【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 21页

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