（江蘇專用）2020高考數學二輪復習專題八二項式定理與數學歸納法教學案理 專題八二項式定理與數學歸納法江蘇卷5年考情分析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常考的類型有考查計數原理與數學歸納法(xx年T 23、2018年T23)，考查組合數及其性質結合考查運算求解和推理論證能力(xx年T23)，考查概率分布與數學期望及組合數的性質(xx年T23)，同時加強對二項式定理的考查(2019年T22)，考查學生的運算求解能力，難度一般近幾年高考對組合數的性質要求比較高，常與數列、集合、不等式、數學歸納法等知識交匯考查第一講|計數原理與二項式定理題型 (一)計數原理的應用主要考查兩個計數原理在集合或數列中的應用.典例感悟例1(2018江蘇高考)設nN N*，對1，2，n的一個排列i1i2i n，如果當si t，則稱(i s，i t)是排列i1i2i n的一個逆序，排列i1i2i n的所有逆序的總個數稱為其逆序數例如對1，2，3的一個排列231，只有兩個逆序(2，1)，(3，1)，則排列231的逆序數為2.記f n(k)為1，2，n的所有排列中逆序數為k的全部排列的個數 (1)求f3 (2)，f4 (2)的值； (2)求f n (2)(n5)的表達式(用n表示)解 (1)記(abc)為排列abc的逆序數，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，將數字4添加進去，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，逆序數為0的排列只有一個12n，所以f n (0)1.逆序數為1的排列只能是將排列12n中的任意相鄰兩個數字調換位置得到的排列，所以f n (1)n1.為計算f n1 (2)，當1，2，n的排列及其逆序數確定后，將n1添加進原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三個位置因此f n1 (2)f n (2)f n (1)f n (0)f n (2)n.當n5時，f n (2)f n (2)f n1 (2)f n1 (2)f n2 (2)f5 (2)f4 (2)f4 (2)(n1)(n2)4f4 (2)n2n22，因此，當n5時，f n (2)n2n22.方法技巧 (1)深化對兩個計數原理的認識，培養“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性和獨立性. (2)解決計數應用題的基本思想是“化歸”，即由實際問題建立組合模型，再由組合數公式來計算其結果，從而解決實際問題演練沖關(2018蘇北三市三模)已知集合U1，2，n(nN N*，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)12?k k00n1Ckn(2nk1)12(?k k00n1Ckn2nkn1,k1C kn)因為?k k00n1Ckn2nkn,k0C kn2nkC0n2nC nn20(21)n2n13n2n1，?k k00n1Cknn,k0CknC0nCnn2n2，所以f(n)12(3n2n1)(2n2)12(3n2n11).法二任意一個元素只能在集合A，B，C?U(AB)之一中，則這n個元素在集合A，B，C中，共有3n種，其中A為空集的種數為2n，B為空集的種數為2n，所以A，B均為非空子集的種數為3n22n1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)12(3n2n11).題型 (二)二項式定理的應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)已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN N*.記T n?k0n(2k1)a nk. (1)求T2的值； (2)化簡T n的表達式，并證明對任意的nN N*，Tn都能被4n2整除解由二項式定理，得a iCi2n1(i0，1，2，2n1) (1)T2a23a15a0C253C155C0530. (2)因為(n1k)Cn1k2n1(n1k)（2n1）！（n1k）！（nk）！（2n1）（2n）！（nk）！（nk）！(2n1)Cnk2n，所以T nn,k0(2k1)a nk?k k00nn,k0(2k1)Cnk2n1?k k00n(2k1)Cn1k2n1?k k00n2(n1k)(2n1)Cn1k2n12?k k00n(n1k)Cn1k2n1(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)?k k00n Cnk2n(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)12(22nC n2n)(2n1)1222n1(2n1)Cn2n.T n(2n1)Cn2n(2n1)(Cn12n1Cn2n1)2(2n1)Cn2n1(4n2)Cn2n1.因為Cn2n1N N*，所以T n能被4n2整除.方法技巧二項式定理中的應用主要是構造一個生成相應二項式系數的函數，通過研究函數關系證明恒等式、不等式和整除性問題將二項式定理(ab)nC0n anC1n an1bC rnanr brCnn bn中的a，b進行特殊化就會得到很多有關組合數的相關和的結果，這是研究有關組合數的和的問題的常用方法還可以利用求函數值的思想進行賦值求解演練沖關(2019江蘇高考)設(1x)na0a1xa2x2an xn，n4，nN N*.已知a232a2a4. (1)求n的值； (2)設(13)nab3，其中a，bN N*，求a23b2的值解 (1)因為(1x)nC0nC1n xC2n x2C nn xn，n4，nN N*，所以a2C2nn（n1）2，a3C3nn（n1）（n2）6，a4C4nn（n1）（n2）（n3）24.因為a232a2a4，所以?n（n1）（n2）622n（n1）2n（n1）（n2）（n3）24.解得n5. (2)由 (1)知，n5.(13)n(13)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5ab3.法一因為a，bN N*，所以aC053C259C4576，bC153C359C5544，從而a23b2762344232.法二(13)5C05C15(3)C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5.因為a，bN N*，所以(13)5ab3.因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532.題型 (三)組合數的性質應用主要考查利用組合數性質進行代數化簡論證問題.典例感悟例3(2019南京四校聯考)已知m，nN N*，定義f n(m)n（n1）（n2）（nm1）m！. (1)求f4 (2)，f4 (5)的值； (2)證明?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.解 (1)f4 (2)432！6，f4 (5)432105！0. (2)證明由題意得，f n(m)錯誤!當n1時，?k12k2k f1(k)2022130.當n1時，因為?k12nk2k fn(k)12f n (1)222fn (2)323fn (3)2n22n fn(2n)12C1n222C2n323C3nn2n C nn，且kCknkn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（n1）（k1）！nCk1n1(kn)，所以?k12nk2k fn(k)n2C0n1n22C1n1n23C2n1n2n C n1n12n(12)n12n3n1.綜上所述，?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.方法技巧 (1)對于組合數問題，需要熟記并能靈活運用以下兩個組合數公式CknCnkn，Ckn1CknCk1n. (2)對于二項式定理問題，需掌握賦值法和二項式系數的性質，并能將二項式系數與二項展開式系數區別開來演練沖關(2018南京、鹽城一模)設nN N*，n3，kN N*. (1)求值k Cknn Ck1n1；k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1(k2) (2)化簡12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn.解 (1)k Cknn Ck1n1kn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！0.k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1k2n！k！（nk）！n(n1)（n2）！（k2）！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！kn！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！?kk111k10. (2)法一由 (1)可知，當k2時，(k1)2C kn(k22k1)C knk2C kn2k CknCknn(n1)Ck2n2n Ck1n12n Ck1n1Cknn(n1)Ck2n23n Ck1n1Ckn.故12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn(12C0n22C1n)n(n1)(C0n2C1n2Cn2n2)3n(C1n1C2n1Cn1n1)(C2nC3nCnn)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二當n3時，由二項式定理，有(1x)n1C1n xC2n x2C kn xkC nn xn，兩邊同乘以x，得(1x)n xxC1n x2C2n x3C kn xk1C nn xn1，兩邊對x求導，得(1x)nn(1x)n1x12C1n x3C2n x2(k1)C kn xk(n1)Cnn xn，兩邊再同乘以x，得(1x)n xn(1x)n1x2x2C1n x23C2n x3(k1)C kn xk1(n1)Cnn xn1，兩邊再對x求導，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122C1n x32C2n x2(k1)2C kn xk(n1)2C nn xn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn，即12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn2n2(n25n4)課時達標訓練A組大題保分練1(2019南京鹽城一模)已知數列a n滿足a11，a23，且對任意nN N*，都有a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1成立 (1)求a3的值； (2)證明數列a n是等差數列解 (1)在a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1中，令n1，則a1C01a2C11a31，由a11，a23，解得a35. (2)證明若a1，a2，a3，a n是等差數列，則a n2n1.當n3時，由 (1)知a35，此時結論成立假設當nk(k3，kN N*)時，結論成立，則a k2k1.由a1C0k1a2C1k1a3C2k1a k Ck1k1(a k11)2k2，k3，對該式倒序相加，得(a1a k)2k12(ak11)2k2，所以a k1a ka112，即a k12k122(k1)1，所以當nk1時，結論成立根據，可知數列a n是等差數列2(2019南師附中等四校聯考)設集合M1，2，3，m，集合A，B是M的兩個不同子集，記|AB|表示集合AB的元素個數若|AB|n，其中1nm1，則稱(A，B)是M的一組n階關聯子集對(A，B)與(B，A)看作同一組關聯子集對)，并記集合M的所有n階關聯子集對的組數為a n. (1)當m3時，求a1，a2； (2)當m2019時，求a n的通項公式，并求數列a n的最大項解 (1)當m3時，易知a13412，a23. (2)a nCn201912C02019n(22019n1)C12019n22018nC k2019n22019knC2018n2019n21C2019n2019n20C n201932019n2，a n1a n錯誤!錯誤!1，化簡，得(10082n)32018n1009n，(*)當n503時，(*)式成立；當504n1008時，(*)式不成立；當n1009時，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2018，所以a1a2a3a503a504a505a2018，所以數列a n的最大項為a504C50420193151512.3(2018南京、鹽城一模)已知nN N*，nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn. (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值； (2)試猜想f(n)的表達式(用一個組合數表示)，并證明你的猜想解 (1)由條件，nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，在中令n1，得f (1)C01C111.在中令n2，得2f (2)C02C122C12C226，得f (2)3.在中令n3，得3f (3)C03C132C13C233C23C3330，得f (3)10. (2)猜想f(n)Cn2n1(或f(n)Cn12n1)欲證猜想成立，只要證等式n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn成立法一(直接法)當n1時，等式顯然成立當n2時，因為r Crnrn！r！（nr）！n！（r1）！（nr）！n（n1）！（r1）！（nr）！n Cr1n1，故r Cr1n Crn(r Crn)Cr1nn Cr1n1Cr1n.故只需證明n Cn2n1n C0n1C0nn C1n1C1nn Cr1n1Cr1nn Cn1n1Cn1n.即證Cn2n1C0n1C0nC1n1C1nCr1n1Cr1nCn1n1Cn1n.而Cr1nCnr1n，故即證Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左邊xn的系數為C n2n1.而右邊(1x)n1(1x)n(C0n1C1n1xC2n1x2C n1n1xn1)(C0nC1n xC2n x2C nn xn)，所以xn的系數為C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立綜上，f(n)Cn2n1成立法二(構造模型)構造一個組合模型，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的黑球現從袋中任意摸出n個小球，一方面，由分步計數原理其中含有r個黑球(nr)個白球)的n個小球的組合的個數為Crn1Cnrn，0rn1，由分類計數原理有從袋中任意摸出n個小球的組合的總數為C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.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為Cn2n1.故Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n，余下同法一法三(利用導數)由二項式定理，得(1x)nC0nC1nxC2nx2C nnxn.兩邊求導，得n(1x)n1C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1.，得n(1x)2n1(C0nC1nxC2nx2C nnxn)(C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1)左邊xn的系數為n Cn2n1.右邊xn的系數為C1n Cnn2C2n Cn1nr Crn Cnr1nn Cnn C1nC1n C0n2C2n C1nr Crn Cr1nn Cnn Cn1nC0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.由恒成立，得n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.故f(n)Cn2n1成立法四(構造模型)由nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，得nf(n)n Cn1n Cnn(n1)Cn2n Cn1nC0n C1nn C0n C1n(n1)C1n C2nCn1n Cnn，所以2nf(n)(n1)(C0n C1nC1nC2nCn1n Cnn)(n1)(Cnn C1nCn1nC2nC1n Cnn)，構造一個組合模型，從2n個元素中選取(n1)個元素，則有Cn12n種選法，現將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Cnn C1n種選法，若從第一部分中取(n1)個，第二部分中取2個，則有Cn1nC2n種選法，由分類計數原理可知Cn12nCnn C1nCn1nC2nC1n Cnn.故2nf(n)(n1)Cn12n，所以f(n)n12n（2n）！（n1）！（n1）！（2n1）！n！（n1）！Cn2n1.4(2018蘇錫常鎮調研 (二)已知函數f(x)(x5)2n1(nN N*，xR R) (1)當n2時，若f (2)f(2)5A，求實數A的值； (2)若f (2)m(mN N*，01)，求證(m)1.解 (1)當n2時，f(x)(x5)5C05x5C15x45C25x3 (5)2C35x2 (5)3C45x (5)4C55 (5)5,所以f (2)f(2)(25)5(25)52C15 (5)124C35 (5)322C55 (5)52(516510455255)6105，所以A610. (2)證明因為f(x)(x5)2n1C02n1x2n1C12n1x2n5C22n1x2n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，所以f (2)C02n122n1C12n122n5C22n122n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，由題意知，f (2)(52)2n1m(mN N*，01)，首先證明對于固定的nN N*，滿足條件的m，是唯一的假設f (2)(25)2n1m11m22(m1，m2N N*，011，021，m1m2，12)，則m1m2210，而m1m2Z Z，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)(25)2n1(25)2n1(25)2n1(25)2n12C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，顯然f (2)f(2)N N*.又因為52(0，1)，故(52)2n1(0，1)，即f(2)(25)2n1(52)2n1(0，1).所以令m2C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，(25)2n1，則mf (2)f(2)，f(2)，又mf (2),所以(m)f(2)f (2)(25)2n1(25)2n1(54)2n11.B組大題增分練1(2019南通、泰州等七市三模)設P n?i02n錯誤!，Q n錯誤!錯誤!. (1)求2P2Q2的值； (2)化簡nP nQ n.解 (1)P2錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!，Q2錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!，所以2P2Q20. (2)設TnP nQ n，則T錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!因為Ck2nC2nk2n，所以T錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!得，2T0，即TnP nQ n0，所以nP nQ n0.2(2019南京鹽城二模)平面上有2n(n3，nN N*)個點，將每一個點染上紅色或藍色從這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為T. (1)若n3，求T的最小值； (2)若n4，求證T2C3n.解 (1)當n3時，共有6個點若染紅色的點的個數為0個或6個，則TC3620；若染紅色的點的個數為1個或5個，則TC3510；若染紅色的點的個數為2個或4個，則TC344；若染紅色的點的個數為3個，則TC33C332.因此T的最小值為2. (2)證明因為對任意的n，kN N*，nk，都有C kn1CknCk1n0，所以Ckn1Ckn.設2n個點中含有p(pN N，p2n)個染紅色的點，當p0，1，2時，TC32npC32n2（2n2）（2n3）（2n4）64（n1）（n2）（2n3）6.因為n4，所以2n3n，于是T4n（n1）（n2）64C3n2C3n.當p2n2，2n1，2n時，TC3pC32n2，同理可得T2C3n.當3p2n3時，TC3pC32np，設f(p)C3pC32np，3p2n3，當3p2n4時，f(p1)f(p)C3p1C32np1C3pC32npC2pC22np1，顯然p2np1，當p2np1，即np2n4時，f(p1)f(p)，當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)2C3n，即T2C3n.綜上，當n4時，T2C3n.3(2019蘇錫常鎮一模)已知f(n)錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!，g(n)錯誤!錯誤!錯誤!錯誤!，其中nN N*，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 N*，m2，總有h(2m)m12.解 (1)f (2)錯誤!錯誤!，f (3)錯誤!錯誤!錯誤!，g (2)錯誤!錯誤!，g (3)錯誤!錯誤!錯誤!. (2)證明錯誤!錯誤!（k1）2（k2）（k1）k（k1）（2k2）（2k1）（k2）（k1）（4k2）（2k2）（2k1）（k2）1k2，h(n)f(n)g(n)n,k2錯誤!n,k2錯誤!.下面用數學歸納法證對任意的mN N*，m2，總有h(2m)m12.當m2時，h (4)141516376012，結論成立；當m3時，h (8)37601718191103760410376024601，結論成立假設當mt(t3)時，結論成立，即h(2t)t12；則當mt1時，h(2t1)h(2t)12t312t412t12t1212t312t412t512t612t12，t3，12t312t432t12（2t3）2t22（2t3）（2t4）（2t12）0，12t312t432t12.又12t512t612t1212t1212t1212t122t22t12，h(2t1)t1232t122t22t12t2，當mt1時，結論成立綜上，對任意的mN N*，m2，總有h(2m)m12.4(2018常州期末)對一個量用兩種方法分別算一次，由結果相同構造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法利用這種方法，結合二項式定理，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 N*)，左邊xn的系數為Cn2n，而右邊(1x)n(1x)n(C0nC1nxCnn xn)(C0nC1nxCnn xn)，x n的系數為C0n CnnC1n Cn1nCnn C0n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2，因此可得到組合恒等式Cn2n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2. (1)根據恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN N*)，兩邊xk(其中kN N，km，kn)的系數相同，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?n2,k0C2kn2n2k Ck2kCn2n，其中?n2是指不超過n2的最大整數解 (1)CkmnC0m CknC1m Ck1nCkm C0n. (2)證明考察等式?2x1xn（x1）2nxn，等式右邊的常數項為錯誤!C錯誤!，因為?2x1xnn,r0Crn2nr?x1xrn,r0Crn2nr錯誤!，當且僅當r2k時，xrk?1xk為常數，等式左邊的常數項為?n2,k0C2kn2n2k Ck2k，所以?n2,k0C2kn2n2kCk2kCn2n成立第二講|數學歸納法題型 (一)用數學歸納法證明等式主要考查利用數學歸納法證明與正整數有關的代數等式.典例感悟例1(2019南師附中、天一中學四月聯考)設(tx)na0(t)a1(t)xa2(t)x2a r(t)xran(t)xn，其中常數tR R，nN N*，ar(t)(r0，1，2，n)是與x無關的常數 (1)若n4，a3(t)32，求t的值； (2)當n3m，mN N*時，求證?r0m a3r (1)2n2（1）n3.解 (1)因為n4，a3(t)32，所以C34t32，因此t8. (2)證明利用數學歸納法證明如下由題意得，a3r (1)C3rnC3r3m，r0，1，2，m.當m1，即n3時，?r01,a3r (1)C03C332，232（1）332，所以所證等式成立假設當mk(kN N*)，即n3k時，所證等式成立，即k,r0a3r (1)C03kC33kC3k3k23k2（1）3k3，則當mk1，即n3k3時，?r0k1a3r (1)C03k3C33k3C3r33k3C3k3k3C3k33k3，又C3r33k3C3r33k2C3r23k2(C3r33k1C3r23k1)(C3r23k1C3r13k1)C3r33k12C3r23k1C3r13k1(C3r33kC3r23k)2(C3r23kC3r13k)(C3r13kC3r3k)C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k，其中r0，1，2，k1.所以k1,r0a3r (1)C03k3(C03k3C13k3C23kC33k)(C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k)(C3k33k3C3k23k3C3k13kC3k3k)C3k33k33(C03kC13kC23kC3k3k)(C03kC33kC3k3k)323kk,r0a3r (1)323k23k2（1）3k3823k2（1）3k323k32（1）3k33，所以當mk1，即n3k3時，所證等式也成立綜上，當n3m，mN N*時，?r0m a3r (1)2n2（1）n3.方法技巧 (1)用數學歸納法證明等式問題是常見題型，其關鍵點在于弄清等式兩邊的構成規律，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，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明演練沖關(2018蘇州期末)在正整數集N N*上定義函數yf(n)，滿足f(n)f(n1)122f(n1)，且f (1)2. (1)求證f (3)f (2)910； (2)是否存在實數a，b，使得f(n)1a?32nb1對任意正整數n恒成立，并證明你的結論解 (1)證明由f(n)f(n1)122f(n1)，變形得f(n1)4f（n）f（n）2.由f (1)2，得f (2)12，再得f (3)75.所以f (3)f (2)7512910. (2)法一(數學歸納法)由f (2)12，f (3)75，可得a45，b15.猜想對nN N*，均有f(n)145?32n151.以下用數學歸納法證明當n1時，等式顯然成立；假設當nk(kN N*)時，等式成立，即f(k)145?32k151.則f(k1)4f（k）f（k）231f（k）f（k）1331f（k）131f（k）1231f（k）11，f(k)1，否則f (2)f(k)1，但f (2)1.即f(k1)2125?32k3511145?32k1151.即nk1時，等式也成立由知，對任意nN N*，均有f(n)145?32n151.綜上所述，存在a45，b15滿足題意法二(轉化法)因為f(n)1a?32nb1可變形為1f（n）1ba?32n，所以問題轉化為是否存在實數a，b，使得?1f（n）1b是公比為32的等比數列證明如下由 (1)得f(n1)4f（n）f（n）2，即f(n1)122f（n）f（n）2，所以1f（n1）1f（n）22f（n）1f（n）132f（n）112321f（n）1.設1f（n1）1b32?1f（n）1b，可得b15.所以?1f（n）115是首項為1f （1）11565，公比為32的等比數列通項公式為1f（n）11565?32n1，所以f(n)145?32n151.綜上所述，存在a45，b15滿足題意.題型 (二)用數學歸納法證明不等式主要考查用數學歸納法證明與正整數有關的不等式.典例感悟例2(2019蘇錫常鎮二模)已知數列a n，a12，且a n1a2na n1對任意nN N*恒成立求證 (1)a n1a na n1a n2a2a11； (2)a n1nn1.證明 (1)當n1時，a2a1(a11)13a11成立假設當nk(kN N*)時，結論成立，即a k1a ka k1a2a11.當nk1時，a k2a k1(a k11)1a k1(a ka k1a2a111)1a k1a ka k1a2a11.所以當nk1時，結論也成立綜上，a n1a na n1a n2a2a11. (2)由 (1)知，要證a n1nn1.只需證a na n1a n2a2a1nn，下面用數學歸納法證明，當n1，2，3時，a12，a23，a37，則21，2322，23733.假設當nk(k3，kN N*)時，結論成立，即a ka k1a k2a2a1kk，則當nk1時，a k1a ka2a1(a ka k1a2a11)a ka k1a2a1(a ka k1a2a1)2k2k，設f(x)2x lnx(x1)ln(x1)(x3)，則f(x)lnx2x11lnx21x11ln(x1)1ln210，所以f(x)在3，)上為增函數，則f(x)f (3)2(3ln32ln4)2ln27160，則當k3，kN N*時，2k ln k(k1)ln(k1)，ln k2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1，故a k1a ka2a1(k1)k1，則當nk1時，結論也成立綜上，a na n1a n2a2a1nn，所以a n1nn1.方法技巧 (1)當遇到與正整數n有關的不等式證明時，應用其他辦法不容易證，則可考慮應用數學歸納法 (2)用數學歸納法證明不等式的關鍵是由nk(kN N*)成立，推證nk1時也成立，證明時用上歸納假設后，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設f n(x)是等比數列1，x，x2，x n的和，其中x0，nN N，n2. (1)證明函數F n(x)f n(x)2在?12，1內有且僅有一個零點(記為x n)，且x n1212xn1n； (2)設有一個與上述等比數列的首項、末項、項數分別相同的等差數列，其各項和為g n(x)，比較f n(x)和g n(x)的大小，并加以證明解 (1)證明F n(x)f n(x)21xx2x n2，則F n (1)n10，F n?12112?122?12n21?12n1112212n0，所以F n(x)在?12，1內至少存在一個零點又F n(x)12xnxn10，故F n(x)在?12，1內單調遞增，所以F n(x)在?12，1內有且僅有一個零點x n.因為x n是F n(x)的零點，所以F n(x n)0，即錯誤!20，故x n錯誤!錯誤!x錯誤!. (2)由題設，f n(x)1xx2x n，g n(x)（n1）（xn1）2，x0.當x1時，f n(x)g n(x)當x1時，用數學歸納法可以證明f n(x)g n(x)當n2時，f2(x)g2(x)12(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假設nk(k2，kN N*)時，不等式成立，即f k(x)g k(x)那么，當nk1時，f k1(x)f k(x)xk1gk(x)xk1（k1）（1xk）2xk12xk1（k1）x kk12.又g k1(x)2xk1（k1）x kk12kxk1（k1）x k12，令h k(x)kxk1(k1)x k1(x0)，則hk(x)k(k1)xkk(k1)x k1k(k1)xk1(x1)所以當0x1時，hk(x)0，h k(x)在(0，1)上遞減；當x1時，hk(x)0，h k(x)在(1，)上遞增所以h k(x)h k (1)0，從而g k1(x)2xk1（k1）x kk12.故f k1(x)g k1(x)，即nk1時不等式也成立由和知，對一切n2的整數，都有f n(x)g n(x)綜上可知，當x1時，f n(x)g n(x)；當x1時，對一切n2的整數，f n(x) (三)歸納、猜想、證明主要考查由特殊到一般的數學思想和代數推理能力.典例感悟例3(2019南京三模)對由0和1這兩個數字組成的字符串，作如下規定按從左向右的順序，當第一個子串“010”的最后一個0所在數位是第k(kN N*，且k3)位時，則稱子串“010”在第k位出現；再繼續從第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所在數位是第km位(其中m3且mN N*)，則稱子串“010”在第km位出現；如此不斷地重復下去如在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出現，而不是在第7位和第11位出現記在n位由0，1組成的所有字符串中，子串“010”在第n