《最新高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练三 二项式定理、数学归纳法理科 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练三 二项式定理、数学归纳法理科 Word版含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 3个附加题专项强化练(三)二项式定理、数学归纳法(理科)1已知函数f0(x)x(sin xcos x)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求f1(x)，f2(x)的表达式；(2)写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明解：(1)因为fn(x)为fn1(x)的导数，所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)，同理，f2(x)(x2)sin x(x2)cos x.(2)由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为f1(x)(x1)sin(x
2、1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜测fn(x)(xn)sin(xn)cos.(*)下面用数学归纳法证明上述等式()当n1时，由(1)知，等式(*)成立()假设当nk(kN*，k1)时，等式(*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos.则当nk1时，fk1(x)fk(x)sin(xk)coscos(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即当nk1时，等式(*)成立综上所述，当nN*时，fn(x)(xn)sin(xn)cos成立2设1,2,3，n的一个排列是a1，a2，an，若aii称i为不动点(1in
3、)(1)求1,2,3,4,5的排列中恰有两个不动点的排列个数；(2)记1,2,3，n的排列中恰有k个不动点的排列个数为Pn(k)，求n(k)；Pn(k)解：(1)1,2,3,4,5的排列中恰有两个数不动，即为有两个aii，另三个aii，而三个数没有不动点的排列有2个，故1,2,3,4,5的排列中恰有两个不动点的排列个数为2C20. (2)在1,2,3，n的排列中分成这样n1类，有0个不动点，1个不动点，2个不动点，n个不动点，故n(k)n！.由题设可知Pn(k)C Pnk(0)及组合恒等式kCnC得Pn(k)CPnk(0)CPnk(0)nPnk(0)nP(n1)k(0)n！.3已知(x22x4
4、)na0a1(x1)a2(x1)2a2n(x1)2n(nN*)，令Tnai.(1)求a0和Tn关于n的表达式；(2)试比较与(n1)a02n2的大小，并证明你的结论解：(1)在(x22x4)na0a1(x1)a2(x1)2a2n(x1)2n中，令x1，可得a03n.对(x22x4)na0a1(x1)a2(x1)2a2n(x1)2n，两边同时求导得，n(2x2)(x22x4)n1a12a2(x1)3a3(x1)22na2n(x1)2n1，令x0，则ai2n4n1，所以Tn2n4n1.(2)要比较与(n1)a02n2的大小，即比较4n与(n1)3n2n2的大小当n1时，4n4(n1)3n2n22；
5、当n2或3或4时，4n(n1)3n2n2.猜想：当n5时，4n(n1)3n2n2. 下面用数学归纳法证明由上述过程可知，当n5时，结论成立假设当nk(k5，kN*)时结论成立，即4k(k1)3k2k2，两边同乘以4，得4k14(k1)3k2k2k3k12(k1)2(k4)3k6k24k2，而(k4)3k6k24k2(k4)3k6(k2k2)2k10(k4)3k6(k2)(k1)2k100，所以4k1(k1)13k12(k1)2，即nk1时结论也成立由可知，当n5时，4n(n1)3n2n2成立综上所述，当n1时，(n1)a02n2；当n2或3或4时，(n1)a02n2.4在集合A1,2,3,4，
6、2n中，任取m(m2n，m，nN*)个元素构成集合Am.若Am的所有元素之和为偶数，则称Am为A的偶子集，其个数记为f(m)；若Am的所有元素之和为奇数，则称Am为A的奇子集，其个数记为g(m)令F(m)f(m)g(m)(1)当n2时，求F(1)，F(2)，F(3)的值；(2)求F(m)解：(1)当n2时，集合A1,2,3,4，当m1时，偶子集有2，4，奇子集有1，3，f(1)2，g(1)2，F(1)0；当m2时，偶子集有2,4，1,3，奇子集有1,2，1,4，2,3，3,4，f(2)2，g(2)4，F(2)2；当m3时，偶子集有1,2,3，1,3,4，奇子集有1,2,4，2,3,4，f(3)
7、2，g(3)2，F(3)0.(2)当m为奇数时，偶子集的个数f(m)CCCCCCCC，奇子集的个数g(m)CCCCCC，所以f(m)g(m)，F(m)f(m)g(m)0.当m为偶数时，偶子集的个数f(m)CCCCCCCC，奇子集的个数g(m)CCCCCC，所以F(m)f(m)g(m)CCCCCCCCCCCC.一方面，(1x)n(1x)n(CCxCx2Cxn)CCxCx2(1)nCxn，所以(1x)n(1x)n中xm的系数为CCCCCCCCCCCC；另一方面，(1x)n(1x)n(1x2)n，(1x2)n中xm的系数为(1)Cn，故F(m)(1)Cn.综上，F(m)5设可导函数yf(x)经过n(
8、nN)次求导后所得结果为yf(n)(x)如函数g(x)x3经过1次求导后所得结果为g(1)(x)3x2，经过2次求导后所得结果为g(2)(x)6x，.(1)若f(x)ln(2x1)，求f(2)(x)；(2)已知f(x)p(x)q(x)，其中p(x)，q(x)为R上的可导函数求证：f(n)(x)p(ni)(x)q(i)(x)解：(1)依题意，f(1)(x)22(2x1)1，f(2)(x)2(2x1)224(2x1)2.(2)证明：当n1时，f(1)(x)p(1)(x)q(x)p(x)q(1)(x)p(ni)(x)q(i)(x)；假设nk时，f(k)(x)p(ki)(x)q(i)(x)成立， 则n
9、k1时，f(k1)(x)(f(k)(x)p(ki1)(x)q(i)(x)p(ki)(x)q(i1)(x)Cp(k1)(x)q(x)Cp(k)(x)q(1)(x)Cp(k1)(x)q(2)(x)Cp(1)(x)q(k)(x)Cp(k)(x)q(1)(x)Cp(k1)(x)q(2)(x)Cp(1)(x)q(k)(x)Cp(x)q(k1)(x)Cp(k1)(x)q(x)(CC)p(k)(x)q(1)(x)p(k1)(x)q(2)(x)(CC)p(1)(x)q(k)(x)Cp(x)q(k1)(x)Cp(k1)(x)q(x)Cp(k)(x)q(1)(x)Cp(k1)(x)q(2)(x)Cp(1)(x)q
10、(k)(x)Cp(x)q(k1)(x)p(k1i)(x)q(i)(x)，所以，结论对nk1也成立由得，f(n)(x)p(ni)(x)q(i)(x)6设整数n9，在集合1,2,3，n中任取三个不同元素a，b，c(abc)，记f(n)为满足abc能被3整除的取法种数(1)直接写出f(9)的值；(2)求f(n)表达式解：(1)f(9)12. (2)当n3k(k3，kN*)时，记k，集合为1,2,3，3k1,3k将其分成三个集合：A1,4，3k2，B2，5，3k1，C3,6，3k要使得abc能被3整除，a，b，c可以从A中取三个或从B中取三个或从C中取三个或从C中取一个，从A中取一个，从B中取一个(此
11、数与A中取的那个数之和能被3整除)故有3CCCCk3种取法；当n3k1(k3，kN*)时，记k，集合为1,2,3，3k,3k1将其分成三个集合：A1,4，3k2,3k1，B2,5，3k1，C3,6，3k要使得abc能被3整除，a，b，c可以从A中取三个或从B中取三个或从C中取三个或从C中取一个，从B中取一个，从A中取一个(此数与B中取的那个数之和能被3整除)故有2CCCCCk2(k1)k2(k1)种取法； 当n3k2(k3，kN*)时，记k，集合为1,2,3，3k1,3k2将其分成三个集合：A1,4，3k2,3k1，B2,5，3k1,3k2，C3,6，3k要使得abc能被3整除，a，b，c可以从A中取三个或从B中取三个或从C中取三个或从C中取一个，从B中取一个，从A中取一个(此数与B中取的那个数之和能被3整除)故有C2CCCCk(k1)2k(k1)2种取法综上所述，f(n)
