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1、二项式定理及数学归纳法【真题体验】1(2012苏北四市调研)已知 an(1 )n(nN *)2(1)若 anab (a，bZ )，求证：a 是奇数；2(2)求证：对于任意 nN *都存在正整数 k，使得 an .k 1 k证明(1)由二项式定理，得 anC C C ( )2C ( )3C ( )n，0n 1n2 2n 2 3n 2 n 2所以 aC C ( )2C ( )412C 2 2C ，0n 2n 2 4n 2 2n 4n因为 2C 2 2C 为偶数，所以 a 是奇数2n 4n(2)由(1)设 an(1 )nab (a，bZ )，则(1 )nab ，2 2 2 2所以 a22b 2(ab
2、 )(ab )(1 )n(1 )n(12) n，2 2 2 2当 n 为偶数时，a 22b 21，存在 ka 2，使得 anab ，2 a2 2b2 k k 1当 n 为奇数时，a 22b 21，存在 k2b 2，使得anab ，2 a2 2b2 k 1 k综上，对于任意 nN *，都存在正整数 k，使得 an .k 1 k2(2010江苏，23)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(1)证明设三边长分别为 a，b，c，cos A ，b2 c2 a22bca，b，c 是有理数，b2c 2a 2 是有理数，分母 2b
3、c 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， 必为有理数，cos A 是有理数b2 c2 a22bc(2)证明当 n1 时，显然 cos A 是有理数；当 n2 时，cos 2A2cos 2A1，因为 cos A 是有理数，cos 2A 也是有理数；假设当 nk(k2)时，结论成立，即 cos kA、cos(k1)A 均是有理数当 nk1 时，cos(k1)A cos kAcos Asin kAsin Acos kAcos A cos(kAA)cos( kAA )12cos kAcos A cos(k1) A cos(k1) A12 12解得：cos(k1)A2cos kAcos Acos(
4、k1) Acos A，cos kA，cos(k1) A 均是有理数，2cos kA cos Acos(k1) A 是有理数，cos(k1)A 是有理数即当 nk1 时，结论成立综上所述，对于任意正整数 n，cos nA 是有理数【高考定位】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【应对策略】(1)对于二项式定理只要掌握二项式定理、通项、 项的系数的求法，掌握赋值法即可(2)数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学 归纳 法的原理，并能加以 简单的应
5、用.必备知识1二项式定理(1)二项式定理：(ab) nC anC an1 bC anr brC bn，上式中右边的多0n 1n rn n项式叫做( ab) n的二项展开式，其中 C (r1,2,3，n )叫做二项式系数，式中第 r1 项rn叫做展开式的通项，用 Tr1 表示，即 Tr1 C anr br；rn(2)(ab )n展开式中二项式系数 C (r1,2,3，n) 的性质：rn与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即 C C ；rn n rnC C C C 2 n；C C C C 2 n1 .0n 1n 2n n 0n 2n 1n 3n2数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第
6、一步是归纳奠基(或递推基础) 证明当 n 取第一个值 n0(n0N *)时命题成立，第二步是归纳递推( 或归纳假设) 假设 nk (kn 0，kN *)时命题成立，证明当 nk1 时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从 n0 开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可必备方法1二项式定理(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 Tr1 C anr br是展开式的第 r1 项，而不是第 r 项rn2数学归纳法(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
7、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 nk 成立，推导 nk1 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 nk1 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”的思维模式命题角度一二项式定理的应用命题要点 (1)二项展开式中的二项式系数和展开式系数；(2)求二项展开式的特定项；(3)二项展开式的性质的应用【例 1】 (2012南师附中模拟) 若二项式(12x) n展开式中第 6 项与第 7 项的系数相等，求展开式中二
8、项式系数最大的项审题视点 根据展开式中第 6 项与第 7 项的系数相等，得到关于 n 的方程，解得 n，再写出二项展开式系数，由二项 式系数的性质得到结果解在(12x) n的展开式中第 6 项与第 7 项的系数相等，C 25C 26，n8， 二项式系数是 C ，5n 6n r8由 C C 且 C C ，得 r4，r8 r 18 r8 r 18即展开式中二项式系数最大的项是第 5 项为 C 24.48二项式系数的最大项与展开式系数的最大项不同，本题的第 r1 项的二项式系数是 C ，而展开式系数却是 2rC ，解题时要分清r8 r8【突破训练 1】 (2012盐城模拟)已知数列 an的首项为 1
9、，p( x)a 1C (1x)0nna 2C x(1x) n1 a 3C x2(1x )n2 a nC xn1 (1x) a n1 C xn1n 2n n 1n 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(1)解法一由题设知，a n2 n1 .p(1)1C (1) 02n2C (1) 12n1 2 2C (1) 22n 22 nC (1) n200n 1n 2n nC (2) 02nC (2) 12n1 C (2) 22n2 0n 1n 2nC (2) n20(22) n0.n法二若数列a
10、 n是公比为 2 的等比数列，则 an2 n1 ，故 p(x)C (1x) nC (2x)0n 1n(1x) n1 C (2x)2(1x) n2 C (2x)n1 (1x)C (2x)n(1 x)2x n(1x) n.2n n 1n n所以 p(1) 0.(2)证明若数列a n是公差为 2 的等差数列，则 an2n1.p(x)a 1C (1x )na 2C x(1 x)n1 a nC xn1 (1x)a n1 C xn0n 1n n 1n nC (1x) n(12)C x(1x )n1 (14)C x2(1x) n2 (12n)C xn0n 1n 2n nC (1x) nC1 nx(1x) n
11、1 C x2(1x) n2 C xn2C x(1x)0n 2n n 1nn1 2C x2(1 x)n2 C xn2n n由二项式定理知，C (1x) nC x(1x )n1 C x2(1x) n2 C xn(1x)x n1.0n 1n 2n n因为 kC k n nC ，knn！k！ n k！ n 1！k 1！ n k！ k 1n所以 C x(1x) n1 2C x2(1 x)n2 nC xn1n 2n nnC x(1x )n1 nC x2(1x )n2 nC xn0n 1 1n 1 n 1nxC (1x) n1 C x(1x) n2 C xn1 0n 1 1n 1 n 1nx(1x)x n1
12、 nx，所以 p(x)12nx .即 p(x)是关于 x 的一次多项式命题角度二数学归纳法的应用命题要点 (1)证明代数恒等式；(2)证明不等式问题；(3) 证明三角恒等式；(4) 证明整除性问题【例 2】 (2012南京模拟)记 的展开式中， x 的系数为 an，x 2 的(1 x2)(1 x22) (1 x2n)系数为 bn，其中 nN *.(1)求 an；(2)是否存在常数 p，q(pq)，使 bn ，对 nN *，n2 恒成立？证明13(1 p2n)(1 q2n)你的结论审题视点 可以先用特殊值代入，求出 p，q 得到猜想，再用数学归纳法证明猜想的正确性解(1)根据多项式乘法运算法则，
13、得 an 1 .12 122 12n 12n(2)计算得 b2 ，b 3 .代入 bn ，解得 p2，q1.18 732 13(1 p2n)(1 q2n)下面用数学归纳法证明 bn (n2 且 nN *)13(1 12n 1)(1 12n) 13 12n 23 14n当 n2 时，b 2 ，结论成立18设 nk 时成立，即 bk ，13 12k 23 14k则当 nk1 时，bk1 b k ak2k 1 13 12k 23 14k 12k 1 122k 1 .13 12k 1 23 14k 1由可得结论成立运用数学归纳法证明命题 P(n)，由 P(k)成立推证 P(k1)成立，一定要用到条件
14、P(k)，否则不是数学归纳法证题【突破训练 2】 (2012泰州中学调研) 已知多项式 f(n) n5 n4 n3 n.15 12 13 130(1)求 f( 1)及 f(2)的值；(2)试探求对一切整数 n，f (n)是否一定是整数？并证明你的结论解(1)f(1)0，f(2) 17(2)先用数学归纳法证明，对一切正整数 n，f(n) 是整数当 n1 时，f(1)1，结论成立假设当 nk(k1，kN) 时，结论成立，即 f(k) k5 k4 k3 k 是整数，则当15 12 13 130nk 1 时，f(k1) (k1) 5 (k1) 4 (k1) 3 (k1)15 12 13 130 C05k5 C15k4 C25k3 C35k2 C45k C55 C04k4 C14k3 C24k2 C14k C42 C03k3 C13k2 C23k C33(k1)f(k) k 44k 36k 24k1.130根据假设 f(k)是整数，而 k4
