2019-2020年高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法教学案理.doc

2019-2020年高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法教学案理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. xx，xx年主要考查组合计数；xx年考复合函数求导和数学归纳法；xx年考查计数原理为主，又涉及到数学归纳法；xx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；xx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)当n1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)1113.当n2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(25)2823.(2)首先考虑f(n1)与f(n)的关系集合1,2,3，3n,3n1,3n2,3n3在集合1,2,3，3n中加入3个元素3n1,3n2,3n3.故f(n1)的组成有以下几部分：原来的f(n)个集合；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的集合合计是23n；含有元素是3n1与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与3n3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与3n3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；含有元素是3n1,3n2,3n3的“好集”是1,2，3，3n中“好集”与它的并，再加上3n1,3n2,3n3所以f(n1)2f(n)223n1.两边同除以2n1，得4n.所以4n14n241(n2)又也符合上式，所以f(n)2n1.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：分类不重不漏；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，再由组合数公式来计算其结果，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(n1)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(xx苏北三市三模)已知集合U1,2，n(nN*，n2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若AB，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，k1,2,3，n1.则与集合A互斥的非空子集有2nk1个于是f(n)(2nk1)(2nk)因为2nk2nkC2nC20(21)n2n13n2n1，CC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一个元素只能在集合A，B，CU(AB)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3n22n1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).二项式定理的应用例2(xx苏北四市期末)已知等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n.(1)求(1x)2n1的展开式中含xn的项的系数，并化简：CC CCCC；(2)证明：(C)22(C)2n(C)2nC.解(1)(1x)2n1的展开式中含xn的项的系数为C，由(1x)n1(1x)n(CCxCxn1)(CCxCxn)，可知(1x)n1(1x)n的展开式中含xn的项的系数为CC CCCC.所以CC CCCCC.(2)证明：当kN*时，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(ab)nCoal(0,n)anCoal(1,n)an1bCoal(r,n)anrbrCoal(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(xx南京、盐城一模)设nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)；(2)化简：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCkn0.k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(2)法一：由(1)可知，当k2时，(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：当n3时，由二项式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，两边同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，两边对x求导，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，两边再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，两边再对x求导，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4)组合数的性质应用例3(xx苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，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345？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nr3.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，k0,1,2，n组成如果第n行中有，那么3n7k3,4n9k5，解得k27，n62.即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为345.(2)证明：若有n，r(nr3)，使得C，C，C，C成等差数列，则2CCC，2CCC，即，.所以有，化简整理得，n2(4r5)n4r(r2)20，n2(4r9)n4(r1)(r3)20.两式相减得，n2r3，于是C，C，C，C成等差数列而由二项式系数的性质可知CCCC，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：CC，CCC.(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来变式训练设(1x)na0a1xa2x2anxn，nN*，n2.(1)若n11，求|a6|a7|a8|a9|a10|a11|的值；(2)设bkak1(kN，kn1)，Smb0b1b2bm(mN，mn1)，求的值解：(1)因为ak(1)kC，当n11时，|a6|a7|a8|a9|a10|a11|CCCCCC(CCCC)2101 024.(2)bkak1(1)k1C(1)k1C，当1kn1时，bk(1)k1C(1)k1(1)k1C(1)k1C(1)k1C(1)kC.当m0时，1.当1mn1时，Sm1(1)k1C(1)kC11(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Ma1，a2，a3，a4，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若Ma1，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(2n1)个当AB，并设B中含有k(1kn，kN*)个元素，则满足AB的有序集合对(A，B)有(2k1)2k3n2n个同理，满足BA的有序集合对(A，B)有3n2n个故满足条件的有序集合对(A，B)的个数为2n(2n1)2(3n2n)4n2n23n.2(xx南京、盐城二模)现有(n2，nN*)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1kn，kN*.记M1M2.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n1行的概率为；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，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)(n2，nN*)性质T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)当n3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)，从n1个数1,2,3，n1中选i1个数按从小到大的顺序排列为a1，a2，ai1，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ann，则满足题意的排列个数为f(n1)综上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.从而f(n)(n3)f(3)2nn1.4(xx江苏高考)(1)求7C4C的值；(2)设m，nN*，nm，求证：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C740.(2)证明：当nm时，结论显然成立当nm时，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因为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(nN*)，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：a5n1(nN*)是5的倍数解：(1)当n1时，只有自然数1满足题设条件，所以a11；当n2时，有11,2两个自然数满足题设条件，所以a22；当n3时，有111,21,12三个自然数满足题设条件，所以a33；当n4时，有1 111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件，所以a45.综上所述，a11，a22，a33，a45.(2)证明：设自然数X的各位数字之和为n2，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n1.故首位为1，各位数字之和为n2的自然数的个数为an1；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n2的自然数的个数为an.所以各位数字之和为n2的自然数的个数为an1an，即an2an1an.下面用数学归纳法证明a5n1是5的倍数当n1时，a45，所以a4是5的倍数，命题成立；假设nk(k1，nN*)时，命题成立，即a5k1是5的倍数则a5k4a5k3a5k22a5k2a5k12(a5k1a5k)a5k13a5k12a5k3(a5ka5k1)2a5k5a5k3a5k1.因为5a5k3a5k1是5的倍数，即a5k4是5的倍数所以nk1时，命题成立由可知，a5n1(nN*)是5的倍数6(xx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(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左边xn的系数为C，而右边(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系数为CC CCC 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(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，两边xk(其中kN，km，kn)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(xx苏锡常镇一模)设|0)，其中fi(x)(i0,1,2，n)是关于x的函数(1)若fi(x)xi(iN)，求F2(1)，F2 017(2)的值；(2)若fi(x)(iN)，求证：Fn(x)(nN*)解：(1)因为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)证明：因为fi(x)(x0，iN)，所以Fn(x)(1)0Cf0(x)(1)1Cf1(x)(1)nCfn(x)(nN*)当n1时，Fn(x)1，所以n1时结论成立. 假设nk(kN*)时结论成立，即Fk(x)，则nk1时，Fk1(x)1(1)k1C1(1)k1CFk(x)Fk(x)Fk(x)Fk(x)Fk(x1)，所以nk1时，结论也成立. 综合可知，Fn(x)(nN*).用数学归纳法证明不等式例2(xx南京模拟)已知数列an满足an3n2，函数f(n)，g(n)f(n2)f(n1)，nN*.(1) 求证：g(2)；(2) 求证：当n3时，g(n) .证明 (1)由题意知，an3n2，g(n)， 当n2时，g(2).故结论成立(2)用数学归纳法证明：当n3时，g(3)，所以当n3时，结论成立假设当nk(k3，kN*)时，结论成立，即g(k)，则当nk1时，g(k1)g(k)，由k3可知，3k27k30，即g(k1).所以当nk1时，结论也成立综合可得，当n3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nk(kN*)成立，推证nk1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a1a2an0，且|a1|a2|an|1(nN*且n2)，令bn(nN*)求证：|b1b2bn|(nN*)证明：(1)当n2时，a1a2，所以|a1|a2|2|a1|1，即|a1|，所以|b1b2|，即当n2时，结论成立(2)假设当nk(kN*且k2)时，结论成立，即当a1a2ak0，且|a1|a2|ak|1时，有|b1b2bk|.则当nk1时，由a1a2akak10，且|a1|a2|ak1|1，可得2|ak1|a1a2ak|ak1|a1|a2|ak1|1，所以|ak1|.又a1a2ak1(akak1)0，且|a1|a2|ak1|akak1|a1|a2|ak1|1，由假设可得，所以|b1b2bkbk1|ak1|，即当nk1时，结论成立综合(1)(2)可知，结论成立归纳、猜想、证明例3(xx苏锡常镇二模)已知fn(x)CxnC(x1)n(1)kC(xk)n(1)nC(xn)n，其中xR，nN*，kN，kn.(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)CxC(x1)xx11；f2(x)Cx2C(x1)2C(x2)2x22(x22x1)(x24x4)2；f3(x)Cx3C(x1)3C(x2)3C(x3)3x33(x1)33(x2)3(x3)36.(2)猜测：fn(x)n！.而kCk，nCn，所以kCnC.用数学归纳法证明结论成立当n1时，f1(x)1，所以结论成立假设当nk时，结论成立，即fk(x)CxkC(x1)k(1)kC(xk)kk！.则当nk1时，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(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(*)由归纳假设知(*)式等于xk！xk！(k1)k！(k1)！.所以当nk1时，结论也成立综合，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(xx盐城模拟)记f(n)(3n2)(CCCC)(n2，nN*)(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)当n2，nN*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明解：(1)因为f(n)(3n2)(CCCC)(3n2)C1，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整除即可当n2时，f(2)8能被4整除，结论成立；假设nk (k2，kN*)时，结论成立，即f(k)(3k2)C1能被4整除，则当nk1时，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(xx南通三模)已知函数f0(x)(a0，bcad0)设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(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)，nN*.证明：当n1时，由(1)知结论成立，假设当nk(kN*且k1)时结论成立，即有fk(x).当nk1时，fk1(x)fk(x)(1)k1ak1(bcad)k！(axb)(k1).所以当nk1时结论成立由得，对一切nN*结论都成立2(xx镇江模拟)证明：对一切正整数n,5n23n11都能被8整除证明：(1)当n1时，原式等于8能被8整除，(2)假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，则5k23k11能被8整除设5k23k118m，mN*，当nk1时，5k123k15(5k23k11)43k145(5k23k11)4(3k11)，而当k1，kN*时，3k11显然为偶数，设为2t，tN*，故5k123k15(5k23k11)4(3k11)40m8t(m，tN*)，也能被8整除，故当nk1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n,5n23n11都能被8整除3已知Sn1(n2，nN*)，求证：S2n1(n2，nN*)证明：(1)当n2时，S2nS411，即n2时命题成立；(2)假设当nk(k2，kN*)时命题成立，即S2k11，则当nk1时，S2k111111，故当nk1时，命题成立由(1)和(2)可知，对n2，nN*不等式S2n1都成立4(xx南京三模)已知数列an共有3n(nN*)项，记f(n)a1a2a3n.对任意的kN*,1k3n，都有ak0,1，且对于给定的正整数p (p2)，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p2时，求T2的值；(2)当p3时，求证：Tn8n2(1)n解：(1)由题意，当n2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T2CCCC2532. (2)证明：TnCCCC .当1kn，kN*时，CCCCCCC2CCC2(CC)CCCC3(CC)CC， 于是Tn1CCCCCC3(CCCCCC)TnCTnC2Tn3(23nTn)38nTn. 下面用数学归纳法证明Tn8n2(1)n当n1时，T1CC2812(1)1，即n1时，命题成立假设nk (k1，kN*) 时，命题成立，即Tk8k2(1)k则当nk1时，Tk138kTk38k8k2(1)k98k8k2(1)k8k12(1)k1，即nk1时，命题也成立于是当nN*，有Tn8n2(1)n5(xx扬州考前调研)在数列an中，ancos(nN*)(1)试将an1表示为an的函数关系式；(2)若数列bn满足bn1(nN*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论解：(1)ancoscos221，an2a1，an1 ，又nN*，n12，an10，an1 .(2)当n1时，a1，b1121，a1b1；当n2时，a2，b21，a2b2；当n3时，a3，b31，a3b3.猜想：当n3时，anbn，下面用数学归纳法证明：当n3时，由上知，a3b3，结论成立假设nk，k3，nN*时，akbk成立，即ak1，则当nk1，ak1 ，bk11.要证ak1bk1，即证22，即证10，即证20，显然成立nk1时，结论也成立综合可知：当n3时，anbn成立综上可得：当n1时，a1b1；当n2时，a2b2；当n3，nN*时，anbn.6(xx南通二调)设n2，nN*.有序数组(a1，a2，an)经m次变换后得到数组(bm,1，bm,2，bm，n)，其中b1，iaiai1，bm，ibm1，ibm1，i1(i1,2，n)，an1a1，bm1，n1bm1,1(m2)例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(12,23,31)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)(1)若aii(i1,2，n)，求b3,5的值；(2)求证：bm，iijC，其中i1,2，n.(注：当ijknt时，kN*，t1,2，n，则aijat)解：(1)当n2,3,4时，b3,5值不存在；当n5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)经1次变换为：(3,5,7,9,6)，经2次变换为：(8,12,16,15,9)，经3次变换为：(20,28,31,24,17)，所以b3,517；当n6时，同理得b3,528；当n7时，同理得b3,545；当n8时，nN*时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，n)经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，n1)，经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，n4)，经3次变换为：(20,28,36,44,52，n12)，所以b3,552. (2)证明：下面用数学归纳法证明对mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.当m1时，b1，iaiai1ijC，其中i1，2，n，结论成立；假设mk(kN*)时，bk，iijC，其中i1，2，n. 则mk1时，bk1，ibk，ibk，i1ijCij1CijCijCaiCij(CC)aik1CaiCijCaik1CijC，所以结论对mk1时也成立由知，mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.