江蘇專用2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法教學(xué)案理

PAGEPAGE1專題八二項(xiàng)式定理與數(shù)學(xué)歸納法eq\a\vs4\al([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?？嫉念愋陀校嚎疾橛?jì)數(shù)原理與數(shù)學(xué)歸納法(2015年T23、2024年T23)，考查組合數(shù)及其性質(zhì)結(jié)合考查運(yùn)算求解和推理論證實(shí)力(2024年T23)，考查概率分布與數(shù)學(xué)期望及組合數(shù)的性質(zhì)(2024年T23)，同時(shí)加強(qiáng)對(duì)二項(xiàng)式定理的考查(2024年T22)，考查學(xué)生的運(yùn)算求解實(shí)力，難度一般．近幾年高考對(duì)組合數(shù)的性質(zhì)要求比較高，常與數(shù)列、集合、不等式、數(shù)學(xué)歸納法等學(xué)問交匯考查．第一講|計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理題型(一)計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用eq\a\vs4\al(主要考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理在集合或數(shù)列中的應(yīng)用.)[典例感悟][例1](2024·江蘇高考)設(shè)n∈N*，對(duì)1，2，…，n的一個(gè)排列i1i2…in，假如當(dāng)s<t時(shí)，有is>it，則稱(is，it)是排列i1i2…in的一個(gè)逆序，排列i1i2…in的全部逆序的總個(gè)數(shù)稱為其逆序數(shù)．例如：對(duì)1，2，3的一個(gè)排列231，只有兩個(gè)逆序(2，1)，(3，1)，則排列231的逆序數(shù)為2.記fn(k)為1，2，…，n的全部排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個(gè)數(shù)．(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n≥5)的表達(dá)式(用n表示)．[解](1)記τ(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對(duì)1，2，3的全部排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2.對(duì)1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，將數(shù)字4添加進(jìn)去，4在新排列中的位置只能是最終三個(gè)位置．因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.(2)對(duì)一般的n(n≥4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個(gè)：12…n，所以fn(0)＝1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12…n中的隨意相鄰兩個(gè)數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.為計(jì)算fn＋1(2)，當(dāng)1，2，…，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n＋1添加進(jìn)原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最終三個(gè)位置．因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.當(dāng)n≥5時(shí)，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝eq\f(n2－n－2,2)，因此，當(dāng)n≥5時(shí)，fn(2)＝eq\f(n2－n－2,2).[方法技巧](1)深化對(duì)兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的相識(shí)，培育“全局分類”和“局部分步”的意識(shí)，并在操作中確保：①分類不重不漏；②分步要使各步具有連續(xù)性和獨(dú)立性.(2)解決計(jì)數(shù)應(yīng)用題的基本思想是“化歸”，即由實(shí)際問題建立組合模型，再由組合數(shù)公式來計(jì)算其結(jié)果，從而解決實(shí)際問題．[演練沖關(guān)](2024·蘇北三市三模)已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，對(duì)于集合U的兩個(gè)非空子集A，B，若A∩B＝?，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”．記集合U的全部“互斥子集”的組數(shù)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(shè)集合A中有k個(gè)元素，k＝1，2，3，…，n－1.則與集合A互斥的非空子集有2n－k－1個(gè)．于是f(n)＝eq\f(1,2)eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)(2n－k－1)＝eq\f(1,2)(eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)2n－k－∑n－1,k＝1Ceq\o\al(k,n))．因?yàn)閑q\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)2n－k＝∑n,k＝0Ceq\o\al(k,n)2n－k－Ceq\o\al(0,n)2n－Ceq\o\al(n,n)20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)＝∑n,k＝0Ceq\o\al(k,n)－Ceq\o\al(0,n)－Ceq\o\al(n,n)＝2n－2，所以f(n)＝eq\f(1,2)[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1).法二：隨意一個(gè)元素只能在集合A，B，C＝?U(A∪B)之一中，則這n個(gè)元素在集合A，B，C中，共有3n種，其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n，所以A，B均為非空子集的種數(shù)為3n－2×2n＋1.又(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，所以f(n)＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1).題型(二)二項(xiàng)式定理的應(yīng)用主要考查利用二項(xiàng)式定理求和或利用二項(xiàng)式定理論證整除問題.[典例感悟][例2](2024·江蘇六市二調(diào))已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.記Tn＝eq\i\su(k＝0,n,)(2k＋1)an－k.(1)求T2的值；(2)化簡Tn的表達(dá)式，并證明：對(duì)隨意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除．[解]由二項(xiàng)式定理，得ai＝Ceq\o\al(i,2n＋1)(i＝0，1，2，…，2n＋1)．(1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝Ceq\o\al(2,5)＋3Ceq\o\al(1,5)＋5Ceq\o\al(0,5)＝30.(2)因?yàn)?n＋1＋k)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝(n＋1＋k)·eq\f(（2n＋1）！,（n＋1＋k）?。╪－k）！)＝eq\f(（2n＋1）·（2n）！,（n＋k）！（n－k）！)＝(2n＋1)Ceq\o\al(n＋k,2n)，所以Tn＝∑n,k＝0(2k＋1)an－k＝eq\i\su(k＝0,n,)∑n,k＝0(2k＋1)Ceq\o\al(n－k,2n＋1)＝eq\i\su(k＝0,n,)(2k＋1)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝eq\i\su(k＝0,n,)[2(n＋1＋k)－(2n＋1)]Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2eq\i\su(k＝0,n,)(n＋1＋k)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)－(2n＋1)∑n,k＝0Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2(2n＋1)eq\i\su(k＝0,n,)Ceq\o\al(n＋k,2n)－(2n＋1)∑n,k＝0Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2(2n＋1)·eq\f(1,2)·(22n＋Ceq\o\al(n,2n))－(2n＋1)·eq\f(1,2)·22n＋1＝(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n).Tn＝(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n)＝(2n＋1)(Ceq\o\al(n－1,2n－1)＋Ceq\o\al(n,2n－1))＝2(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n－1)＝(4n＋2)Ceq\o\al(n,2n－1).因?yàn)镃eq\o\al(n,2n－1)∈N*，所以Tn能被4n＋2整除.[方法技巧]二項(xiàng)式定理中的應(yīng)用主要是構(gòu)造一個(gè)生成相應(yīng)二項(xiàng)式系數(shù)的函數(shù)，通過探討函數(shù)關(guān)系證明恒等式、不等式和整除性問題．將二項(xiàng)式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn中的a，b進(jìn)行特別化就會(huì)得到許多有關(guān)組合數(shù)的相關(guān)和的結(jié)果，這是探討有關(guān)組合數(shù)的和的問題的常用方法．還可以利用求函數(shù)值的思想進(jìn)行賦值求解．[演練沖關(guān)](2024·江蘇高考)設(shè)(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知aeq\o\al(2,3)＝2a2a4.(1)求n的值；(2)設(shè)(1＋eq\r(3))n＝a＋beq\r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．解：(1)因?yàn)?1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn，n≥4，n∈N*，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)，a3＝Ceq\o\al(3,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,6)，a4＝Ceq\o\al(4,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).因?yàn)閍eq\o\al(2,3)＝2a2a4，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq\s\up12(2)＝2×eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).解得n＝5.(2)由(1)知，n＝5.(1＋eq\r(3))n＝(1＋eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5＝a＋beq\r(3).eq\a\vs4\al(法一：)因?yàn)閍，b∈N*，所以a＝Ceq\o\al(0,5)＋3Ceq\o\al(2,5)＋9Ceq\o\al(4,5)＝76，b＝Ceq\o\al(1,5)＋3Ceq\o\al(3,5)＋9Ceq\o\al(5,5)＝44，從而a2－3b2＝762－3×442＝－32.eq\a\vs4\al(法二：)(1－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)(－eq\r(3))＋Ceq\o\al(2,5)(－eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(－eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(－eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)－Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2－Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4－Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5.因?yàn)閍，b∈N*，所以(1－eq\r(3))5＝a－beq\r(3).因此a2－3b2＝(a＋beq\r(3))(a－beq\r(3))＝(1＋eq\r(3))5×(1－eq\r(3))5＝(－2)5＝－32.題型(三)組合數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用eq\a\vs4\al(主要考查利用組合數(shù)性質(zhì)進(jìn)行代數(shù)化簡論證問題.)[典例感悟][例3](2024·南京四校聯(lián)考)已知m，n∈N*，定義fn(m)＝eq\f(n（n－1）（n－2）·…·（n－m＋1）,m！).(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)證明：eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[解](1)f4(2)＝eq\f(4×3,2！)＝6，f4(5)＝eq\f(4×3×2×1×0,5！)＝0.(2)證明：由題意得，fn(m)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(m,n)，m≤n，,0，m≥n＋1.))當(dāng)n＝1時(shí)，eq\i\su(k＝1,2,)[k·2kf1(k)]＝2＋0＝2＝2×1×30.當(dāng)n＞1時(shí)，因?yàn)閑q\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝1×2fn(1)＋2×22fn(2)＋3×23fn(3)＋…＋2n×22nfn(2n)＝1×2Ceq\o\al(1,n)＋2×22Ceq\o\al(2,n)＋3×23Ceq\o\al(3,n)＋…＋n×2nCeq\o\al(n,n)，且k·Ceq\o\al(k,n)＝k·eq\f(n！,k?。╪－k）！)＝n·eq\f(（n－1）！,（k－1）！[（n－1）－（k－1）]！)＝n·Ceq\o\al(k－1,n－1)(k≤n)，所以eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝n×2Ceq\o\al(0,n－1)＋n×22Ceq\o\al(1,n－1)＋n×23Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋n×2nCeq\o\al(n－1,n－1)＝2n(1＋2)n－1＝2n·3n－1.綜上所述，eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[方法技巧](1)對(duì)于組合數(shù)問題，須要熟記并能敏捷運(yùn)用以下兩個(gè)組合數(shù)公式：Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n)，Ceq\o\al(k,n＋1)＝Ceq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(k－1,n).(2)對(duì)于二項(xiàng)式定理問題，需駕馭賦值法和二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，并能將二項(xiàng)式系數(shù)與二項(xiàng)綻開式系數(shù)區(qū)分開來．[演練沖關(guān)](2024·南京、鹽城一模)設(shè)n∈N*，n≥3，k∈N*.(1)求值：①kCeq\o\al(k,n)－nCeq\o\al(k－1,n－1)；②k2Ceq\o\al(k,n)－n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al(k－1,n－1)(k≥2)．(2)化簡：12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n).解：(1)①kCeq\o\al(k,n)－nCeq\o\al(k－1,n－1)＝k×eq\f(n！,k！（n－k）！)－n×eq\f(（n－1）！,（k－1）?。╪－k）！)＝eq\f(n！,（k－1）?。╪－k）！)－eq\f(n！,（k－1）?。╪－k）！)＝0.②k2Ceq\o\al(k,n)－n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al(k－1,n－1)＝k2×eq\f(n！,k?。╪－k）！)－n(n－1)×eq\f(（n－2）！,（k－2）?。╪－k）！)－n×eq\f(（n－1）！,（k－1）！（n－k）！)＝k×eq\f(n！,（k－1）?。╪－k）！)－eq\f(n！,（k－2）?。╪－k）！)－eq\f(n！,（k－1）?。╪－k）！)＝eq\f(n！,（k－2）?。╪－k）！)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)－1－\f(1,k－1)))＝0.(2)法一：由(1)可知，當(dāng)k≥2時(shí)，(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＝(k2＋2k＋1)Ceq\o\al(k,n)＝k2Ceq\o\al(k,n)＋2kCeq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(k,n)＝[n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)＋nCeq\o\al(k－1,n－1)]＋2nCeq\o\al(k－1,n－1)＋Ceq\o\al(k,n)＝n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)＋3nCeq\o\al(k－1,n－1)＋Ceq\o\al(k,n).故12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)＝(12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n))＋n(n－1)(Ceq\o\al(0,n－2)＋Ceq\o\al(1,n－2)＋…＋Ceq\o\al(n－2,n－2))＋3n(Ceq\o\al(1,n－1)＋Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1))＋(Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n))＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：當(dāng)n≥3時(shí)，由二項(xiàng)式定理，有(1＋x)n＝1＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn，兩邊同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Ceq\o\al(1,n)x2＋Ceq\o\al(2,n)x3＋…＋Ceq\o\al(k,n)xk＋1＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn＋1，兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Ceq\o\al(1,n)x＋3Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋(k＋1)Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(n,n)xn，兩邊再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Ceq\o\al(1,n)x2＋3Ceq\o\al(2,n)x3＋…＋(k＋1)Ceq\o\al(k,n)xk＋1＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(n,n)xn＋1，兩邊再對(duì)x求導(dǎo)，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Ceq\o\al(1,n)x＋32Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)xn.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)，即12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．eq\a\vs4\al([課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練])A組——大題保分練1．(2024·南京鹽城一模)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，a2＝3，且對(duì)隨意n∈N*，都有a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1成立．(1)求a3的值；(2)證明：數(shù)列{an}是等差數(shù)列．解：(1)在a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，則a1Ceq\o\al(0,1)＋a2Ceq\o\al(1,1)＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5.(2)證明：若a1，a2，a3，…，an是等差數(shù)列，則an＝2n－1.①當(dāng)n＝3時(shí)，由(1)知a3＝5，此時(shí)結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，則ak＝2k－1.由a1Ceq\o\al(0,k－1)＋a2Ceq\o\al(1,k－1)＋a3Ceq\o\al(2,k－1)＋…＋akCeq\o\al(k－1,k－1)＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3，對(duì)該式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2，所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋1＝2k－1＋2＝2(k＋1)－1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．依據(jù)①②，可知數(shù)列{an}是等差數(shù)列．2．(2024·南師附中等四校聯(lián)考)設(shè)集合M＝{1，2，3，…，m}，集合A，B是M的兩個(gè)不同子集，記|A∩B|表示集合A∩B的元素個(gè)數(shù)．若|A∩B|＝n，其中1≤n≤m－1，則稱(A，B)是M的一組n階關(guān)聯(lián)子集對(duì)((A，B)與(B，A)看作同一組關(guān)聯(lián)子集對(duì))，并記集合M的全部n階關(guān)聯(lián)子集對(duì)的組數(shù)為an.(1)當(dāng)m＝3時(shí)，求a1，a2；(2)當(dāng)m＝2019時(shí)，求{an}的通項(xiàng)公式，并求數(shù)列{an}的最大項(xiàng)．解：(1)當(dāng)m＝3時(shí)，易知a1＝3×4＝12，a2＝3.(2)an＝Ceq\o\al(n,2019)×eq\f(1,2)×[Ceq\o\al(0,2019－n)(22019－n－1)＋Ceq\o\al(1,2019－n)·22018－n＋…＋Ceq\o\al(k,2019－n)·22019－k－n＋…＋Ceq\o\al(2018－n,2019－n)·21＋Ceq\o\al(2019－n,2019－n)·20]＝Ceq\o\al(n,2019)eq\f(32019－n,2)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(Ceq\o\al(n＋1,2019)\f(32018－n－1,2),Ceq\o\al(n,2019)\f(32019－n－1,2))＝eq\f(（2019－n）（32018－n－1）,（n＋1）（32019－n－1）)＞1，化簡，得(1008－2n)·32018－n＞1009－n，(*)當(dāng)n≤503時(shí)，(*)式成立；當(dāng)504≤n≤1008時(shí)，(*)式不成立；當(dāng)n≥1009時(shí)，不成立；所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504，a504＞a505＞a506＞…＞a2018，所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2018，所以數(shù)列{an}的最大項(xiàng)為a504＝Ceq\o\al(504,2019)eq\f(31515－1,2).3．(2024·南京、鹽城一模)已知n∈N*，nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)試猜想f(n)的表達(dá)式(用一個(gè)組合數(shù)表示)，并證明你的猜想．解：(1)由條件，nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，①在①中令n＝1，得f(1)＝Ceq\o\al(0,1)Ceq\o\al(1,1)＝1.在①中令n＝2，得2f(2)＝Ceq\o\al(0,2)Ceq\o\al(1,2)＋2Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＝6，得f(2)＝3.在①中令n＝3，得3f(3)＝Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(1,3)＋2Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,3)＋3Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,3)＝30，得f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)(或f(n)＝Ceq\o\al(n－1,2n－1))．欲證猜想成立，只要證等式nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)成立．法一：(干脆法)當(dāng)n＝1時(shí)，等式明顯成立．當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閞Ceq\o\al(r,n)＝eq\f(r×n！,r！（n－r）！)＝eq\f(n！,（r－1）?。╪－r）！)＝n×eq\f(（n－1）！,（r－1）?。╪－r）！)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)，故rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＝(rCeq\o\al(r,n))Ceq\o\al(r－1,n)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n).故只需證明nCeq\o\al(n,2n－1)＝nCeq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋nCeq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋nCeq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).即證Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).而Ceq\o\al(r－1,n)＝Ceq\o\al(n－r＋1,n)，故即證Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).②由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(n,2n－1).而右邊(1＋x)n－1(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)x＋Ceq\o\al(2,n－1)x2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)xn－1)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，所以xn的系數(shù)為Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立．綜上，f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法二：(構(gòu)造模型)構(gòu)造一個(gè)組合模型，一個(gè)袋中裝有(2n－1)個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為1，2，…，n的白球，其余(n－1)個(gè)是編號(hào)為1，2，…，n－1的黑球．現(xiàn)從袋中隨意摸出n個(gè)小球，一方面，由分步計(jì)數(shù)原理其中含有r個(gè)黑球((n－r)個(gè)白球)的n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(r,n－1)·Ceq\o\al(n－r,n)，0≤r≤n－1，由分類計(jì)數(shù)原理有從袋中隨意摸出n個(gè)小球的組合的總數(shù)為Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).另一方面，從袋中(2n－1)個(gè)小球中隨意摸出n個(gè)小球的組合的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(n,2n－1).故Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n)，余下同法一．法三：(利用導(dǎo)數(shù))由二項(xiàng)式定理，得(1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn.③兩邊求導(dǎo)，得n(1＋x)n－1＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1.④③×④，得n(1＋x)2n－1＝(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)·(Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1)．⑤左邊xn的系數(shù)為nCeq\o\al(n,2n－1).右邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(n－1,n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).由⑤恒成立，得nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).故f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法四：(構(gòu)造模型)由nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，得nf(n)＝nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)＋(n－1)Ceq\o\al(n－2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＝nCeq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋(n－1)Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，所以2nf(n)＝(n＋1)(Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n))＝(n＋1)(Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n))，構(gòu)造一個(gè)組合模型，從2n個(gè)元素中選取(n＋1)個(gè)元素，則有Ceq\o\al(n＋1,2n)種選法，現(xiàn)將2n個(gè)元素分成兩個(gè)部分n，n，若(n＋1)個(gè)元素中，從第一部分中取n個(gè)，其次部分中取1個(gè)，則有Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)種選法，若從第一部分中取(n－1)個(gè)，其次部分中取2個(gè)，則有Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)種選法，…，由分類計(jì)數(shù)原理可知Ceq\o\al(n＋1,2n)＝Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n).故2nf(n)＝(n＋1)Ceq\o\al(n＋1,2n)，所以f(n)＝eq\f(n＋1,2n)·eq\f(（2n）！,（n＋1）?。╪－1）！)＝eq\f(（2n－1）！,n！（n－1）！)＝Ceq\o\al(n,2n－1).4．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(二))已知函數(shù)f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1(n∈N*，x∈R)．(1)當(dāng)n＝2時(shí)，若f(2)＋f(－2)＝eq\r(5)A，求實(shí)數(shù)A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，求證：α(m＋α)＝1.解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，f(x)＝(x＋eq\r(5))5＝Ceq\o\al(0,5)x5＋Ceq\o\al(1,5)x4eq\r(5)＋Ceq\o\al(2,5)x3(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(3,5)x2(eq\r(5))3＋Ceq\o\al(4,5)x(eq\r(5))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋eq\r(5))5＋(－2＋eq\r(5))5＝2[Ceq\o\al(1,5)(eq\r(5))124＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(5))322＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5]＝2(5×16eq\r(5)＋10×4×5eq\r(5)＋25eq\r(5))＝610eq\r(5)，所以A＝610.(2)證明：因?yàn)閒(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1＝Ceq\o\al(0,2n＋1)x2n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)x2neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)x2n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，所以f(2)＝Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)22neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，由題意知，f(2)＝(eq\r(5)＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，首先證明對(duì)于固定的n∈N*，滿意條件的m，α是唯一的．假設(shè)f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0<α1<1，0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，則m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，沖突．所以滿意條件的m，α是唯一的.下面我們求m及α的值：因?yàn)閒(2)－f(－2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1－(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(2＋eq\r(5))2n＋1＋(2－eq\r(5))2n＋1＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)·22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，明顯f(2)－f(－2)∈N*.又因?yàn)閑q\r(5)－2∈(0，1)，故(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1)，即f(－2)＝(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1).所以令m＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)·22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，α＝(－2＋eq\r(5))2n＋1，則m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2),所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1·(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1.B組——大題增分練1．(2024·南通、泰州等七市三模)設(shè)Pn＝eq\i\su(i＝0,2n,)eq\f(（－1）i,Ceq\o\al(i,2n))，Qn＝eq\i\su(j＝1,2n,)eq\f(（－1）j·j,Ceq\o\al(j,2n)).(1)求2P2－Q2的值；(2)化簡nPn－Qn.解：(1)P2＝eq\f(1,Ceq\o\al(0,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(5,3)，Q2＝－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(2,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(3,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(4,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(10,3)，所以2P2－Q2＝0.(2)設(shè)T＝nPn－Qn，則T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－\f(n,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(n,Ceq\o\al(2,2n))－…＋\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(2,Ceq\o\al(2,2n))－\f(3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋\f(2n,Ceq\o\al(2n,2n))))＝eq\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(2n,2n))①因?yàn)镃eq\o\al(k,2n)＝Ceq\o\al(2n－k,2n)，所以T＝eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(2n－1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2n－2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(2n－3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))＝eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(1－n,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(2－n,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(3－n,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))②①＋②得，2T＝0，即T＝nPn－Qn＝0，所以nPn－Qn＝0.2．(2024·南京鹽城二模)平面上有2n(n≥3，n∈N*)個(gè)點(diǎn)，將每一個(gè)點(diǎn)染上紅色或藍(lán)色．從這2n個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)，記這3個(gè)點(diǎn)顏色相同的全部不同取法的總數(shù)為T.(1)若n＝3，求T的最小值；(2)若n≥4，求證：T≥2Ceq\o\al(3,n).解：(1)當(dāng)n＝3時(shí)，共有6個(gè)點(diǎn)．若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0個(gè)或6個(gè)，則T＝Ceq\o\al(3,6)＝20；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1個(gè)或5個(gè)，則T＝Ceq\o\al(3,5)＝10；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2個(gè)或4個(gè)，則T＝Ceq\o\al(3,4)＝4；若染紅色的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)，則T＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2.因此T的最小值為2.(2)證明：因?yàn)閷?duì)隨意的n，k∈N*，n≥k，都有Ceq\o\al(k,n＋1)－Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(k－1,n)＞0，所以Ceq\o\al(k,n＋1)＞Ceq\o\al(k,n).設(shè)2n個(gè)點(diǎn)中含有p(p∈N，p≤2n)個(gè)染紅色的點(diǎn)，①當(dāng)p∈{0，1，2}時(shí)，T＝Ceq\o\al(3,2n－p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)＝eq\f(（2n－2）（2n－3）（2n－4）,6)＝4×eq\f(（n－1）（n－2）（2n－3）,6).因?yàn)閚≥4，所以2n－3＞n，于是T＞4×eq\f(n（n－1）（n－2）,6)＝4Ceq\o\al(3,n)＞2Ceq\o\al(3,n).②當(dāng)p∈{2n－2，2n－1，2n}時(shí)，T＝Ceq\o\al(3,p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)，同理可得T＞2Ceq\o\al(3,n).③當(dāng)3≤p≤2n－3時(shí)，T＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，設(shè)f(p)＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，3≤p≤2n－3，當(dāng)3≤p≤2n－4時(shí)，f(p＋1)－f(p)＝Ceq\o\al(3,p＋1)＋Ceq\o\al(3,2n－p－1)－Ceq\o\al(3,p)－Ceq\o\al(3,2n－p)＝Ceq\o\al(2,p)－Ceq\o\al(2,2n－p－1)，明顯p≠2n－p－1，當(dāng)p＞2n－p－1，即n≤p≤2n－4時(shí)，f(p＋1)＞f(p)，當(dāng)p＜2n－p－1，即3≤p≤n－1時(shí)，f(p＋1)＜f(p)，即f(n)＜f(n＋1)＜…＜f(2n－3)，f(3)＞f(4)＞…＞f(n)．因此f(p)≥f(n)＝2Ceq\o\al(3,n)，即T≥2Ceq\o\al(3,n).綜上，當(dāng)n≥4時(shí)，T≥2Ceq\o\al(3,n).3．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知f(n)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(4,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，g(n)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(6,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n＋2,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，其中n∈N*，n≥2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)記h(n)＝f(n)－g(n)，求證：對(duì)隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).解：(1)f(2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10)，f(3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(41,70)，g(2)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，g(3)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(19,140).(2)證明：∵eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝eq\f(\f(（2k）！,k！·k！)－\f(（2k）！,（k－2）！·（k＋2）！),\f(（2k＋2）！,（k＋1）！·（k＋1）！))＝eq\f(（k＋1）2（k＋2）－（k＋1）k（k－1）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）（4k＋2）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(1,k＋2)，∴h(n)＝f(n)－g(n)＝∑n,k＝2eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝∑n,k＝2eq\f(1,k＋2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證：對(duì)隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).當(dāng)m＝2時(shí)，h(4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,60)＞eq\f(1,2)，結(jié)論成立；當(dāng)m＝3時(shí)，h(8)＝eq\f(37,60)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,10)＞eq\f(37,60)＋eq\f(4,10)＝eq\f(37,60)＋eq\f(24,60)＞1，結(jié)論成立．假設(shè)當(dāng)m＝t(t≥3)時(shí)，結(jié)論成立，即h(2t)＞eq\f(t－1,2)；則當(dāng)m＝t＋1時(shí)，h(2t＋1)＝h(2t)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)，∵t≥3，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)－eq\f(3,2t＋1＋2)＝eq\f(（2t－3）2t－22,（2t＋3）（2t＋4）（2t＋1＋2）)＞0，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＞eq\f(3,2t＋1＋2).又eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(1,2t＋1＋2)＋eq\f(1,2t＋1＋2)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＝eq\f(2t－2,2t＋1＋2)，∴h(2t＋1)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(3,2t＋1＋2)＋eq\f(2t－2,2t＋1＋2)＝eq\f(t,2)，∴當(dāng)m＝t＋1時(shí)，結(jié)論成立．綜上，對(duì)隨意的m∈N*，m≥2，總有h(2m)＞eq\f(m－1,2).4．(2024·常州期末)對(duì)一個(gè)量用兩種方法分別算一次，由結(jié)果相同構(gòu)造等式，這種方法稱為“算兩次”的思想方法．利用這種方法，結(jié)合二項(xiàng)式定理，可以得到許多好玩的組合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左邊xn的系數(shù)為Ceq\o\al(n,2n)，而右邊(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，xn的系數(shù)為Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(0,n)＝(Ceq\o\al(0,n))2＋(Ceq\o\al(1,n))2＋(Ceq\o\al(2,n))2＋…＋(Ceq\o\al(n,n))2，因此可得到組合恒等式Ceq\o\al(n,2n)＝(Ceq\o\al(0,n))2＋(Ceq\o\al(1,n))2＋(Ceq\o\al(2,n))2＋…＋(Ceq\o\al(n,n))2.(1)依據(jù)恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，兩邊xk(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系數(shù)相同，干脆寫出一個(gè)恒等式；(2)利用算兩次的思想方法或其他方法證明：∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)＝Ceq\o\al(n,2n)，其中eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))是指不超過eq\f(n,2)的最大整數(shù)．解：(1)Ceq\o\al(k,m＋n)＝Ceq\o\al(0,m)Ceq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(k－1,n)＋…＋Ceq\o\al(k,m)Ceq\o\al(0,n).(2)證明：考察等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋x＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)＝eq\f(（x＋1）2n,xn)，等式右邊的常數(shù)項(xiàng)為：eq\f(Ceq\o\al(n,2n)xn,xn)＝Ceq\o\al(n,2n)，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋x＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)＝∑n,r＝0Ceq\o\al(r,n)·2n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝∑n,r＝0Ceq\o\al(r,n)·2n－req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(∑r,k＝0Ceq\o\al(k,r)xr－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))\s\up12(k)))，當(dāng)且僅當(dāng)r＝2k時(shí)，xr－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(k)為常數(shù)，等式左邊的常數(shù)項(xiàng)為：∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)，所以∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)＝Ceq\o\al(n,2n)成立．其次講|數(shù)學(xué)歸納法題型(一)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式主要考查利用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的代數(shù)等式.[典例感悟][例1](2024·南師附中、天一中學(xué)四月聯(lián)考)設(shè)(t＋x)n＝a0(t)＋a1(t)x＋a2(t)x2＋…＋ar(t)xr＋…＋an(t)xn，其中常數(shù)t∈R，n∈N*，ar(t)(r＝0，1，2，…，n)是與x無關(guān)的常數(shù)．(1)若n＝4，a3(t)＝32，求t的值；(2)當(dāng)n＝3m，m∈N*時(shí)，求證：eq\i\su(r＝0,m,)a3r(1)＝eq\f(2n＋2×（－1）n,3).[解](1)因?yàn)閚＝4，a3(t)＝32，所以Ceq\o\al(3,4)·t＝32，因此t＝8.(2)證明：利用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：由題意得，a3r(1)＝Ceq\o\al(3r,n)＝Ceq\o\al(3r,3m)，r＝0，1，2，…，m.①當(dāng)m＝1，即n＝3時(shí)，eq\i\su(r＝0,1,),a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2，eq\f(23＋2×（－1）3,3)＝2，所以所證等式成立．②假設(shè)當(dāng)m＝k(k∈N*)，即n＝3k時(shí)，所證等式成立，即∑k,r＝0a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(3,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k)＝eq\f(23k＋2×（－1）3k,3)，則當(dāng)m＝k＋1，即n＝3k＋3時(shí)，eq\i\su(r＝0,k＋1,)a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k＋3)＋Ceq\o\al(3,3k＋3)＋…＋Ceq\o\al(3r＋3,3k＋3)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k＋3)＋Ceq\o\al(3k＋3,3k＋3)，又Ceq\o\al(3r＋3,3k＋3)＝Ceq\o\al(3r＋3,3k＋2)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k＋2)＝(Ceq\o\al(3r＋3,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1))＋(Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k＋1))＝Ceq\o\al(3r＋3,3k＋1)＋2Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k＋1)＝(Ceq\o\al(3r＋3,3k)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k))＋2(Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k))＋(Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋Ceq\o\al(3r,3k))＝Ceq\o\al(3r,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋3,3k)，其中r＝0，1，2，…，k－1.所以∑k＋1,r＝0a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k＋3)＋(Ceq\o\al(0,3k)＋3Ceq\o\al(1,3k)＋3Ceq\o\al(2,3k)＋Ceq\o\al(3,3k))＋…＋(Ceq\o\al(3r,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋3,3k))＋…＋(Ceq\o\al(3k－3,3k)＋3Ceq\o\al(3k－2,3k)＋3Ceq\o\al(3k－1,3k)＋Ceq\o\al(3k,3k))＋Ceq\o\al(3k＋3,3k＋3)＝3(Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(1,3k)＋Ceq\o\al(2,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k))－(Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(3,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k))＝3×23k－∑k,r＝0a3r(1)＝3×23k－eq\f(23k＋2×（－1）3k,3)＝eq\f(8×23k－2×（－1）3k,3)＝eq\f(23k＋3＋2×（－1）3k＋3,3)，所以當(dāng)m＝k＋1，即n＝3k＋3時(shí)，所證等式也成立．綜上，當(dāng)n＝3m，m∈N*時(shí)，eq\i\su(r＝0,m,)a3r(1)＝eq\f(2n＋2×（－1）n,3).[方法技巧](1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題是常見題型，其關(guān)鍵點(diǎn)在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項(xiàng)，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1時(shí)，除考慮等式兩邊改變的項(xiàng)外還要充分利用n＝k時(shí)的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明．[演練沖關(guān)](2024·蘇州期末)在正整數(shù)集N*上定義函數(shù)y＝f(n)，滿意f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f(1)＝2.(1)求證：f(3)－f(2)＝eq\f(9,10)；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得f(n)＝eq\f(1,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－b)＋1對(duì)隨意正整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．解：(1)證明：由f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，變形得f(n＋1)＝eq\f(4－f（n）,f（n）＋2).由f(1)＝2，得f(2)＝eq\f(1,2)，再得f(3)＝eq\f(7,5).所以f(3)－f(2)＝eq\f(7,5)－eq\f(1,2)＝eq\f(9,10).(2)法一：(數(shù)學(xué)歸納法)由f(2)＝eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(7,5)，可得a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5).猜想：對(duì)n∈N*，均有f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.以下用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，等式明顯成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，等式成立，即f(k)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k)－\f(1,5))＋1.則f(k＋1)＝eq\f(4－f（k）,f（k）＋2)＝eq\f(3＋1－f（k）,f（k）－1＋3)＝eq\f(\f(3,1－f（k）)＋1,\f(3,1－f（k）)－1)＝eq\f(2,\f(3,1－f（k）)－1)＋1，f(k)≠1，否則f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1.即f(k＋1)＝eq\f(2,\f(12,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k)＋\f(3,5)－1)＋1＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k＋1)－\f(1,5))＋1.即n＝k＋1時(shí)，等式也成立．由①②知，對(duì)隨意n∈N*，均有f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.綜上所述，存在a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5)滿意題意．法二：(轉(zhuǎn)化法)因?yàn)閒(n)＝eq\f(1,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－b)＋1可變形為eq\f(1,f（n）－1)＋b＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))eq\s\up12(n)，所以問題轉(zhuǎn)化為：是否存在實(shí)數(shù)a，b，使得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋b))是公比為－eq\f(3,2)的等比數(shù)列．證明如下：由(1)得f(n＋1)＝eq\f(4－f（n）,f（n）＋2)，即f(n＋1)－1＝eq\f(2－2f（n）,f（n）＋2)，所以eq\f(1,f（n＋1）－1)＝eq\f(f（n）＋2,－2[f（n）－1])＝eq\f(f（n）－1＋3,－2[f（n）－1])＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)·eq\f(1,f（n）－1).設(shè)eq\f(1,f（n＋1）－1)＋b＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋b))，可得b＝eq\f(1,5).所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋\f(1,5)))是首項(xiàng)為eq\f(1,f（1）－1)＋eq\f(1,5)＝eq\f(6,5)，公比為－eq\f(3,2)的等比數(shù)列．通項(xiàng)公式為eq\f(1,f（n）－1)＋eq\f(1,5)＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，所以f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.綜上所述，存在a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5)滿意題意.題型(二)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\a\vs4\al(主要考查用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式.)[典例感悟][例2](2024·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知數(shù)列{an}，a1＝2，且an＋1＝aeq\o\al(2,n)－an＋1對(duì)隨意n∈N*恒成立．求證：(1)an＋1＝anan－1an－2…a2a1(2)an＋1＞nn＋1.[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝a1(a1－1)＋1＝3＝a1＋1成立．假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＋1＝akak－1…a2a1當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋2＝ak＋1(ak＋1－1)＋1＝ak＋1(akak－1…a2a1＋1－1)＋1＝ak＋1akak－1…a2a所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．綜上，an＋1＝anan－1an－2…a2a1(2)由(1)知，要證an＋1＞nn＋1.只需證anan－1an－2…a2a1＞nn，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，a1＝2，a2＝3，a3＝7，則2＞1，2×3＞22，2×3×7＞33.假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即akak－1·ak－2…a2a1＞kk則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1ak…a2a1＝(akak－1…a2a1＋1)akak－1…a2a1＞(akak－1…a2a1)2＞設(shè)f(x)＝2xlnx－(x＋1)ln(x＋1)(x≥3)，則f′(x)＝lneq\f(x2,x＋1)＋1＞lneq\f(x2－1,x＋1)＋1＝ln(x－1)＋1≥ln2＋1＞0，所以f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，則f(x)≥f(3)＝2(3ln3－2ln4)＝2lneq\f(27,16)＞0，則當(dāng)k≥3，k∈N*時(shí)，2klnk＞(k＋1)ln(k＋1)，lnk2k＞ln(k＋1)k＋1，即k2k＞(k＋1)k＋1，故ak＋1ak…a2a1＞(k＋1)k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，綜上，anan－1an－2…a2a1＞nn，所以an＋1＞nn[方法技巧](1)當(dāng)遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時(shí)，應(yīng)用其他方法不簡單證，則可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k(k∈N*)成立，推證n＝k＋1時(shí)也成立，證明時(shí)用上歸納假設(shè)后，可采納分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明．[演練沖關(guān)]設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)和gn(x)的大小，并加以證明．解：(1)證明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，則Fn(1)＝n－1＞0，F(xiàn)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1),1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)．又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn.因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)＝0，即eq\f(1－xeq\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)由題設(shè)，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(（n＋1）（xn＋1）,2)，x＞0.當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)．當(dāng)x≠1時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)＜gn(x)．①當(dāng)n＝2時(shí)，f2(x)－g2(x)＝－eq\f(1,2)(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立．②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)．那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝eq\f(（k＋1）（1＋xk）,2)＋xk＋1＝eq\f(2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1,2).又gk＋1(x)－eq\f(2xk＋1＋（k＋