數(shù)為CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC. 由⑤恒成立，得nC＝CC＋2CC＋…＋r CC＋…＋nCC. 故f(n)＝C成立． 法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)＝CC＋2CC＋…＋rCC＋…＋nCC， 得nf(n)＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC＝nCC＋(n－1)CC＋…＋CC，

23、 所以2nf(n)＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC) ＝(n＋1)(CC＋CC＋…＋CC)， 構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n＋1)個(gè)元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個(gè)元素分成兩個(gè)部分n，n，若(n＋1)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CC種選法，若從第一部分中取(n－1)個(gè)，第二部分中取2個(gè)，則有CC種選法，…，由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理可知C＝CC＋CC＋…＋CC. 故2nf(n)＝(n＋1)C， 所以f(n)＝·＝＝C. 4．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二))已知函數(shù)f(x)＝(x＋)2n＋1(n∈N*，x∈R)． (1)當(dāng)n＝2時(shí)，若f(2)＋f(－2)＝A，求實(shí)

24、數(shù)A的值； (2)若f(2)＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1. 解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，f(x)＝(x＋)5＝Cx5＋Cx4＋Cx3()2＋Cx2()3＋Cx()4＋C()5, 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋)5＋(－2＋)5＝2[C()124＋C()322＋C()5]＝2(5×16＋10×4×5＋25)＝610， 所以A＝610. (2)證明：因?yàn)閒(x)＝(x＋)2n＋1＝Cx2n＋1＋Cx2n＋Cx2n－1()2＋…＋C()2n＋1， 所以f(2)＝C22n＋1＋C22n＋C22n－1()2＋…＋C()2n＋1， 由題意知，f(2)＝(＋2)2n

25、＋1＝m＋α(m∈N*，0<α<1)， 首先證明對(duì)于固定的n∈N*，滿足條件的m，α是唯一的． 假設(shè)f(2)＝(2＋)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0<α1<1，0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)， 則m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，矛盾． 所以滿足條件的m，α是唯一的. 下面我們求m及α的值： 因?yàn)閒(2)－f(－2)＝(2＋)2n＋1－(－2＋)2n＋1＝(2＋)2n＋1＋(2－)2n＋1＝2[C22n＋1＋C·22n－1()2＋C22n－3()4＋…＋C21()2n]， 顯然f(2)－f(－2)

26、∈N*. 又因?yàn)椋?∈(0，1)，故(－2)2n＋1∈(0，1)， 即f(－2)＝(－2＋)2n＋1＝(－2)2n＋1∈(0，1). 所以令m＝2[C22n＋1＋C22n－1()2＋C·22n－3()4＋…＋C21()2n]， α＝(－2＋)2n＋1， 則m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2), 所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋)2n＋1·(－2＋)2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1. B組——大題增分練 1．(2019·南通、泰州等七市三模)設(shè)Pn＝，Qn＝ . (1)求2P2－Q2的值； (2)化簡(jiǎn)nPn－Qn. 解：(1)P

27、2＝－＋－＋＝， Q2＝－＋－＋＝， 所以2P2－Q2＝0. (2)設(shè)T＝nPn－Qn， 則T＝ － ＝－＋－＋…＋① 因?yàn)镃＝C， 所以T＝－＋－＋…＋ ＝－＋－＋…＋② ①＋②得，2T＝0，即T＝nPn－Qn＝0， 所以nPn－Qn＝0. 2．(2019·南京鹽城二模)平面上有2n(n≥3，n∈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(mén). (1)若n＝3，求T的最小值； (2)若n≥4，求證：T≥2C. 解：(1)當(dāng)n＝3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T＝C＝20； 若染

28、紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1個(gè)或5個(gè)，則T＝C＝10； 若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2個(gè)或4個(gè)，則T＝C＝4； 若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)，則T＝C＋C＝2. 因此T的最小值為2. (2)證明：因?yàn)閷?duì)任意的n，k∈N*，n≥k，都有C－C＝C＞0，所以C＞C. 設(shè)2n個(gè)點(diǎn)中含有p(p∈N，p≤2n)個(gè)染紅色的點(diǎn)， ①當(dāng)p∈{0，1，2}時(shí)， T＝C≥C＝＝4×. 因?yàn)閚≥4，所以2n－3＞n， 于是T＞4×＝4C＞2C. ②當(dāng)p∈{2n－2，2n－1，2n}時(shí)， T＝C≥C， 同理可得T＞2C. ③當(dāng)3≤p≤2n－3時(shí)， T＝C＋C， 設(shè)f(p)＝C＋C，3≤p≤2n－3， 當(dāng)3≤

29、p≤2n－4時(shí)， f(p＋1)－f(p)＝C＋C－C－C＝C－C， 顯然p≠2n－p－1， 當(dāng)p＞2n－p－1，即n≤p≤2n－4時(shí)，f(p＋1)＞f(p)， 當(dāng)p＜2n－p－1，即3≤p≤n－1時(shí)，f(p＋1)＜f(p)， 即f(n)＜f(n＋1)＜…＜f(2n－3)，f(3)＞f(4)＞…＞f(n)． 因此f(p)≥f(n)＝2C，即T≥2C. 綜上，當(dāng)n≥4時(shí)，T≥2C. 3．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知f(n)＝＋＋＋…＋，g(n)＝＋＋＋…＋，其中n∈N*，n≥2. (1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值； (2)記h(n)＝f(n)－g(n)，求證

30、：對(duì)任意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞. 解：(1)f(2)＝＝，f(3)＝＋＝， g(2)＝＝，g(3)＝＋＝. (2)證明：∵＝ ＝ ＝ ＝， ∴h(n)＝f(n)－g(n)＝∑n,k＝2 ＝∑n,k＝2 . 下面用數(shù)學(xué)歸納法證：對(duì)任意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞. 當(dāng)m＝2時(shí)，h(4)＝＋＋＝＞，結(jié)論成立； 當(dāng)m＝3時(shí)，h(8)＝＋＋＋＋＞＋＝＋＞1，結(jié)論成立． 假設(shè)當(dāng)m＝t(t≥3)時(shí)，結(jié)論成立，即h(2t)＞； 則當(dāng)m＝t＋1時(shí)，h(2t＋1)＝h(2t)＋＋＋…＋＞＋＋＋＋＋…＋， ∵t≥3，∴＋－＝＞0， ∴＋＞. 又＋＋…＋＞＋＋…＋

31、＝， ∴h(2t＋1)＞＋＋＝， ∴當(dāng)m＝t＋1時(shí)，結(jié)論成立． 綜上，對(duì)任意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞. 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(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左邊xn的系數(shù)為C，而右邊(1＋x)n(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn)(C＋Cx＋…＋Cxn)，xn的系數(shù)為CC＋ CC＋…＋C C＝(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2，因此可得到組合恒等式C＝(C)2＋(C)2＋(C)2＋

32、…＋(C)2. (1)根據(jù)恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，兩邊xk(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系數(shù)相同，直接寫(xiě)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： ∑,k＝0C2n－2kC＝C，其中是指不超過(guò)的最大整數(shù)． 解：(1)C＝CC＋CC＋…＋CC. (2)證明：考察等式＝，等式右邊的常數(shù)項(xiàng)為：＝C， 因?yàn)椋健苙,r＝0C·2n－r＝∑n,r＝0C·2n－r， 當(dāng)且僅當(dāng)r＝2k時(shí)，xr－k為常數(shù)， 等式左邊的常數(shù)項(xiàng)為：∑,k＝0C2n－2kC， 所以∑,k＝0C2n－2kC＝C成立． 第二講 | 數(shù)學(xué)歸納法 題型(一

33、) 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)(t＋x)n＝a0(t)＋a1(t)x＋a2(t)x2＋…＋ar(t)xr＋…＋an(t)xn，其中常數(shù)t∈R，n∈N*，ar(t)(r＝0，1，2，…，n)是與x無(wú)關(guān)的常數(shù)． (1)若n＝4，a3(t)＝32，求t的值； (2)當(dāng)n＝3m，m∈N*時(shí)，求證： a3r(1)＝. [解]　(1)因?yàn)閚＝4，a3(t)＝32，所以C·t＝32，因此t＝8. (2)證明：利用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： 由題意得，a3r(1)＝C＝C，r＝

34、0，1，2，…，m. ①當(dāng)m＝1，即n＝3時(shí)，, a3r(1)＝C＋C＝2，＝2，所以所證等式成立． ②假設(shè)當(dāng)m＝k(k∈N*)，即n＝3k時(shí)，所證等式成立，即∑k,r＝0a3r(1)＝C＋C＋…＋C＝， 則當(dāng)m＝k＋1，即n＝3k＋3時(shí)， a3r(1)＝C＋C＋…＋C＋…＋C＋C， 又C＝C＋C＝(C＋C)＋(C＋C)＝C＋2C＋C＝(C＋C)＋2(C＋C)＋(C＋C)＝C＋3C＋3C＋C，其中r＝0，1，2，…，k－1. 所以∑k＋1,r＝0a3r(1)＝C＋(C＋3C＋3C＋C)＋…＋(C＋3C＋3C＋C)＋…＋(C＋3C＋3C＋C)＋C＝3(C＋C＋C＋…＋C)－(C＋C＋…

35、＋C )＝3×23k－∑k,r＝0a3r(1)＝3×23k－＝＝， 所以當(dāng)m＝k＋1，即n＝3k＋3時(shí)，所證等式也成立． 綜上，當(dāng)n＝3m，m∈N*時(shí)， a3r(1)＝. [方法技巧] (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是常見(jiàn)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n＝k到n＝k＋1時(shí)，除考慮等式兩邊變化的項(xiàng)外還要充分利用n＝k時(shí)的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫(xiě)出歸納證明的步驟，從而使問(wèn)題得以證明． [演練沖關(guān)] (2018·蘇州期末)在正整數(shù)集N*上定義函數(shù)y＝f(n)，滿足f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f

36、(1)＝2. (1)求證：f(3)－f(2)＝； (2)是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得f(n)＝＋1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(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，變形得f(n＋1)＝. 由f(1)＝2，得f(2)＝，再得f(3)＝. 所以f(3)－f(2)＝－＝. (2)法一：(數(shù)學(xué)歸納法)由f(2)＝， f(3)＝，可得a＝－，b＝. 猜想：對(duì)n∈N*，均有f(n)＝＋1. 以下用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時(shí)，等式顯然成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，等式成立， 即f(k)＝＋1. 則f(k＋1)＝＝＝＝＋1， f

37、(k)≠1，否則f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1. 即f(k＋1)＝＋1 ＝＋1. 即n＝k＋1時(shí)，等式也成立． 由①②知，對(duì)任意n∈N*， 均有f(n)＝＋1. 綜上所述，存在a＝－，b＝滿足題意． 法二：(轉(zhuǎn)化法) 因?yàn)閒(n)＝＋1可變形為＋b＝a， 所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得是公比為－的等比數(shù)列． 證明如下：由(1)得f(n＋1)＝， 即f(n＋1)－1＝， 所以＝＝＝ －－·. 設(shè)＋b＝－， 可得b＝.所以是首項(xiàng)為＋＝，公比為－的等比數(shù)列． 通項(xiàng)公式為＋＝， 所以f(n)＝＋1. 綜上所述，存在a＝－，b＝滿足題意. 題型(

38、二) 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 　 [典例感悟] [例2]　(2019·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列{an}，a1＝2，且an＋1＝a－an＋1對(duì)任意n∈N*恒成立．求證： (1)an＋1＝anan－1an－2…a2a1＋1； (2)an＋1＞nn＋1. [證明]　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝a1(a1－1)＋1＝3＝a1＋1成立． 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＋1＝akak－1…a2a1＋1. 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋2＝ak＋1(ak＋1－1)＋1＝ak＋1(akak－1…a2a1＋1－1)＋1＝ak＋1akak－1…a2a1＋1. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成

39、立． 綜上，an＋1＝anan－1an－2…a2a1＋1. (2)由(1)知，要證an＋1＞nn＋1. 只需證anan－1an－2…a2a1＞nn，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明， 當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，a1＝2，a2＝3，a3＝7，則2＞1，2×3＞22，2×3×7＞33. 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即akak－1·ak－2…a2a1＞kk， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1ak…a2a1＝(akak－1…a2a1＋1)akak－1…a2a1＞(akak－1…a2a1)2＞k2k， 設(shè)f(x)＝2xln x－(x＋1)ln(x＋1)(x≥3)， 則f′(x)＝ln＋1＞ln

40、＋1＝ln(x－1)＋1≥ln 2＋1＞0， 所以f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，則f(x)≥f(3)＝2(3ln 3－2ln 4)＝2ln ＞0， 則當(dāng)k≥3，k∈N*時(shí)，2kln k＞(k＋1)ln(k＋1)，ln k2k＞ln(k＋1)k＋1， 即k2k＞(k＋1)k＋1， 故ak＋1ak…a2a1＞(k＋1)k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立． 綜上，anan－1an－2…a2a1＞nn，所以an＋1＞nn＋1. [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n＝k(

41、k∈N*)成立，推證n＝k＋1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)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的和，其中x＞0，n∈N，n≥2. (1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝＋x； (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gn(x)，比較fn(x)和 gn(x)的大小，并加以證明． 解：(1)證明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2， 則Fn(1)＝n－1＞0， Fn＝1＋＋＋…＋－2 ＝－2＝－＜0

42、， 所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)． 又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0， 故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn. 因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)＝0， 即－2＝0，故xn＝＋x. (2)由題設(shè)，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn， gn(x)＝，x＞0. 當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)． 當(dāng)x≠1時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)＜gn(x)． ①當(dāng)n＝2時(shí)，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0， 所以f2(x)＜g2(x)成立． ②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，不等式成立， 即fk(x)＜g

43、k(x)． 那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1 ＝＋xk＋1＝. 又gk＋1(x)－ ＝， 令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)， 則h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1 ＝k(k＋1)xk－1·(x－1)．　 所以當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′k(x)＜0，hk(x)在(0，1)上遞減； 當(dāng)x＞1時(shí)，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上遞增． 所以hk(x)＞hk(1)＝0， 從而gk＋1(x)＞. 故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1時(shí)不等式也成立． 由①和②知，對(duì)一切n≥2的

44、整數(shù)，都有fn(x)＜gn(x)． 綜上可知，當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)； 當(dāng)x≠1時(shí)，對(duì)一切n≥2的整數(shù)，fn(x)

45、不斷地重復(fù)下去．如：在字符串1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0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位出現(xiàn)的字符串的個(gè)數(shù)為f(n). (1)求f(3)，f(4)的值； (2)求證：對(duì)任意的正整數(shù)n，f(4n＋1)是3的倍數(shù)． [解]　(1)在3位數(shù)的字符串中，子串“010”在第3位出現(xiàn)的有且只有1個(gè)，即010，所以f(3)＝1. 在4位數(shù)的字符串中，子串“010”在第4位出現(xiàn)的有2個(gè)，即0010與1010，所以f(4)＝2. (2)證明：當(dāng)n≥5且n∈N*時(shí)，若最后3位是010，則前n－

46、3個(gè)數(shù)位上，每個(gè)數(shù)位上的數(shù)字都有兩種可能，即0和1，所以共有2n－3種可能． 當(dāng)最后3位是010，且最后5位是01010時(shí)，前n－2位形成的字符串中，子串“010”是在第n－2位出現(xiàn)，此時(shí)不滿足條件． 所以f(n)＝2n－3－f(n－2)，n≥5且n∈N*. 因?yàn)閒(3)＝1，所以f(5)＝3. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明f(4n＋1)是3的倍數(shù)． ①當(dāng)n＝1時(shí)，f(5)＝3，是3的倍數(shù)； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，f(4k＋1)是3的倍數(shù)， 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， f[4(k＋1)＋1]＝f(4k＋5)＝24k＋2－f(4k＋3)＝24k＋2－[24k－f(4k＋1)]＝3×24

47、k＋f(4k＋1)． 因?yàn)閒(4k＋1)是3的倍數(shù)，且3×24k也是3的倍數(shù)，所以f(4k＋5)是3的倍數(shù)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f[4(k＋1)＋5]是3的倍數(shù)． 由①②可知，對(duì)任意的正整數(shù)n，f(4n＋1)是3的倍數(shù)． [方法技巧] 利用數(shù)學(xué)歸納法可以探索與正整數(shù)n有關(guān)的未知問(wèn)題、存在性問(wèn)題，其基本模式是“歸納—猜想—證明”，即先由合情推理發(fā)現(xiàn)結(jié)論，然后經(jīng)邏輯推理即演繹推理論證結(jié)論的正確性． 解“歸納—猜想—證明”題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確計(jì)算出前若干具體項(xiàng)，這是歸納、猜想的基礎(chǔ)．否則將會(huì)做大量無(wú)用功． [演練沖關(guān)] (2018·鹽城模擬)記f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋

48、C)(n≥2，n∈N*)． (1)求f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，試猜想所有f(n)的最大公約數(shù)，并證明． 解：(1)因?yàn)閒(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)＝(3n＋2)C＋1， 所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140. (2)由(1)中結(jié)論可猜想所有f(n)的最大公約數(shù)為4. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明所有的f(n)都能被4整除即可． ①當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝8能被4整除，結(jié)論成立； ②假設(shè)n＝k (k≥2，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立， 即f(k)＝(3k＋2)C＋1能被4整除， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， f(k＋1)＝(3k＋5

49、)C ＝(3k＋2)C＋3C ＝(3k＋2)(C＋C)＋(k＋2)C ＝(3k＋2)C＋(3k＋2)C＋(k＋2)C ＝(3k＋2)C＋4(k＋1)C， 此式也能被4整除， 即n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立． 綜上所述，所有f(n)的最大公約數(shù)為4. A組——大題保分練 1．(2019·常州期末)是否存在實(shí)數(shù)a，b，c，使得1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)對(duì)一切正整數(shù)n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

50、 解：在1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)中， 令n＝1，得15＝(a＋b＋c)；令n＝2，得63＝(4a＋2b＋c)； 令n＝3，得168＝(9a＋3b＋c)， 即解得 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)對(duì)一切正整數(shù)n都成立， 當(dāng)n＝1時(shí)，等式成立； 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，等式成立，即 1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＝(k2＋9k＋20)； 當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(

51、k2＋9k＋20)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝k(k＋1)(k＋4)(k＋5)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(k＋1)(k＋5)(k2＋8k＋12)＝[(k＋1＋1)(k＋1＋5)]＝[(k＋1)2＋9(k＋1)＋20]， 即等式對(duì)n＝k＋1也成立． 綜上可得，1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)對(duì)一切正整數(shù)n都成立． 所以存在實(shí)數(shù)a，b，c符合題意，且 2．(2018·鎮(zhèn)江模擬)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，原式等于8，能被8整除； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成

52、立， 即5k＋2·3k－1＋1能被8整除． 設(shè)5k＋2·3k－1＋1＝8m，m∈N*， 當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 5k＋1＋2·3k＋1 ＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4·3k－1－4 ＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4(3k－1＋1)， 而當(dāng)k≥1，k∈N*時(shí)，3k－1＋1顯然為偶數(shù)，設(shè)為2t，t∈N*， 故5k＋1＋2·3k＋1＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4(3k－1＋1)＝40m－8t(m，t∈N*)，也能被8整除， 故當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立； 由(1)(2)可知，對(duì)一切正整數(shù)n，5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 3．(2019·無(wú)錫期末)已知數(shù)列{an}滿足a

53、1＝，＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，用數(shù)學(xué)歸納法證明：Sn＜n＋－ln. 解：(1)由＝(n≥2)， 得＝＋(n≥2)， 所以－＝－1(n≥2)， 因?yàn)閍1＝，所以＝－3， 所以是首項(xiàng)為－3，公差為－1的等差數(shù)列， 所以＝－n－2，所以an＝. (2)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝S1＝a1＝，右邊＝－ln 2，因?yàn)閑3＞16，所以3ln e＞4ln 2，所以ln 2＜， 所以－ln 2＞－＝＞， 所以不等式成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式成立， 即Sk＜k＋－ln， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Sk＋

54、1＝Sk＋ak＋1＜k－ln＋＋，要證Sk＋1＜(k＋1)－ln＋， 只需證k－ln＋＋＜(k＋1)－ln＋， 只需證ln＜，即證ln＜. 令F(x)＝ln(1＋x)－x(x＞0)， 因?yàn)閤＞0，所以f′(x)＝－1＝＜0， 所以函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)， 所以F(x)＜F(0)＝0，即ln(1＋x)＜x， 所以ln＜， 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立． 由①②可知，對(duì)于任意的n∈N*，有Sn＜n＋－ln. 4．(2019·南通等七市二模)已知a1，a2，…，an(n∈N*，n≥4)均為非負(fù)實(shí)數(shù)，且a1＋a2＋…＋an＝2. 證明：(1)當(dāng)n＝4時(shí)，a1a2

55、＋a2a3＋a3a4＋a4a1≤1； (2)對(duì)于任意的n∈N*, n≥4，都有a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤1. 證明：(1)當(dāng)n＝4時(shí)，因?yàn)閍1，a2，a3，a4均為非負(fù)實(shí)數(shù)，且a1＋a2＋a3＋a4＝2， 所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a1＝a2(a1＋a3)＋a4(a3＋a1)＝(a3＋a1)(a2＋a4)≤＝1. (2)①當(dāng)n＝4時(shí)，由(1)可知，結(jié)論成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4)時(shí)，結(jié)論成立， 即對(duì)于任意的k∈N*，k≥4，若x1，x2，…，xk均為非負(fù)實(shí)數(shù)，且x1＋x2＋…＋xk＝2，則x1x2＋x2x3＋…＋xk－1xk＋xkx1≤1.

56、則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，設(shè)a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＝2，且ak＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}． 令x1＝a1＋a2，x2＝a3，xk－1＝ak，xk＝ak＋1，則x1＋x2＋…＋xk＝2. 由歸納假設(shè)，知x1x2＋x2x3＋…＋xk－1xk＋xkx1≤1. 因?yàn)閍1，a2，a3均為非負(fù)實(shí)數(shù)，且ak＋1≥a1， 所以x1x2＋xkx1＝(a1＋a2)a3＋ak＋1(a1＋a2)＝a2a3＋ak＋1a1＋a1a3＋ak＋1a2≥a1a2＋a2a3＋ak＋1a1. 所以1≥(x1x2＋xkx1)＋(x2x3＋…＋xk－1xk)≥(a1a2＋a2a3＋ak＋1a1)＋(a3a

57、4＋…＋akak＋1)， 即a1a2＋a2a3＋…＋akak＋1＋ak＋1a1≤1， 也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立． 所以由①②可知，對(duì)于任意的n∈N*，n≥4，都有a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤1. B組——大題增分練 1．(2019·蘇北三市一模)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝－2a＋2an，n∈N*. (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：an∈； (2)令bn＝－an，證明：≥3n＋1－3. 證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝∈，結(jié)論顯然成立； 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，ak∈， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝－2a＋2ak＝－22＋∈.

58、 綜上，an∈. (2)由(1)知，an∈， 所以bn＝－an∈. 因?yàn)閍n＋1＝－2a＋2an， 所以－an＋1＝－(－2a＋2an)＝2a－2an＋＝22，即bn＋1＝2b， 于是log2bn＋1＝2log2bn＋1， 所以log2bn＋1＋1＝2(log2bn＋1)， 故{log2bn＋1}構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列，其首項(xiàng)為 log2b1＋1＝log2＋1＝log2. 于是log2bn＋1＝·2n－1，從而 log2(2bn)＝·2n－1＝log22n－1， 所以2bn＝2n－1，即bn＝，于是＝2×32n－1. 因?yàn)楫?dāng)i＝1,2時(shí)，2i－1＝i， 當(dāng)i≥3時(shí)，

59、2i－1＝(1＋1)i－1＝C＋C＋…＋C＞C＋C＝i， 所以對(duì)任意i∈N*，有2i－1≥i，所以32i－1≥3i. 所以＝2×32i－1≥2×3i， 從而＝＋＋…＋≥2(31＋32＋…＋3n)＝2×＝3n＋1－3. 2．已知數(shù)列{an}共有3n(n∈N*)項(xiàng)，記f(n)＝a1＋a2＋…＋a3n.對(duì)任意的k∈N*,1≤k≤3n，都有ak∈{0,1}，且對(duì)于給定的正整數(shù)p (p≥2)，f(n)是p的整數(shù)倍．把滿足上述條件的數(shù)列{an}的個(gè)數(shù)記為T(mén)n. (1)當(dāng)p＝2時(shí)，求T2的值； (2)當(dāng)p＝3時(shí)，求證：Tn＝[8n＋2(－1)n]． 解：(1)由題意，當(dāng)n＝2時(shí)，數(shù)列{an}共

60、有6項(xiàng)． 要使得f(2)是2的整數(shù)倍，則這6項(xiàng)中，只能有0項(xiàng)、2項(xiàng)、4項(xiàng)、6項(xiàng)取1， 故T2＝C＋C＋C＋C＝25＝32. (2)證明：由題意及(1)的分析可知， 當(dāng)p＝3時(shí)，Tn＝C＋C＋C＋…＋C . 當(dāng)1≤k≤n，k∈N*時(shí)， C＝C＋C ＝C＋C＋C＋C ＝2C＋C＋C ＝2(C＋C)＋C＋C＋C＋C ＝3(C＋C)＋C＋C， 于是Tn＋1＝C＋C＋C＋…＋C ＝C＋C＋3(C＋C＋C＋C＋…＋C＋C)＋Tn－C＋Tn－C ＝2Tn＋3(23n－Tn) ＝3×8n－Tn. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明Tn＝[8n＋2(－1)n]． 當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝C＋C

61、＝2＝[81＋2(－1)1]， 即n＝1時(shí)，命題成立． 假設(shè)n＝k (k≥1，k∈N*) 時(shí)，命題成立， 即Tk＝[8k＋2(－1)k]． 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， Tk＋1＝3×8k－Tk＝3×8k－[8k＋2(－1)k] ＝[9×8k－8k－2(－1)k] ＝[8k＋1＋2(－1)k＋1]， 即n＝k＋1時(shí)，命題也成立． 于是當(dāng)n∈N*，有Tn＝[8n＋2(－1)n]． 3．(2018·南通二調(diào))設(shè)n≥2，n∈N*.有序數(shù)組(a1，a2，…，an)經(jīng)m次變換后得到數(shù)組(bm,1，bm,2，…，bm，n)，其中b1，i＝ai＋ai＋1，bm，i＝bm－1，i＋bm－1，i＋1(

62、i＝1,2，…，n)，an＋1＝a1，bm－1，n＋1＝bm－1,1(m≥2)．例如：有序數(shù)組(1,2,3)經(jīng)1次變換后得到數(shù)組(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；經(jīng)第2次變換后得到數(shù)組(8,9,7)． (1)若ai＝i(i＝1,2，…，n)，求b3,5的值； (2)求證：bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n.(注：當(dāng)i＋j＝kn＋t時(shí)，k∈N*，t＝1,2，…，n，則ai＋j＝at) 解：(1)當(dāng)n＝2,3,4時(shí)，b3,5值不存在； 當(dāng)n＝5時(shí)，依題意，有序數(shù)組為(1,2,3,4,5)． 經(jīng)1次變換為：(3,5,7,9,6)， 經(jīng)2次變換為：(8,12,16,15

63、,9)， 經(jīng)3次變換為：(20,28,31,24,17)， 所以b3,5＝17； 當(dāng)n＝6時(shí)，同理得b3,5＝28； 當(dāng)n＝7時(shí)，同理得b3,5＝45； 當(dāng)n≥8時(shí)，n∈N*時(shí)， 依題意，有序數(shù)組為(1,2,3,4,5,6,7,8，…，n)． 經(jīng)1次變換為：(3,5,7,9,11,13,15，…，n＋1)， 經(jīng)2次變換為：(8,12,16,20,24,28，…，n＋4)， 經(jīng)3次變換為：(20,28,36,44,52，…，n＋12)， 所以b3,5＝52. (2)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明對(duì)m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. ①當(dāng)m＝1時(shí)，b1，i

64、＝ai＋ai＋1＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n，結(jié)論成立； ②假設(shè)m＝k(k∈N*)時(shí)，bk，i＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n. 則m＝k＋1時(shí)， bk＋1，i＝bk，i＋bk，i＋1＝i＋jC＋i＋j＋1C ＝i＋jC＋i＋jC ＝aiC＋i＋j(C＋C)＋ai＋k＋1C ＝aiC＋i＋jC＋ai＋k＋1C ＝i＋jC， 所以結(jié)論對(duì)m＝k＋1時(shí)也成立． 由①②知，m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. 4．隨機(jī)將1,2，…，2n(n∈N*，n≥2)這2n個(gè)連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個(gè)數(shù)，A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2，B組最小數(shù)為b1，最大

65、數(shù)為b2，記ξ＝a2－a1，η＝b2－b1. (1)當(dāng)n＝3時(shí)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望； (2)令C表示事件“ξ與η的取值恰好相等”，求事件C發(fā)生的概率P(C)； (3)對(duì)(2)中的事件C，表示C的對(duì)立事件，判斷P(C)和P()的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由． 解：(1)當(dāng)n＝3時(shí)，ξ的所有可能取值為：2,3,4,5. 將6個(gè)正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有C＝20(種)，所以ξ的分布列為： ξ 2 3 4 5 P Eξ＝2×＋3×＋4×＋5×＝. (2)ξ和η恰好相等的所有可能取值為：n－1，n，n＋1，…，2n－2. 又ξ和η恰好相等且等

66、于n－1時(shí)，不同的分組方法有2種； ξ和η恰好相等且等于n時(shí)，不同的分組方法有2種； ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1,2，…，n－2)(n≥3)時(shí)， 不同的分組方法有2C種； 所以當(dāng)n＝2時(shí)，P(C)＝＝； 當(dāng)n≥3時(shí)，P(C)＝. (3)由(2)，當(dāng)n＝2時(shí)，P()＝， 因此P(C)＞P()． 而當(dāng)n≥3時(shí)，P(C)＜P()．理由如下： P(C)＜P()等價(jià)于4(2＋)＜C.① 用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明： 1°當(dāng)n＝3時(shí)，①式左邊＝4(2＋C)＝4(2＋2)＝16，①式右邊＝C＝20，所以①式成立． 2°假設(shè)n＝m(m≥3，m∈N*)時(shí)①式成立， 即4(2＋)＜C成立， 那么，當(dāng)n＝m＋1時(shí)，左邊＝4(2＋)＝4(2＋)＋4C＜C＋4C＝＋＝＜＝C·＜C＝右邊，即當(dāng)n＝m＋1時(shí)①式也成立． 綜合1°，2°得：對(duì)于n≥3的所有正整數(shù)，都有P(C)＜P()成立． 29