《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法教學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法教學案 理（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題八 二項式定理與數(shù)學歸納法 江蘇新高考 本部分內容在高考中基本年年都考，并以壓軸題形式考查. 2012，2013年主要考查組合計數(shù)；2014年考復合函數(shù)求導和數(shù)學歸納法；2015年考查計數(shù)原理為主，又涉及到數(shù)學歸納法；2016年考查組合數(shù)及其性質等基礎知識，考查考生的運算求解能力和推理論證能力；2017年考查概率分布與期望及組合數(shù)的性質，既考查運算能力，又考查思維能力. 近年高考對組合數(shù)的性質要求較高，常與數(shù)列、函數(shù)、不等式、數(shù)學歸納法等知識交匯考查. 第1課時計數(shù)原理與二項式定理(能力課) [?？碱}型突破] 計數(shù)原理的應用 [例1]　一個非空集合中的各個元素之和

2、是3的倍數(shù)，則稱該集合為“好集”．記集合{1,2,3，…，3n}的子集中所有“好集”的個數(shù)為f(n)． (1)求f(1)，f(2)的值； (2)求f(n)的表達式． [解]　(1)①當n＝1時，集合{1,2,3}中的一元好集有{3}，共1個；二元好集有{1,2}，共1個；三元好集有{1,2,3}，共1個，所以f(1)＝1＋1＋1＝3. ②當n＝2時，集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3}，{6}，共2個； 二元好集有{1,2}，{1,5}，{2,4}，{3,6}，{4,5}，共5個； 三元好集有{1,2,3}，{1,2,6}，{1,3,5}，{1,5,6}，{4,2,3}

3、，{4,2,6}，{4,3,5}，{4,5,6}，共8個； 四元好集有{3,4,5,6}，{2,3,4,6}，{1,3,5,6}，{1,2,3,6}，{1,2,4,5}，共5個； 五元好集有{1,2,4,5,6}，{1,2,3,4,5}共2個，還有一個全集． 故f(2)＝1＋(2＋5)×2＋8＝23. (2)首先考慮f(n＋1)與f(n)的關系． 集合{1,2,3，…，3n,3n＋1,3n＋2,3n＋3}在集合{1,2,3，…，3n}中加入3個元素3n＋1,3n＋2,3n＋3.故f(n＋1)的組成有以下幾部分： ①原來的f(n)個集合； ②含有元素3n＋1的“好集”是{1,2,3

4、，…，3n}中各元素之和被3除余2的集合， 含有元素是3n＋2的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余1的集合， 含有元素是3n＋3的“好集”是{1,2,3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合． 合計是23n； ③含有元素是3n＋1與3n＋2的“好集”是{1,2，3，…，3n}中各元素之和被3除余0的集合， 含有元素是3n＋2與3n＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n}中各元素之和被3除余1的集合， 含有元素是3n＋1與3n＋3的“好集”是{1,2，3，…，3n}中各元素之和被3除余2的集合．合計是23n； ④含有元素是3n＋1,3n＋2,3n＋3的“好集”

5、是{1,2，3，…，3n}中“好集”與它的并，再加上{3n＋1,3n＋2,3n＋3}． 所以f(n＋1)＝2f(n)＋2×23n＋1. 兩邊同除以2n＋1， 得－＝4n＋. 所以＝4n－1＋4n－2＋…＋4＋＋＋…＋＋＝＋1－(n≥2)． 又也符合上式， 所以f(n)＝＋2n－1. [方法歸納] (1)深化對兩個計數(shù)原理的認識，培養(yǎng)“全局分類”和“局部分步”的意識，并在操作中確保：①分類不重不漏；②分步要使各步具有連續(xù)性和獨立性. 解決計數(shù)應用題的基本思想是“化歸”，即由實際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計算其結果，從而解決實際問題. (2)本題是有關數(shù)論問題，其難度較大

6、，求解關鍵是得出f(n＋1)與f(n)的關系，求解中用到歸納法和分類討論思想. [變式訓練] (2017·蘇北三市三模)已知集合U＝{1,2，…，n}(n∈N*，n≥2)，對于集合U的兩個非空子集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：設集合A中有k個元素，k＝1,2,3，…，n－1. 則與集合A互斥的非空子集有2n－k－1個．

7、 于是f(n)＝(2n－k－1)＝(2n－k－)． 因為2n－k＝2n－k－C2n－C20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1， ＝－C－C＝2n－2， 所以f(n)＝[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝(3n－2n＋1＋1). 法二：任意一個元素只能在集合A，B，C＝?U(A∪B)之一中， 則這n個元素在集合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). 二項式定理的應用 [例2]　(201

8、7·蘇北四市期末)已知等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n. (1)求(1＋x)2n－1的展開式中含xn的項的系數(shù)，并化簡：CC ＋CC＋…＋CC； (2)證明：(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC. [解]　(1)(1＋x)2n－1的展開式中含xn的項的系數(shù)為C， 由(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn－1)·(C＋Cx＋…＋Cxn)， 可知(1＋x)n－1(1＋x)n的展開式中含xn的項的系數(shù)為CC ＋CC＋…＋CC. 所以CC ＋CC＋…＋CC＝C. (2)證明：當k∈N*時，kC＝k×＝＝n×＝nC. 所以(C)2＋2(C)2＋…＋

9、n(C)2＝k(C)2]＝(kCC)＝(nCC)＝n(CC)＝n(CC)． 由(1)知CC ＋CC＋…＋CC＝C，即(CC)＝C， 所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC. [方法歸納] 二項式定理中的應用主要是構造一個生成相應二項式系數(shù)的函數(shù)，通過研究函數(shù)關系證明恒等式、不等式和整除性問題.將二項式定理(a＋b)n＝C\o\al(0,n)an＋C\o\al(1,n)an－1b＋…＋C\o\al(r,n)an－rbr＋…＋C\o\al(n,n)bn中的a，b進行特殊化就會得到很多有用的有關組合數(shù)的相關和的結果，這是研究有關組合數(shù)的和的問題的常用方法.還可以利用求函數(shù)值的思想進行

10、賦值求解. [變式訓練] (2017·南京、鹽城一模)設n∈N*，n≥3，k∈N*. (1)求值：①kC－nC； ②k2C－n(n－1)C－nC(k≥2)； (2)化簡：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C. 解：(1)①kC－nC ＝k×－n× ＝－＝0. ②k2C－n(n－1)C－nC＝k2×－n(n－1)×－n×＝k×－－＝＝0. (2)法一：由(1)可知，當k≥2時，(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＋…

11、＋(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n≥3時，由二項式定理，有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn， 兩邊同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1， 兩邊對x求導，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＋3

12、Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1， 兩邊再對x求導，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＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－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)． 組合數(shù)的性質應用 [例3]　(2017·蘇北四市調研)在楊輝三角形中，從第3行開始，除1以外，其他

13、每一個數(shù)值是它上面的兩個數(shù)值之和，這個三角形數(shù)陣開頭幾行如圖所示． (1)在楊輝三角形中是否存在某一行，且該行中三個相鄰的數(shù)之比為3∶4∶5？若存在，試求出是第幾行；若不存在，請說明理由； (2)已知n，r為正整數(shù)，且n≥r＋3.求證：任何四個相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構成等差數(shù)列． [解]　(1)楊輝三角形的第n行由二項式系數(shù)C， k＝0,1,2，…，n組成． 如果第n行中有＝＝， ＝＝， 那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5， 解得k＝27，n＝62. 即第62行有三個相鄰的數(shù)C，C，C的比為3∶4∶5. (2)證明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C

14、成等差數(shù)列，則2C＝C＋C，2C＝C＋C， 即＝＋ ， ＝＋. 所以有＝＋，＝＋， 化簡整理得，n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0， n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0. 兩式相減得，n＝2r＋3， 于是C，C，C，C成等差數(shù)列． 而由二項式系數(shù)的性質可知C＝C＜C＝C，這與等差數(shù)列的性質矛盾，從而要證明的結論成立． [方法歸納] (1)對于組合數(shù)問題，需要熟記并能靈活運用以下兩個組合數(shù)公式：C＝C，C＝C＋C. (2)對于二項式定理問題，需掌握賦值法和二項式系數(shù)的性質，并能將二項式系數(shù)與二項展開式系數(shù)區(qū)別開來． [變式訓練] 設(1－x

15、)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2. (1)若n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值； (2)設bk＝ak＋1(k∈N，k≤n－1)，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求的值． 解：(1)因為ak＝(－1)kC， 當n＝11時，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11| ＝C＋C＋C＋C＋C＋C ＝(C＋C＋…＋C＋C)＝210＝1 024. (2)bk＝ak＋1＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1C， 當1≤k≤n－1時， bk＝(－1)k＋1C ＝(－1)k＋1

16、＝(－1)k＋1C＋(－1)k＋1C ＝(－1)k－1C－(－1)kC. 當m＝0時，＝＝1. 當1≤m≤n－1時，Sm＝－1＋(－1)k－1C－(－1)kC]＝－1＋1－(－1)mC ＝－(－1)mC， 所以＝1. 綜上，＝1. [課時達標訓練] 1．設集合A，B是非空集合M的兩個不同子集，滿足：A不是B的子集，且B也不是A的子集． (1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接寫出所有不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)； (2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，求所有不同的有序集合對(A，B)的個數(shù)． 解：(1)110. (2)集合M有2n個子集，不同的有序集合對(

17、A，B)有2n(2n－1)個． 當A?B，并設B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)個元素， 則滿足A?B的有序集合對(A，B)有(2k－1) ＝2k－＝3n－2n個． 同理，滿足B?A的有序集合對(A，B)有3n－2n個． 故滿足條件的有序集合對(A，B)的個數(shù)為2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n. 2．(2017·南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n≥2，n∈N*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個下圖所示的三角形數(shù)陣： 　 設Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1≤k≤n，k∈N*.記M1. 解：(1)由

18、題意知p2＝＝，即p2的值為. (2)證明：先排第n行，則最大數(shù)在第n行的概率為＝； 去掉第n行已經(jīng)排好的n個數(shù)， 則余下的－n＝個數(shù)中最大數(shù)在第n－1行的概率為＝； … 故pn＝××…×＝＝. 由于2n＝(1＋1)n＝C＋C＋C＋…＋C≥C＋C＋C>C＋C＝C， 故>，即pn>. 3．記1,2，…，n滿足下列性質T的排列a1，a2，…，an的個數(shù)為f(n)(n≥2，n∈N*)．性質T：排列a1，a2，…，an中有且只有一個ai＞ai＋1(i∈{1,2，…，n－1})． (1)求f(3)； (2)求f(n)． 解：(1)當n＝3時，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(

19、1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中滿足僅存在一個i∈{1,2,3}，使得ai＞ai＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f(3)＝4. (2)在1,2，…，n的所有排列(a1，a2，…，an)中， 若ai＝n(1≤i≤n－1)，從n－1個數(shù)1,2,3，…，n－1中選i－1個數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，…，ai－1，其余按從小到大的順序排列在余下位置，于是滿足題意的排列個數(shù)為C. 若an＝n，則滿足題意的排列個數(shù)為f(n－1)． 綜上，f(n)＝f(n－1)＋＝f(n－1)＋2n－1－1.

20、 從而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1. 4．(2016·江蘇高考)(1)求7C－4C的值； (2)設m，n∈N*，n≥m，求證：(m＋1)C＋(m＋2)·C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. 解：(1)7C－4C＝7×－4×＝0. (2)證明：當n＝m時，結論顯然成立． 當n＞m時，(k＋1)C＝ ＝(m＋1)· ＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因為C＋C＝C， 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n. 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)

21、C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C] ＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)] ＝(m＋1)C. 5．設an是滿足下述條件的自然數(shù)的個數(shù)：各數(shù)位上的數(shù)字之和為n(n∈N*)，且每個數(shù)位上的數(shù)字只能是1或2. (1)求a1，a2，a3，a4的值； (2)求證：a5n－1(n∈N*)是5的倍數(shù)． 解：(1)當n＝1時，只有自然數(shù)1滿足題設條件，所以a1＝1； 當n＝2時，有11,2兩個自然數(shù)滿足題設條件，所以a2＝2； 當n＝3時，有111,21,12三個自然數(shù)滿足題設條件，所以a3＝3； 當n＝4時，有1 111,112,121,211,22五個自然

22、數(shù)滿足題設條件，所以a4＝5. 綜上所述，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5. (2)證明：設自然數(shù)X的各位數(shù)字之和為n＋2，由題設可知，X的首位為1或2兩種情形． 當X的首位為1時，則其余各位數(shù)字之和為n＋1. 故首位為1，各位數(shù)字之和為n＋2的自然數(shù)的個數(shù)為an＋1； 當X的首位為2時，則其余各位數(shù)字之和為n. 故首位為2，各位數(shù)字之和為n＋2的自然數(shù)的個數(shù)為an. 所以各位數(shù)字之和為n＋2的自然數(shù)的個數(shù)為an＋1＋an，即an＋2＝an＋1＋an. 下面用數(shù)學歸納法證明a5n－1是5的倍數(shù)． ①當n＝1時，a4＝5，所以a4是5的倍數(shù)，命題成立； ②假設n＝k(k

23、≥1，n∈N*)時，命題成立，即a5k－1是5的倍數(shù)． 則a5k＋4＝a5k＋3＋a5k＋2 ＝2a5k＋2＋a5k＋1 ＝2(a5k＋1＋a5k)＋a5k＋1 ＝3a5k＋1＋2a5k ＝3(a5k＋a5k－1)＋2a5k ＝5a5k＋3a5k－1. 因為5a5k＋3a5k－1是5的倍數(shù)，即a5k＋4是5的倍數(shù)．所以n＝k＋1時，命題成立． 由①②可知，a5n－1(n∈N*)是5的倍數(shù)． 6．(2017·常州期末)對一個量用兩種方法分別算一次，由結果相同構造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法．利用這種方法，結合二項式定理，可以得到很多有趣的組合恒等式．如：考察恒等式(1

24、＋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＋…＋(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，直接寫出一個恒等式； (2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明： 第2課時數(shù)學歸納法(能力課) [常考題型突破] 用數(shù)學歸納法證明等式 [例1

25、]　(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)設|θ|<，n為正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an＝sintannθ，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：對任何正整數(shù)n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1tan2nθ]． [證明]　(1)因為an＝sintannθ. 當n為偶數(shù)時，設n＝2k，k∈N*，an＝a2k＝sintan2kθ＝sin kπ·tan2kθ＝0，an＝0. 當n為奇數(shù)時，設n＝2k－1，k∈N*，an＝a2k－1＝sintannθ＝sin·tannθ. 當k＝2m，m∈N*時，an＝a2k－1＝s

26、in·tannθ＝sin·tannθ＝－tannθ， 此時＝2m－1，an＝a2k－1＝－tannθ＝(－1)2m－1tannθ＝(－1)tannθ. 當k＝2m－1，m∈N*時，an＝a2k－1＝sin·tannθ＝sin·tannθ＝tannθ， 此時＝2m－2，an＝a2k－1＝tannθ＝(－1)2m－2·tannθ＝(－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， 等式右邊＝sin 2θ(1＋tan2θ)＝sin θ·cos θ·＝tan θ. 故n＝1時，命題成立

27、， 假設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)ktan2k＋1θ＝sin 2θ·1＋(－1)k＋1tan2kθ＋(－1)k·tan2k＋1θ＝sin 2θ·1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ·－＋ ＝sin 2θ·1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ· ＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ ]． 即當n＝k＋1時命題成立. 綜上所述，對任何正整數(shù)n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－

28、1)n＋1tan2nθ]． [方法歸納] (1)用數(shù)學歸納法證明等式問題是常見題型，其關鍵點在于弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，以及初始值n0的值. (2)由n＝k到n＝k＋1時，除考慮等式兩邊變化的項外還要充分利用n＝k時的式子，即充分利用假設，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明. [變式訓練] (2017·揚州期末)已知Fn(x)＝(－1)0C，f0(x)＋(－1)1Cf1(x)＋…＋(－1)nCfn(x)(n∈N*，x>0)， 其中fi(x)(i∈{0,1,2，…，n})是關于x的函數(shù)． (1)若fi(x)＝xi(i∈N)，求F2(1)，F(xiàn)2 017(2

29、)的值； (2)若fi(x)＝(i∈N)，求證：Fn(x)＝(n∈N*)． 解：(1)因為fi(x)＝xi(i∈N)，所以Fn(x)＝(－1)0Cx0＋(－1)1Cx1＋…＋(－1)nCxn＝(1－x)n，所以F2(1)＝0, F2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1. (2)證明：因為fi(x)＝(x>0，i∈N)， 所以Fn(x)＝(－1)0Cf0(x)＋(－1)1Cf1(x)＋…＋(－1)nCfn(x)＝(n∈N*)． ①當n＝1時，F(xiàn)n(x)＝＝1－＝，所以n＝1時結論成立. ②假設n＝k(k∈N*)時結論成立， 即Fk(x)＝ ＝， 則n＝k＋1時，F(xiàn)k＋1

30、(x)＝ ＝1＋＋(－1)k＋1C ＝1＋＋(－1)k＋1·C ＝＋ ＝Fk(x)－ ＝Fk(x)－ ＝Fk(x)－· ＝Fk(x)－Fk(x＋1)＝－· ＝ ＝， 所以n＝k＋1時，結論也成立. 綜合①②可知， Fn(x)＝(n∈N*). 用數(shù)學歸納法證明不等式 [例2]　(2017·南京模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＝3n－2，函數(shù)f(n)＝＋＋…＋，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*. (1) 求證：g(2)＞； (2) 求證：當n≥3時，g(n)＞ . [證明]　 (1)由題意知，an＝3n－2，g(n)＝＋＋＋…＋， 當n＝2時，

31、g(2)＝＋＋＝＋＋＝＞.故結論成立． (2)用數(shù)學歸納法證明： ①當n＝3時，g(3)＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋＋＝＋＋＞＋＋ ＝＋＋＞＋＋＞， 所以當n＝3時，結論成立． ②假設當n＝k(k≥3，k∈N*)時，結論成立， 即g(k)＞， 則當n＝k＋1時，g(k＋1)＝g(k)＋＋＋…＋－＞＋＋＋…＋－＞＋－ ＝＋ ＝＋， 由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞. 所以當n＝k＋1時，結論也成立． 綜合①②可得，當n≥3時，g(n)＞. [方法歸納] (1)當遇到與正整數(shù)n有關的不等式證明時，應用其他辦法不容易證，則可考慮應用數(shù)學歸納法. (2)

32、用數(shù)學歸納法證明不等式的關鍵是由n＝k(k∈N*)成立，推證n＝k＋1時也成立，證明時用上歸納假設后，可采用分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明. [變式訓練] 設實數(shù)a1，a2，…，an滿足a1＋a2＋…＋an＝0，且|a1|＋|a2|＋…＋|an|≤1(n∈N*且n≥2)，令bn＝(n∈N*)．求證：|b1＋b2＋…＋bn|≤－(n∈N*)． 證明：(1)當n＝2時，a1＝－a2， 所以|a1|＋|a2|＝2|a1|≤1，即|a1|≤， 所以|b1＋b2|＝＝≤＝－， 即當n＝2時，結論成立． (2)假設當n＝k(k∈N*且k≥2)時，結論成立， 即當a1＋a

33、2＋…＋ak＝0，且|a1|＋|a2|＋…＋|ak|≤1時，有|b1＋b2＋…＋bk|≤－. 則當n＝k＋1時，由a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＝0， 且|a1|＋|a2|＋…＋|ak＋1|≤1， 可得2|ak＋1|＝|a1＋a2＋…＋ak|＋|ak＋1|≤|a1|＋|a2|＋…＋|ak＋1|≤1， 所以|ak＋1|≤. 又a1＋a2＋…＋ak－1＋(ak＋ak＋1)＝0，且|a1|＋|a2|＋…＋|ak－1|＋|ak＋ak＋1|≤|a1|＋|a2|＋…＋|ak＋1|≤1， 由假設可得≤－， 所以|b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1| ＝ ＝ ≤－＋ ＝－＋|ak＋1| ≤

34、－＋× ＝－， 即當n＝k＋1時，結論成立． 綜合(1)(2)可知，結論成立． 歸納、猜想、證明 [例3]　(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)＝Cxn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(x－k)n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N*，k∈N，k≤n. (1)試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值； (2)試猜測fn(x)關于n的表達式，并證明你的結論． [解]　(1)f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1； f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2； f3(x)＝Cx3－

35、C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6. (2)猜測：fn(x)＝n！. 而kC＝k·＝，nC＝n·＝， 所以kC＝nC. 用數(shù)學歸納法證明結論成立． ①當n＝1時，f1(x)＝1，所以結論成立． ②假設當n＝k時，結論成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！. 則當n＝k＋1時，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝Cxk＋1－C(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)kC(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C(x－k－1)

36、k＋1 ＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k…＋(－1)k＋1kC(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋…＋(－1)k(C＋C)(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k…＋(－1)k＋1C(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k(x－k－1) ＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C(x－1)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k…＋(－1)k＋1C(x－k)k]＋x(－1)k＋1C

37、(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x－k－1)k＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C(x－1)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)k(x－k－1)k]．(*) 由歸納假設知(*)式等于x·k?。瓁·k！＋(k＋1)·k?。?k＋1)！. 所以當n＝k＋1時，結論也成立． 綜合①②，fn(x)＝n！成立． [方法歸納] 利用數(shù)學歸納法可以探索與正整數(shù)n有關的未知問題、存在性問題，其基本模式是“歸納—猜想—證明”，即先由合情推理

38、發(fā)現(xiàn)結論，然后經(jīng)邏輯推理即演繹推理論證結論的正確性. 解“歸納—猜想—證明”題的關鍵是準確計算出前若干具體項，這是歸納、猜想的基礎.否則將會做大量無用功.　 [變式訓練] (2017·鹽城模擬)記f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)(n≥2，n∈N*)． (1)求f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)當n≥2，n∈N*時，試猜想所有f(n)的最大公約數(shù)，并證明． 解：(1)因為f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)＝(3n＋2)C＋1， 所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140. (2)證明：由(1)中結論可猜想所有f(n)的最大公約數(shù)為4. 下面

39、用數(shù)學歸納法證明所有的f(n)都能被4整除即可． ①當n＝2時，f(2)＝8能被4整除，結論成立； ②假設n＝k (k≥2，k∈N*)時，結論成立， 即f(k)＝(3k＋2)C＋1能被4整除， 則當n＝k＋1時，f(k＋1)＝(3k＋5)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時結論也成立． 綜上所述，所有f(n)的最大公約數(shù)為4. [課時達標訓練] 1．(2017·南通三模)已知函數(shù)f0(x)＝(a≠0，bc－ad≠0)．設fn

40、(x)為fn－1(x)的導數(shù)，n∈N*. (1)求f1(x)，f2(x)； (2)猜想fn(x)的表達式，并證明你的結論． 解：(1)f1(x)＝f0′(x)＝′＝， f2(x)＝f1′(x)＝′＝. (2)猜想fn(x)＝，n∈N*. 證明：①當n＝1時，由(1)知結論成立， ②假設當n＝k(k∈N*且k≥1)時結論成立， 即有fk(x)＝. 當n＝k＋1時， fk＋1(x)＝fk′(x)＝′ ＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′ ＝. 所以當n＝k＋1時結論成立． 由①②得，對一切n∈N*結論都成立． 2．(2017·

41、鎮(zhèn)江模擬)證明：對一切正整數(shù)n,5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 證明：(1)當n＝1時，原式等于8能被8整除， (2)假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，結論成立， 則5k＋2·3k－1＋1能被8整除． 設5k＋2·3k－1＋1＝8m，m∈N*， 當n＝k＋1時，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k≥1，k∈N*時， 3k－1＋1顯然為偶數(shù)，設為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

42、被8整除， 故當n＝k＋1時結論也成立； 由(1)(2)可知對一切正整數(shù)n,5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 3．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n≥2，n∈N*)，求證：S2n＞1＋(n≥2，n∈N*)． 證明：(1)當n＝2時，S2n＝S4＝1＋＋＋＝＞1＋，即n＝2時命題成立； (2)假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時命題成立，即S2k＝1＋＋＋…＋＞1＋， 則當n＝k＋1時， S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋＞1＋＋＋＋…＋＞1＋＋＝1＋＋＝1＋， 故當n＝k＋1時，命題成立． 由(1)和(2)可知，對n≥2，n∈N*不等式S2n＞1＋都成立． 4．(2017·南京三模

43、)已知數(shù)列{an}共有3n(n∈N*)項，記f(n)＝a1＋a2＋…＋a3n.對任意的k∈N*,1≤k≤3n，都有ak∈{0,1}，且對于給定的正整數(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}的個數(shù)記為Tn. (1)當p＝2時，求T2的值； (2)當p＝3時，求證：Tn＝[8n＋2(－1)n]． 解：(1)由題意，當n＝2時，數(shù)列{an}共有6項． 要使得f(2)是2的整數(shù)倍，則這6項中，只能有0項、2項、4項、6項取1， 故T2＝C＋C＋C＋C＝25＝32. (2)證明：Tn＝C＋C＋C＋…＋C . 當1≤k≤n，k∈N*時， C＝C＋C ＝C＋C

44、＋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)學歸納法證明Tn＝[8n＋2(－1)n]． 當n＝1時，T1＝C＋C＝2＝[81＋2(－1)1]， 即n＝1時，命題成立． 假設n＝k (k≥1，k∈N*) 時，命題成立， 即Tk＝[8k＋2(－1)k]． 則當n＝k＋1時， Tk＋1＝3×8k－Tk＝3×8k－[8k＋2(－1)k] ＝[9×8k－8k－2(－1)k]

45、＝[8k＋1＋2(－1)k＋1]， 即n＝k＋1時，命題也成立． 于是當n∈N*，有Tn＝[8n＋2(－1)n]． 5．(2017·揚州考前調研)在數(shù)列{an}中，an＝cos(n∈N*)． (1)試將an＋1表示為an的函數(shù)關系式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝1－(n∈N*)，猜想an與bn的大小關系，并證明你的結論． 解：(1)an＝cos＝cos ＝22－1， ∴an＝2a－1，∴an＋1＝± ， 又n∈N*，n＋1≥2，an＋1>0，∴an＋1＝ . (2)當n＝1時，a1＝－，b1＝1－2＝－1，∴a1>b1； 當n＝2時，a2＝，b2＝1－＝，∴a2＝b2

46、； 當n＝3時，a3＝，b3＝1－＝，∴a30， 即證＋2>0，顯然成立． ∴n＝k＋1時，結論也成立． 綜合①②可知：當n≥3時，an

47、通二調)設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(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i＋j＝kn＋t時，k∈N*，t＝1,2，…，n，則ai＋j＝at)

48、解：(1)當n＝2,3,4時，b3,5值不存在； 當n＝5時，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：(8,12,16,15,9)， 經(jīng)3次變換為：(20,28,31,24,17)， 所以b3,5＝17； 當n＝6時，同理得b3,5＝28； 當n＝7時，同理得b3,5＝45； 當n≥8時，n∈N*時， 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：(2

49、0,28,36,44,52，…，n＋12)， 所以b3,5＝52. (2)證明：下面用數(shù)學歸納法證明對m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. ①當m＝1時，b1，i＝ai＋ai＋1＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n，結論成立； ②假設m＝k(k∈N*)時，bk，i＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n. 則m＝k＋1時， 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， 所以結論對m＝k＋1時也成立． 由①②知，m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. 22