2、，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，從而S1＝a1，S4＝0a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11中元素的個數(shù)為5.
(2)先證：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)(i∈N*)．
事實上，①當(dāng)i＝1時，Si(2i＋1)＝S3＝－3，－i(2i＋1)＝－3，故原等式成立；
②假設(shè)i＝m時成立，即Sm(2m＋1)＝－m(2m＋1)，則i＝m＋1時 ，S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)－4
3、m－3＝－(2m2＋5m＋3)＝－(m＋1)(2m＋3)．
綜合①②可得Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)．于是
S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)．
由上可知Si(2i＋1)是2i＋1的倍數(shù)，而ai(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1,2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是ai(2i＋1)＋j(j＝1,2，…，2i＋1)的倍數(shù)．又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)(2i＋1)不是2i＋2的倍數(shù)，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1,2，…，2i＋
4、2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1,2，…，2i＋2)的倍數(shù)，故當(dāng)l＝i(2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為1＋3＋…＋(2i－1)＝i2，于是，當(dāng)l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為i2＋j.
又2 000＝31(231＋1)＋47，故集合P2 000中元素的個數(shù)為312＋47＝1 008.
[考題分析][來源:]
高考對本內(nèi)容的考查主要有：
(1) 二項式定理的簡單應(yīng)用，B級要求；
(2)數(shù)學(xué)歸納法的簡單應(yīng)用，B級要求
5、
1．二項式定理
(1)二項式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn，上式中右邊的多項式叫做(a＋b)n的二項展開式，其中C(r＝1,2,3，…，n)叫做二項式系數(shù)，式中第r＋1項叫做展開式的通項，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Can－rbr；
(2)(a＋b)n展開式中二項式系數(shù)C(r＝1,2,3，…，n)的性質(zhì)：[來源:中國教育出版網(wǎng)]
①與首末兩端“等距離”的兩項的二項式系數(shù)相等，即C＝C；
②C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
2．二項式定理的應(yīng)用
(1)求二項式定理中有關(guān)系數(shù)的和通常用“賦值法”．
(2)二項式
6、展開式的通項公式Tr＋1＝Can－rbr是展開式的第r＋1項，而不是第r項．
3．?dāng)?shù)學(xué)歸納法
運用數(shù)學(xué)歸納法證明命題要分兩步，第一步是歸納奠基(或遞推基礎(chǔ))證明當(dāng)n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立，第二步是歸納遞推(或歸納假設(shè))假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時命題也成立，只要完成這兩步，就可以斷定命題對從n0開始的所有的正整數(shù)都成立，兩步缺一不可．
4．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用
(1)利用數(shù)學(xué)歸納法證明代數(shù)恒等式的關(guān)鍵是將式子轉(zhuǎn)化為與歸納假設(shè)的結(jié)構(gòu)相同的形式，然后利用歸納假設(shè)，經(jīng)過恒等變形，得到結(jié)論．
(2)利用數(shù)學(xué)歸納法證明三角恒等式時，常運用有關(guān)的三角
7、知識、三角公式，要掌握三角變換方法．
(3)利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題時，在由n＝k成立，推導(dǎo)n＝k＋1成立時，過去講的證明不等式的方法在此都可利用．
(4)用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問題時，可把n＝k＋1時的被除式變形為一部分能利用歸納假設(shè)的形式，另一部分能被除式整除的形式.
(5)解題時經(jīng)常用到“歸納——猜想——證明”的思維模式．
熱點一 二項式定理的應(yīng)用
【例1】 (20xx蘇北四市調(diào)研)已知an＝(1＋)n(n∈N*)
(1)若an＝a＋b(a，b∈Z)，求證：a是奇數(shù)；
(2)求證：對于任意n∈N*都存在正整數(shù)k，使得an＝＋.
證明 (1)由二項式定理，得an＝
8、C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n，
所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…，[來源:中教網(wǎng)]
因為2C＋22C＋…為偶數(shù)，所以a是奇數(shù)．
(2)由(1)設(shè)an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)，則(1－)n＝a－b，
所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n，
當(dāng)n為偶數(shù)時，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，
當(dāng)n為奇數(shù)時，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，
綜上，對于任意n∈N*，都存在正整數(shù)k，使得an＝＋.
[規(guī)律方法] 二項式系數(shù)的最大項與展開式系數(shù)的最大項不同
9、，本題的第r＋1項的二項式系數(shù)是C，而展開式系數(shù)卻是2rC，解題時要分清．
【訓(xùn)練1】 (20xx南京模擬)已知數(shù)列{an}的首項為1，p(x)＝a1C(1－x)n＋a2Cx(1－x)n－1＋a3Cx2(1－x)n－2＋…＋anCxn－1(1－x)＋an＋1Cxn
(1)若數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，求p(－1)的值；
(2)若數(shù)列{an}是公比為2的等差數(shù)列，求證：p(x)是關(guān)于x的一次多項式．
(1)解 法一 由題設(shè)知，an＝2n－1.
p(－1)＝1C(－1)02n＋2C(－1)12n－1＋22C(－1)22n－2＋…＋2nC(－1)n20＝C(－2)02n＋C(－2)1
10、2n－1＋C(－2)22n－2＋…＋C(－2)n20＝(－2＋2)n＝0.
法二 若數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，則an＝2n－1，故p(x)＝C(1－x)n＋C(2x)(1－x)n－1＋C(2x)2(1－x)n－2＋…＋C(2x)n－1(1－x)＋C(2x)n＝[(1－x)＋2x]n＝(1＋x)n.
所以p(－1)＝0.
(2)證明 若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，則an＝2n－1.
p(x)＝a1C(1－x)n＋a2Cx(1－x)n－1＋…＋anCxn－1(1－x)＋an＋1Cxn
＝C(1－x)n＋(1＋2)Cx(1－x)n－1＋(1＋4)Cx2(1－x)n－2＋…＋(
11、1＋2n)Cxn
＝[C(1－x)n＋C1nx(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn]＋2[Cx(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn]．
由二項式定理知，[來源:]
C(1－x)n＋Cx(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn＝[(1－x)＋x]n＝1.[來源:中,國教,育出,版網(wǎng)]
因為kC＝k＝n＝nC，
所以Cx(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋nCxn[來源:數(shù)理化網(wǎng)]
＝nCx(1－x)n－1＋nCx2(1－x)n－2＋…＋nCxn
＝nx[C(1－x)n－1＋Cx(1－x)n－2＋…＋Cxn－1]
＝nx[(
12、1－x)＋x]n－1＝nx，
所以p(x)＝1＋2nx.
即p(x)是關(guān)于x的一次多項式．
熱點二 數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用
【例2】 (2013蘇錫常鎮(zhèn)模擬)記…的展開式中，x的系數(shù)為an，x2的系數(shù)為bn，其中n∈N*.
(1)求an；
(2)是否存在常數(shù)p，q(p＜q)，使bn＝，對n∈N*，n≥2恒成立？證明你的結(jié)論．
解 (1)根據(jù)多項式乘法運算法則，得
an＝＋＋…＋＝1－.
(2)計算得b2＝，b3＝.
代入bn＝，解得p＝－2，q＝－1.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明bn＝＝－＋(n≥2且n∈N*)
①當(dāng)n＝2時，b2＝，結(jié)論成立．[來源:]
②設(shè)n＝k時成立，即bk
13、＝－＋，
則當(dāng)n＝k＋1時，
bk＋1＝bk＋＝－＋＋－[來源:][來源:]
＝－＋.
由①②可得結(jié)論成立．
[規(guī)律方法] 運用數(shù)學(xué)歸納法證明命題P(n)，由P(k)成立推證P(k＋1)成立，一定要用到條件P(k)，否則不是數(shù)學(xué)歸納法證題．
【訓(xùn)練2】 (20xx江蘇卷)已知△ABC的三邊長都是有理數(shù)．
(1)求證：cos A是有理數(shù)；
(2)求證：對任意正整數(shù)n，cos nA是有理數(shù)．
(1)證明 設(shè)三邊長分別為a，b，c，cos A＝，
∵a，b，c是有理數(shù)，
b2＋c2－a2是有理數(shù)，分母2bc為正有理數(shù)，又有理數(shù)集對于除法具有封閉性，
∴必為有理數(shù)，∴cos A
14、是有理數(shù)．
(2)證明?、佼?dāng)n＝1時，顯然cos A是有理數(shù)；
當(dāng)n＝2時，∵cos 2A＝2cos2A－1，因為cos A是有理數(shù)，
∴cos 2A也是有理數(shù)；
②假設(shè)當(dāng)n≤k(k≥2)時，結(jié)論成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理數(shù)．
當(dāng)n＝k＋1時，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A
＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]
＝cos kAcos A－cos(k－1)A＋cos(k＋1)A
解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A
∵cos A，cos kA，cos(k－
15、1)A均是有理數(shù)，
∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理數(shù)，[來源:中_教_網(wǎng)z_z_s_tep]
∴cos(k＋1)A是有理數(shù)．
即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立．
綜上所述，對于任意正整數(shù)n，cos nA是有理數(shù).
備課札記：
高考數(shù)學(xué) 理科專題教學(xué)案：二項式定理及數(shù)學(xué) 歸納法含答案
