專題八 二項式定理與數(shù)學(xué)歸納法本專題在高考中基本年年都考，并以壓軸題的形式考查主要?？嫉念愋陀校嚎疾橛嫈?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)，同時加強對二項式定理的考查(2019年T22)，考查學(xué)生的運算求解能力，難度一般近幾年高考對組合數(shù)的性質(zhì)要求比較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學(xué)歸納法等知識交匯考查第一講 | 計數(shù)原理與二項式定理題型(一) 計數(shù)原理的應(yīng)用典例感悟例1(2018·江蘇高考)設(shè)nN*，對1，2，n的一個排列i1i2in，如果當(dāng)s<t時，有is>it，則稱(is，it)是排列i1i2in的一個逆序，排列i1i2in的所有逆序的總個數(shù)稱為其逆序數(shù)例如：對1，2，3的一個排列231，只有兩個逆序(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的全部排列的個數(shù)(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表達(dá)式(用n表示)解(1)記(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對1，2，3的所有排列，有(123)0，(132)1，(213)1，(231)2，(312)2，(321)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2)2.對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位置因此f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)對一般的n(n4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個：12n，所以fn(0)1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12n中的任意相鄰兩個數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)n1.為計算fn1(2)，當(dāng)1，2，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n1添加進(jìn)原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三個位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.當(dāng)n5時，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，當(dāng)n5時，fn(2).方法技巧(1)深化對兩個計數(shù)原理的認(rèn)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. (2)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)公式來計算其結(jié)果，從而解決實際問題演練沖關(guān)(2018·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) C(2nk1)( C2nkn1,k1C)因為 C2nkn,k0C2nkC2nC20(21)n2n13n2n1， Cn,k0CCC2n2，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3n2×2n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).題型(二) 二項式定理的應(yīng)用 主要考查利用二項式定理求和或利用二項式定理論證整除問題.典例感悟例2(2018·江蘇六市二調(diào))已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.記Tn(2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化簡Tn的表達(dá)式，并證明：對任意的nN*，Tn都能被4n2整除解由二項式定理，得aiC(i0，1，2，2n1)(1)T2a23a15a0C3C5C30. (2)因為(n1k)C(n1k)·(2n1)C， 所以Tnn,k0 (2k1)ank n,k0 (2k1)C (2k1)C 2(n1k)(2n1)C2 (n1k)C(2n1)n,k0C2(2n1) C(2n1)n,k0C2(2n1)··(22nC)(2n1)··22n1(2n1)C. Tn(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因為CN*，所以Tn能被4n2整除. 方法技巧二項式定理中的應(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)nCanCan1bCanrbrCbn中的a，b進(jìn)行特殊化就會得到很多有關(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)(1x)na0a1xa2x2anxn，n4，nN*.已知a2a2a4.(1)求n的值；(2)設(shè)(1)nab，其中a，bN*，求a23b2的值解：(1)因為(1x)nCCxCx2Cxn，n4，nN*，所以a2C，a3C，a4C.因為a2a2a4，所以2××.解得n5.(2)由(1)知，n5.(1)n(1)5CCC()2C()3C()4C()5ab.因為a，bN*，所以aC3C9C76，bC3C9C44，從而a23b27623×44232.(1)5CC()C()2C()3C()4C()5CCC()2C()3C()4C()5.因為a，bN*，所以(1)5ab.因此a23b2(ab)(ab)(1)5×(1)5(2)532.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，nN*，定義fn(m).(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)證明： k·2kfn(k)2n·3n1，kN*.解(1)f4(2)6，f4(5)0.(2)證明：由題意得，fn(m)當(dāng)n1時， k·2kf1(k)2022×1×30.當(dāng)n1時，因為 k·2kfn(k)1×2fn(1)2×22fn(2)3×23fn(3)2n×22nfn(2n)1×2C2×22C3×23Cn×2nC，且k·Ck·n·n·C(kn)，所以 k·2kfn(k)n×2Cn×22Cn×23Cn×2nC2n(12)n12n·3n1.綜上所述， k·2kfn(k)2n·3n1，kN*.方法技巧(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)別開來演練沖關(guān)(2018·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)kCnCk×n×0.k2Cn(n1)CnCk2×n(n1)×n×k×0.(2)法一：由(1)可知，當(dāng)k2時，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：當(dāng)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(dǎo)，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(dǎo)，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn·2n1n(n1)2n22n·2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4) A組大題保分練1(2019·南京鹽城一模)已知數(shù)列an滿足a11，a23，且對任意nN*，都有a1Ca2Ca3Can1C(an21)·2n1成立(1)求a3的值；(2)證明：數(shù)列an是等差數(shù)列解：(1)在a1Ca2Ca3Can1C(an21)·2n1中，令n1，則a1Ca2Ca31，由a11，a23，解得a35.(2)證明：若a1，a2，a3，an是等差數(shù)列，則an2n1.當(dāng)n3時，由(1)知a35，此時結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk(k3，kN*)時，結(jié)論成立，則ak2k1.由a1Ca2Ca3CakC(ak11)2k2，k3，對該式倒序相加，得(a1ak)2k12(ak11)·2k2，所以ak1aka112，即ak12k122(k1)1，所以當(dāng)nk1時，結(jié)論成立根據(jù)，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M1，2，3，m，集合A，B是M的兩個不同子集，記|AB|表示集合AB的元素個數(shù)若|AB|n，其中1nm1，則稱(A，B)是M的一組n階關(guān)聯(lián)子集對(A，B)與(B，A)看作同一組關(guān)聯(lián)子集對)，并記集合M的所有n階關(guān)聯(lián)子集對的組數(shù)為an.(1)當(dāng)m3時，求a1，a2；(2)當(dāng)m2 019時，求an的通項公式，并求數(shù)列an的最大項解：(1)當(dāng)m3時，易知a13×412，a23.(2)anC××C(22 019n1)C·22 018nC·22 019knC·21C·20C，1，化簡，得(1 0082n)·32 018n1 009n，(*)當(dāng)n503時，(*)式成立；當(dāng)504n1 008時，(*)式不成立；當(dāng)n1 009時，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2 018，所以a1a2a3a503a504a505a2 018，所以數(shù)列an的最大項為a504C.3(2018·南京、鹽城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)試猜想f(n)的表達(dá)式(用一個組合數(shù)表示)，并證明你的猜想解：(1)由條件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，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nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)當(dāng)n1時，等式顯然成立當(dāng)n2時，因為rCn×nC， 故rCC(rC)CnCC.故只需證明nCnCCnCCnC·CnCC.即證CCC CC CC CC.而CC，故即證CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數(shù)為C.而右邊(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系數(shù)為CC CC C·C CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立綜上，f(n)C成立法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個組合模型，一個袋中裝有(2n1)個小球，其中n個是編號為1，2，n的白球，其余(n1)個是編號為1，2，n1的黑球現(xiàn)從袋中任意摸出n個小球，一方面，由分步計數(shù)原理其中含有r個黑球(nr)個白球)的n個小球的組合的個數(shù)為C·C，0rn1，由分類計數(shù)原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數(shù)為CC CC CC CC.另一方面，從袋中(2n1)個小球中任意摸出n個小球的組合的個數(shù)為C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.兩邊求導(dǎo)，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.×，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)·(C2CxrCxr1 nCxn1)左邊xn的系數(shù)為nC.右邊xn的系數(shù)為CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，構(gòu)造一個組合模型，從2n個元素中選取(n1)個元素，則有C種選法，現(xiàn)將2n個元素分成兩個部分n，n，若(n1)個元素中，從第一部分中取n個，第二部分中取1個，則有CC種選法，若從第一部分中取(n1)個，第二部分中取2個，則有CC種選法，由分類計數(shù)原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)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)2n1(nN*，xR)(1)當(dāng)n2時，若f(2)f(2)A，求實數(shù)A的值；(2)若f(2)m(mN*，0<<1)，求證：(m)1.解：(1)當(dāng)n2時，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(5×1610×4×525)610，所以A610. (2)證明：因為f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由題意知，f(2)(2)2n1m(mN*，0<<1)，首先證明對于固定的nN*，滿足條件的m，是唯一的假設(shè)f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*，0<1<1，0<2<1，m1m2，12)，則m1m2210，而m1m2Z，21(1，0)(0，1)，矛盾所以滿足條件的m，是唯一的. 下面我們求m及的值：因為f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C·22n1()2C22n3()4C21()2n，顯然f(2)f(2)N*. 又因為2(0，1)，故(2)2n1(0，1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0，1). 所以令m2C22n1C22n1()2C·22n3()4C21()2n，(2)2n1，則mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)·f(2)(2)2n1·(2)2n1(54)2n11. B組大題增分練1(2019·南通、泰州等七市三模)設(shè)Pn，Qn .(1)求2P2Q2的值；(2)化簡nPnQn.解：(1)P2，Q2，所以2P2Q20.(2)設(shè)TnPnQn，則T因為CC，所以T得，2T0，即TnPnQn0，所以nPnQn0.2(2019·南京鹽城二模)平面上有2n(n3，nN*)個點，將每一個點染上紅色或藍(lán)色從這2n個點中任取3個點，記這3個點顏色相同的所有不同取法的總數(shù)為T.(1)若n3，求T的最小值；(2)若n4，求證：T2C.解：(1)當(dāng)n3時，共有6個點若染紅色的點的個數(shù)為0個或6個，則TC20；若染紅色的點的個數(shù)為1個或5個，則TC10；若染紅色的點的個數(shù)為2個或4個，則TC4；若染紅色的點的個數(shù)為3個，則TCC2.因此T的最小值為2.(2)證明：因為對任意的n，kN*，nk，都有CCC0，所以CC.設(shè)2n個點中含有p(pN，p2n)個染紅色的點，當(dāng)p0，1，2時，TCC4×.因為n4，所以2n3n，于是T4×4C2C.當(dāng)p2n2，2n1，2n時，TCC，同理可得T2C.當(dāng)3p2n3時，TCC，設(shè)f(p)CC，3p2n3，當(dāng)3p2n4時，f(p1)f(p)CCCCCC，顯然p2np1，當(dāng)p2np1，即np2n4時，f(p1)f(p)，當(dāng)p2np1，即3pn1時，f(p1)f(p)，即f(n)f(n1)f(2n3)，f(3)f(4)f(n)因此f(p)f(n)2C，即T2C.綜上，當(dāng)n4時，T2C.3(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知f(n)，g(n)，其中nN*，n2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)記h(n)f(n)g(n)，求證：對任意的mN*，m2，總有h(2m).解：(1)f(2)，f(3)，g(2)，g(3).(2)證明：，h(n)f(n)g(n)n,k2 n,k2 .下面用數(shù)學(xué)歸納法證：對任意的mN*，m2，總有h(2m).當(dāng)m2時，h(4)，結(jié)論成立；當(dāng)m3時，h(8)1，結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)mt(t3)時，結(jié)論成立，即h(2t)；則當(dāng)mt1時，h(2t1)h(2t)，t3，0，.又，h(2t1)，當(dāng)mt1時，結(jié)論成立綜上，對任意的mN*，m2，總有h(2m).4(2018·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xn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：,k0C2n2kCC，其中是指不超過的最大整數(shù)解：(1)CCCCCCC.(2)證明：考察等式，等式右邊的常數(shù)項為：C，因為n,r0C·2nrn,r0C·2nr，當(dāng)且僅當(dāng)r2k時，xrk為常數(shù)，等式左邊的常數(shù)項為：,k0C2n2kC，所以,k0C2n2kCC成立第二講 | 數(shù)學(xué)歸納法題型(一)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)(tx)na0(t)a1(t)xa2(t)x2ar(t)xran(t)xn，其中常數(shù)tR，nN*，ar(t)(r0，1，2，n)是與x無關(guān)的常數(shù)(1)若n4，a3(t)32，求t的值；(2)當(dāng)n3m，mN*時，求證： a3r(1).解(1)因為n4，a3(t)32，所以C·t32，因此t8.(2)證明：利用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：由題意得，a3r(1)CC，r0，1，2，m.當(dāng)m1，即n3時，, a3r(1)CC2，2，所以所證等式成立假設(shè)當(dāng)mk(kN*)，即n3k時，所證等式成立，即k,r0a3r(1)CCC，則當(dāng)mk1，即n3k3時， a3r(1)CCCCC，又CCC(CC)(CC)C2CC(CC)2(CC)(CC)C3C3CC，其中r0，1，2，k1.所以k1,r0a3r(1)C(C3C3CC)(C3C3CC)(C3C3CC)C3(CCCC)(CCC )3×23kk,r0a3r(1)3×23k，所以當(dāng)mk1，即n3k3時，所證等式也成立綜上，當(dāng)n3m，mN*時， a3r(1).方法技巧(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題是常見題型，其關(guān)鍵點在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，以及初始值n0的值(2)由nk到nk1時，除考慮等式兩邊變化的項外還要充分利用nk時的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問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)yf(n)，滿足f(n)f(n1)122f(n1)，且f(1)2.(1)求證：f(3)f(2)；(2)是否存在實數(shù)a，b，使得f(n)1對任意正整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論解：(1)證明：由f(n)f(n1)122f(n1)，變形得f(n1).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nN*，均有f(n)1.以下用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時，等式顯然成立；假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，等式成立，即f(k)1.則f(k1)1，f(k)1，否則f(2)f(k)1，但f(2)1.即f(k1)11.即nk1時，等式也成立由知，對任意nN*，均有f(n)1.綜上所述，存在a，b滿足題意法二：(轉(zhuǎn)化法) 因為f(n)1可變形為ba，所以問題轉(zhuǎn)化為：是否存在實數(shù)a，b，使得是公比為的等比數(shù)列證明如下：由(1)得f(n1)，即f(n1)1，所以·.設(shè)b，可得b.所以是首項為，公比為的等比數(shù)列通項公式為，所以f(n)1.綜上所述，存在a，b滿足題意.題型(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，a12，且an1aan1對任意nN*恒成立求證：(1)an1anan1an2a2a11；(2)an1nn1.證明(1)當(dāng)n1時，a2a1(a11)13a11成立假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，結(jié)論成立，即ak1akak1a2a11.當(dāng)nk1時，ak2ak1(ak11)1ak1(akak1a2a111)1ak1akak1a2a11.所以當(dāng)nk1時，結(jié)論也成立綜上，an1anan1an2a2a11.(2)由(1)知，要證an1nn1.只需證anan1an2a2a1nn，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明，當(dāng)n1，2，3時，a12，a23，a37，則21，2×322，2×3×733.假設(shè)當(dāng)nk(k3，kN*)時，結(jié)論成立，即akak1·ak2a2a1kk，則當(dāng)nk1時，ak1aka2a1(akak1a2a11)akak1a2a1(akak1a2a1)2k2k，設(shè)f(x)2xln x(x1)ln(x1)(x3)，則f(x)ln1ln1ln(x1)1ln 210，所以f(x)在3，)上為增函數(shù)，則f(x)f(3)2(3ln 32ln 4)2ln 0，則當(dāng)k3，kN*時，2kln k(k1)ln(k1)，ln k2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1，故ak1aka2a1(k1)k1，則當(dāng)nk1時，結(jié)論也成立綜上，anan1an2a2a1nn，所以an1nn1.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，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、放縮法等證明演練沖關(guān)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，xn的和，其中x0，nN，n2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)fn(x)2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn)，且xnx；(2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為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)21xx2xn2，則Fn(1)n10，F(xiàn)n1220，所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個零點又Fn(x)12xnxn10，故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn.因為xn是Fn(x)的零點，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)由題設(shè)，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x0.當(dāng)x1時，fn(x)gn(x)當(dāng)x1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x)當(dāng)n2時，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假設(shè)nk(k2，kN*)時，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，當(dāng)nk1時，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1xk1.又gk1(x)，令hk(x)kxk1(k1)xk1(x0)，則hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1·(x1)所以當(dāng)0x1時，hk(x)0，hk(x)在(0，1)上遞減；當(dāng)x1時，hk(x)0，hk(x)在(1，)上遞增所以hk(x)hk(1)0，從而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1時不等式也成立由和知，對一切n2的整數(shù)，都有fn(x)gn(x)綜上可知，當(dāng)x1時，fn(x)gn(x)；當(dāng)x1時，對一切n2的整數(shù)，fn(x)<gn(x)題型(三)歸納、猜想、證明典例感悟例3(2019·南京三模)對由0和1這兩個數(shù)字組成的字符串，作如下規(guī)定：按從左向右的順序，當(dāng)?shù)谝粋€子串“010”的最后一個0所在數(shù)位是第k(kN*，且k3)位時，則稱子串“010”在第k位出現(xiàn)；再繼續(xù)從第k1位按從左往右的順序找子串“010”，若第二個子串“010”的最后一個0所在數(shù)位是第km位(其中m3且mN*)，則稱子串“010”在第km位出現(xiàn)；如此不斷地重復(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)的字符串的個數(shù)為f(n). (1)求f(3)，f(4)的值；(2)求證：對任意的正整數(shù)n，f(4n1)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，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，即0010與1010，所以f(4)2.(2)證明：當(dāng)n5且nN*時，若最后3位是010，則前n3個數(shù)位上，每個數(shù)位上的數(shù)字都有兩種可能，即0和1，所以共有2n3種可能當(dāng)最后3位是010，且最后5位是01010時，前n2位形成的字符串中，子串“010”是在第n2位出現(xiàn)，此時不滿足條件所以f(n)2n3f(n2)，n5且nN*.因為f(3)1，所以f(5)3.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明f(4n1)是3的倍數(shù)當(dāng)n1時，f(5)3，是3的倍數(shù)；假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，f(4k1)是3的倍數(shù)，那么當(dāng)nk1時，f4(k1)1f(4k5)24k2f(4k3)24k224kf(4k1)3×24kf(4k1)因為f(4k1)是3的倍數(shù)，且3×24k也是3的倍數(shù)，所以f(4k5)是3的倍數(shù)，所以當(dāng)nk1時，f4(k1)5是3的倍數(shù)由可知，對任意的正整數(shù)n，f(4n1)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(zhǔn)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演練沖關(guān)(2018·鹽城模擬)記f(n)(3n2)(CCCC)(n2，nN*)(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)當(dāng)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)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整除即可當(dāng)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(dāng)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. A組大題保分練1(2019·常州期末)是否存在實數(shù)a，b，c，使得1×3×52×4×6n(n2)(n4)(an2bnc)對一切正整數(shù)n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，請說明理由解：在1×3×52×4×6n(n2)(n4)(an2bnc)中，令n1，得15(abc)；令n2，得63(4a2bc)；令n3，得168(9a3bc)，即解得下面用數(shù)學(xué)歸納法證明1×3×52×4×6n(n2)(n4)(n29n20)對一切正整數(shù)n都成立，當(dāng)n1時，等式成立；假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN*)時，等式成立，即1×3×52×4×6k(k2)(k4)(k29k20)；當(dāng)nk1時，1×3×52×4×6k(k2)(k4)(k1)(k3)(k5)(k29k20)(k1)(k3)(k5)k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)(k1)(k5)(k28k12)(k11)(k15)(k1)29(k1)20，即等式對nk1也成立綜上可得，1×3×52×4×6n(n2)(n4)(n29n20)對一切正整數(shù)n都成立所以存在實數(shù)a，b，c符合題意，且2(2018·鎮(zhèn)江模擬)證明：對一切正整數(shù)n，5n2·3n11都能被8整除證明：(1)當(dāng)n1時，原式等于8，能被8整除；(2)假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN*)時，結(jié)論成立，即5k2·3k11能被8整除設(shè)5k2·3k118m，mN*，當(dāng)nk1時，5k12·3k15(5k2·3k11)4·3k145(5k2·3k11)4(3k11)，而當(dāng)k1，kN*時，3k11顯然為偶數(shù)，設(shè)為2t，tN*，故5k12·3k15(5k2·3k11)4(3k11)40m8t(m，tN*)，也能被8整除，故當(dāng)nk1時結(jié)論也成立；由(1)(2)可知，對一切正整數(shù)n，5n2·3n11都能被8整除3(2019·無錫期末)已知數(shù)列an滿足a1，(n2)(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，用數(shù)學(xué)歸納法證明：Snnln.解：(1)由(n2)，得(n2)，所以1(n2)，因為a1，所以3，所以是首項為3，公差為1的等差數(shù)列，所以n2，所以an.(2)證明：當(dāng)n1時，左邊S1a1，右邊ln 2，因為e316，所以3ln e4ln 2，所以ln 2，所以ln 2，所以不等式成立假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN*)時，不等式成立，即Skkln，則當(dāng)nk1時，Sk1Skak1kln，要證Sk1(k1)ln，只需證kln(k1)ln，只需證ln，即證ln.令F(x)ln(1x)x(x0)，因為x0，所以f(x)10，所以函數(shù)F(x)在(0，)上為減函數(shù)，所以F(x)F(0)0，即ln(1x)x，所以ln，所以當(dāng)nk1時，不等式也成立由可知，對于任意的nN*，有Snnln.4(2019·南通等七市二模)已知a1，a2，an(nN*，n4)均為非負(fù)實數(shù)，且a1a2an2.證明：(1)當(dāng)n4時，a1a2a2a3a3a4a4a11；(2)對于任意的nN*, n4，都有a1a2a2a3an1anana11.證明：(1)當(dāng)n4時，因為a1，a2，a3，a4均為非負(fù)實數(shù)，且a1a2a3a42，所以a1a2a2a3a3a4a4a1a2(a1a3)a4(a3a1)(a3a1)(a2a4)1.(2)當(dāng)n4時，由(1)可知，結(jié)論成立；假設(shè)當(dāng)nk(k4)時，結(jié)論成立，即對于任意的kN*，k4，若x1，x2，xk均為非負(fù)實數(shù)，且x1x2xk2，則x1x2x2x3xk1xkxkx11.則當(dāng)nk1時，設(shè)a1a2akak12，且ak1maxa1，a2，ak，ak1令x1a1a2，x2a3，xk1ak，xkak1，則x1x2xk2.由歸納假設(shè)，知x1x2x2x3xk1xkxkx11.因為a1，a2，a3均為非負(fù)實數(shù)，且ak1a1，所以x1x2xkx1(a1a2)a3ak1(a1a2)a2a3ak1a1a1a3ak1a2a1a2a2a3ak1a1.所以1(x1x2xkx1)(x2x3xk1xk)(a1a2a2a3ak1a1)(a3a4akak1)，即a1a2a2a3akak1ak1a11，也就是說，當(dāng)nk1時結(jié)論也成立所以由可知，對于任意的nN*，n4，都有a1a2a2a3an1anana11.B組大題增分練1(2019·蘇北三市一模)已知數(shù)列an滿足a1，an12a2an，nN*.(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：an；(2)令bnan，證明：3n13.證明：(1)當(dāng)n1時，a1，結(jié)論顯然成立；假設(shè)當(dāng)nk(k2，kN*)時，ak，則當(dāng)nk1時，ak12a2ak22.綜上，an.(2)由(1)知，an，所以bnan.因為an12a2an，所以an1(2a2an)2a2an22，即bn12b，于是log2bn12log2bn1，所以log2bn112(log2bn1)，故log2bn1構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列，其首項為log2b11log21log2.于是log2bn1·2n1，從而log2(2bn)·2n1log22n1，所以2bn2n1，即bn，于是2×32n1.因為當(dāng)i1,2時，2i1i，當(dāng)i3時，2i1(11)i1CCCCCi，所以對任意iN*，有2i1i，所以32i13i.所以2×32i12×3i，從而2(31323n)2×3n13.2已知數(shù)列an共有3n(nN*)項，記f(n)a1a2a3n.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(dāng)p2時，求T2的值；(2)當(dāng)p3時，求證：Tn8n2(1)n解：(1)由題意，當(dāng)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：由題意及(1)的分析可知，當(dāng)p3時，TnCCCC .當(dāng)1kn，kN*時，CCCCCCC2CCC2(CC)CCCC3(CC)CC， 于是Tn1CCCCCC3(CCCCCC)TnCTnC2Tn3(23nTn)3×8nTn. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明Tn8n2(1)n當(dāng)n1時，T1CC2812(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(dāng)nk1時，Tk13×8kTk3×8k8k2(1)k9×8k8k2(1)k8k12(1)k1，即nk1時，命題也成立于是當(dāng)nN*，有Tn8n2(1)n3(2018·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，n1bm1,1(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(dāng)ijknt時，kN*，t1,2，n，則aijat)解：(1)當(dāng)n2,3,4時，b3,5值不存在；當(dāng)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(dāng)n6時，同理得b3,528；當(dāng)n7時，同理得b3,545；當(dāng)n8時，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(xué)歸納法證明對mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.當(dāng)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.4隨機(jī)將1,2，2n(nN*，n2)這2n個連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個數(shù)，A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2，B組最小數(shù)為b1，最大數(shù)為b2，記a2a1，b2b1.(1)當(dāng)n3時，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)令C表示事件“與的取值恰好相等”，求事件C發(fā)生的概率P(C)；(3)對(2)中的事件C，表示C的對立事件，判斷P(C)和P()的大小關(guān)系，并說明理由解：(1)當(dāng)n3時，的所有可能取值為：2,3,4,5.將6個正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有C20(種)，所以的分布列為：2345PE2×3×4×5×.(2)和恰好相等的所有可能取值為：n1，n，n1，2n2.又和恰好相等且等于n1時，不同的分組方法有2種；和恰好相等且等于n時，不同的分組方法有2種；和恰好相等且等于nk(k1,2，n2)(n3)時，不同的分組方法有2C種；所以當(dāng)n2時，P(C)；當(dāng)n3時，P(C).(3)由(2)，當(dāng)n2時，P()，因此P(C)P()而當(dāng)n3時，P(C)P()理由如下：P(C)P()等價于4(2)C.用數(shù)學(xué)歸納法來證明：1°當(dāng)n3時，式左邊4(2C)4(22)16，式右邊C20，所以式成立2°假設(shè)nm(m3，mN*)時式成立，即4(2)C成立，那么，當(dāng)nm1時，左邊4(2)4(2)4CC4CC·C右邊，即當(dāng)nm1時式也成立綜合1°，2°得：對于n3的所有正整數(shù)，都有P(C)P()成立29