【数学】2018届一轮复习人教A版专题八二项式定理与数学归纳法(理科)学案

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【数学】2018届一轮复习人教A版专题八二项式定理与数学归纳法(理科)学案

江苏新高考 本部分内容在高考中基本年年都考,并以压轴题形式考查. 2012,2013年主要考查组合计数;2014年考复合函数求导和数学归纳法;2015年考查计数原理为主,又涉及到数学归纳法;2016年考查组合数及其性质等基础知识,考查考生的运算求解能力和推理论证能力;2017年考查概率分布与期望及组合数的性质,既考查运算能力,又考查思维能力.‎ 近年高考对组合数的性质要求较高,常与数列、函数、不等式、数学归纳法等知识交汇考查.‎ 第1课时计数原理与二项式定理(能力课)‎ ‎[常考题型突破]‎ 计数原理的应用 ‎[例1] 一个非空集合中的各个元素之和是3的倍数,则称该集合为“好集”.记集合{1,2,3,…,3n}的子集中所有“好集”的个数为f(n).‎ ‎(1)求f(1),f(2)的值;‎ ‎(2)求f(n)的表达式.‎ ‎[解] (1)①当n=1时,集合{1,2,3}中的一元好集有{3},共1个;二元好集有{1,2},共1个;三元好集有{1,2,3},共1个,所以f(1)=1+1+1=3.‎ ‎②当n=2时,集合{1,2,3,4,5,6}中一元好集有{3},{6},共2个;‎ 二元好集有{1,2},{1,5},{2,4},{3,6},{4,5},共5个;‎ 三元好集有{1,2,3},{1,2,6},{1,3,5},{1,5,6},{4,2,3},{4,2,6},{4,3,5},{4,5,6},共8个;‎ 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个;‎ 五元好集有{1,2,4,5,6},{1,2,3,4,5}共2个,还有一个全集.‎ 故f(2)=1+(2+5)×2+8=23.‎ ‎(2)首先考虑f(n+1)与f(n)的关系.‎ 集合{1,2,3,…,3n,3n+1,3n+2,3n+3}在集合{1,2,3,…,3n}中加入3个元素3n+1,3n+2,3n+3.故f(n+1)的组成有以下几部分:‎ ‎①原 的f(n)个集合;‎ ‎②含有元素3n+1的“好集”是{1,2,3,…,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.‎ 合计是23n;‎ ‎③含有元素是3n+1与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与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与3n+3的“好集”是{1,2,3,…,3n}中各元素之和被3除余2的集合.合计是23n;‎ ‎④含有元素是3n+1,3n+2,3n+3的“好集”是{1,2,3,…,3n}中“好集”与它的并,再加上{3n+1,3n+2,3n+3}.‎ 所以f(n+1)=2f(n)+2×23n+1.‎ 两边同除以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.‎ ‎[方法归纳]‎ (1)深化对两个计数原理的认识,培养“全局分类”和“局部分步”的意识,并在操作中确保:①分类不重不漏;②分步要使各步具有连续性和独立性. 解决计数应用题的基本思想是“化归”,即由实际问题建立组合模型,再由组合数公式 计算其结果,从而解决实际问题.‎ (2)本题是有关数论问题,其难度较大,求解关键是得出f(n+1)与f(n)的关系,求解中用到归纳法和分类讨论思想. ‎ ‎[变式训练]‎ ‎(2017·苏北三市三模)已知集合U={1,2,…,n}(n∈N ,n≥2),对于集合U的两个非空子集A,B,若A∩B=∅,则称(A,B)为集合U的一组“互斥子集”.记集合U的所有“互斥子集”的组数为f(n)(视(A,B)与(B,A)为同一组“互斥子集”).‎ ‎(1)写出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:设集合A中有k个元素,k=1,2,3,…,n-1.‎ 则与集合A互斥的非空子集有2n-k-1个.‎ 于是f(n)=(2n-k-1)=(2n-k-).‎ 因为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:任意一个元素只能在集合A,B,C=∁U(A∪B)之一中,‎ 则这n个元素在集合A,B,C中,共有3n种,‎ 其中A为空集的种数为2n,B为空集的种数为2n,‎ 所以A,B均为非空子集的种数为3n-2×2n+1.‎ 又(A,B)与(B,A)为同一组“互斥子集”,‎ 所以f(n)=(3n-2n+1+1).‎ 二项式定理的应用 ‎[例2] (2017·苏北四市期末)已知等式(1+x)2n-1=(1+x)n-1(1+x)n.‎ ‎(1)求(1+x)2n-1的展开式中含xn的项的系数,并化简:CC +CC+…+CC;‎ ‎(2)证明:(C)2+2(C)2+…+n(C)2=nC.‎ ‎[解] (1)(1+x)2n-1的展开式中含xn的项的系数为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的展开式中含xn的项的系数为CC +CC+…+CC.‎ 所以CC +CC+…+CC=C.‎ ‎(2)证明:当k∈N 时,kC=k×==n×=nC.‎ 所以(C)2+2(C)2+…+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.‎ ‎[方法归纳]‎ 二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数,通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题.将二项式定理(a+b)n=Coal(0,n)an+Coal(1,n)an-1b+…+Coal(r,n)an-rbr+…+Coal(n,n)bn中的a,b进行特殊化就会得到很多有用的有关组合数的相关和的结果,这是研究有关组合数的和的问题的常用方法.还可以利用求函数值的思想进行赋值求解.‎ ‎[变式训练]‎ ‎(2017·南京、盐城一模)设n∈N ,n≥3,k∈N .‎ ‎(1)求值:①kC-nC;‎ ‎②k2C-n(n-1)C-nC(k≥2);‎ ‎(2)化简: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,当k≥2时,(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:当n≥3时,由二项式定理,有(1+x)n=1+Cx+Cx2+…+Cxk+…+Cxn,‎ 两边同乘以x,得(1+x)nx=x+Cx2+Cx3+…+Cxk+1+…+Cxn+1,‎ 两边对x求导,得(1+x)n+n(1+x)n-1x=1+2Cx+3Cx2+…+(k+1)Cxk+…+(n+1)Cxn,‎ 两边再同乘以x,得(1+x)nx+n(1+x)n-1x2=x+2Cx2+3Cx3+…+(k+1)Cxk+1+…+(n+1)Cxn+1,‎ 两边再对x求导,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).‎ 组合数的性质应用 ‎[例3] (2017·苏北四市调研)在杨辉三角形中,从第3行 ,除1以外,其他每一个数值是它上面的两个数值之和,这个三角形数阵开头几行如图所示.‎ ‎(1)在杨辉三角形中是否存在某一行,且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5?若存在,试求出是第几行;若不存在,请说明理由;‎ ‎(2)已知n,r为正整数,且n≥r+3.求证:任何四个相邻的组合数C,C,C,C不能构成等差数列.‎ ‎[解] (1)杨辉三角形的第n行由二项式系数C,‎ k=0,1,2,…,n组成.‎ 如果第n行中有==,‎ ==,‎ 那么3n-7k=-3,4n-9k=5,‎ 解得k=27,n=62.‎ 即第62行有三个相邻的数C,C,C的比为3∶4∶5.‎ ‎(2)证明:若有n,r(n≥r+3),使得C,C,C,C成等差数列,则2C=C+C,2C=C+C,‎ 即=+‎ , ‎=+.‎ 所以有=+,=+,‎ 化简整理得,n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0,‎ n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0.‎ 两式相减得,n=2r+3,‎ 于是C,C,C,C成等差数列.‎ 而由二项式系数的性质可知C=C<C=C,这与等差数列的性质矛盾,从而要证明的结论成立.‎ ‎[方法归纳]‎ ‎(1)对于组合数问题,需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式:C=C,C=C+C.‎ ‎(2)对于二项式定理问题,需掌握赋值法和二项式系数的性质,并能将二项式系数与二项展开式系数区别开 .‎ ‎[变式训练]‎ 设(1-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n∈N ,n≥2.‎ ‎(1)若n=11,求|a6|+|a7|+|a8|+|a9|+|a10|+|a11|的值;‎ ‎(2)设bk=ak+1(k∈N,k≤n-1),Sm=b0+b1+b2+…+bm(m∈N,m≤n-1),求的值.‎ 解:(1)因为ak=(-1)kC,‎ 当n=11时,|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,‎ 当1≤k≤n-1时,‎ bk=(-1)k+1C ‎=(-1)k+1 ‎=(-1)k+1C+(-1)k+1C ‎=(-1)k-1C-(-1)kC.‎ 当m=0时,==1.‎ 当1≤m≤n-1时,Sm=-1+(-1)k-1C-(-1)kC]=-1+1-(-1)mC ‎=-(-1)mC,‎ 所以=1.‎ 综上,=1.‎ ‎[课时达标训练]‎ ‎1.设集合A,B是非空集合M的两个不同子集,满足:A不是B的子集,且B也不是A的子集.‎ ‎(1)若M={a1,a2,a3,a4},直接写出所有不同的有序集合对(A,B)的个数;‎ ‎(2)若M={a1,a2,a3,…,an},求所有不同的有序集合对(A,B)的个数.‎ 解:(1)110.‎ ‎(2)集合M有2n个子集,不同的有序集合对(A,B)有2n(2n-1)个.‎ 当A⊆B,并设B中含有k(1≤k≤n,k∈N )个元素,‎ 则满足A⊆B的有序集合对(A,B)有(2k-1)‎ ‎=2k-=3n-2n个.‎ 同理,满足B⊆A的有序集合对(A,B)有3n-2n个.‎ 故满足条件的有序集合对(A,B)的个数为2n(2n-1)-2(3n-2n)=4n+2n-2×3n.‎ ‎2.(2017·南京、盐城二模)现有(n≥2,n∈N )个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵:‎   设Mk是第k行中的最大数,其中1≤k≤n,k∈N .记M1.‎ 解:(1)由题意知p2==,即p2的值为.‎ ‎(2)证明:先排第n行,则最大数在第n行的概率为=;‎ 去掉第n行已经排好的n个数,‎ 则余下的-n=个数中最大数在第n-1行的概率为=;‎ ‎…‎ 故pn=××…×==.‎ 由于2n=(1+1)n=C+C+C+…+C≥C+C+C>C+C=C,‎ 故>,即pn>.‎ ‎3.记1,2,…,n满足下列性质T的排列a1,a2,…,an的个数为f(n)(n≥2,n∈N ).性质T:排列a1,a2,…,an中有且只有一个ai>ai+1(i∈{1,2,…,n-1}).‎ ‎(1)求f(3);‎ ‎(2)求f(n).‎ 解:(1)当n=3时,1,2,3的所有排列有(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1),其中满足仅存在一个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),从n-1个数1,2,3,…,n-1中选i-1个数按从小到大的顺序排列为a1,a2,…,ai-1,其余按从小到大的顺序排列在余下位置,于是满足题意的排列个数为C.‎ 若an=n,则满足题意的排列个数为f(n-1).‎ 综上,f(n)=f(n-1)+=f(n-1)+2n-1-1.‎ 从而f(n)=-(n-3)+f(3)=2n-n-1.‎ ‎4.(2016·江苏高考)(1)求7C-4C的值;‎ ‎(2)设m,n∈N ,n≥m,求证:(m+1)C+(m+2)·C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.‎ 解:(1)7C-4C=7×-4×=0.‎ ‎(2)证明:当n=m时,结论显然成立.‎ 当n>m时,(k+1)C= ‎=(m+1)· ‎=(m+1)C,k=m+1,m+2,…,n.‎ 又因为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)C+(m+3)C+…+(n+1)C]‎ ‎=(m+1)C+(m+1)[(C-C)+(C-C)+…+(C-C)]‎ ‎=(m+1)C.‎ ‎5.设an是满足下述条件的自然数的个数:各数位上的数字之和为n(n∈N ),且每个数位上的数字只能是1或2.‎ ‎(1)求a1,a2,a3,a4的值;‎ ‎(2)求证:a5n-1(n∈N )是5的倍数.‎ 解:(1)当n=1时,只有自然数1满足题设条件,所以a1=1;‎ 当n=2时,有11,2两个自然数满足题设条件,所以a2=2;‎ 当n=3时,有111,21,12三个自然数满足题设条件,所以a3=3;‎ 当n=4时,有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件,所以a4=5.‎ 综上所述,a1=1,a2=2,a3=3,a4=5.‎ ‎(2)证明:设自然数X的各位数字之和为n+2,由题设可知,X的首位为1或2两种情形.‎ 当X的首位为1时,则其余各位数字之和为n+1.‎ 故首位为1,各位数字之和为n+2的自然数的个数为an+1;‎ 当X的首位为2时,则其余各位数字之和为n.‎ 故首位为2,各位数字之和为n+2的自然数的个数为an.‎ 所以各位数字之和为n+2的自然数的个数为an+1+an,即an+2=an+1+an.‎ 下面用数学归纳法证明a5n-1是5的倍数.‎ ‎①当n=1时,a4=5,所以a4是5的倍数,命题成立;‎ ‎②假设n=k(k≥1,n∈N )时,命题成立,即a5k-1是5的倍数.‎ 则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.‎ 因为5a5k+3a5k-1是5的倍数,即a5k+4是5的倍数.所以n=k+1时,命题成立.‎ 由①②可知,a5n-1(n∈N )是5的倍数.‎ ‎6.(2017·常州期末)‎ 对一个量用两种方法分别算一次,由结果相同构造等式,这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法,结合二项式定理,可以得到很多有趣的组合恒等式.如:考察恒等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n(n∈N ),左边xn的系数为C,而右边(1+x)n(1+x)n=(C+Cx+…+Cxn)(C+Cx+…+Cxn),xn的系数为CC+ CC+…+C C=(C)2+(C)2+(C)2+…+(C)2,因此可得到组合恒等式C=(C)2+(C)2+(C)2+…+(C)2.‎ ‎(1)根据恒等式(1+x)m+n=(1+x)m(1+x)n(m,n∈N ),两边xk(其中k∈N,k≤m,k≤n)的系数相同,直接写出一个恒等式;‎ ‎(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明:‎ 第2课时数学归纳法(能力课)‎ ‎[常考题型突破]‎ 用数学归纳法证明等式 ‎[例1] (2017·苏锡常镇一模)设|θ|<,n为正整数,数列{an}的通项公式an=sintannθ,其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求证:当n为偶数时,an=0;当n为奇数时,an=(-1)tannθ;‎ ‎(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].‎ ‎[证明] (1)因为an=sintannθ.‎ 当n为偶数时,设n=2k,k∈N ,an=a2k=sintan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,an=0.‎ 当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N ,an=a2k-1=sintannθ=sin·tannθ.‎ 当k=2m,m∈N 时,an=a2k-1=sin·tannθ=sin·tannθ=-tannθ,‎ 此时=2m-1,an=a2k-1=-tannθ=(-1)2m-1tannθ=(-1)tannθ.‎ 当k=2m-1,m∈N 时,an=a2k-1=sin·tannθ=sin·tannθ=tannθ,‎ 此时=2m-2,an=a2k-1=tannθ=(-1)2m-2·tannθ=(-1)tannθ.‎ 综上,当n为偶数时,an=0;当n为奇数时,an=(-1)tannθ.‎ ‎(2)当n=1时,由(1)得,S2=a1+a2=tan θ,‎ 等式右边=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θ·cos θ·=tan θ.‎ 故n=1时,命题成立,‎ 假设n=k(k∈N ,k≥1)时命题成立,即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ].‎ 当n=k+1时,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 ].‎ 即当n=k+1时命题成立. ‎ 综上所述,对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].‎ ‎[方法归纳]‎ (1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型,其关键点在于弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,以及初始值n0的值.‎ (2)由n=k到n=k+1时,除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n=k时的式子,即充分利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.‎ ‎[变式训练]‎ ‎(2017·扬州期末)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})是关于x的函数.‎ ‎(1)若fi(x)=xi(i∈N),求F2(1),F2 017(2)的值;‎ ‎(2)若fi(x)=(i∈N),求证:Fn(x)=(n∈N ).‎ 解:(1)因为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)证明:因为fi(x)=(x>0,i∈N),‎ 所以Fn(x)=(-1)0Cf0(x)+(-1)1Cf1(x)+…+(-1)nCfn(x)=(n∈N ).‎ ‎①当n=1时,Fn(x)==1-=,所以n=1时结论成立. ‎ ‎②假设n=k(k∈N )时结论成立,‎ 即Fk(x)= ‎=,‎ 则n=k+1时,Fk+1(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时,结论也成立. ‎ 综合①②可知,‎ Fn(x)=(n∈N ).‎ 用数学归纳法证明不等式 ‎[例2] (2017·南京模拟)已知数列{an}满足an=3n-2,函数f(n)=++…+,g(n)=f(n2)-f(n-1),n∈N .‎ ‎(1) 求证:g(2)>;‎ ‎(2) 求证:当n≥3时,g(n)> .‎ ‎[证明]  (1)由题意知,an=3n-2,g(n)=+++…+, ‎ 当n=2时,g(2)=++=++=>.故结论成立.‎ ‎(2)用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=3时,g(3)=+++…+=++++++=++>++ ‎=++>++>,‎ 所以当n=3时,结论成立.‎ ‎②假设当n=k(k≥3,k∈N )时,结论成立,‎ 即g(k)>,‎ 则当n=k+1时,g(k+1)=g(k)+++…+->+++…+->+- ‎=+ ‎=+,‎ 由k≥3可知,3k2-7k-3>0,即g(k+1)>.‎ 所以当n=k+1时,结论也成立.‎ 综合①②可得,当n≥3时,g(n)>.‎ ‎[方法归纳] ‎ (1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时,应用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.‎ (2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k(k∈N )成立,推证n=k+1时也成立,证明时用上归纳假设后,可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明. ‎ ‎[变式训练]‎ 设实数a1,a2,…,an满足a1+a2+…+an=0,且|a1|+|a2|+…+|an|≤1(n∈N 且n≥2),令bn=(n∈N ).求证:|b1+b2+…+bn|≤-(n∈N ).‎ 证明:(1)当n=2时,a1=-a2,‎ 所以|a1|+|a2|=2|a1|≤1,即|a1|≤,‎ 所以|b1+b2|==≤=-,‎ 即当n=2时,结论成立.‎ ‎(2)假设当n=k(k∈N 且k≥2)时,结论成立,‎ 即当a1+a2+…+ak=0,且|a1|+|a2|+…+|ak|≤1时,有|b1+b2+…+bk|≤-.‎ 则当n=k+1时,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,‎ 由假设可得≤-,‎ 所以|b1+b2+…+bk+bk+1|‎ ‎= ‎= ‎≤-+ ‎=-+|ak+1|‎ ‎≤-+× ‎=-,‎ 即当n=k+1时,结论成立.‎ 综合(1)(2)可知,结论成立.‎ 归纳、猜想、证明 ‎[例3] (2017·苏锡常镇二模)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)试求f1(x),f2(x),f3(x)的值;‎ ‎(2)试猜测fn(x)关于n的表达式,并证明你的结论.‎ ‎[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-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)猜测:fn(x)=n!.‎ 而kC=k·=,nC=n·=,‎ 所以kC=nC.‎ 用数学归纳法证明结论成立.‎ ‎①当n=1时,f1(x)=1,所以结论成立.‎ ‎②假设当n=k时,结论成立,即fk(x)=Cxk-C(x-1)k+…+(-1)kC(x-k)k=k!.‎ 则当n=k+1时,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)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(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].( )‎ 由归纳假设知( )式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.‎ 所以当n=k+1时,结论也成立.‎ 综合①②,fn(x)=n!成立.‎ ‎[方法归纳]‎ 利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性.‎ 解“归纳—猜想—证明”题的关键是准确计算出前若干具体项,这是归纳、猜想的基础.否则将会做大量无用功. ‎ ‎[变式训练]‎ ‎(2017·盐城模拟)记f(n)=(3n+2)(C+C+C+…+C)(n≥2,n∈N ).‎ ‎(1)求f(2),f(3),f(4)的值;‎ ‎(2)当n≥2,n∈N 时,试猜想所有f(n)的最大公约数,并证明.‎ 解:(1)因为f(n)=(3n+2)(C+C+C+…+C)=(3n+2)C+1,‎ 所以f(2)=8,f(3)=44,f(4)=140.‎ ‎(2)证明:由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.‎ 下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可.‎ ‎①当n=2时,f(2)=8能被4整除,结论成立;‎ ‎②假设n=k (k≥2,k∈N )时,结论成立,‎ 即f(k)=(3k+2)C+1能被4整除,‎ 则当n=k+1时,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时结论也成立.‎ 综上所述,所有f(n)的最大公约数为4.‎ ‎[课时达标训练]‎ ‎1.(2017·南通三模)已知函数f0(x)=(a≠0,bc-ad≠0).设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N .‎ ‎(1)求f1(x),f2(x);‎ ‎(2)猜想fn(x)的表达式,并证明你的结论.‎ 解:(1)f1(x)=f0′(x)=′=,‎ f2(x)=f1′(x)=′=.‎ ‎(2)猜想fn(x)=,n∈N .‎ 证明:①当n=1时,由(1)知结论成立,‎ ‎②假设当n=k(k∈N 且k≥1)时结论成立,‎ 即有fk(x)=.‎ 当n=k+1时,‎ fk+1(x)=fk′(x)=′‎ ‎=(-1)k-1·ak-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]′‎ ‎=.‎ 所以当n=k+1时结论成立.‎ 由①②得,对一切n∈N 结论都成立.‎ ‎2.(2017·镇江模拟)证明:对一切正整数n,5n+2·3n-1+1都能被8整除.‎ 证明:(1)当n=1时,原式等于8能被8整除,‎ ‎(2)假设当n=k(k≥1,k∈N )时,结论成立,‎ 则5k+2·3k-1+1能被8整除.‎ 设5k+2·3k-1+1=8m,m∈N ,‎ 当n=k+1时,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),‎ 而当k≥1,k∈N 时,‎ ‎3k-1+1显然为偶数,设为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,‎ 故当n=k+1时结论也成立;‎ 由(1)(2)可知对一切正整数n,5n+2·3n-1+1都能被8整除.‎ ‎3.已知Sn=1+++…+(n≥2,n∈N ),求证:S2n>1+(n≥2,n∈N ).‎ 证明:(1)当n=2时,S2n=S4=1+++=>1+,即n=2时命题成立;‎ ‎(2)假设当n=k(k≥2,k∈N )时命题成立,即S2k=1+++…+>1+,‎ 则当n=k+1时,‎ S2k+1=1+++…+++…+>1++++…+>1++=1++=1+,‎ 故当n=k+1时,命题成立.‎ 由(1)和(2)可知,对n≥2,n∈N 不等式S2n>1+都成立.‎ ‎4.(2017·南京三模)已知数列{an}共有3n(n∈N )项,记f(n)=a1+a2+…+a3n.对任意的k∈N ,1≤k≤3n,都有ak∈{0,1},且对于给定的正整数p (p≥2),f(n)是p的整数倍.把满足上述条件的数列{an}的个数记为Tn.‎ ‎(1)当p=2时,求T2的值;‎ ‎(2)当p=3时,求证:Tn=[8n+2(-1)n].‎ 解:(1)由题意,当n=2时,数列{an}共有6项.‎ 要使得f(2)是2的整数倍,则这6项中,只能有0项、2项、4项、6项取1,‎ 故T2=C+C+C+C=25=32. ‎ ‎(2)证明:Tn=C+C+C+…+C .‎ 当1≤k≤n,k∈N 时,‎ 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. ‎ 下面用数学归纳法证明Tn=[8n+2(-1)n].‎ 当n=1时,T1=C+C=2=[81+2(-1)1],‎ 即n=1时,命题成立.‎ 假设n=k (k≥1,k∈N ) 时,命题成立,‎ 即Tk=[8k+2(-1)k].‎ 则当n=k+1时,‎ 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时,命题也成立.‎ 于是当n∈N ,有Tn=[8n+2(-1)n].‎ ‎5.(2017·扬州考前调研)在数列{an}中,an=cos(n∈N ).‎ ‎(1)试将an+1表示为an的函数关系式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=1-(n∈N ),猜想an与bn的大小关系,并证明你的结论.‎ 解:(1)an=cos=cos ‎=22-1,‎ ‎∴an=2a-1,∴an+1=± ,‎ 又n∈N ,n+1≥2,an+1>0,∴an+1= .‎ ‎(2)当n=1时,a1=-,b1=1-2=-1,∴a1>b1;‎ 当n=2时,a2=,b2=1-=,∴a2=b2;‎ 当n=3时,a3=,b3=1-=,∴a30,‎ 即证+2>0,显然成立.‎ ‎∴n=k+1时,结论也成立.‎ 综合①②可知:当n≥3时,an
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