1、微专题30二项式定理、数学归纳法真 题 感 悟(2019江苏卷)设(1x)na0a1xa2x2anxn，n4，nN*.已知a2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1)nab，其中a，bN*，求a23b2的值.解(1)因为(1x)nCCxCx2Cxn，n4，nN*，所以a2C，a3C，a4C.因为a2a2a4，所以2.解得n5.(2)由(1)知，n5.(1)n(1)5CCC()2C()3C()4C()5ab.法一因为a，bN*，所以aC3C9C76，bC3C9C44，从而a23b2762344232.法二(1)5CC()C()2C()3C()4C()5CC()C()2C()3C()4C()5.因
2、为a，bN*，所以(1)5ab.因此a23b2(ab)(ab)(1)5(1)5(2)532.考 点 整 合1.两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.排列与组合(1)排列的定义；排列数公式：An(n1)(n2)(nm1)(mn，m，nN*).(2)组合的定义；组合数公式：C(mn，m，nN*)；组合数性质：CC；CCC.3.(1)二项式定理：(ab)nCanCan1bCabn1Cbn，其中C，C，C称为二项式系数；(2)CCC2n；(3)通项：Tr1Canrbr，rn，n，rN*.4.数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(
3、n0N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2011江苏卷)设整数n4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b1，2，3，n，ab.(1)记An为满足ab3的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足(ab)是整数的点P的个数，求Bn.解(1)点P的坐标满足条件1ba3n3，所以Ann3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及ab3k的点P的个数，只要讨论fn(k)1的情形.由1ba3kn
4、3k知fn(k)n3k，且k，设n13mr，其中mN*，r0，1，2，则km，所以Bnfn(k) (n3k)mn，将m代入上式，化简得Bn，所以Bn探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算.【训练1】 (2018江苏卷)设nN*，对1，2，n的一个排列i1i2in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数.例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1，2，n的所有排列中逆序数为k
5、的全部排列的个数.(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表达式(用n表示).解(1)记(abc)为排列abc的逆序数，对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.对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)对一般的n(n4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以fn(0)1.逆序数为1的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置
6、得到的排列，所以fn(1)n1.为计算fn1(2)，当1，2，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.当n5时，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2).因此，当n5时，fn(2).热点二与二项式定理有关的问题【例2】 设f(n)(ab)n(nN*，n2)，若f(n)的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P；(2)若存在n2 017，使f(n)具
7、有性质P，求n的最大值.(1)证明f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C7，C21，C35.因为CC2C，即C，C，C成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)解设f(n)具有性质P，则存在rN*，1rn1，使C，C，C成等差数列，所以CC2C.整理得4r24nr(n2n2)0，即(2rn)2n2，所以n2为完全平方数.又n2 017，由于4422 0172452，所以n的最大值为44221 934，此时r989或945.探究提高涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别.(2)根据所给式子的结构特征，对二项式
8、定理逆用或变形用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质.(3)关于x的二项式(abx)n(a，b为常数)的展开式可以看成是关于x的函数，且当给予x某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决.【训练2】 (2019南通、扬州、淮安等六市调研)已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.记Tn (2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的nN*，Tn都能被4n2整除.解由二项式定理，得aiC(i0，1，2，2n1).(1)T2a23a15a0C3C5C30.(2)因为(n1
9、k)C(n1k)(2n1)C，所以Tn (2k1)ank (2k1)C (2k1)C2(n1k)(2n1)C (n1k)C（2n1）C2（2n1）C(2n1) C2(2n1)(22nC)(2n1)22n1(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因为CN*，所以Tn能被4n2整除.热点三数学归纳法的应用【例3】 (2019南京高三模拟)已知各项均为正数的数列an满足：an1(nN*).(1)若(a11)(a22)0，求a1的取值范围；(2)设maxa，b表示a，b两数中较大的数.试证明：对任意的nN*，都有anmax1，a1.(1)解由题意a2，又(a11)(a22)0，所以(
10、a11)0，易解得1a19.故a1的取值范围为(1，9).(2)证明(i)当a11时，显然an1恒成立，所以anmax1，a11.(ii)当a11时，a21，且a2a1a10，所以1a2a1.假设当nk(k2，kN*)时，有1aka1，则ak11，且ak1a1a10，故1ak1a1.所以当a11时，1ana1对nN*恒成立，所以anmax1，a1a1.(iii)当0a11时，a21，且a2a1a10，所以a1a21.假设当nk(k2，kN*)时，有a1ak1，则ak11.所以当0a11时，an1对nN*恒成立，所以anmax1，a11.综上，对任意的nN*，都有anmax1，a1.探究提高在数
11、学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中，注意由nk到nk1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项.同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法.【训练3】 (2016江苏卷)(1)求7C4C的值；(2)设m，nN*，nm，求证：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.(1)解7C4C7204350.(2)证明对任意的m，nN*，nm，当nm时，左边(m1)Cm1，右边(m1)Cm1，原等式成立.假设nk(km，kN*)时命题成立.即(m1)C(m2)C(m3)CkC(k1)C(m1)C，则当nk1时，左边(m1)C(m2)C(m3)CkC(k1)C(k2)C(
12、m1)C(k2)C，右边(m1)C.而(m1)C(m1)C(m1)(m1)(k3)(km1)(k2)(k2)C，(m1)C(k2)C(m1)C，左边右边.即mk1时命题也成立.综合可得原命题对任意m，nN*，nm均成立.【新题感悟】 (2019苏北四市高三期末)已知函数f0(x)(a0，acbd0).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)知结论正确，假设当nk，(k1，kN*)时，结论正确，即fk(x)；当nk
13、1时，fk1(x)fk(x)(1)k1ak1(bcad)k！(axb)(k1)，所以当nk1时，结论也成立.综上所述，对一切nN*，fn(x).1.(2019如皋市高三模拟)已知Anx0|xk12k222kn2n，其中nN*，n2，ki1，1(i1，2，n)，记集合An的所有元素之和为Sn.(1)求S2，S3的值；(2)求Sn.解(1)当n2时，A2x0|xk12k222x0|x2k14k22，6，所以S2268；当n3时，A3x0|xk12k222k323x0|x2k14k28k32，6，10，14，所以S326101432.(2)若kn1，且k1k2kn11，n2，nN*，则x2222n1
14、2n2n20，此时xAn.所以kn必然等于1，且当k1k2kn11，n2，nN*时，x2222n12n2n20，此时xAn.所以当kn1，k1，k2，kn11，1，n2，nN*时，都有xAn.据乘法原理，使得ki1i1，2，3，n1，n2，nN*的x共有2n2个，使得ki1(i1，2，3，n1，n2，nN*)的x也共有2n2个，所以Sn中的所有ki2i(i1，2，3，n1，n2，nN*)项的和为0，又因为使得kn1的x共有2n1个，所以Sn2n12n22n1.2.(2019南京二模)已知nN*，且n4，数列T：a1，a2，an中的每一项均在集合M1，2，n中，且任意两项不相等.(1)若n7，且
15、a2a3a4a5a6，求数列T的个数；(2)若数列T中存在唯一的ak(kN*，且kn)，满足akak1，求所有符合条件的数列T的个数.解(1)当n7时，M1，2，7，数列T的个数为CA42.(2)当k1时，则a1a2，a2a3an，此时a2为1，a1共有(n1)种选法，余下的(n2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此k1时，符合条件的数列T共有n1(C1)(个).当2kn2时，则a1a2ak，akak1，ak1ak2an，从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，再将余下的(nk)个数，按从小到大的顺序排列，即得满足条件a1a2ak，ak1ak2an的数列的个数为CC，这里包含了aka
16、k1即a1a2akak1ak2an的情形，此时符合条件的数列T共有CC1C1(个).当kn1时，则a1a2an1，an1an，此时an1为n，an共有(n1)种选法，余下的(n2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此kn1时，符合条件的数列T共有n1(C1)(个).于是所有符合条件的数列T的个数为：C1C1C1CCCn12nCCn12nn1.3.(2019盐城三模)已知fn(x)Ax(x1)(xi1)，gn(x)Ax(x1)(xn1)，其中xR，nN*且n2.(1)若fn(1)7gn(1)，求n的值；(2)对于每一个给定的正整数n，求关于x的方程fn(x)gn(x)0所有解的集合.解(1)
17、因为An(n1)(n2)(nk1)，所以A.所以fn(1)Ai！ n！(n1)(n！)，gn(1)n！n！2(n！).由fn(1)7gn(1)，得n114，即n15.(2)计算得，f2(x)g2(x)2x2x(x1)(x1)(x2)，f3(x)g3(x)6x3x(x1)6x(x1)(x2)(x1)(x2)(x3).猜想：当n2，nN*时，都有fn(x)gn(x)(x1)(x2)(xn).以下用数学归纳法证明：当n2时，结论成立；假设当nk(k2，kN*)时结论成立，即fk(x)gk(x)(x1)(x2)(xk).考虑fk1(x)Ax(x1)(x2)(xi1)(k1)Ax(x1)(x2)(xi1
18、)(k1)x(x1)(x2)(xk1)(k1)fk(x)(k1)gk(x)A(k1)fk(x)gk(x)A，所以fk1(x)gk1(x)(k1)fk(x)gk(x)x(x1)(x2)(xk)(x1)(x2)(xk)x(k1)，即nk1时结论也成立.由可知，当n2，nN*时，都有fn(x)gn(x)(x1)(x2)(xn).所以方程fn(x)gn(x)0所有解的集合是1，2，n.4.(2015江苏卷)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表
19、达式，并用数学归纳法证明.解(1)Y61，2，3，4，5，6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1，2，3，4，5，6；若a2，则b1，2，4，6；若a3，则b1，3，6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*).下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6，kN*)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，
20、结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立.5.(2014江苏卷)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式都成立.(1)解由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f
21、1(x)，所以f1，f2，故2f1f21.(2)证明由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin.下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.()当n1时，由上可知等式成立.()假设当nk(k1，kN*)时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)x
22、fk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立.综合()，()可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.令x，可得nfn1fnsin(nN*).所以(nN*).6.(2019南京、盐城高三二模)平面上有2n(n3，nN*)个点，将每一个点染上红色或蓝色.从这2n个点中，任取3个点，记3个点颜色相同的所有不同取法总数为T.(1)若n3，求T的最小值；(2)若n4，求证：T2C.(1)解当n3时，共有6个点，若染红色的点的个数为0个或6个，则TC20；若染红色的点的个数为1个或5个，则TC10；若染红色的点的个数为2个或4个，
23、则TC4；若染红色的点的个数为3，则TCC2；因此T的最小值为2.(2)证明首先证明：任意n，kN*，nk，有CC.证明：因为CCC0，所以CC.设2n个点中含有p(pN，p2n)个染红色的点，当p0，1，2时，TCC4.因为n4，所以2n3n，于是T44C2C.当p2n2，2n1，2n时，TCC，同上可得T2C.当3p2n3时，TCC，设f(p)CC，3p2n3，当3p2n4时，f(p1)f(p)CCCCCC，显然p2np1，当p2np1即np2n4时，f(p1)f(p)，当p2np1即3pn1时，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.综上，当n4时，T2C.
