18年高考数学专题14二项式定理及数学归纳法教学案理
2018届高考数学总复习教学案：数学归纳法(理)
第七节数学归纳法(理)[知识能否忆起]数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．[小题能否全取]1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3D ．n ＝4答案：C2．(教材习题改编)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：选B 因为n 为偶数，故假设n ＝k 成立后，再证n ＝k ＋2时等式成立． 3．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－n ＋1项，且n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14.4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n ＋1＝2n ＋2－1(n ∈N *)的过程中，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为________．答案：1＋2＋225．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n >1)”，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项的项数是________．解析：当n ＝k 时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k －1<k .则n ＝k ＋1时，左边应为：1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1 则增加的项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k .答案：2k数学归纳法的应用(1)数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它们的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n ＝k ＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．(2)在用数学归纳法证明问题的过程中，要注意从k 到k ＋1时命题中的项与项数的变化，防止对项数估算错误．用数学归纳法证明恒等式典题导入[例1] 设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)． [自主解答] (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1， 右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1＝1， 左边＝右边，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]， 那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k ) ＝(k ＋1)f (k )－k＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1) ＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．由题悟法用数学归纳法证明等式的规则(1)数学归纳法证明等式要充分利用定义，其中两个步骤缺一不可，缺第一步，则失去了递推基础，缺第二步，则失去了递推依据．(2)证明等式时要注意等式两边的构成规律，两边各有多少项，并注意初始值n 0是多少，同时第二步由n ＝k 到n ＝k ＋1时要充分利用假设，不利用n ＝k 时的假设去证明，就不是数学归纳法．以题试法1．用数学归纳法证明：对任意的n ∈N *，11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n 2n ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有 11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切n ∈N *等式都成立．用数学归纳法证明不等式典题导入[例2] 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． [自主解答] (1)由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)．由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，∴a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1. (2)证明：由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以结论成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ＞k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)＞k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2.即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由基本不等式知2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以，当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＞n ＋1成立．由题悟法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若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 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、求差(求商)比较法、放缩法等证明．以题试法2．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ∈N *，n ≥2)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54＜2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＜2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立．由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.归纳—猜想—证明典题导入[例3] (·天津模拟)如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )(0＜y 1＜y 2＜…＜y n )是曲线C ：y 2＝3x (y ≥0)上的n 个点，点A i (a i,0)(i ＝1,2,3，…，n )在x 轴的正半轴上，且△A i －1A i P i 是正三角形(A 0是坐标原点)．(1)写出a 1、a 2、a 3；(2)求出点A n (a n,0)(n ∈N *)的横坐标a n 关于n 的表达式并证明．[自主解答] (1)a 1＝2，a 2＝6，a 3＝12.(2)依题意，得x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝3·a n －a n －12，由此及y 2n ＝3·x n 得⎝⎛⎭⎫3·a n －a a －122＝32(an ＋a n －1)，即(a n －a n －1)2＝2(a n －1＋a n )．由(1)可猜想：a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． 下面用数学归纳法予以证明： ①当n ＝1时，命题显然成立；②假定当n ＝k 时命题成立，即有a k ＝k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k ＋1－a k )2＝2(a k ＋a k ＋1)，得[a k ＋1－k (k ＋1)]2＝2[k (k ＋1)＋a k ＋1]，即a 2k ＋1－2(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋[k (k －1)]·[(k ＋1)(k ＋2)]＝0，解之得，a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(a k ＋1＝k (k －1)＜a k 不合题意，舍去)，即当n ＝k ＋1时成立．由①②知，命题成立．由题悟法“归纳——猜想——证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用．其关键是归纳、猜想出公式．以题试法3．(·北京海淀模拟)数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *) (1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1， ∴a 1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2， ∴a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3， ∴a 3＝74.当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1， ∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k ，这表明n ＝k ＋1时，结论成立， 由①②知猜想a n ＝2n －12n －1成立．1．如果命题p (n )对n ＝k (k ∈N *)成立，则它对n ＝k ＋2也成立．若p (n )对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( )A ．p (n )对所有正整数n 都成立B ．p (n )对所有正偶数n 都成立C ．p (n )对所有正奇数n 都成立D ．p (n )对所有自然数n 都成立解析：选B 由题意n ＝k 成立，则n ＝k ＋2也成立，又n ＝2时成立，则p (n )对所有正偶数都成立．2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N *)成立，其初始值最小应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 可逐个验证，n ＝8成立．3．(·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)”的过程中，第二步n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时，应得到( )A ．1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k －1＋2k ＋1C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1解析：选D 由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，而右边应为2k ＋1－1.4．凸n 多边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)为( ) A ．f (n )＋n ＋1 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －2解析：选C 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n －1条．5．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1) C.1(2n －1)(2n ＋1)D.1(2n ＋1)(2n ＋2)解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).6．下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( ) A ．6＋6·7kB ．2＋7k －1C ．2(2＋7k ＋1)D ．3(2＋7k )解析：选D (1)当k ＝1时，显然只有3(2＋7k )能被9整除．(2)假设当k ＝n (n ∈N *)时，命题成立，即3(2＋7n )能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n )－36.这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，命题对任何k ∈N *都成立．7．(·徐州模拟)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．解析：n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 答案：2k ＋18．(·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为________．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2，则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)29．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21得：S 1＝12； 由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得：S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得：S 3＝34.猜想S n ＝nn ＋1.答案：n n ＋110．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2 ＝13n (4n 2－1)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝ 13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋4k 2＋4k ＋1＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(12k 2＋12k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1) [4(k ＋1)2－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式都成立． 11．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上． 解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2⎝⎛⎭⎫13，13. ∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立． 则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1)＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3……. (1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格的证明．解：(1)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1， 于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0， 解得a 1＝12.当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝⎛⎭⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16.(2)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0， 即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0.① 由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3….下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ)n ＝1时已知结论成立．(ⅱ)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即S k ＝k k ＋1， 当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k， 即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知S n ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立．1．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)， 则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．2．对大于或等于2的自然数 m 的n 次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n 2＝1＋3＋5＋…＋19, m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：∵依题意得 n 2＝10×(1＋19)2＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3＝21m ＋m (m －1)2×2, 整理得(m －5)(m ＋4)＝0, 又 m ∈N *, 所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15.答案：153．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N *.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．解：(1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1，所以f (1)＝g (1)； 当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)＜g (3)．(2)由(1)猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2，那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3＜32－12k 2＋1(k ＋1)3， 因为12(k ＋1)2－⎣⎡⎦⎤12k 2－1(k ＋1)3＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2＝－3k －12(k ＋1)3k 2＜0， 所以f (k ＋1)＜32－12(k ＋1)2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g (n )成立．1．用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1(n ∈N *)能被a 2＋a ＋1整除．证明： (1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时， a k ＋1＋(a ＋1)2k－1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1＝a ·a k ＋1＋a ·(a ＋1)2k －1＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1由假设可知a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]能被a 2＋a ＋1整除，(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k－1也能被a 2＋a＋1整除，∴a k ＋2＋(a ＋1)2k＋1也能被a 2＋a ＋1整除，即n ＝k ＋1时命题也成立，由(1)(2)知，对任意n ∈N *原命题成立．2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝ca n ＋c n ＋1(2n ＋1)，n ∈N *，其中c ≠0.求数列{a n }的通项公式．解：由a 1＝1，a 2＝ca 1＋c 2·3＝3c 2＋c ＝(22－1)c 2＋c ，a 3＝ca 2＋c 3·5＝8c 3＋c 2＝(32－1)c 3＋c 2， a 4＝ca 3＋c 4·7＝15c 4＋c 3＝(42－1)c 4＋c 3，猜测a n ＝(n 2－1)c n ＋c n －1，n ∈N *.下面用数学归纳法证明． 当n ＝1时，等式成立； 假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝(k 2－1)c k ＋c k －1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ca k ＋c k ＋1(2k ＋1)＝c [(k 2－1)c k ＋c k －1]＋c k ＋1(2k ＋1)＝(k 2＋2k )c k ＋1＋c k ＝[(k ＋1)2－1]c k ＋1＋c k ，综上，a n ＝(n 2－1)c n ＋c n －1对任何n ∈N *都成立．不等式、推理与证明一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．不等式x －2x ＋1≤0的解集是( )A ．(－∞，－1)∪(－1,2]B ．(－1,2]C ．(－∞，－1)∪[2，＋∞)D ．[－1,2]解析：选B ∵x －2x ＋1≤0，∴－1＜x ≤2.2．把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，结论还正确的是( ) A ．如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交 B ．如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直 C ．如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行D ．如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行 解析：选B 由空间立体几何的知识可知B 正确． 3．(·保定模拟)已知a ＞b ，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2－b 2≥0 B ．ac ＞bc C ．ac 2＞bc 2D ．2a ＞2b解析：选D A 中，若a ＝－1，b ＝－2，则a 2－b 2≥0不成立；当c ＝0时，B 、C 不成立．由a ＞b 知2a ＞2b 成立．4．若规定⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，则不等式0＜⎪⎪⎪⎪x 11 x ＜1的解集是( ) A ．(－1,1)B ．(－1,0) ∪(0,1)C ．(－2，－1) ∪(1，2)D ．(1，2)解析：选C 由题意可知0＜x 2－1＜1⇔1＜x 2＜2⇔1＜|x |＜2⇔－2＜x ＜－1或1＜x ＜ 2.5．(·天津高考)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，x －1≤0，则目标函数z ＝3x －2y 的最小值为( )A ．－5B ．－4C ．－2D ．3解析：选B 不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分，作辅助线l 0：3x －2y ＝0，结合图形可知，当直线3x －2y ＝z 平移到过点(0,2)时，z ＝3x －2y 的值最小，最小值为－4.6．设a ∈R ，则“a －1a 2－a ＋1＜0”是“|a |＜1” 成立的( )A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既非充分也非必要条件解析：选C 因为a 2－a ＋1＝⎝⎛⎫a －122＋34≥34＞0，所以由a －1a 2－a ＋1＜0得a ＜1，不能得知|a |＜1；反过来，由|a |＜1得－1＜a ＜1，所以a －1a 2－a ＋1＜0，因此，“a －1a 2－a ＋1＜0”是“|a |＜1”成立的必要不充分条件．7．设M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1，且a ＋b ＋c ＝1(a ，b ，c 均为正数)，由综合法得M 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，18 B.⎣⎡⎭⎫18，1 C. [1,8]D ．[8，＋∞)解析：选D 由a ＋b ＋c ＝1，M ＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c a ⎝⎛⎭⎫a b ＋c b ⎝⎛⎭⎫a c ＋bc ≥8(当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)．8．如果a ，b ，c 满足c ＜b ＜a ，且ac ＜0，那么下列选项中不一定成立的是( ) A ．ab ＞acB ．c (b －a )＞0C ．cb 2＜ab 2D ．ac (a －c )＜0解析：选C 由题意知c ＜0，a ＞0，则A 一定正确；B 一定正确；D 一定正确；当b ＝0时C 不正确．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，x 2，x ＜0，，则f (f (x ))≥1的充要条件是( )A ．x ∈(－∞，－ 2 ]B ．x ∈[42，＋∞)C ．x ∈(－∞，－1]∪[42，＋∞)D ．x ∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)解析：选D 当x ≥0时，f (f (x ))＝x 4≥1，所以x ≥4；当x ＜0时，f (f (x ))＝x 22≥1，所以x 2≥2，解得x ≥2(舍去)或x ≤－2，因此f (f (x ))≥1的充要条件是x ∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)．10．(·山西省四校联考)设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，8x －y －4≤0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝abx＋y (a ＞0，b ＞0)的最大值为13，则a ＋b 的最小值为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C 在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线abx ＋y ＝0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时，相应直线在y 轴上的截距达到最大，此时目标函数z ＝abx ＋y (a ＞0，b ＞0)取得最大值，依题意有ab ×1＋4＝13，即ab ＝9，其中a ＞0，b ＞0，a ＋b ≥2ab ＝29＝6，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，因此a ＋b 的最小值为6.11．已知M 是△ABC 内的一点，且AB ·AC＝23，∠BAC ＝30°，若△MBC 、△MCA和△MAB 的面积分别是12、x 、y ，则1x ＋4y的最小值是( )A ．9B ．18C ．16D ．20解析：选B AB ·AC ＝|AB ||AC|cos 30°＝23，∴|AB ||AC |＝4，∴S △ABC ＝12×4×sin 30°＝1，∴12＋x ＋y ＝1，即2(x ＋y )＝1， ∴1x ＋4y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ·2(x ＋y )＝2⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4xy ≥2⎝⎛⎭⎫5＋2 y x ·4x y ＝2×(5＋4)＝18，当且仅当y ＝2x ，即x ＝16，y ＝13时等号成立．12．(·湖南高考)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac <b c ；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．① B ．①② C ．②③D ．①②③解析：选D 由a >b >1，c <0得，1a <1b ，c a >cb ；幂函数y ＝xc (c <0)是减函数，所以a c <b c ；因为a －c >b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，①②③均正确．二、填空题(本题共4个小题，每小题5分，共20分)13．(文)若不等式－4＜2x －3＜4与不等式x 2＋px ＋q ＜0的解集相同，则pq ＝________.解析：由－4＜2x －3＜4 得－12＜x ＜72，由题意得72－12＝－p ，⎝⎛⎭⎫－12×72＝q ， 即p ＝－3，q ＝－74，∴p q ＝127.答案：12713．(理)若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________． 解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2； ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)214．(·福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为________，第n 行的第2个数为________．解析：每行的第一个数可构成数列1,3,5,7,9，…，是以1为首项，以2为公差的等差数列，故第n 行第一个数为1＋2(n －1)＝2n －1.从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，…，可得a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2n －3.(其中n 为行数)，以上各式两边分别相加，可得a n ＝[3＋5＋7＋…＋(2n －3)]＋a 2＝(n －2)[3＋(2n －3)]2＋3＝n 2－2n ＋3.答案：2n －1 n 2－2n ＋315．(·浙江调研)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋1≥0，2x －y ＋2≥0，若(－1,0)是使ax ＋y 取得最大值的可行解，则实数a 的取值范围是________．解析：题中不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，令z ＝ax ＋y ，则y ＝－ax ＋z ，因为(－1,0)是使ax ＋y 取得最大值的可行解，所以结合图形可知－a ≥2，即a ≤－2.答案：(－∞，－2]16．(· 北京西城模拟)设λ＞0，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0所表示的平面区域是W .给出下列三个结论：①当λ＝1时，W 的面积为3； ②∃λ＞0，使W 是直角三角形区域； ③设点P (x ，y )，∀P ∈W 有x ＋yλ≤4.其中，所有正确结论的序号是________． 解析：当λ＝1时，不等式组变成⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －y ≥0，x ＋2y ≥0，其表示以点(0,0)，(2,2)，(2，－1)为顶点的三角形区域，易得W 的面积为3，①正确；∵直线λx －y ＝0的斜率为λ，直线x ＋2λy ＝0的斜率为－12λ，λ×⎝⎛⎭⎫－12λ＝－12≠－1，且直线x ＝2垂直于x 轴，∴W 不可能成为直角三角形区域，②错误；显然，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0表示的区域是以点(0,0)，(2,2λ)，⎝⎛⎭⎫2，－1λ为顶点的三角形区域，令z ＝x ＋y λ，则其在三个点处的值依次为：0,4,2－1λ2，∴z ＝x ＋yλ的最大值z max ＝4，③正确．答案：①③三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)已知集合A ＝{x |x 2＜4}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪1＜4x ＋3. (1)求集合A ∩B ；(2)若不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为B ，求a 、b 的值． 解：(1)A ＝{x |－2＜x ＜2}， ∵4x ＋3＞1⇒4x ＋3－1＞0⇒x －1x ＋3＜0⇒－3＜x ＜1， ∴B ＝{x |－3＜x ＜1}． ∴A ∩B ＝{x |－2＜x ＜1}．(2)由(1)及题意知，不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为(－3,1)， ∴－3＋1＝－ a 2，－3×1＝b 2，∴a ＝4，b ＝－6.18．(本小题满分12分)已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋8y －xy ＝0， 求：(1)xy 的最小值； (2)x ＋y 的最小值．解：x ＞0，y ＞0,2x ＋8y －xy ＝0， (1)xy ＝2x ＋8y ≥216xy ， ∴xy ≥8， ∴xy ≥64.故xy 的最小值为64.(2)由2x ＋8y ＝xy ，得2y ＋8x ＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )·1＝(x ＋y )⎝⎛⎭⎫2y ＋8x ＝10＋2x y ＋8yx ≥10＋8＝18.故x ＋y 的最小值为18.19．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，a ，b ∈R .(1)若对任意的实数x ，都有f (x )≥2x ＋a ，求b 的取值范围； (2)当x ∈[－1,1]时，f (x )的最大值为M ，求证：M ≥b ＋1.解：(1)对任意的x ∈R ，都有f (x )≥2x ＋a ⇔对任意的x ∈R ，x 2＋(a －2)x ＋(b －a )≥0⇔Δ＝(a －2)2－4(b －a )≤0⇔b ≥1＋a 24⇔b ≥1.∵a ∈R ，∴b ∈[1，＋∞)，即b 的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明∵f (1)＝1＋a ＋b ≤M ，f (－1)＝1－a ＋b ≤M ， ∴2M ≥2b ＋2，即M ≥b ＋1.20．(本小题满分12分) 在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求1S 2，1S 3，1S 4，…，并求1S n (不需证明)；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1和S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， 得S 22＝(S 2－S 1)⎝⎛⎭⎫S 2－12， 得1S 2＝1＋2S 1S 1＝2＋11＝3， 由S 23＝(S 3－S 2)⎝⎛⎭⎫S 3－12， 得1S 3＝2＋1S 2＝5， 由S 24＝(S 4－S 3)⎝⎛⎭⎫S 4－12， 得1S 4＝2＋1S 3＝7， …由S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12得 1S n ＝2＋1S n －1＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝12n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －1－12n －3＝－2(2n －1)(2n －3)， 显然，a 1＝1不符合上述表达式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2(2n －1)(2n －3)，n ≥2. 21．(本小题满分12分)(·福州质检)某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会．据市场调查，当每套丛书售价定为x 元时，销售量可达到15－0.1x 万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格．问：(1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？ (2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？解：(1)每套丛书售价定为100元时，销售量为15－0.1×100＝5万套， 此时每套丛书的供货价格为30＋105＝32元，书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340万元．(2)每套丛书售价定为x 元时，由⎩⎪⎨⎪⎧15－0.1x ＞0，x ＞0，得0＜x ＜150，由题意，单套丛书利润P ＝x －⎝⎛⎭⎫30＋1015－0.1x ＝x －100150－x －30.∵0＜x ＜150， ∴150－x ＞0，P ＝－ ⎣⎡⎦⎤(150－x )＋100150－x ＋120. ∵(150－x )＋100150－x≥2(150－x )·100150－x＝2×10＝20，当且仅当150－x ＝100150－x ，即x ＝140时等号成立，∴此时，P max ＝－20＋120＝100.每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润为340万；每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润取得最大值．22．(本小题满分12分)(·江西模拟)设集合W 是满足下列两个条件的无穷数列{a n }的集合：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②a n ≤M ，其中n ∈N *，M 是与n 无关的常数． (1)若{a n }是等差数列，S n 是其前n 项的和，a 3＝4，S 3＝18，试探究{S n }与集合W 之间的关系；(2)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且{b n }∈W ，M 的最小值为m ，求m 的值；(3)在(2)的条件下，设C n ＝15[b n ＋(m －5)n ]＋2， 求证：数列{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列． 解：(1)∵a 3＝4，S 3＝18，∴a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝－n 2＋9n ，S n ＋S n ＋22<S n ＋1满足条件①，∴S n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814，当n ＝4或5时，S n 取最大值20. ∴S n ≤20满足条件②，∴{S n }∈W .(2)b n ＋1－b n ＝5－2n 可知{b n }中最大项是b 3＝7， ∴M ≥7，M 的最小值为7.(3)证明：由(2)知C n ＝n ＋2，假设{C n }中存在三项c p 、c q 、c r (p 、q 、r 互不相等)成等比数列，则c 2q ＝c p ·c r ， ∴(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p 、q 、r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝pr ，2q －p －r ＝0， 消去q 得(p －r )2＝0，∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．。
高中数学《二项式定理》教学设计
高中数学《二项式定理》教学设计教学目标：1.理解二项式定理的概念和公式；2.掌握二项式定理的应用方法，能够将其用于多项式展开和计算；3.培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。
教学重点：1.二项式定理的概念和公式；2.二项式定理的应用方法。
教学难点：1.二项式定理的应用方法；2.数学推理能力的培养。
教学准备：1.教材《高中数学》；2.黑板、彩色粉笔；3.教学投影仪。
教学过程：Step 1 引入（5分钟）1. 在黑板上写出“(a+b)² = a² + 2ab + b²”这个式子，让学生观察这个式子有什么特点。
2.引导学生思考，当我们展开一个形如“(a+b)ⁿ”的式子时，会得到怎样的结果。
Step 2 概念讲解（10分钟）1.分析上面提到的式子，得出一个结论：“当一个多项式的指数为2时，展开后的结果是一个三项式”。
2.引入二项式的概念：“若为任意正整数n，a和b为任意常数，则(a+b)ⁿ展开后得到的多项式称为二项式。
”3.引入二项式定理的公式：“对任意正整数n，有(a+b)ⁿ=C(n,0)aⁿ·b⁰+C(n,1)aⁿ⁻¹·b¹+C(n,2)aⁿ⁻²·b²+...+C(n,n-1)a¹·bⁿ⁻¹+C(n,n)a⁰·bⁿ。
”4.解释公式中的C(n,k)为组合数，表示从n个元素中选择k个元素的组合数。
Step 3 示例讲解（15分钟）1.通过一个具体的示例，将二项式定理的应用方法展示给学生。
2.示范展开一个二项式“(a+b)³”。
3.计算C(3,0)、C(3,1)、C(3,2)、C(3,3)的值。
4.将计算结果代入公式，展开“(a+b)³”。
Step 4 练习（20分钟）1.让学生尝试展开不同次数的二项式，并听取他们的答案。
2.提示学生根据二项式定理的公式，计算组合数的值，并将其应用于展开计算中。
高中数学《二项式定理》教案
二项式定理教案
（一）教学目标
1．知识与技能：掌握二项式定理①能根据组合思想及不完全归纳，得出二项式定理和二项展开式的通项。
②能正确区分二项式系数和某一项的系数。
③能正确利用二项式定理对任意给定的一个二项式进行展开，并求出它的特定项。
2．过程与方法：通过定理的发现推导提高学生的观察，比较，分析，概括等能力。
（二）教学重点与难点
重点：二项式定理的发现，理解和初步应用。
难点：二项式定理的发现。
（三）教学方法
启发诱导，师生互动
（四）教学过程。
【2018新课标 高考必考知识点 教学计划 教学安排 教案设计】高二数学：精讲二项式定理及其应用
＋„＋ Cn 5 ＋ Cn 5 ＋ Cn ）＋5n－a
n2
2
n 1
n
0 n 1 n 1 n2 2 ＝4（ Cn 5 ＋ Cn 5 ＋„＋ Cn 5 ）＋25n＋4－a，
显然正整数 a 的最小值为 4。 （2）1.028＝（1＋0.02）8≈ C8 ＋ C8 · 0.02＋ C8 · 0.022＋ C8 · 0.023≈1.172。 点拨： （1）整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关 注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项。 （2）二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式。
m n m
0 1 n 1 n k n k
k
k
n 增减性： 二项式系数 Cn ，当 k
k
当k
n 1 时，二项式系数是递减的。 2
n
n 1 时，二项式系数是递增的； 2
（3）最大值： 当 n 是偶数时，中间的一项 Cn2 取得最大值。
n 1 n 1
高中数学 编稿老师
精讲二项式定理及其应用 刘咏霞 一校 程文军 二校 黄楠 审核 隋冬梅
1. 二项式定理
0 n 1 n 1 1 k nk k n n (a b) n Cn a Cn a b Cn a b Cn b (n N * )
这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a＋b）n 的二项展开式， 其中的系数 Cn （k＝0，1，2，„，n）叫做二项式系数。式中的 Cn a 的通项，用 Tk＋1 表示，即展开式的第 k＋1 项；Tk＋1＝ Cn a 2. 二项展开式形式上的特点 （1）项数为 n＋1。 （2）各项的次数都等于二项式的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为 n。 （3）字母 a 按降幂排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按升幂排 列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n。 （4）二项式的系数为 Cn ， Cn ，„， Cn ， Cn 。 3. 二项式系数的性质 （1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即 Cn Cn
二项式定理及数学归纳法(热点难点突破)-2018年高考数学(理)考纲解读与热点难点突破含解析
专题14 二项式定理及数学归纳法（热点难点突破）2018年高考数学(理)考纲解读与热点难点突破1．在二项式错误!n（n∈N*)的展开式中，常数项为28，则n的值为( ）A．12 B．8 C．6 D．42．设二项式错误!错误!n（∈N*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为a n、b n，则错误!＝（)A．2n－1＋3 B．2(2n－1＋1)C．2n＋1D．1解析由题意知a n＝2n成等比数列，令x＝1则b n＝错误!错误!也成等比数列，所以错误!＝2n＋1，故选C.答案C3．已知（1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x）2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于（）A．180 B．90 C．－5 D．5解析(1＋x)10＝［2－（1－x）］10，其通项公式为T r＋1＝C r10210－r·(－1)r(1－x)r,a8是r＝8时,第9项的系数．∴a8＝C8，1022（－1）8＝180。
故选A。
答案A4．(x－错误!y）8的展开式中,x6y2项的系数是（）A．56 B．－56 C．28 D．－28解析二项式的通项为T r＋1＝C r，8x8－r(－错误!y)r，令8－r＝6，即r＝2,得x6y2项的系数为C2，8（－错误!)2＝56.答案A5．在错误!错误!的展开式中,x的幂指数是整数的项共有（）A．3项 B．4项 C．5项 D．6项解析T r＋1＝C错误!(错误!)24－r错误!错误!＝C错误!x12－错误!，故当r＝0，6，12，18，24时，幂指数为整数，共5项．答案C6．已知f（x)＝|x＋2｜＋｜x－4|的最小值为n,则二项式错误!错误!展开式中x2项的系数为（)A．15 B．－15 C．30 D．－30解析因为函数f（x）＝|x＋2|＋｜x－4|的最小值为4－(－2)＝6，即n＝6。
展开式的通项公式为T k＋1＝C k6x6－k错误!k＝C错误!x6－2k（－1)k，由6－2k＝2，得k＝2，所以T3＝C错误!x2（－1)2＝15x2，即x2项的系数为15，选A。
二项式定理教学设计高三
二项式定理教学设计高三一、教学目标1. 理解二项式定理的定义和基本性质。
2. 掌握二项式定理的运用方法。
3. 培养学生的逻辑思维和数学推理能力。
4. 培养学生对数学问题的兴趣和探索精神。
二、教学重点1. 掌握二项式定理的展开和应用。
2. 培养学生的数学思维和运算能力。
三、教学难点1. 帮助学生理解二项式定理的证明过程。
2. 培养学生抽象思维和推理能力。
四、教学过程1. 导入（5分钟）教师通过提问和讲述引导学生回顾高中阶段已学习的数学知识，如排列组合、多项式等内容。
然后向学生介绍今天的学习内容：二项式定理。
2. 概念解释（10分钟）教师通过示意图和具体例子，向学生阐述二项式定理的概念和基本性质。
帮助学生理解二项式定理是将两个数相加或相乘的展开式。
3. 二项式定理的展开（15分钟）教师通过板书和示范展示如何将二项式展开。
先给出一个简单的二项式，并指导学生按照二项式定理的公式进行展开。
然后通过一些具体的例子，让学生逐步掌握二项式定理展开的方法和技巧。
4. 二项式定理的应用（20分钟）教师通过实际问题和应用题，引入二项式定理的应用领域。
如组合数学、概率统计等。
通过解答一些实际问题，让学生认识到二项式定理在数学和实际生活中的重要性和应用价值。
5. 二项式定理的证明（20分钟）教师通过逻辑推理和数学推导，带领学生理解和证明二项式定理。
可以使用归纳法和数学归纳法等方法，引导学生参与证明的过程，提高学生的抽象思维和逻辑推理能力。
6. 练习和巩固（15分钟）教师设计一些练习题，让学生巩固和应用所学知识。
通过学生的练习，检验学生对二项式定理的掌握程度和运算能力。
7. 总结和拓展（5分钟）教师对本节课的内容进行总结，并给出一些延伸阅读和学习资料，鼓励学生在课后继续学习和探索。
五、教学评价1. 教师通过课堂讨论、学生练习和问题解答等形式，对学生的学习情况进行评价和反馈。
2. 鼓励学生积极参与课堂活动，发表自己的观点和思考。
高三数学教案《二项式定理》
高三数学教案《二项式定理》高三数学教案《二项式定理》二项式定理说课稿高三第一阶段复习，也称“知识篇”。
在这一阶段，学生重温高一、高二所学课程，全面复习巩固各个知识点，熟练掌握基本方法和技能;然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。
在高一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第一轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯通。
对于普通高中的学生，第一轮复习更为重要，我们希望能做高考试题中一些基础题目，必须侧重基础，加强复习的针对性，讲求实效。
一、内容分析说明1、本小节内容是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的二项式的乘方的展开式，与数学的其他部分有密切的联系：(1)二项展开式与多项式乘法有联系，本小节复习可对多项式的变形起到复习深化作用。
(2)二项式定理与概率理论中的二项分布有内在联系，利用二项式定理可得到一些组合数的恒等式，因此，本小节复习可加深知识间纵横联系，形成知识网络。
(3)二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法。
2、高考中二项式定理的试题几乎年年有，多数试题的难度与课本习题相当，是容易题和中等难度的试题，考察的题型稳定，通常以选择题或填空题出现，有时也与应用题结合在一起求某些数、式的近似值。
二、学校情况与学生分析(1)我校是一所镇普通高中，学生的.基础不好，记忆力较差，反应速度慢，普遍感到数学难学。
但大部分学生想考大学，主观上有学好数学的愿望。
(2)授课班是政治、地理班，学生听课积极性不高，听课率低(60﹪)，注意力不能持久，不能连续从事某项数学活动。
课堂上喜欢轻松诙谐的气氛，大部分能机械的模仿，部分学生好记笔记。
三、教学目标复习课二项式定理计划安排两个课时，本课是第一课时，主要复习二项展开式和通项。
根据历年高考对这部分的考查情况，结合学生的特点，设定如下教学目标：1、知识目标：(1)理解并掌握二项式定理，从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式。
二项式定理教案
二项式定理教案一、引言二项式定理是初中数学中的重要内容，也是高中数学中的基础知识。
它是指对于任意实数a和b，以及任意正整数n，有以下公式成立：(a+b)n=∑(n k )nk=0a n−kb k其中，(nk )表示从n个不同元素中取出k个元素的组合数，也称为二项式系数。
二项式定理的应用非常广泛，例如在概率论、组合数学、统计学等领域都有重要的应用。
因此，掌握二项式定理的基本概念和应用方法对于学生的数学学习和未来的职业发展都具有重要意义。
本教案旨在通过讲解二项式定理的基本概念、证明方法和应用实例，帮助学生深入理解二项式定理的本质和应用，提高数学思维和解决问题的能力。
二、基本概念1. 二项式系数二项式系数是指从n个不同元素中取出k个元素的组合数，用符号(nk )表示，读作“n选k”。
二项式系数的计算公式为：(nk)=n!k!(n−k)!其中，n!表示n的阶乘，即n!=n×(n−1)×⋯×2×1。
二项式系数具有以下性质：1.对称性：(nk)=(nn−k)2.加法公式：(nk)+(nk+1)=(n+1k+1)3.乘法公式：(nk)(km)=(nm)(n−mk−m)2. 二项式定理二项式定理是指对于任意实数 a 和 b ，以及任意正整数 n ，有以下公式成立：(a +b)n=∑(n k )nk=0a n−k b k 其中，(n k ) 表示从 n 个不同元素中取出 k 个元素的组合数，也称为二项式系数。
二项式定理的证明可以采用数学归纳法或组合意义等方法，具体证明过程将在下一节中介绍。
3. 二项式定理的特殊情况当 n =2 时，二项式定理可以简化为：(a +b)2=a 2+2ab +b 2当 n =3 时，二项式定理可以简化为：(a +b)3=a 3+3a 2b +3ab 2+b 3当 n =4 时，二项式定理可以简化为：(a +b)4=a 4+4a 3b +6a 2b 2+4ab 3+b 4以此类推，可以得到任意正整数 n 的二项式定理的展开式。
完整版二项式定理教案
1.3.1 二项式定理（第一课时）、教学目标1、知识与技能（1）理解二项式定理，并能简单应用（2）能够区分二项式系数与项的系数2、过程与方法通过学生参与和探究二项式定理的形成过程，培养学生观察，分析，归纳的能力，以及转化化归的意识与知识迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式。
3、情感与态度价值观通过探究问题，归纳假设让学生在学习的过程中养成独立思考的好习惯，在自主学习中体验成功, 在思索中感受数学的魅力，让学生在体验知识产生的过程中找到乐趣。
、教学重点难点1、教学重点：二项式定理及二项式定理的应用2、教学难点：二项式定理中单项式的系数三、教学设计:三、典例分析例1例1、求(2 _)4的展开式x解：(2 -)4C：24C4 23(丄)C4 22(-)2C：2 (-)3C：』)x x x x x “32 24 8 116 2 3 4x x x x例2 (1)求(1 2x)5的展开式中第3项5 23 2 3解.(1 2x)的展开式的第3项疋T2 1 C5 1 (2x) 40 x,1 9 3例3.求(x -)9的展开式中x3的系数x1解：••• (x -)9的展开式的通项是xT k 1 C9x9 k(1)k C9k x9 2k,x二9 2k 3 , k 3，二x3的系数C： 84课堂检测：1.(2a b)4的展开式中的第2项•解：T2 1 C4(2a)3b 32a3b,2.(x 1)10的展开式的第6项的系数(D )厂6 厂6 厂5 厂5A. C10B. C10C. C10D. C10x 5 23.(1 )5的展开式中x2的系数为(C )25A. 10B. 5C. -D. 12四、小结X二项式定理：通理J(灯+小『=Ctf+U十%+…彳U旷方*+…+6弟斤十］域的一，顼成乘数区别：展开式中第2项的系数，第2项二项式系数4思考：展开式中第3项的系数，第3项二项式系数通过例题让学生更好的理解二项式定理强调：通项公式的应用进一步巩固二项式定理学生应用二项式定理明确通项的作用板书设计：1.3.1 二项式定理一. 二项式定理：(a b)n C0n a n C1n a n 1b L C k n a n k b k L C n n b n(n N* )1.项数：n 1项；2•指数：字母a , b的指数和为n ,a 的指数由n 递减至0，b的指数由0递增至n ；3.二项式系数：C n0,C n1,C n2,L ,C n k L ,C n n (k {0,1, 2,L n})4.通项：第k 1项：T k 1 C n k a n k b k二. 典例三. 作业。
（完整版）二项式定理教案.docx
（完整版）二项式定理教案.docx1.3.1二项式定理（第一课时）一、教学目标1、知识与技能（1）理解二项式定理，并能简单应用（2）能够区分二项式系数与项的系数2、过程与方法通过学生参与和探究二项式定理的形成过程，培养学生观察，分析，归纳的能力，以及转化化归的意识与知识迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式。
3、情感与态度价值观通过探究问题，归纳假设让学生在学习的过程中养成独立思考的好习惯，在自主学习中体验成功，在思索中感受数学的魅力，让学生在体验知识产生的过程中找到乐趣。
二、教学重点难点1、教学重点：二项式定理及二项式定理的应用2、教学难点：二项式定理中单项式的系数三、教学设计：教学过程设计意图师生活动一、新课讲授引入：展开 (a b)2、 (a b)3XK]让学生写展开式，回顾学生写展开式多项式乘法法则学生完成：(a b) 2a22ab b2利用排列、组合理知识(a b) 3a33a2 b3ab 2b3分析 (a b)2展开式分析 (a b) 2的展开式：(a b) 2(a b)(a b) a22ab b2教学过程设计意图师生活动恰有 1 个因式选b的情况有C12种，所以ab的系数是C12；2 个因式选b的情况有C22种，所以b2的系数是C22；每个因式都不选 b 的情况有C02种，所以a2的系数是C02；(a b)2C02a2C12 ab C22b2类比展开 ( a b)3(a b)3C03a3C13a2b C32ab2 C 33b3①展开式有几项？思考 3 个问题：②展开式中 a ，b 的指 1. 项数 2. 每一数和有什么特点？项 a ，b 的指数③各项的系数是什和 3.系数么？如何用排列、组合的知学生完成识解释ab2的系数？按照 a 的降幂排列类比展开 ( a b) 4(a b)4 C 04a4C14 a3b C 24a2 b2C 34ab3C44 a4归纳、类比(a b) n?二、二项式定理：(a b)n C0n a n C1n a n 1b C2n a n 2b2L C k n a n k b k LC n n b n(n N* )这个公式叫做二项式定理, 左边的多项式叫做二项式右边的多项式叫做(a b)n的二项展开式，其中各项的系数 C r n ( k 0,1,2,3,L n) 称为二项式系数，式中的 C k n a n k b k叫做二项展开式的通项，它是二项展开式的第k 1 项，记作：T k 1=C k n a n k b k从以下几方面强调：（1）项数：n 1项；（2）指数：字母a，b的指数和为n，字母a 的指数由n 递减至0，字母 b 的指数由0递增至n；（3）二项式系数：下标为n，上标由0递增至n；C n k （ 4）通项：第k1项：T k 1C n k a n k b k 让学生类比写展开式，进一步巩固展开式的特点通过前面具体的例子，让学生从项数、项、系数这三个方面来类比(a b) n?（1）项数：n 1项；（2）指数：字母a，b的指数和为 n ，字母 a的指数由 n 递减至0，字母 b 的指数由0递增至n ；（ 3）系数是C n0 ,C n1 ,C n2 ,L ,C n kL ,C n n (k {0,1,2,L , n})生：板演( a b) 4的展开式师：展示通过前面几个例子，类比归纳得到 (a b)n的展开式，学生交流探究以下 3 个问题1.指数：3.系数教学过程设计意图师生活动三、典例分析例例 1、求 (214区别：) 的展开式x展开式中第 2 项的系解：1)4C 40 24 C 41 23( 1) C 41 22( 1) 2 C 432 ( 1)3数，第 2 项二项式系数(2 C 44 ( 1)4xx x xx32 24 8 116 x x 2 x 3 x 4例 2（ 1）求 (12x) 5思考：的展开式中第解：(1 2x)53 项是 T 2 1 C 52 13 (2 x)240 x 3展开式中第 3 项的系的展开式的第，数，第 3 项二项式系数例 3. 求 ( x1)9 的展开式中 x 3 的系数x通过例题让学生更好解：∵ ( x 1)9的展开式的通项是的理解二项式定理xTk 1C 9r x9 k( 1) k C 9k x 9 2k，x强调：通项公式的应用∴ 92k3 ，∴ x 3 的系数 C 9384课堂检测：1. (2 a b)4 的展开式中的第 2 项 . 解： T 2 1 C 41 (2a)3 b 32a 3b ，2. (x 10的展开式的第 6 项的系数（D ）进一步巩固二项式定1)C 106C 106C. C 105C 105理A. B.D.3. (1x)5 的展开式中 x 2 的系数为（ C ）25A.10B. 5C.D. 12四、小结学生应用二项式定理明确通项的作用五、作业：课本 37 页 A 组 2 、 3 题板书设计：1.3.1二项式定理一 .二项式定理：(a b)n C0n a n C1n a n 1b L C k n a n k b k L C n n b n( n N * )1.项数：n1项；2.指数：字母a，b的指数和为n ，a的指数由 n 递减至0，b的指数由 0 递增至n；3.二项式系数：C n0 , C1n , C n2 ,L , C n k L , C n n (k {0,1, 2,L n})4.通项：第k 1 项：T k 1C n k a n k b k二.典例三 .作业。
高三数学教案《二项式定理》
高三数学教案《二项式定理》高三数学教案《二项式定理》作为一名老师，常常要写一份优秀的教案，编写教案有利于我们科学、合理地支配课堂时间。
我们应该怎么写教案呢？以下是小编整理的高三数学教案《二项式定理》，欢迎阅读与收藏。
一、教材分析：1、知识内容：二项式定理及简单应用2、地位及重要性二项式定理是安排在高中数学排列组合内容后的一部分内容，其形成过程是组合知识的应用，同时也是自成体系的知识块，为随后学习的概率知识及高三选修概率与统计，作知识上的铺垫。
二项展开式与多项式乘法有密切的联系，本节知识的学习，必然从更广的视角和更高的层次来审视初中学习的关于多项式变形的知识。
运用二项式定理可以解决一些比较典型的数学问题，例如近似计算、整除问题、不等式的证明等。
3、教学目标A、知识目标：(1)使学生参与并探讨二项式定理的形成过程，掌握二项式系数、字母的幂次、展开式项数的规律(2)能够应用二项式定理对所给出的二项式进行正确的展开B、能力目标：(1)在学生对二项式定理形成过程的参与、探讨过程中，培养学生观察、猜想、归纳的能力及分类讨论解决问题的能力(2)培养学生的化归意识和知识迁移的能力c、情感目标：(1)通过学生自主参与和二项式定理的形成过程培养学生解决数学问题的信心;(2)通过学生自主参与和二项式定理的形成过程培养学生体会到数学内在和谐对称美;(3)培养学生的民族自豪感，在学习知识的过程中进行爱国主义教育。
4、重点难点：重点：(1)使学生参与并深刻体会二项式定理的形成过程，掌握二项式系数、字母的幂次、展开式项数的规律;(2)能够利用二项式定理对给出的二项式进行正确的展开。
难点：二项式定理的发现。
二、教法学法分析为了达到这节课的目标：掌握并能运用二项式定理，让学生主动探索展开式的由来是关键。
“学习任何东西最好的途径是自己去发现”正所谓“学问之道，问而得，不如求而得之深固也”本节课的教法贯穿启发式教学原则，以启发学生主动学习，积极探索为主。
高中数学教案：二项式定理(说课稿)
高中数学教案：二项式定理(说课稿)尊敬的各位评委、老师们：大家好！我是××中学的××，我将要为大家说课的内容是高中数学二项式定理。
一、教学背景分析：二项式定理是高中数学中的重要内容，它是高中数学中的一个较为复杂的概念，也是以后学习乘方与根式定理以及函数与导数的基础。
该内容包含很多实际应用，因此能够培养学生的实际动手能力和解决实际问题的能力。
二、教学目标：1.知识与技能：掌握二项式定理的基本概念和公式，能够应用二项式定理计算多项式的展开结果。
2.过程与方法：培养学生归纳总结的能力，激发学生的兴趣，提高观察、思维和解决问题的能力。
3.情感态度：培养学生正确的学习态度，善于思考和发现问题，培养学生的数学思维和数学逻辑思维。
三、教学重点难点：1.掌握二项式定理的基本概念和公式。
2.掌握应用二项式定理计算多项式的展开结果。
3.培养学生归纳总结的能力。
四、教学过程安排：1.导入(5分钟)首先，我会通过引导学生回忆乘方的内容，提问：如何计算(2+3)²、(4-5)³等表达式的值？通过回忆与思考，引出二项式定理的概念。
2.新课呈现(10分钟)介绍二项式定理的定义：当n为自然数，a、b为任意实数，有：(a+b)ⁿ=aⁿ+naⁿ⁻¹b+...+n(n-1)...(n-k+1)aⁿ⁻ᵏbᵏ+...+bⁿ。
引导学生通过观察与分析，发现并总结二项式定理的规律与特点。
利用例题，让学生体会并巩固二项式定理的应用。
3.合作探究(20分钟)学生自主或小组合作完成练习和问题解决。
可以设计一些展开多项式的计算题目，让学生通过计算，并灵活应用二项式定理进行展开。
4.归纳总结(10分钟)引导学生根据前面的学习和探究，总结出二项式定理的公式形式，并将其写在板书上，让学生进行回顾与复习。
5.拓展应用(10分钟)通过生活实际问题的讨论，培养学生实际应用二项式定理解决问题的能力。
高三数学教案《二项式定理》优秀3篇
高三数学教案《二项式定理》优秀3篇1. 介绍本文档将介绍三篇优秀的高三数学教案，主题为《二项式定理》。
这些教案从不同的角度和方法讲解了二项式定理，帮助学生更好地理解和应用该定理，提高数学解题能力。
2. 教案一：《二项式定理初步认识》2.1 教学目标•了解二项式的定义和性质•掌握二项式展开的基本方法•能够灵活应用二项式定理解决实际问题2.2 教学内容1.二项式的定义和性质–介绍二项式的概念和表达形式–讲解二项式的性质，如二项式系数的对称性等2.二项式展开的基本方法–介绍二项式在展开时的基本方法–给出一些例题进行演示和练习3.实际问题的应用–利用二项式定理解决实际问题，如排列组合问题等–给出一些实际问题的例题和练习2.3 教学方法•讲授与演示相结合：通过讲解二项式的定义和性质，并用例题演示二项式展开的基本方法，加深学生对二项式定理的理解•提问与讨论：引导学生参与讨论，思考问题的解决方法，培养学生的分析和解决问题的能力•练习与巩固：给学生一定数量的练习题，巩固所学知识，并能够应用到实际问题中2.4 教学评价与反馈•教学评价：通过课堂上教师的观察、学生的表现及课后作业的完成情况，进行教学评价•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改正错误，提高学习效果3. 教案二：《二项式定理的证明与应用》3.1 教学目标•掌握二项式定理的证明方法•理解二项式定理的应用领域•提高数学推理和证明能力3.2 教学内容1.二项式定理的证明方法–讲解二项式定理的组合证明方法，如二项式系数的递推关系等–通过数学推理，证明二项式定理的正确性2.二项式定理的应用–介绍二项式定理在组合数学、概率论等领域的应用–给出一些应用题进行练习，提高学生的应用能力3.数学推理与证明–培养学生的数学推理和证明能力，通过解答证明题加深学生对二项式定理的理解3.3 教学方法•讲授与演示相结合：通过讲解二项式定理的证明方法，并演示具体的证明过程，加强学生对二项式定理的理解•课堂讨论：引导学生进行证明题的讨论和分析，提高学生的数学推理能力•练习与应用：给学生一些练习题，加深学生对二项式定理的应用理解3.4 教学评价与反馈•教学评价：通过课堂上的表现、学生的参与情况以及课后作业的完成情况综合评价学生的学习情况•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改进学习方法，提高学习效果4. 教案三：《二项式定理与三角恒等式》4.1 教学目标•掌握二项式定理与三角恒等式的联系和应用•理解二项式定理与三角恒等式在数学中的重要性•提高学生的综合应用能力4.2 教学内容1.二项式定理与三角恒等式的联系和应用–介绍二项式定理与三角恒等式之间的联系和应用–分析二项式展开式的三角形式及其与三角恒等式的关系2.二项式定理与三角恒等式的具体应用–给出一些具体的二项式展开题目，引导学生将其化简成三角恒等式形式–通过练习题，锻炼学生的综合应用能力4.3 教学方法•讲授与实例演示：通过讲解二项式定理与三角恒等式的联系，并给出具体的例题进行演示，加深学生对二项式定理和三角恒等式的理解•练习与应用：给学生一些练习题，锻炼学生将二项式展开式化简成三角恒等式形式的能力•问题探究与讨论：引导学生思考和探索二项式定理与三角恒等式之间的更多联系4.4 教学评价与反馈•教学评价：通过观察学生的课堂表现、参与讨论的情况以及课后作业的完成情况综合评价学生的学习情况•教学反馈：及时给予学生反馈，并指导学生改进问题解决的方法，提高学习效果5. 总结本文档介绍了三篇优秀的高三数学教案，主题为《二项式定理》。
高三数学教案《二项式定理》
高三数学教案《二项式定理》一、教学目标1.了解二项式定理的定义和公式2.掌握应用二项式定理求解数学问题的方法3.培养学生的数学思维和解决实际问题的能力二、教学内容1. 二项式定理的定义二项式定理是指：$$(a+b)^n = \\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}$$其中n为非负整数，a和b为任意实数或复数，$C_{n}^{k} $表示组合数。
2. 二项式定理的公式二项式定理的公式为：$$(a+b)^n = \\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}$$其中n为非负整数，a和b为任意实数或复数，$C_{n}^{k} $表示组合数，计算公式为：$$C_{n}^{k} = \\frac{n!}{k!(n-k)!}$$其中n!表示n的阶乘，计算公式为：$$n! = 1 \\times 2 \\times 3 \\times ……\\times n$$3. 应用二项式定理求解数学问题的方法1.直接将a和b代入公式计算2.通过变形将问题转化为求和式3.应用组合恒等式计算三、教学方法1. 讲授法通过讲解定义、公式和应用方法，让学生了解二项式定理的基本概念和计算方法。
2. 例题教学法通过讲解例题，帮助学生理解和掌握二项式定理的应用方法，增强解题的能力。
3. 课堂练习法通过课堂练习，帮助学生巩固所学的知识和技能，提高解题能力。
4. 讨论法通过小组讨论或全班讨论，让学生分享解题思路和经验，增加互动性和合作性。
四、教学过程1. 介绍二项式定理的定义和公式教师向学生介绍二项式定理的定义和公式，让学生了解该定理的基本概念和计算方法。
2. 讲解二项式定理的应用方法教师通过讲解例题，向学生讲解二项式定理的应用方法，帮助学生掌握如何应用二项式定理来解决数学问题。
3. 课堂练习教师在课堂上进行练习，让学生巩固所学的知识和技能，提高解题能力。
4. 学生小组讨论教师安排学生小组讨论，让学生分享解题思路和经验，增加互动性和合作性。
高中高三数学《二项式定理》教案、教学设计
（二）讲授新知，500字
在讲授新知环节，我会按照以下步骤进行：
1.详细讲解二项式定理的基本形式，让学生理解二项式定理的构成要素。
2.通过几何图形和具体实例，引导学生探究二项式定理的推导过程，强调组合数公式的运用。
-例如：请简述二项式定理的推导过程，以及你在学习过程中遇到的问题和解决方法。
-要求：学生认真撰写，培养学生的学习反思能力。
5.课外阅读题：推荐学生阅读与二项式定理相关的数学历史资料，了解数学家们在二项式定理研究过程中的贡献。
-例如：阅读《数学家与二项式定理》的相关文章，了解二项式定理的发现和发展过程。
3.二项式定理在解决实际问题中的应用。
4.二项式定理与其他数学知识的联系。
在整个教学内容与过程中，我注重启发式教学，关注学生的主体地位，充分调动学生的积极性，提高学生的数学素养。
五、作业布置
为了巩固学生对二项式定理的理解和应用，确保学生能够熟练掌握本章节的知识点，我设计了以下几类作业：
1.基础知识巩固题：选取一些典型的题目，要求学生运用二项式定理的基本形式进行计算，巩固二项式系数的计算方法。
-例如：计算(x+y)^5展开式中x^3y^2的系数。
-要求：学生独立完成，注重解题过程的规范性和准确性。
2.应用题：设计一些实际问题，让学生运用二项式定理解决，提高学生分析问题和解决问题的能力。
-例如：一个袋子里有5个红球和5个蓝球，随机取出3个球，求取出2个红球和1个蓝球的概率。
-要求：学生通过小组合作完成，培养学生的团队协作能力。
4.教学策略：
高三数学教案《二项式定理》
高三数学教案《二项式定理》教案标题：二项式定理教案目标：1. 了解二项式定理的定义和基本性质2. 能够应用二项式定理计算特定的二项式表达式3. 了解二项式定理在数学和实际生活中的应用教学重点：1. 二项式定理的定义和基本性质2. 二项式定理的应用教学难点：1. 二项式定理的实际应用教学准备：1. 教材：高中数学教材2. 教具：黑板、粉笔教学过程：Step 1：导入通过一个简单的问题引入二项式定理的概念，如：「已知(a+b)^2=a^2+2ab+b^2，求(a+b)^3是多少？」，让学生思考并回答问题。
Step 2：理论讲解1. 引导学生回顾二项式展开式的定义：对于任意非负整数n，二项式展开式的形式为(a+b)^n=a^n+C(n,1)a^(n-1)b+...+C(n,n-1)ab^(n-1)+b^n。
2. 解释二项式展开式中的C(n,k)代表组合数，即从n个元素中取k个元素的组合数。
3. 引导学生理解二项式定理的基本性质：当n为非负整数时，有(a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1)a^(n-1)b+...+C(n,n-1)ab^(n-1)+C(n,n)b^n。
Step 3：例题演练1. 通过简单的例子演示如何应用二项式定理，如计算(a+b)^4。
2. 给学生提供一些练习题，让他们独立进行计算，如计算(a+b)^5。
Step 4：拓展应用1. 引导学生思考二项式定理在数学中的应用，如求整系数多项式的平方。
2. 引导学生思考二项式定理在实际生活中的应用，如概率论中的二项分布。
Step 5：小结归纳从理论和应用两个方面对二项式定理进行总结归纳，并帮助学生梳理知识点。
Step 6：课堂练习布置一些课堂练习题，鼓励学生独立完成。
Step 7：课堂总结对本节课的重点内容进行总结，并让学生提问和解答疑惑。
教学延伸：1. 鼓励学生进一步探究二项式定理的推广和应用。
2. 提供更多实际生活中的例子，引导学生思考和应用二项式定理。
2018年高考数学 专题14 二项式定理及数学归纳法教学案 理
专题14 二项式定理及数学归纳法【2018年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1) 二项式定理的简单应用，B级要求；(2)数学归纳法的简单应用，B级要求【重点、难点剖析】1．二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n，上式中右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中C r n(r＝1,2,3，…，n)叫做二项式系数，式中第r＋1项叫做展开式的通项，用T r＋1表示，即T r＋1＝C r n a n－r b r；(2)(a＋b)n展开式中二项式系数C r n(r＝1,2,3，…，n)的性质：①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C r n＝C n－rn；②C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n；C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1.2．二项式定理的应用(1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．(2)二项式展开式的通项公式T r＋1＝C r n a n－r b r是展开式的第r＋1项，而不是第r项．3．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(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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．4．数学归纳法的应用(1)利用数学归纳法证明代数恒等式的关键是将式子转化为与归纳假设的结构相同的形式，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论．(2)利用数学归纳法证明三角恒等式时，常运用有关的三角知识、三角公式，要掌握三角变换方法．(3)利用数学归纳法证明不等式问题时，在由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，过去讲的证明不等式的方法在此都可利用．(4)用数学归纳法证明整除性问题时，可把n＝k＋1时的被除式变形为一部分能利用归纳假设的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解题时经常用到“归纳——猜想——证明”的思维模式．2【题型示例】题型一 二项式定理的应用 【例1】【2017课标1，理6】621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35【答案】C【变式探究】【2016年高考北京理数】在6(12)x -的展开式中，2x 的系数为__________________.（用数字作答） 【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式16(2)rrrr T C x +=-可知，2x 的系数为226(2)60C -=。
【高考数学】2018-2019学年数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：二项式定理与数学归纳法(理科)
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][例1]{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原来的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f (n ＋1)2n ＋1－f (n )2n ＝4n＋12n ＋1. 所以f (n )2n ＝4n －1＋4n －2＋…＋4＋12n ＋12n －1＋…＋122＋32＝4n －13＋1－12n (n ≥2)．又f (1)21也符合上式， 所以f (n )＝2n (4n －1)3＋2n －1.[方法归纳](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 )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k－1)＝12(∑k ＝1n －1C k n2n －k －∑k ＝1n －1C k n )． 因为∑k ＝1n －1C k n 2n －k＝∑k ＝0nC k n 2n －k －C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1， ∑k ＝1n －1C k n ＝∑k ＝0nC k n －C 0n －C n n ＝2n －2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(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 )＝12(3n －2n ＋1＋1).[例2] (2017·. (1)求(1＋x )2n－1的展开式中含x n 的项的系数，并化简：C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[解] (1)(1＋x )2n －1的展开式中含x n 的项的系数为C n 2n －1，由(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1x n －1)·(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )，可知(1＋x )n －1(1＋x )n 的展开式中含x n 的项的系数为C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1.(2)证明：当k ∈N*时，k C k n ＝k ×n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n C k －1n －1.所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝∑k ＝1n[k (C k n )2]＝∑k ＝1n(k C k n C kn )＝∑k ＝1n(n C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C k －1n －1C kn )＝n ∑k ＝1n(C n －k n －1C kn )． 由(1)知C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n 2n －1，即∑k ＝1n(C n －k n －1C k n )＝C n2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n (C n n )2＝n C n 2n －1.[方法归纳](2017·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *.(1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C k n －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n . 解：(1)①k C k n －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0. ②k 2C k n－n (n －1)Ck －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！(k －2)！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －2)！(n －k )！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C k n ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C kn ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C n n ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n ， 两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1， 两边对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n ，两边再同乘以x ，得(1＋x )n x ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n x k ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1， 两边再对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k ＋1)2C k n x k ＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n 2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n＋…＋(n ＋1)2C n n ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．[例3] (2017·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 r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n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 n ， k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C k nC k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 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 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5. (2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C r n ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列，则2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，即2n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＝n ！r ！(n －r )！＋n ！(r ＋2)！(n －r －2)！，2n ！(r ＋2)！(n －r －2)！＝n ！(r ＋1)！(n －r －1)！＋n ！(r ＋3)！(n －r －3)！.所以有2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r －1)(n －r )＋1(r ＋1)(r ＋2)，2(r ＋2)(n －r －2)＝1(n －r －2)(n －r －1)＋1(r ＋2)(r ＋3)，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0， n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0. 两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，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]设(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，n ∈N *，n ≥2. (1)若n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值；(2)设b k ＝k ＋1n －k a k ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．解：(1)因为a k ＝(－1)k C k n ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1k ＋1n －k C k ＋1n ＝(－1)k ＋1C k n ，当1≤k ≤n －1时， b k ＝(－1)k ＋1C k n＝(－1)k ＋1()C k n －1＋C k －1n －1 ＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C k n －1 ＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1.当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑k ＝1m[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C m n －1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝1.综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝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 ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，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∑k ＝1nC k n (2k－1)＝∑k ＝0nC k n 2k－∑k ＝0nC k n ＝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 (n ＋1)2(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：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值； (2)证明：p n >C 2n ＋1(n ＋1)！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n (n ＋1)2＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的n (n ＋1)2－n ＝n (n －1)2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n (n －1)2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n×…×23＝2n －1(n ＋1)×n ×…×3＝2n(n ＋1)！.由于2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1，故2n(n ＋1)！>C 2n ＋2(n ＋1)！，即p n >C 2n ＋1(n ＋1)！. 3．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋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a i ＞a i ＋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(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝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a 1，a 2，…，a i －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 i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1. 从而f (n )＝23(1－2n －3)1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.4．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m时，(k ＋1)C mk ＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.5．设a n 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a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求证：a 5n －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a n＋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a n.所以各位数字之和为n＋2的自然数的个数为a n＋1＋a n，即a n＋2＝a n＋1＋a n.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x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋…＋C n n C0n＝＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋C1n C n－1n(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(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|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2tan n θ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan nθ；(2)求证：对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[证明] (1)因为a n ＝sin n π2tan n θ.当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2k θ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，a n ＝a 2k －1＝sin(2k －1)π2tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫k π－π2·tan nθ. 当k ＝2m ，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2·tan n θ＝－tan n θ， 此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan n θ＝(－1)2m －1tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.当k ＝2m －1，m ∈N *时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2m π－3π2·tan n θ＝sin ⎝⎛⎭⎫－3π2·tan n θ＝tan nθ， 此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan n θ＝(－1)2m －2·tan n θ＝(－1)n －12tan n θ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)n －12tan n θ.(2)当n ＝1时，由(1)得，S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 等式右边＝12sin 2θ(1＋tan 2θ)＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ.故n ＝1时，命题成立，假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得：S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[]1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋1tan 2k θ＋(－1)k ·2sin 2θtan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·－1tan 2θ ＋2sin 2θtan θ ＝12sin 2θ·1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ·⎝⎛⎭⎫－cos 2θsin 2θ＋1sin 2θ ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋2·tan 2k ＋2θ ]．即当n ＝k ＋1时命题成立.综上所述，对任何正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]．[方法归纳](2017·扬州期末)已知F n (x )＝(－1)0C 0n ，f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )(n ∈N *，x >0)，其中f i (x )(i ∈{0,1,2，…，n })是关于x 的函数． (1)若f i (x )＝x i (i ∈N)，求F 2(1)，F 2 017(2)的值； (2)若f i (x )＝xx ＋i (i ∈N)，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋n )(n ∈N *)． 解：(1)因为f i (x )＝x i (i ∈N)，所以F n (x )＝(－1)0C 0n x 0＋(－1)1C 1n x 1＋…＋(－1)n C n n x n ＝(1－x )n ，所以F 2(1)＝0, F 2 017(2)＝(1－2)2 017＝－1.(2)证明：因为f i (x )＝xx ＋i(x >0，i ∈N)， 所以F n (x )＝(－1)0C 0n f 0(x )＋(－1)1C 1n f 1(x )＋…＋(－1)n C n n f n (x )＝∑i ＝0n⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i n x x ＋i (n ∈N *)． ①当n ＝1时，F n (x )＝∑i ＝0n ＝1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i 1x x ＋i ＝1－x x ＋1＝1x ＋1，所以n ＝1时结论成立. ②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即F k (x )＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )， 则n ＝k ＋1时，F k ＋1(x )＝∑i ＝0k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik ＋1x x ＋i＝1＋∑i ＝1k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k ＋1x x ＋i ＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1 ＝1＋∑i ＝1k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i (C i k ＋C i －1k )x x ＋i ＋(－1)k ＋1·C k ＋1k ＋1x x ＋k ＋1＝∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋∑i ＝1k ＋1 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝1k ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i －1C i －1k x x ＋i＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C i k x x ＋i ＋1＝F k (x )－∑i ＝0k⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)i C ik x ＋1x ＋i ＋1·x x ＋1＝F k (x )－x x ＋1F k (x ＋1)＝k ！(x ＋1)(x ＋2)·…·(x ＋k )－k ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )·xx ＋1＝(x ＋1＋k )·k ！－x ·k ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋k )(x ＋1＋k ) ＝(k ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋k )，所以n ＝k ＋1时，结论也成立. 综合①②可知，F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n )(n ∈N *).[例2] (2017·南京模拟)已知数列{a n }满足a n ＝3n －2，函数f (n )＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，g (n )＝f (n 2)－f (n －1)，n ∈N *.(1) 求证：g (2)＞13；(2) 求证：当n ≥3时，g (n )＞13.[证明] (1)由题意知，a n ＝3n －2，g (n )＝1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2，当n ＝2时，g (2)＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，g (3)＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝⎛⎭⎫110＋113＋116＋⎝⎛⎭⎫119＋122＋125＞18＋⎝⎛⎭⎫116＋116＋116＋⎝⎛⎭⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13， 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 )＞13，则当n ＝k ＋1时，g (k ＋1)＝g (k )＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k ＞13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2 ＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2)＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2)， 由k ≥3可知，3k 2－7k －3＞0，即g (k ＋1)＞13.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立． 综合①②可得，当n ≥3时，g (n )＞13.[方法归纳]设实数a 1，a 2，…，a n 满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |≤1(n ∈N *且n ≥2)，令b n ＝a n n (n ∈N *)．求证：|b 1＋b 2＋…＋b n |≤12－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，a 1＝－a 2， 所以|a 1|＋|a 2|＝2|a 1|≤1，即|a 1|≤12，所以|b 1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪a 1＋a 22＝|a 1|2≤14＝12－12×2， 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a 1＋a 2＋…＋a k ＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |≤1时，有|b 1＋b 2＋…＋b k |≤12－12k .则当n ＝k ＋1时，由a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝0， 且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，可得2|a k ＋1|＝|a 1＋a 2＋…＋a k |＋|a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1， 所以|a k ＋1|≤12.又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋(a k ＋a k ＋1)＝0，且|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k －1|＋|a k ＋a k ＋1|≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k ＋1|≤1，由假设可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ≤12－12k ，所以|b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k k ＋a k ＋1k ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1＋b 2＋…＋b k －1＋a k ＋a k ＋1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－a k ＋1k ≤12－12k ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a k ＋1k ＋1－a k ＋1k＝12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1|a k ＋1| ≤12－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1×12 ＝12－12(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 综合(1)(2)可知，结论成立．[例3] (2017·n n n 1)k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C nn (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜测f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论．[解] (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1；f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2； f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2)猜测：f n (x )＝n ！. 而k C kn＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，n Ck －1n －1＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！，所以k C k n ＝n C k －1n －1.用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，f 1(x )＝1，所以结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即f k (x )＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k )k ＝k ！.则当n＝k＋1时，f k＋1(x)＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝C0k＋1x k＋1－C1k＋1(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k＋1＝x[C0k＋1x k－C1k＋1(x－1)k＋…＋(－1)k C k k＋1(x－k)k]＋[C1k＋1(x－1)k－2C2k＋1(x－2)k…＋(－(x－k－1)k＋11)k＋1k C k k＋1(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1＝x[C0k x k－(C1k＋C0k)(x－1)k＋…＋(－1)k(C k k＋C k－1k)(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋(－1)k＋1C k＋1k＋1(x－k－1)k(x－k－1)＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k]＋(k ＋1)[(x－1)k－C1k(x－2)k…＋(－1)k＋1C k－1k(x－k)k]＋x(－1)k＋1C k k(x－k－1)k－(k＋1)(－1)k＋1(x －k－1)k＝x[C0k x k－C1k(x－1)k＋…＋(－1)k C k k(x－k)k]－x[C0k(x－1)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(x－k)k ＋(－1)k C k k(x－k－1)k]＋(k＋1)[C0k(x－1)k－C1k(x－2)k＋…＋(－1)k－1C k－1k(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，f n(x)＝n！成立．[方法归纳](2017·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(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)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C3n＋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 3k ＋1能被4整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(3k ＋5)C 3k ＋2＝(3k ＋2)C 3k ＋2＋3C 3k ＋2＝(3k ＋2)(C 3k ＋1＋C 2k ＋1)＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋(3k ＋2)C 2k ＋1＋(k ＋2)C 2k ＋1＝(3k ＋2)C 3k ＋1＋4(k ＋1)C 2k ＋1，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f 0(x )＝cx ＋d ax ＋b(a ≠0，bc －ad ≠0)．设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求f 1(x )，f 2(x )；(2)猜想f n (x )的表达式，并证明你的结论．解：(1)f 1(x )＝f 0′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cx ＋d ax ＋b ′＝bc －ad (ax ＋b )2， f 2(x )＝f 1′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤bc －ad (ax ＋b )2′＝－2a (bc －ad )(ax ＋b )3. (2)猜想f n (x )＝(－1)n －1·a n －1·(bc －ad )·n ！(ax ＋b )n ＋1，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f k (x )＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1. 当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！(ax ＋b )k ＋1′ ＝(－1)k －1·a k －1·(bc －ad )·k ！[(ax ＋b )－(k ＋1)]′＝(－1)k ·a k ·(bc －ad )·(k ＋1)！(ax ＋b )k ＋2. 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S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ≥2，n ∈N *)，求证：S 2n ＞1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋2k 2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *不等式S 2n ＞1＋n 2都成立． 4．(2017·南京三模)已知数列{a n }共有3n (n ∈N *)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,1≤k ≤3n ，都有a k ∈{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{a n }的个数记为T n .(1)当p ＝2时，求T 2的值；(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }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T 2＝C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝25＝32.(2)证明：T n ＝C 03n ＋C 33n ＋C 63n ＋…＋C 3n 3n .当1≤k ≤n ，k ∈N *时，C 3k 3n ＋3＝C 3k 3n ＋2＋C 3k －13n ＋2＝C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －13n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2C 3k －13n ＋1＋C 3k 3n ＋1＋C 3k －23n ＋1＝2(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k －13n ＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ＋C 3k －23n＝3(C 3k －13n ＋C 3k －23n )＋C 3k 3n ＋C 3k －33n ，于是T n ＋1＝C 03n ＋3＋C 33n ＋3＋C 63n ＋3＋…＋C 3n ＋33n ＋3＝C 03n ＋3＋C 3n ＋33n ＋3＋3(C 13n ＋C 23n ＋C 43n ＋C 53n ＋…＋C 3n －23n ＋C 3n －13n )＋T n －C 03n ＋T n －C 3n 3n＝2T n ＋3(23n －T n )＝3×8n －T n .下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝2＝13[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T k ＝13[8k ＋2(－1)k ]． 则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝3×8k －T k ＝3×8k －13[8k ＋2(－1)k ] ＝13[9×8k －8k －2(－1)k ] ＝13[8k ＋1＋2(－1)k ＋1]， 即n ＝k ＋1时，命题也成立．于是当n ∈N *，有T n ＝13[8n ＋2(－1)n ]． 5．(2017·扬州考前调研)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论． 解：(1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3×2n －12－1， ∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝± a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1； 当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2； 当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3. 猜想：当n ≥3时，a n <b n ，下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！， 则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！. 要证a k ＋1<b k ＋1，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－1k ·k ！2<⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2， 即证1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0， 即证(k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1<b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2；当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .6．(2017·南通二调)设n ≥2，n ∈N *.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝a 1，b m －1，n ＋1＝b m －1,1(m ≥2)．例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(1＋2,2＋3,3＋1)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)．(1)若a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；(2)求证：b m ，i ＝∑j ＝0m a i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *，t ＝1,2，…，n ，则a i ＋j ＝a t )解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5值不存在；当n ＝5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b 3,5＝17；当n ＝6时，同理得b 3,5＝28；当n ＝7时，同理得b 3,5＝45；当n ≥8时，n ∈N *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，…，n ＋1)， 经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，…，n ＋4)， 经3次变换为：(20,28,36,44,52，…，n ＋12)， 所以b 3,5＝52.(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m ，其中i ＝1,2，…，n .①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝01a i ＋j C j 1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立；②假设m ＝k (k ∈N *)时，b k ，i ＝∑j ＝0ka i ＋j C j k ，其中i ＝1，2，…，n .则m ＝k ＋1时，b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝0ka i ＋j ＋1C j k ＝∑j ＝0k a i ＋j C j k ＋∑j ＝1k ＋1a i ＋j C j －1k＝a i C 0k ＋∑j ＝1ka i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k k ＝a i C 0k ＋1＋∑j ＝1ka i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1k ＋1＝∑j ＝0k ＋1a i ＋j C j k ＋1，所以结论对m ＝k ＋1时也成立． 由①②知，m ∈N *，b m ，i ＝∑j ＝0ma i ＋j C j m，其中i ＝1,2，…，n .。
二项式定理的应用教学案
二项式定理的应用教学案在高中数学学习中，二项式定理是一个非常重要的概念。
它不仅在数学中有广泛的应用，而且在实际生活中也有着重要的意义。
本教学案将通过具体的例子和练习，帮助学生更好地理解和应用二项式定理。
一、教学目标1. 理解二项式定理的概念和公式2. 掌握二项式定理的展开和简化方法3. 学会应用二项式定理解决实际问题4. 培养学生的逻辑思维和问题解决能力二、教学内容1. 二项式定理的概念和公式2. 二项式定理的展开和简化方法3. 二项式定理在实际问题中的应用三、教学步骤1. 导入引入二项式定理的概念，与学生进行互动问答，激发学生的学习兴趣。
例如，给学生一个简单的问题：“如何计算(2x+y)^3的展开式？”让学生思考和讨论。
2. 学习二项式定理的概念和公式向学生介绍二项式定理的定义和公式。
解释二项式定理的含义：任意给定两个实数a和b以及一个非负整数n，可以用二项式定理展开和简化(x+y)^n的形式。
3. 学习展开和简化的方法教授学生如何展开和简化二项式。
以具体的例子进行讲解，帮助学生理解。
例如，展示(2x+y)^3的展开步骤，让学生逐步进行计算和化简。
4. 练习和巩固提供一些练习题，让学生进行实践和巩固。
练习题可以涉及不同的幂次和变量的组合。
鼓励学生互相讨论和合作，共同解决问题。
5. 应用二项式定理解决实际问题引导学生将二项式定理应用到实际问题中。
给出一些实际问题，让学生思考如何利用二项式定理进行求解。
例如，给出一个扩展公式，让学生计算某商品在不同折扣下的价格。
6. 总结和拓展总结本节课所学内容，强调二项式定理的重要性和应用价值。
鼓励学生进一步思考和探索二项式定理的更多应用场合，并给予积极的鼓励和指导。
四、教学资源1. 教材：包含二项式定理的相关知识点和例题的数学教材。
2. 板书：用于展示公式、例题和问题解决的步骤和过程。
3. 练习题：包括二项式定理展开和应用的练习题，用于学生练习和巩固。
五、教学评价1. 课堂表现：观察学生课堂参与和合作的态度和水平，评价其学习的积极性和有效性。
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专题14 二项式定理及数学归纳法【2018年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1) 二项式定理的简单应用，B级要求；(2)数学归纳法的简单应用，B级要求【重点、难点剖析】1．二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n，上式中右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中C r n(r＝1,2,3，…，n)叫做二项式系数，式中第r＋1项叫做展开式的通项，用T r＋1表示，即T r＋1＝C r n a n－r b r；(2)(a＋b)n展开式中二项式系数C r n(r＝1,2,3，…，n)的性质：①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C r n＝C n－rn；②C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n；C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1.2．二项式定理的应用(1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．(2)二项式展开式的通项公式T r＋1＝C r n a n－r b r是展开式的第r＋1项，而不是第r项．3．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(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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．4．数学归纳法的应用(1)利用数学归纳法证明代数恒等式的关键是将式子转化为与归纳假设的结构相同的形式，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论．(2)利用数学归纳法证明三角恒等式时，常运用有关的三角知识、三角公式，要掌握三角变换方法．(3)利用数学归纳法证明不等式问题时，在由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，过去讲的证明不等式的方法在此都可利用．(4)用数学归纳法证明整除性问题时，可把n＝k＋1时的被除式变形为一部分能利用归纳假设的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解题时经常用到“归纳——猜想——证明”的思维模式．【题型示例】题型一 二项式定理的应用 【例1】【2017课标1，理6】621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35【答案】C【变式探究】【2016年高考北京理数】在6(12)x -的展开式中，2x 的系数为__________________.（用数字作答） 【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式16(2)r r r r T C x +=-可知，2x 的系数为226(2)60C -=。
【变式探究】(2015·新课标全国Ⅰ，10)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．60 解析 T k ＋1＝C k 5(x 2＋x )5－k y k，∴k ＝2.∴C 25(x 2＋x )3y 2的第r ＋1项为C 25C r 3x 2(3－r )x r y 2，∴2(3－r )＋r ＝5，解得r ＝1，∴x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.答案 C【变式探究】(1)(2014·辽宁五校联考)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式的常数项是( ) A ．360B ．180C ．90D ．45(2)(2014·浙江)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝( ) A ．45 B ．60 C ．120D ．210【命题意图】 (1)本题主要考查二项展开式的通项、系数问题，对思维能力有一定要求． (2)本题主要考查二项展开式的系数问题，需要考生结合二项式定理进行求解． 【答案】(1)B (2)C【感悟提升】二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值，这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解．另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点： (1)C r n an －r b r是第r ＋1项，而不是第r 项；(2)运用通项公式T r ＋1＝C r n a n －r b r解题，一般都需先转化为方程(组)求出n ，r ，然后代入通项公式求解；(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r ，再求出所需的某项；有时需先求n ，计算时要注意n 和r 的取值范围及它们之间的大小关系．【举一反三】1.(2015·北京，9)在(2＋x )5的展开式中，x 3的系数为________(用数字作答)． 解析 展开式通项为：T r ＋1＝C r 525－r x r，∴当r ＝3时，系数为C 35·25－3＝40. 答案 402.(2015·天津，12)在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14x 6的展开式中，x 2的系数为________．解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14x 6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x r ＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫－14rx 6－2r ； 当6－2r ＝2时，r ＝2，所以x 2的系数为C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫－142＝1516. 答案1516【变式探究】已知a n ＝(1＋2)n(n ∈N *) (1)若a n ＝a ＋b 2(a ，b ∈Z )，求证：a 是奇数；(2)求证：对于任意n ∈N *都存在正整数k ，使得a n ＝k －1＋k .【证明】(1)由二项式定理，得a n ＝C 0n ＋C 1n 2＋C 2n (2)2＋C 3n (2)3＋…＋C n n (2)n， 所以a ＝C 0n ＋C 2n (2)2＋C 4n (2)4＋…＝1＋2C 2n ＋22C 4n ＋…，因为2C 2n ＋22C 4n ＋…为偶数，所以a 是奇数．(2)由(1)设a n ＝(1＋2)n ＝a ＋b 2(a ，b ∈Z )，则(1－2)n＝a －b 2， 所以a 2－2b 2＝(a ＋b 2)(a －b 2)＝(1＋2)n (1－2)n ＝(1－2)n，当n 为偶数时，a 2＝2b 2＋1，存在k ＝a 2，使得a n ＝a ＋b 2＝a 2＋2b 2＝k ＋k －1， 当n 为奇数时，a 2＝2b 2－1，存在k ＝2b 2，使得a n ＝a ＋b 2＝a 2＋2b 2＝k －1＋k ， 综上，对于任意n ∈N *，都存在正整数k ，使得a n ＝k －1＋k .【规律方法】二项式系数的最大项与展开式系数的最大项不同，本题的第r ＋1项的二项式系数是C r8，而展开式系数却是2r C r8，解题时要分清．【变式探究】已知数列{a n }的首项为1，p (x )＝a 1C 0n (1－x )n ＋a 2C 1n x (1－x )n －1＋a 3C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋a n C n －1n xn －1(1－x )＋a n ＋1C n n x n(1)若数列{a n }是公比为2的等比数列，求p (－1)的值；(2)若数列{a n }是公比为2的等差数列，求证：p (x )是关于x 的一次多项式．(2)证明 若数列{a n }是公差为2的等差数列，则a n ＝2n －1.p (x )＝a 1C 0n (1－x )n ＋a 2C 1n x (1－x )n －1＋…＋a n C n －1n x n －1·(1－x )＋a n ＋1C n n x n＝C 0n (1－x )n ＋(1＋2)C 1n x (1－x )n －1＋(1＋4)C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋(1＋2n )C n n x n＝[C 0n (1－x )n ＋C1n x (1－x )n －1＋C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋C n n x n ]＋2[C 1n x (1－x )n －1＋2C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋C n n x n]．由二项式定理知， C 0n (1－x )n ＋C 1n x (1－x )n －1＋C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋C n n x n ＝[(1－x )＋x ]n＝1.因为k C kn ＝k ·n ！k ！n －k ！＝n ·n －！k －！n －k ！＝n C k －1n －1，所以C 1n x (1－x )n －1＋2C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋n C n n x n＝n C 0n －1x (1－x )n －1＋n C 1n －1x 2(1－x )n －2＋…＋n C n －1n －1x n＝nx [C 0n －1(1－x )n －1＋C 1n －1x (1－x )n －2＋…＋C n －1n －1x n －1]＝nx [(1－x )＋x ]n －1＝nx ，所以p (x )＝1＋2nx .即p (x )是关于x 的一次多项式． 题型二 二项展开式中的常数项例2．【2016年高考四川理数】设i 为虚数单位，则6()x i +的展开式中含x 4的项为（A ）－15x 4 （B ）15x 4 （C ）－20i x 4 （D ）20i x 4【答案】A【解析】二项式6()x i +展开的通项616r r rr T C xi -+=，令64r -=，得2r =，则展开式中含4x 的项为2424615C x i x =-，故选A.【变式探究】(2015·湖南，6)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( )A. 3 B ．－ 3 C ．6 D ．－6【变式探究】使得⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n(n ∈N ＋)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．7 解析 展开式的通项公式为T k ＋1＝C kn (3x )n －k⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x k ＝C k n 3n －kxn －5k 2.由n －5k 2＝0得n ＝5k 2，所以当k ＝2时，n 有最小值5，选B. 答案 B【举一反三】设函数f (x )＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0.则当x >0时，f [f (x )]表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15解析 当x >0时，f [f (x )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x 6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x 6的展开式中，常数项为C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3(－x )3＝－20.所以选A. 答案 A题型三 二项式定理的综合应用例3．【2017山东，理11】已知()13nx +的展开式中含有2x 项的系数是54，则n = . 【答案】4【解析】由二项式定理的通项公式()1C 3C 3rr r r r r n n x x +T ==⋅⋅，令2r =得：22C 354n ⋅=，解得4n =． 【变式探究】【2016高考山东理数】若（a x 25的展开式中x 5的系数是—80，则实数a =_______. 【答案】－2【解析】因为5102552155()rrrrr rr T C ax C ax---+==，所以由510522r r -=⇒=，因此252580 2.C a a -=-⇒=-【变式探究】(2015·陕西，4)二项式(x ＋1)n (n ∈N ＋)的展开式中x 2的系数为15，则n ＝( ) A ．4 B ．5C ．6D ．7解析 由题意易得：C n －2n ＝15，C n －2n ＝C 2n ＝15，即n （n －1）2＝15，解得n ＝6.答案 C【变式探究】(2014·湖北，2)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( ) A ．2 B.54 C ．1 D.24解析 T r ＋1＝C r7·(2x )7－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝27－r C r 7a r ·1x 2r －7.令2r －7＝3，则r ＝5.由22·C 57a 5＝84得a ＝1，故选C.答案 C【举一反三【(2014·浙江，5)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数f (m ，n )，则f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝( ) A ．45 B ．60 C ．120D ．210解析 在(1＋x )6的展开式中，x m的系数为C m6，在(1＋y )4的展开式中，y n 的系数为C n 4，故f (m ，n )＝C m 6·C n4.从而f (3，0)＝C 36＝20，f (2，1)＝C 26·C 14＝60，f (1，2)＝C 16·C 24＝36，f (0，3)＝C 34＝4，故选C. 答案 C题型四 数学归纳法的应用例4、等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N +，点(n ，Sn )均在函数y ＝b x＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N +)，证明：对任意的n ∈N +，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立．(2)证明：由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N +)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以结论成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N +)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1，则当n ＝k ＋1时， 2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋3k ＋＞k ＋1·2k ＋3k ＋＝2k ＋32k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2.即证2k ＋32≥k ＋k ＋， 由基本不等式知2k ＋32＝k ＋＋k ＋2≥k ＋k ＋成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以，当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，n ∈N +时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1 成立．【感悟提升】 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若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 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、求差(求商)比较法、放缩法等证明．【变式探究】记⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2n 的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中n ∈N *.(1)求a n ；(2)是否存在常数p ，q (p ＜q )，使b n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．【解析】(1)根据多项式乘法运算法则，得a n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .(2)计算得b 2＝18，b 3＝732.代入b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，解得p ＝－2，q ＝－1.下面用数学归纳法证明b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝13－12n ＋23×14n (n ≥2且n ∈N *)①当n ＝2时，b 2＝18，结论成立．②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×14k ，则当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝b k ＋a k2k ＋1＝13－12k ＋23×14k ＋12k ＋1－122k ＋1 ＝13－12k ＋1＋23×14k ＋1. 由①②可得结论成立．【规律方法】运用数学归纳法证明命题P (n )，由P (k )成立推证P (k ＋1)成立，一定要用到条件P (k )，否则不是数学归纳法证题．【变式探究】已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数．【解析】(1)证明设三边长分别为a，b，c，cos A＝b2＋c2－a22bc，∵a，b，c是有理数，b2＋c2－a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，∴b2＋c2－a22bc必为有理数，∴cos A是有理数．解得：cos(k＋1)A＝2cos kA cos A－cos(k－1)A ∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理数，∴2cos kA cos A－cos(k－1)A是有理数，∴cos(k＋1)A是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n，cos nA是有理数.。