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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