【数学】2019届一轮复习苏教版数学归纳法、二项式定理学案 25页

‎ 讲练测之核心热点 【江苏版】‎ 热点二十七 数学归纳法、二项式定理 ‎【名师精讲指南篇】‎ ‎【高考真题再现】‎ 例1 【2013江苏高考】设数列：，即当时，记.记. 对于，定义集合是的整数倍，，且.‎ ‎（1）求集合中元素的个数；‎ ‎（2）求集合中元素的个数.‎ ‎（1）由数列的定义，得，，， ，，，，，，，，∴，，，，‎ ，，， ，，，‎ ‎∴，，，，，‎ ‎∴集合中元素的个数为5.‎ ‎（2）先证：，‎ 事实上，①当时，，，原等式成立；‎ ②当时成立，即，‎ 则时， ，‎ 综合①②可得，于是，‎ ，‎ 由上式可知是的倍数，而，‎ ‎∴是的倍数，‎ 又不是的倍数，‎ 而，‎ ‎∴不是的倍数，‎ 故当时，集合中元素的个数为，‎ 于是，当时，集合中元素的个数为，‎ 又，故集合中元素的个数为.‎ 例2 【2014江苏高考】已知函数，设为的导数， ‎（1）求的值；‎ ‎（2）证明：对任意，等式都成立.‎ ‎【答案】(1)；（2）证明见解析.‎ 试题解析：（1）由已知，‎ ，‎ 所以，，‎ 故.‎ ‎（2）由（1）得，‎ 两边求导可得，‎ 类似可得，‎ 下面我们用数学归纳法证明对一切都成立，‎ ‎（1）时命题已经成立，‎ 例3 【2015江苏高考】 已知集合，，，令表示集合所含元素的个数.‎ ‎（1）写出的值；‎ ‎（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明.‎ ‎【答案】（1）13（2） ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意按分类计数：共13个（2）由（1）知，所以当时，的表达式要按除的余数进行分类，最后不难利用数学归纳法进行证明 试题解析：（1）．‎ ‎（2）当时，（）．‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ①当时，，结论成立；‎ ②假设（）时结论成立，那么时，在的基础上新增加的元素在 ，，中产生，分以下情形讨论：‎ ‎1）若，则，此时有 ，结论成立；‎ ‎2）若，则，此时有 ，结论成立；‎ ‎3）若，则，此时有 ，结论成立；‎ ‎4）若，则，此时有 ，结论成立；‎ ‎【热点深度剖析】‎ ‎1. 江苏高考中，经常考有难度的数学归纳法与二项式定理，利用归纳和类比的方法进行推理是新课标倡导的精神，主要考查学生探索创新能力.‎ ‎2. 数学归纳法既是方法，又是思想，更是能力.不仅需要归纳能力，更需要探究能力、创新能力、构造能力.做一些有难度的数学归纳法试题，有助于培养思维品质，提高分析问题及解决问题的能力.‎ ‎3. 预计16年有难度的数学归纳法压轴题仍是考查重点内容，出与二项式定理相关的代数论证压轴题的可能性较大.‎ ‎【最新考纲解读】‎ 内 容 要 求 备注 A　　‎ B　　‎ C　　‎ 计数原理 加法原理与乘法原理 ‎　 　‎ ‎√　　‎ ‎　 　‎ 对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在表中分别用A、B、C表示）.‎ 了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题.‎ 理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题.‎ 掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.‎ 排列与组合　　‎ ‎　 　‎ ‎√　　‎ ‎　 　‎ 二项式定理　　‎ ‎　 　‎ ‎√　　‎ ‎　 　‎ 推理与证明　　‎ 数学归纳法的原理　　‎ ‎√　　‎ ‎　 　‎ ‎　 　‎ 数学归纳法的简单应用　　‎ ‎　 　‎ ‎√　　‎ ‎　 　‎ ‎【重点知识整合】‎ 一、数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：‎ ‎(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0 (n0∈N*)时命题成立；‎ ‎(2)(归纳递推)假设n＝ ( ≥n0， ∈N*)时命题成立，证明当n＝ ＋1时命题也成立．‎ 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．‎ 二、“归纳——猜想——证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用．其关键是归纳、猜想出公式．‎ ‎【应试技巧点拨】‎ 数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它们的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n＝ ＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．‎ ‎【考场经验分享】‎ ‎1.目标要求：利用归纳和类比的方法进行推理是新课标倡导的精神，主要考查学生探索创新能力.‎ ‎2.注意问题：（1）数学归纳法证题时，误把第一个值n0认为是1，如证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.（2）数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝ 到n＝ ＋1增加了哪些项或减少了哪些项．‎ ‎3.经验分享：用数学归纳法证明等式应注意的问题(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＝ 到n＝ ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝ 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．‎ ‎【名题精选练兵篇】‎ ‎1. 【淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市2016届高三第二次调研】已知数列满足，．‎ ‎（1）求证：；（2）求证：当时，．‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ 试题解析：（1）由题意知，,， …………1分 当时，． ……………2分 ‎ （2）用数学归纳法加以证明： ‎ ‎①当时， ， ‎ ‎ 所以当时，结论成立．………………………………………………4分 ‎②假设当时，结论成立，即，‎ ‎ 则时，‎ ‎ …………6分 ‎ ‎ ，‎ 由可知，，即．‎ 所以当时，结论也成立．‎ 综合①②可得，当时，． …………………10分 ‎2. 【镇江市2016届高三年级第一次模拟考试】(本小题满分10分)‎ 证明：对一切正整数n，5n＋2·3n－1＋1能被8整除．‎ ‎【答案】略．‎ ‎【解析】(1) 当n＝1时，能被8整除，(2分)‎ ‎(2) 假设当n＝ ，( ≥2， ∈N*，结论成立，)(2分)‎ 则5 ＋2·3 －1＋1能被8整除，设5 ＋2·3 －1＋1＝‎8m，m∈N*，‎ 当n＝ ＋1时，5 ＋1＋2·3 ＋1＝5(5 ＋2·3 －1＋1)－4·3 －1－4‎ ‎＝5(5 ＋2·3 －1＋1)－4·(3 －1＋1)(7分)‎ 而当 ≥2， ∈N*时3 －1＋1显然为偶数，设为2t，t∈N*，‎ 故5 ＋1＋2·3 ＋1＝5(5 ＋2·3 －1＋1)－4·(3 －1＋1)＝‎40m－8t(m，t∈N*)，‎ 也能被8整除，故当n＝ ＋1时结论也成立；‎ 由(1)(2)可知对一切正整除n，5n＋2·3n－1＋1能被8整除．(10分)‎ ‎3. 【南京市、盐城市2016届高三年级第一次模拟考试数学】设集合，记的含有三个元素的子集个数为，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为.‎ ‎（1）求，，，的值；‎ ‎（2）猜想的表达式，并证明之.‎ ‎【答案】（1），，，.（2） ‎【解析】‎ 试题解析：（1），，，. ……………4分 ‎（2）猜想. ……………5分 下用数学归纳法证明之.‎ 证明：①当时，由（1）知猜想成立；‎ ‎②假设当时，猜想成立，即，而，所以得. 6分 则当时，易知，‎ 而当集合从变为时，在的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，和个， ……………8分 所以 ，‎ 即.‎ 所以当时，猜想也成立.‎ 综上所述，猜想成立. ……………10分 ‎（说明：未用数学归纳法证明，直接求出来证明的，同样给分.）‎ ‎4. 【扬州市2015—2016学年度第一学期期末检测试题】已知函数，设数列满足：，.‎ ‎（1）求证：，都有；‎ ‎（2）求证： ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 试题解析：（1）解：①当时，， 有 时，不等式成立 …………1分 ‎②假设当时，不等式成立，即 则当时，‎ 于是 ，，即，可得 所以当时，不等式也成立 由①②，可知，对任意的正整数，都有 …………4分 ‎（2）由（1）可得 两边同时取为底的对数，可得 化简为 所以数列是以为首项，为公比的等比数列 …………7分 ，化简求得：， 时，， ‎ 时， 时，， ． …………10分 ‎5. 【泰州市2016届高三第一次模拟考试】已知，若存在互不相等的正整数…，使得…同时小于，则记为满足条件的的最大值．‎ （１） 求的值；‎ （２） 对于给定的正整数，‎ ‎（ⅰ）当时，求的解析式；‎ WWW. iyuan u （ⅱ）当时，求的解析式．‎ ‎【答案】(1) (2)(i) (ii) ‎【解析】‎ 试题分析：(1) 阅读理解题意，具体验证：取，，满足题意，若，则必有，不满足题意，即．(2)(i) 取一串数为：…，满足题意，若，则必有，不满足题意，因此， (ii) 取一串数为：…，满足题意，若，则必有，不满足题意，因此 试题解析：解：（1）由题意，取，，满足题意，‎ 若，则必有，不满足题意，‎ 综上所述：的最大值为，即．　　　　　　　　 　………………4分 ‎（２）由题意，当时，‎ 设…，…，‎ 显然，时，满足，‎ ‎∴从集合中选出的至多个， ‎ 时，，‎ ‎∴从集合中选出的必不相邻，‎ 又∵从集合中选出的至多个，‎ ‎∴从集合中选出的至多个，放置于从集合中选出的之间，‎ ‎∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　………………6分 ‎（ⅰ）当时，‎ 取一串数为：…，‎ 或写成，（），‎ 此时，(),，满足题意，‎ ‎∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………………8分 ‎（写出（ⅰ）、（ⅱ）题的结论但没有证明各给１分．）‎ ‎6. 【江苏省扬州中学高三数学月考试卷】（本小题满分10分) ‎ ‎（1）证明：①；②（其中）；‎ ‎（2）某个比赛的决赛在甲、乙两名运动员之间进行，比赛共设局，每局比赛甲获胜的概率均为，首先赢满局者获胜（）.‎ ①若，求甲获胜的概率；‎ ②证明：总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①；②见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）组合恒等式的证明，直接利用可证得；（2）这是独立重复试验概率问题，①是5局3胜制，甲胜可能是前3局全胜；前3局甲胜2局，第4局甲胜；前4局甲胜2局，第5局甲胜，②由①分析知比赛局，甲获胜概率为 （是乙获胜的概率），本题是要证明，而证它，用作差法证， ，为显然小于0．‎ 试题解析：（1）①‎ ‎ ……2分 ②由① ……3分 ‎（2）①若，甲获胜的概率 ……5分 ②证明：设乙每一局获胜的概率为，则．‎ 记在甲最终获胜的概率为，则 所以，‎ 所以 资*源 库即总局数越多，甲获胜的可能性越大（即甲获胜的概率越大）． ………10分 ‎8.【常州2015一模】（本小题满分10分）‎ ‎ 设个正数满足（且）．‎ ‎（1）当时，证明：；‎ ‎（2）当时，不等式也成立，请你将其推广到（且）个正数的情形，归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明．‎ ‎【答案】（1）详见解析，（2）（且）．‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）证明：因为（且）均为正实数，‎ 左—右= ‎ ‎ =0，‎ 所以，原不等式成立． ………………………4分 ‎（2）归纳的不等式为：‎ （且）．…5分 记，‎ 当（）时，由（1）知，不等式成立；‎ 假设当（且）时，不等式成立，即 ．‎ 则当时，‎ ‎ iyuan u = …………………………7分 ‎= ‎9.【南京盐城2015一模】（本题满分10分）设集合，是的两个非空子集，且满足集合中的最大数小于集合中的最小数，记满足条件的集合对的个数为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的表达式.‎ ‎【答案】（Ⅰ），（Ⅱ） ‎【解析】‎ 资*源 库试题分析：（Ⅰ）根据具体数值，结合新定义，列举满足条件的数对：当时，即 ，此时，，所以，当时，即，若，则，或，或；‎ 若或，则；所以.（Ⅱ）由定义知，A,B无共同元素，分别在两部分取相应子集：当集合中的最大元素为“”时，集合的其余元素可在中任取若干个（包含不取），所以集合共有种情况，此时，集合的元素只能在中任取若干个（至少取1个），所以集合 共有种情况，集合对共有 对，再求和 试题解析：（1）当时，即，此时，，所以， ………………2分 当时，即，若，则，或，或；‎ 若或，则；所以. ………………4分 考点：归纳找规律 ‎10.【扬州2015一模】对于给定的大于1的正整数n，设，其中，且记满足条件的所有x的和为，‎ ‎（1）求（2）设，求 ‎【答案】（1）．（2） ‎【解析】‎ 试题分析：（1）实质为读题：当时，，，，，所以，，，, ‎（2）问题实质为统计出现的次数，中所有含项的和为；同理，中所有含项的和为；……‎ 中所有含项的和为；而中所有含项的和为；‎ 所以；‎ ， 试题解析：⑴当时，，，，，‎ ‎ 故满足条件的共有个，‎ 分别为：，，，,‎ 它们的和是． ……4分 ‎⑵由题意得，各有种取法；有种取法，‎ 由分步计数原理可得的不同取法共有，‎ 即满足条件的共有 个， ……6分 当分别取时，各有种取法，有种取法，‎ 故中所有含项的和为；‎ 同理，中所有含项的和为；‎ 中所有含项的和为；……‎ 中所有含项的和为；‎ 当分别取时，各有种取法，‎ 故中所有含项的和为；‎ 所以；‎ 故． ……10分 ‎11.设是给定的正整数，有序数组（）中或.‎ ‎（1）求满足“对任意的，，都有”的有序数组（）的个数；‎ ‎（2）若对任意的，，，都有成立，求满足“存在，使得”的有序数组（）的个数.‎ ‎【答案】解：（1）因为对任意的，都有，则或 共有种，所以共有种不同的选择，所以. ……5分 ‎（2）当存在一个时，那么这一组有种，其余的由（1）知有，所有共有；‎ 当存在二个时，因为条件对任意的,都有成立得这两组共有，‎ 其余的由（1）知有，所有共有；‎ 依次类推得：. ………10分 ‎12．设数列{an}共有n（）项，且，对每个i (1≤i≤，iN)，均有 ．‎ ‎（1）当时，写出满足条件的所有数列{an}（不必写出过程）； ‎ ‎（2）当时，求满足条件的数列{an}的个数． ‎ ‎【答案】（1）当时，．‎ 因为，，即，，‎ 所以或或．‎ 故此时满足条件的数列{an}共有3个：； 1，1，1； 1，2，1． ……… 3分 ‎（2）令bi＝(1≤i≤7)，则对每个符合条件的数列{an}，满足条件：‎ ，且bi∈ (1≤i≤7)． ‎ ‎ 反之，由符合上述条件的7项数列{bn}可唯一确定一个符合条件的8项数列{an}．………7分 记符合条件的数列{bn}的个数为N．‎ 显然，bi (1≤i≤7)中有 个2；从而有 个，7－2 个1． ‎ 当 给定时，{bn}的取法有种，易得 的可能值只有0，1，2，3，‎ 故．‎ 因此，符合条件的数列{an}的个数为393． ……… 10分 ‎【名师原创测试篇】‎ ‎1对于给定的函数，定义如下：，其中．‎ ‎ （1）当时，求证：；‎ ‎ （2）当时，比较与的大小；‎ ‎ （3）当时，求的不为0的零点．‎ ‎【命题意图】本题考查二项式定理、组合数性质等知识 ，意在考查运算求解能力.‎ 解：1）当时，． ………2分 ‎ （2）当时，，‎ ‎ 因为， ………4分 ‎ 所以，‎ ‎ 于是，‎ 从而． ………5分 ‎（3）当时，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ， ………9分 ‎ 令得，（舍去），‎ ‎ 所以的零点为0和． ………10分 ‎2. 已知(1＋x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n．‎ ‎(1)求a1＋a2＋a3＋…＋a2n的值；‎ ‎ (2)求的值．‎ ‎【命题意图】本题考查二项式定理、赋值法、组合恒等变换等知识 ，意在考查运算求解能力及推理论证能力..‎ ‎【解析】解： (1)令x＝0得，a0＝1；令x＝1得，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝22n．‎ 于是a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝22n－1．‎ ‎(2)a ＝， ＝1，2，3，…，2n，‎ 首先考虑 则, 因此 ‎3. 已知多项式.‎ ‎(Ⅰ)求及的值；‎ ‎(Ⅱ)试探求对一切整数n，是否一定是整数？并证明你的结论．‎ ‎【命题意图】本题考查数学归纳法、二项展开式定理等基础知识 ，意在考查运算求解能力及推理论证能力.‎ ‎（2）当n=0时，是整数.……………………………………………………………8分 ‎(3)当n为负整数时，令n= -m，则m是正整数，由（1）是整数，‎ 所以 =是整数.‎ 综上，对一切整数n，一定是整数.……………………………………………………10分 ‎4. 设是给定的正整数，有序数组（）中或.‎ ‎（1）求满足“对任意的，，都有”的有序数组（）的个数；‎ ‎（2）若对任意的，，，都有成立，求满足“存在，使得”的有序数组（）的个数.‎ ‎【命题意图】本题主要考查排列组合等相关知识，具有一定的综合性，其中第（1）问中要正确理解每一偶数项与前相邻奇数项是相反数，而与后相邻奇数项相等或相反；因此分组按（奇、偶）分为组；第（2）问要在（1）的基础上，某些组可能为（2,2）或（-2，-2），需要讨论这些组个数的情况，这是本题的一个难点，也是一个关键，这是本题的亮点所在。‎ ‎5. 如图，将圆分成n个区域，用3种不同颜色给每一个区域染色，要求相邻区域颜色互异，把不同的染色方法种数记为。求 ‎（1）及与的关系式；‎ ‎（2）数列的通项公式，并证明： ‎【命题意图】本题考查数学归纳法、组合数性质等知识 ，意在考查运算求解能力及推理论证能力..‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ） 当n=1时，不同的染色方法种数 当n=2时，不同的染色方法种数， 当n=3时，不同的染色方法种数， 当n=4时，分扇形区域1，3同色与异色两种情形 ∴不同的染色方法种数 3×1×2×2+3×2×1×1=18． （Ⅱ）依次对扇形区域1，2， 3，…n，n+1染色，不同的染色方法种数为 ‎，其中扇形区域1与n+1不同色的有种，扇形区域1与n+1同色的有种 ∴+ =（n≥2） （Ⅲ）∵+ =（n≥2）‎ ‎∴+ = + = … + =将上述n-2个等式两边分别乘以（ =2，3…n-1），再相加，得 +=-+…+3× ‎∴从而 = ‎（Ⅲ）证明：当n=1时，=3＞2×1 当n=2时， =6＞2×2， 当n≥3时，≥2n+2+≥2n，故≥2n（n∈N*）．‎