《（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(guān)《（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(nèi)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(zhì)等基礎(chǔ)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(zhì)，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(zhì)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)常考題型突破計數(shù)原理的應(yīng)用例1一個非空集合中的各個元素之和是3的倍數(shù)，則稱該集合為“好集”記集合1,2,3，

2、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)當n1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)1113.當n2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1,2,3，1,2,6，1,3,5，1,5,6，4,2,3，4,2,6，4,3,5，4,5,6，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,

3、2,3,4,5共2個，還有一個全集故f(2)1(25)2823.(2)首先考慮f(n1)與f(n)的關(guān)系集合1,2,3，3n,3n1,3n2,3n3在集合1,2,3，3n中加入3個元素3n1,3n2,3n3.故f(n1)的組成有以下幾部分：原來的f(n)個集合；含有元素3n1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3n2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3n3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；含有元素是3n1與3n2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3n2與3n3

4、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3n1與3n3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；含有元素是3n1,3n2,3n3的“好集”是1,2，3，3n中“好集”與它的并，再加上3n1,3n2,3n3所以f(n1)2f(n)223n1.兩邊同除以2n1，得4n.所以4n14n241(n2)又也符合上式，所以f(n)2n1.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：分類不重不漏；分步要使各步具有連續(xù)性和獨立性. 解決計數(shù)應(yīng)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

5、式來計算其結(jié)果，從而解決實際問題.(2)本題是有關(guān)數(shù)論問題，其難度較大，求解關(guān)鍵是得出f(n1)與f(n)的關(guān)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U1,2，n(nN*，n2)，對于集合U的兩個非空子集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個元素，k1,2,3，n1.則與集合A互斥的非空子集有2nk1個于是f(n)(

6、2nk1)(2nk)因為2nk2nkC2nC20(21)n2n13n2n1，CC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一個元素只能在集合A，B，CU(AB)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3n22n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).二項式定理的應(yīng)用例2(2017蘇北四市期末)已知等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n.(1)求(1x)2n1的展開式中含xn的項的系數(shù)，并化簡：CC CCCC；(2)證明：(C)22(

7、C)2n(C)2nC.解(1)(1x)2n1的展開式中含xn的項的系數(shù)為C，由(1x)n1(1x)n(CCxCxn1)(CCxCxn)，可知(1x)n1(1x)n的展開式中含xn的項的系數(shù)為CC CCCC.所以CC CCCCC.(2)證明：當kN*時，kCknnC.所以(C)22(C)2n(C)2k(C)2(kCC)(nCC)n(CC)n(CC)由(1)知CC CCCCC，即(CC)C，所以(C)22(C)2n(C)2nC.方法歸納二項式定理中的應(yīng)用主要是構(gòu)造一個生成相應(yīng)二項式系數(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.將二項式定理(ab)nCoal(0,n)anCoal(1,

8、n)an1bCoal(r,n)anrbrCoal(n,n)bn中的a，b進行特殊化就會得到很多有用的有關(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)值的思想進行賦值求解.變式訓練(2017南京、鹽城一模)設(shè)nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2)化簡：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCkn0.k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(2)法一：由(1)可知，當k2時，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(

9、n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：當n3時，由二項式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，兩邊同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，兩邊對x求導，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，兩邊再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，兩邊再對x求導，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn

10、.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4)組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用例3(2017蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開始，除1以外，其他每一個數(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345？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nr3.求證：任何四個相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構(gòu)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，k0,1,2，n組成如果第n行中有，那么3n

11、7k3,4n9k5，解得k27，n62.即第62行有三個相鄰的數(shù)C，C，C的比為345.(2)證明：若有n，r(nr3)，使得C，C，C，C成等差數(shù)列，則2CCC，2CCC，即，.所以有，化簡整理得，n2(4r5)n4r(r2)20，n2(4r9)n4(r1)(r3)20.兩式相減得，n2r3，于是C，C，C，C成等差數(shù)列而由二項式系數(shù)的性質(zhì)可知CCCC，這與等差數(shù)列的性質(zhì)矛盾，從而要證明的結(jié)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：CC，CCC.(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(zhì)，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(shè)(1x

12、)na0a1xa2x2anxn，nN*，n2.(1)若n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；(2)設(shè)bkak1(kN，kn1)，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求的值解：(1)因為ak(1)kC，當n11時，|a6|a7|a8|a9|a10|a11|CCCCCC(CCCC)2101 024.(2)bkak1(1)k1C(1)k1C，當1kn1時，bk(1)k1C(1)k1(1)k1C(1)k1C(1)k1C(1)kC.當m0時，1.當1mn1時，Sm1(1)k1C(1)kC11(1)mC(1)mC，所以1.綜上，1.課時達標訓練1設(shè)集合A，B是非空集合M的兩個不同子集

13、，滿足：A不是B的子集，且B也不是A的子集(1)若Ma1，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Ma1，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(A，B)有2n(2n1)個當AB，并設(shè)B中含有k(1kn，kN*)個元素，則滿足AB的有序集合對(A，B)有(2k1)2k3n2n個同理，滿足BA的有序集合對(A，B)有3n2n個故滿足條件的有序集合對(A，B)的個數(shù)為2n(2n1)2(3n2n)4n2n23n.2(2017南京、鹽城二模)現(xiàn)有(n2，nN*)個給定的不同的數(shù)隨機排成一個下圖

14、所示的三角形數(shù)陣：設(shè)Mk是第k行中的最大數(shù)，其中1kn，kN*.記M1M2.解：(1)由題意知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n1行的概率為；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.3記1,2，n滿足下列性質(zhì)T的排列a1，a2，an的個數(shù)為f(n)(n2，nN*)性質(zhì)T：排列a1，a2，an中有且只有一個aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)當n3時，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)

15、，(3,2,1)，其中滿足僅存在一個i1,2,3，使得aiai1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ain(1in1)，從n1個數(shù)1,2,3，n1中選i1個數(shù)按從小到大的順序排列為a1，a2，ai1，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ann，則滿足題意的排列個數(shù)為f(n1)綜上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.從而f(n)(n3)f(3)2nn1.4(2016江蘇高考)(1)求7C4C的值；(2)設(shè)m，nN*，nm，求證：(m1)C(m2)C(m3)C

16、nC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C740.(2)證明：當nm時，結(jié)論顯然成立當nm時，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因為CCC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.5設(shè)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(nN*)，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：a5n1(nN*)是5的倍數(shù)解：(1)當n1時，只有自然數(shù)1滿足題設(shè)條件，所以a11；當n2時，有1

17、1,2兩個自然數(shù)滿足題設(shè)條件，所以a22；當n3時，有111,21,12三個自然數(shù)滿足題設(shè)條件，所以a33；當n4時，有1 111,112,121,211,22五個自然數(shù)滿足題設(shè)條件，所以a45.綜上所述，a11，a22，a33，a45.(2)證明：設(shè)自然數(shù)X的各位數(shù)字之和為n2，由題設(shè)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n1.故首位為1，各位數(shù)字之和為n2的自然數(shù)的個數(shù)為an1；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n2的自然數(shù)的個數(shù)為an.所以各位數(shù)字之和為n2的自然數(shù)的個數(shù)為an1an，即an2an1an.下面用數(shù)學歸納法證明

18、a5n1是5的倍數(shù)當n1時，a45，所以a4是5的倍數(shù)，命題成立；假設(shè)nk(k1，nN*)時，命題成立，即a5k1是5的倍數(shù)則a5k4a5k3a5k22a5k2a5k12(a5k1a5k)a5k13a5k12a5k3(a5ka5k1)2a5k5a5k3a5k1.因為5a5k3a5k1是5的倍數(shù)，即a5k4是5的倍數(shù)所以nk1時，命題成立由可知，a5n1(nN*)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(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*)，左邊x

19、n的系數(shù)為C，而右邊(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系數(shù)為CC CCC 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(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，兩邊xk(其中kN，km，kn)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(2017蘇錫常鎮(zhèn)一模)設(shè)|0)，其中fi(x)(i0,1,2，n)是關(guān)于x的函數(shù)(1)若fi(x)xi(iN)，求F2(1)，F(xiàn)2 017(2)的值；(2)若fi(x)(i

20、N)，求證：Fn(x)(nN*)解：(1)因為fi(x)xi(iN)，所以Fn(x)(1)0Cx0(1)1Cx1(1)nCxn(1x)n，所以F2(1)0, F2 017(2)(12)2 0171.(2)證明：因為fi(x)(x0，iN)，所以Fn(x)(1)0Cf0(x)(1)1Cf1(x)(1)nCfn(x)(nN*)當n1時，F(xiàn)n(x)1，所以n1時結(jié)論成立. 假設(shè)nk(kN*)時結(jié)論成立，即Fk(x)，則nk1時，F(xiàn)k1(x)1(1)k1C1(1)k1CFk(x)Fk(x)Fk(x)Fk(x)Fk(x1)，所以nk1時，結(jié)論也成立. 綜合可知，F(xiàn)n(x)(nN*).用數(shù)學歸納法證明不等

21、式例2(2017南京模擬)已知數(shù)列an滿足an3n2，函數(shù)f(n)，g(n)f(n2)f(n1)，nN*.(1) 求證：g(2)；(2) 求證：當n3時，g(n) .證明 (1)由題意知，an3n2，g(n)， 當n2時，g(2).故結(jié)論成立(2)用數(shù)學歸納法證明：當n3時，g(3)，所以當n3時，結(jié)論成立假設(shè)當nk(k3，kN*)時，結(jié)論成立，即g(k)，則當nk1時，g(k1)g(k)，由k3可知，3k27k30，即g(k1).所以當nk1時，結(jié)論也成立綜合可得，當n3時，g(n).方法歸納 (1)當遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時，應(yīng)用其他辦法不容易證，則可考慮應(yīng)用數(shù)學歸納法.(2)用數(shù)

22、學歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由nk(kN*)成立，推證nk1時也成立，證明時用上歸納假設(shè)后，可采用分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明. 變式訓練設(shè)實數(shù)a1，a2，an滿足a1a2an0，且|a1|a2|an|1(nN*且n2)，令bn(nN*)求證：|b1b2bn|(nN*)證明：(1)當n2時，a1a2，所以|a1|a2|2|a1|1，即|a1|，所以|b1b2|，即當n2時，結(jié)論成立(2)假設(shè)當nk(kN*且k2)時，結(jié)論成立，即當a1a2ak0，且|a1|a2|ak|1時，有|b1b2bk|.則當nk1時，由a1a2akak10，且|a1|a2|ak1|1，可得2|ak1|a

23、1a2ak|ak1|a1|a2|ak1|1，所以|ak1|.又a1a2ak1(akak1)0，且|a1|a2|ak1|akak1|a1|a2|ak1|1，由假設(shè)可得，所以|b1b2bkbk1|ak1|，即當nk1時，結(jié)論成立綜合(1)(2)可知，結(jié)論成立歸納、猜想、證明例3(2017蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)CxnC(x1)n(1)kC(xk)n(1)nC(xn)n，其中xR，nN*，kN，kn.(1)試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；(2)試猜測fn(x)關(guān)于n的表達式，并證明你的結(jié)論解(1)f1(x)CxC(x1)xx11；f2(x)Cx2C(x1)2C(x2)2x22(x22

24、x1)(x24x4)2；f3(x)Cx3C(x1)3C(x2)3C(x3)3x33(x1)33(x2)3(x3)36.(2)猜測：fn(x)n！.而kCk，nCn，所以kCnC.用數(shù)學歸納法證明結(jié)論成立當n1時，f1(x)1，所以結(jié)論成立假設(shè)當nk時，結(jié)論成立，即fk(x)CxkC(x1)k(1)kC(xk)kk！.則當nk1時，fk1(x)Cxk1C(x1)k1(1)k1C(xk1)k1Cxk1C(x1)k(x1)(1)kC(xk)k(xk)(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)k(1)kC(xk)kC(x1)k2C(x2)k(1)k1kC(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxk(

25、CC)(x1)k(1)k(CC)(xk)k(k1)(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)k1C(xk1)k(xk1)xCxkC(x1)k(1)kC(xk)kxC(x1)k(1)k1C(xk)k(k1)(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)kx(1)k1C(xk1)k(k1)(1)k1(xk1)kxCxkC(x1)k(1)kC(xk)kxC(x1)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)k(xk1)k(*)由歸納假設(shè)知(*)式等于xk！xk！(k1)k！(k1)！.所以當nk1時，結(jié)論也成立綜合，fn(x)n！成立

26、方法歸納利用數(shù)學歸納法可以探索與正整數(shù)n有關(guān)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)鍵是準確計算出前若干具體項，這是歸納、猜想的基礎(chǔ).否則將會做大量無用功.變式訓練(2017鹽城模擬)記f(n)(3n2)(CCCC)(n2，nN*)(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)當n2，nN*時，試猜想所有f(n)的最大公約數(shù)，并證明解：(1)因為f(n)(3n2)(CCCC)(3n2)C1，所以f(2)8，f(3)44，f(4)140.(2)證明：由(1)中結(jié)論可猜想所有f(n)的最大公約

27、數(shù)為4.下面用數(shù)學歸納法證明所有的f(n)都能被4整除即可當n2時，f(2)8能被4整除，結(jié)論成立；假設(shè)nk (k2，kN*)時，結(jié)論成立，即f(k)(3k2)C1能被4整除，則當nk1時，f(k1)(3k5)C(3k2)C3C(3k2)(CC)(k2)C(3k2)C(3k2)C(k2)C(3k2)C4(k1)C，此式也能被4整除，即nk1時結(jié)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)(a0，bcad0)設(shè)fn(x)為fn1(x)的導數(shù)，nN*.(1)求f1(x)，f2(x)；(2)猜想fn(x)的表達式，并證明你的結(jié)論解：(1)f1(

28、x)f0(x)，f2(x)f1(x).(2)猜想fn(x)，nN*.證明：當n1時，由(1)知結(jié)論成立，假設(shè)當nk(kN*且k1)時結(jié)論成立，即有fk(x).當nk1時，fk1(x)fk(x)(1)k1ak1(bcad)k！(axb)(k1).所以當nk1時結(jié)論成立由得，對一切nN*結(jié)論都成立2(2017鎮(zhèn)江模擬)證明：對一切正整數(shù)n,5n23n11都能被8整除證明：(1)當n1時，原式等于8能被8整除，(2)假設(shè)當nk(k1，kN*)時，結(jié)論成立，則5k23k11能被8整除設(shè)5k23k118m，mN*，當nk1時，5k123k15(5k23k11)43k145(5k23k11)4(3k11)

29、，而當k1，kN*時，3k11顯然為偶數(shù)，設(shè)為2t，tN*，故5k123k15(5k23k11)4(3k11)40m8t(m，tN*)，也能被8整除，故當nk1時結(jié)論也成立；由(1)(2)可知對一切正整數(shù)n,5n23n11都能被8整除3已知Sn1(n2，nN*)，求證：S2n1(n2，nN*)證明：(1)當n2時，S2nS411，即n2時命題成立；(2)假設(shè)當nk(k2，kN*)時命題成立，即S2k11，則當nk1時，S2k111111，故當nk1時，命題成立由(1)和(2)可知，對n2，nN*不等式S2n1都成立4(2017南京三模)已知數(shù)列an共有3n(nN*)項，記f(n)a1a2a3n

30、.對任意的kN*,1k3n，都有ak0,1，且對于給定的正整數(shù)p (p2)，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p2時，求T2的值；(2)當p3時，求證：Tn8n2(1)n解：(1)由題意，當n2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T2CCCC2532. (2)證明：TnCCCC .當1kn，kN*時，CCCCCCC2CCC2(CC)CCCC3(CC)CC， 于是Tn1CCCCCC3(CCCCCC)TnCTnC2Tn3(23nTn)38nTn. 下面用數(shù)學歸納法證明Tn8n2(1)n當n1時，T1CC2

31、812(1)1，即n1時，命題成立假設(shè)nk (k1，kN*) 時，命題成立，即Tk8k2(1)k則當nk1時，Tk138kTk38k8k2(1)k98k8k2(1)k8k12(1)k1，即nk1時，命題也成立于是當nN*，有Tn8n2(1)n5(2017揚州考前調(diào)研)在數(shù)列an中，ancos(nN*)(1)試將an1表示為an的函數(shù)關(guān)系式；(2)若數(shù)列bn滿足bn1(nN*)，猜想an與bn的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論解：(1)ancoscos221，an2a1，an1 ，又nN*，n12，an10，an1 .(2)當n1時，a1，b1121，a1b1；當n2時，a2，b21，a2b2；當n3時

32、，a3，b31，a3b3.猜想：當n3時，anbn，下面用數(shù)學歸納法證明：當n3時，由上知，a3b3，結(jié)論成立假設(shè)nk，k3，nN*時，akbk成立，即ak1，則當nk1，ak1 ，bk11.要證ak1bk1，即證22，即證10，即證20，顯然成立nk1時，結(jié)論也成立綜合可知：當n3時，anbn成立綜上可得：當n1時，a1b1；當n2時，a2b2；當n3，nN*時，anbn.6(2017南通二調(diào))設(shè)n2，nN*.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，iaiai1，bm，ibm1，ibm1，i1(i1,2，n)，an1a1，bm1，n1bm1

33、,1(m2)例如：有序數(shù)組(1,2,3)經(jīng)1次變換后得到數(shù)組(12,23,31)，即(3,5,4)；經(jīng)第2次變換后得到數(shù)組(8,9,7)(1)若aii(i1,2，n)，求b3,5的值；(2)求證：bm，iijC，其中i1,2，n.(注：當ijknt時，kN*，t1,2，n，則aijat)解：(1)當n2,3,4時，b3,5值不存在；當n5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b3,517；當n6時，同理得b3,528；當n7時，同理得b3,545；當n8時

34、，nN*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，n1)，經(jīng)2次變換為：(8,12,16,20,24,28，n4)，經(jīng)3次變換為：(20,28,36,44,52，n12)，所以b3,552. (2)證明：下面用數(shù)學歸納法證明對mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.當m1時，b1，iaiai1ijC，其中i1，2，n，結(jié)論成立；假設(shè)mk(kN*)時，bk，iijC，其中i1，2，n. 則mk1時，bk1，ibk，ibk，i1ijCij1CijCijCaiCij(CC)aik1CaiCijCaik1CijC，所以結(jié)論對mk1時也成立由知，mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.22