（江苏专用）2020高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法教学案理.docx

专题八 二项式定理与数学归纳法本专题在高考中基本年年都考，并以压轴题的形式考查主要常考的类型有：考查计数原理与数学归纳法(2015年T23、2018年T23)，考查组合数及其性质结合考查运算求解和推理论证能力(2016年T23)，考查概率分布与数学期望及组合数的性质(2017年T23)，同时加强对二项式定理的考查(2019年T22)，考查学生的运算求解能力，难度一般近几年高考对组合数的性质要求比较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查第一讲 | 计数原理与二项式定理题型(一) 计数原理的应用典例感悟例1(2018江苏高考)设nN*，对1，2，n的一个排列i1i2in，如果当sit，则称(is，it)是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1，2，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表达式(用n表示)解(1)记(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有(123)0，(132)1，(213)1，(231)2，(312)2，(321)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2)2.对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置因此f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)对一般的n(n4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以fn(0)1.逆序数为1的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)n1.为计算fn1(2)，当1，2，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三个位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.当n5时，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，当n5时，fn(2).方法技巧(1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：分类不重不漏；分步要使各步具有连续性和独立性. (2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题演练冲关(2018苏北三市三模)已知集合U1，2，n(nN*，n2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若AB，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，k1，2，3，n1.则与集合A互斥的非空子集有2nk1个于是f(n) C(2nk1)( C2nkn1,k1C)因为 C2nkn,k0C2nkC2nC20(21)n2n13n2n1， Cn,k0CCC2n2，所以f(n)(3n2n1)(2n2)(3n2n11). 法二：任意一个元素只能在集合A，B，CU(AB)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3n22n1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以f(n)(3n2n11).题型(二) 二项式定理的应用 主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题.典例感悟例2(2018江苏六市二调)已知(1x)2n1a0a1xa2x2a2n1x2n1，nN*.记Tn(2k1)ank.(1)求T2的值；(2)化简Tn的表达式，并证明：对任意的nN*，Tn都能被4n2整除解由二项式定理，得aiC(i0，1，2，2n1)(1)T2a23a15a0C3C5C30. (2)因为(n1k)C(n1k)(2n1)C， 所以Tnn,k0 (2k1)ank n,k0 (2k1)C (2k1)C 2(n1k)(2n1)C2 (n1k)C(2n1)n,k0C2(2n1) C(2n1)n,k0C2(2n1)(22nC)(2n1)22n1(2n1)C. Tn(2n1)C(2n1)(CC)2(2n1)C(4n2)C.因为CN*，所以Tn能被4n2整除. 方法技巧二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题将二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法还可以利用求函数值的思想进行赋值求解 演练冲关(2019江苏高考)设(1x)na0a1xa2x2anxn，n4，nN*.已知a2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1)nab，其中a，bN*，求a23b2的值解：(1)因为(1x)nCCxCx2Cxn，n4，nN*，所以a2C，a3C，a4C.因为a2a2a4，所以2.解得n5.(2)由(1)知，n5.(1)n(1)5CCC()2C()3C()4C()5ab.因为a，bN*，所以aC3C9C76，bC3C9C44，从而a23b2762344232.(1)5CC()C()2C()3C()4C()5CCC()2C()3C()4C()5.因为a，bN*，所以(1)5ab.因此a23b2(ab)(ab)(1)5(1)5(2)532.题型(三)组合数的性质应用典例感悟例3(2019南京四校联考)已知m，nN*，定义fn(m).(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)证明： k2kfn(k)2n3n1，kN*.解(1)f4(2)6，f4(5)0.(2)证明：由题意得，fn(m)当n1时， k2kf1(k)2022130.当n1时，因为 k2kfn(k)12fn(1)222fn(2)323fn(3)2n22nfn(2n)12C222C323Cn2nC，且kCknnC(kn)，所以 k2kfn(k)n2Cn22Cn23Cn2nC2n(12)n12n3n1.综上所述， k2kfn(k)2n3n1，kN*.方法技巧(1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：CC，CCC.(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来演练冲关(2018南京、盐城一模)设nN*，n3，kN*.(1)求值：kCnC；k2Cn(n1)CnC(k2)(2)化简：12C22C32C(k1)2C(n1)2C.解：(1)kCnCkn0.k2Cn(n1)CnCk2n(n1)nk0.(2)法一：由(1)可知，当k2时，(k1)2C(k22k1)Ck2C2kCCn(n1)CnC2nCCn(n1)C3nCC.故12C22C32C(k1)2C(n1)2C(12C22C)n(n1)(CCC)3n(CCC)(CCC)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二：当n3时，由二项式定理，有(1x)n1CxCx2CxkCxn，两边同乘以x，得(1x)nxxCx2Cx3Cxk1Cxn1，两边对x求导，得(1x)nn(1x)n1x12Cx3Cx2(k1)Cxk(n1)Cxn，两边再同乘以x，得(1x)nxn(1x)n1x2x2Cx23Cx3(k1)Cxk1(n1)Cxn1，两边再对x求导，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122Cx32Cx2(k1)2Cxk(n1)2Cxn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C32C(k1)2C(n1)2C，即12C22C32C(k1)2C(n1)2C2n2(n25n4) A组大题保分练1(2019南京盐城一模)已知数列an满足a11，a23，且对任意nN*，都有a1Ca2Ca3Can1C(an21)2n1成立(1)求a3的值；(2)证明：数列an是等差数列解：(1)在a1Ca2Ca3Can1C(an21)2n1中，令n1，则a1Ca2Ca31，由a11，a23，解得a35.(2)证明：若a1，a2，a3，an是等差数列，则an2n1.当n3时，由(1)知a35，此时结论成立假设当nk(k3，kN*)时，结论成立，则ak2k1.由a1Ca2Ca3CakC(ak11)2k2，k3，对该式倒序相加，得(a1ak)2k12(ak11)2k2，所以ak1aka112，即ak12k122(k1)1，所以当nk1时，结论成立根据，可知数列an是等差数列2(2019南师附中等四校联考)设集合M1，2，3，m，集合A，B是M的两个不同子集，记|AB|表示集合AB的元素个数若|AB|n，其中1nm1，则称(A，B)是M的一组n阶关联子集对(A，B)与(B，A)看作同一组关联子集对)，并记集合M的所有n阶关联子集对的组数为an.(1)当m3时，求a1，a2；(2)当m2 019时，求an的通项公式，并求数列an的最大项解：(1)当m3时，易知a13412，a23.(2)anCC(22 019n1)C22 018nC22 019knC21C20C，1，化简，得(1 0082n)32 018n1 009n，(*)当n503时，(*)式成立；当504n1 008时，(*)式不成立；当n1 009时，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2 018，所以a1a2a3a503a504a505a2 018，所以数列an的最大项为a504C.3(2018南京、盐城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想解：(1)由条件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲证猜想成立，只要证等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCnnC， 故rCC(rC)CnCC.故只需证明nCnCCnCCnCCnCC.即证CCC CC CC CC.而CC，故即证CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为C.而右边(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系数为CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立综上，f(n)C成立法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n1)个小球，其中n个是编号为1，2，n的白球，其余(n1)个是编号为1，2，n1的黑球现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球(nr)个白球)的n个小球的组合的个数为CC，0rn1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为CC CC CC CC.另一方面，从袋中(2n1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用导数)由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.两边求导，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1)左边xn的系数为nC.右边xn的系数为CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(构造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n1)个元素，则有C种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n1)个元素中，从第一部分中取n个，第二部分中取1个，则有CC种选法，若从第一部分中取(n1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，由分类计数原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n)C.4(2018苏锡常镇调研(二)已知函数f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1)当n2时，若f(2)f(2)A，求实数A的值；(2)若f(2)m(mN*，01)，求证：(m)1.解：(1)当n2时，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(516104525)610，所以A610. (2)证明：因为f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由题意知，f(2)(2)2n1m(mN*，01)，首先证明对于固定的nN*，满足条件的m，是唯一的假设f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*，011，021，m1m2，12)，则m1m2210，而m1m2Z，21(1，0)(0，1)，矛盾所以满足条件的m，是唯一的. 下面我们求m及的值：因为f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，显然f(2)f(2)N*. 又因为2(0，1)，故(2)2n1(0，1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0，1). 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，(2)2n1，则mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11. B组大题增分练1(2019南通、泰州等七市三模)设Pn，Qn .(1)求2P2Q2的值；(2)化简nPnQn.解：(1)P2，Q2，所以2P2Q20.(2)设TnPnQn，则T因为CC，所以T得，2T0，即TnPnQn0，所以nPnQn0.2(2019南京盐城二模)平面上有2n(n3，nN*)个点，将每一个点染上红色或蓝色从这2n个点中任取3个点，记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T.(1)若n3，求T的最小值；(2)若n4，求证：T2C.解：(1)当n3时，共有6个点若染红色的点的个数为0个或6个，则TC20；若染红色的点的个数为1个或5个，则TC10；若染红色的点的个数为2个或4个，则TC4；若染红色的点的个数为3个，则TCC2.因此T的最小值为2.(2)证明：因为对任意的n，kN*，nk，都有CCC0，所以CC.设2n个点中含有p(pN，p2n)个染红色的点，当p0，1，2时，TCC4.因为n4，所以2n3n，于是T44C2C.当p2n2，2n1，2n时，TCC，同理可得T2C.当3p2n3时，TCC，设f(p)CC，3p2n3，当3p2n4时，f(p1)f(p)CCCCCC，显然p2np1，当p2np1，即np2n4时，f(p1)f(p)，当p2np1，即3pn1时，f(p1)f(p)，即f(n)f(n1)f(2n3)，f(3)f(4)f(n)因此f(p)f(n)2C，即T2C.综上，当n4时，T2C.3(2019苏锡常镇一模)已知f(n)，g(n)，其中nN*，n2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)记h(n)f(n)g(n)，求证：对任意的mN*，m2，总有h(2m).解：(1)f(2)，f(3)，g(2)，g(3).(2)证明：，h(n)f(n)g(n)n,k2 n,k2 .下面用数学归纳法证：对任意的mN*，m2，总有h(2m).当m2时，h(4)，结论成立；当m3时，h(8)1，结论成立假设当mt(t3)时，结论成立，即h(2t)；则当mt1时，h(2t1)h(2t)，t3，0，.又，h(2t1)，当mt1时，结论成立综上，对任意的mN*，m2，总有h(2m).4(2018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(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左边xn的系数为C，而右边(1x)n(1x)n(CCxCxn)(CCxCxn)，xn的系数为CC CCC C(C)2(C)2(C)2(C)2，因此可得到组合恒等式C(C)2(C)2(C)2(C)2.(1)根据恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN*)，两边xk(其中kN，km，kn)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：,k0C2n2kCC，其中是指不超过的最大整数解：(1)CCCCCCC.(2)证明：考察等式，等式右边的常数项为：C，因为n,r0C2nrn,r0C2nr，当且仅当r2k时，xrk为常数，等式左边的常数项为：,k0C2n2kC，所以,k0C2n2kCC成立第二讲 | 数学归纳法题型(一)用数学归纳法证明等式主要考查利用数学归纳法证明与正整数有关的代数等式.典例感悟例1(2019南师附中、天一中学四月联考)设(tx)na0(t)a1(t)xa2(t)x2ar(t)xran(t)xn，其中常数tR，nN*，ar(t)(r0，1，2，n)是与x无关的常数(1)若n4，a3(t)32，求t的值；(2)当n3m，mN*时，求证： a3r(1).解(1)因为n4，a3(t)32，所以Ct32，因此t8.(2)证明：利用数学归纳法证明如下：由题意得，a3r(1)CC，r0，1，2，m.当m1，即n3时，, a3r(1)CC2，2，所以所证等式成立假设当mk(kN*)，即n3k时，所证等式成立，即k,r0a3r(1)CCC，则当mk1，即n3k3时， a3r(1)CCCCC，又CCC(CC)(CC)C2CC(CC)2(CC)(CC)C3C3CC，其中r0，1，2，k1.所以k1,r0a3r(1)C(C3C3CC)(C3C3CC)(C3C3CC)C3(CCCC)(CCC )323kk,r0a3r(1)323k，所以当mk1，即n3k3时，所证等式也成立综上，当n3m，mN*时， a3r(1).方法技巧(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值(2)由nk到nk1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明演练冲关(2018苏州期末)在正整数集N*上定义函数yf(n)，满足f(n)f(n1)122f(n1)，且f(1)2.(1)求证：f(3)f(2)；(2)是否存在实数a，b，使得f(n)1对任意正整数n恒成立，并证明你的结论解：(1)证明：由f(n)f(n1)122f(n1)，变形得f(n1).由f(1)2，得f(2)，再得f(3).所以f(3)f(2).(2)法一：(数学归纳法)由f(2)，f(3)，可得a，b.猜想：对nN*，均有f(n)1.以下用数学归纳法证明当n1时，等式显然成立；假设当nk(kN*)时，等式成立，即f(k)1.则f(k1)1，f(k)1，否则f(2)f(k)1，但f(2)1.即f(k1)11.即nk1时，等式也成立由知，对任意nN*，均有f(n)1.综上所述，存在a，b满足题意法二：(转化法) 因为f(n)1可变形为ba，所以问题转化为：是否存在实数a，b，使得是公比为的等比数列证明如下：由(1)得f(n1)，即f(n1)1，所以.设b，可得b.所以是首项为，公比为的等比数列通项公式为，所以f(n)1.综上所述，存在a，b满足题意.题型(二) 用数学归纳法证明不等式典例感悟例2(2019苏锡常镇二模)已知数列an，a12，且an1aan1对任意nN*恒成立求证：(1)an1anan1an2a2a11；(2)an1nn1.证明(1)当n1时，a2a1(a11)13a11成立假设当nk(kN*)时，结论成立，即ak1akak1a2a11.当nk1时，ak2ak1(ak11)1ak1(akak1a2a111)1ak1akak1a2a11.所以当nk1时，结论也成立综上，an1anan1an2a2a11.(2)由(1)知，要证an1nn1.只需证anan1an2a2a1nn，下面用数学归纳法证明，当n1，2，3时，a12，a23，a37，则21，2322，23733.假设当nk(k3，kN*)时，结论成立，即akak1ak2a2a1kk，则当nk1时，ak1aka2a1(akak1a2a11)akak1a2a1(akak1a2a1)2k2k，设f(x)2xln x(x1)ln(x1)(x3)，则f(x)ln1ln1ln(x1)1ln 210，所以f(x)在3，)上为增函数，则f(x)f(3)2(3ln 32ln 4)2ln 0，则当k3，kN*时，2kln k(k1)ln(k1)，ln k2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1，故ak1aka2a1(k1)k1，则当nk1时，结论也成立综上，anan1an2a2a1nn，所以an1nn1.方法技巧(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应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nk(kN*)成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明演练冲关设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和 gn(x)的大小，并加以证明解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn1220，所以Fn(x)在内至少存在一个零点又Fn(x)12xnxn10，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)由题设，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2，kN*)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1xk1.又gk1(x)，令hk(x)kxk1(k1)xk1(x0)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)0，hk(x)在(0，1)上递减；当x1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，对一切n2的整数，都有fn(x)gn(x)综上可知，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，对一切n2的整数，fn(x)gn(x)题型(三)归纳、猜想、证明典例感悟例3(2019南京三模)对由0和1这两个数字组成的字符串，作如下规定：按从左向右的顺序，当第一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(kN*，且k3)位时，则称子串“010”在第k位出现；再继续从第k1位按从左往右的顺序找子串“010”，若第二个子串“010”的最后一个0所在数位是第km位(其中m3且mN*)，则称子串“010”在第km位出现；如此不断地重复下去如：在字符串1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0中，子串“010”在第5位和第9位出现，而不是在第7位和第11位出现记在n位由0，1组成的所有字符串中，子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f(n). (1)求f(3)，f(4)的值；(2)求证：对任意的正整数n，f(4n1)是3的倍数解(1)在3位数的字符串中，子串“010”在第3位出现的有且只有1个，即010，所以f(3)1.在4位数的字符串中，子串“010”在第4位出现的有2个，即0010与1010，所以f(4)2.(2)证明：当n5且nN*时，若最后3位是010，则前n3个数位上，每个数位上的数字都有两种可能，即0和1，所以共有2n3种可能当最后3位是010，且最后5位是01010时，前n2位形成的字符串中，子串“010”是在第n2位出现，此时不满足条件所以f(n)2n3f(n2)，n5且nN*.因为f(3)1，所以f(5)3.下面用数学归纳法证明f(4n1)是3的倍数当n1时，f(5)3，是3的倍数；假设当nk(kN*)时，f(4k1)是3的倍数，那么当nk1时，f4(k1)1f(4k5)24k2f(4k3)24k224kf(4k1)324kf(4k1)因为f(4k1)是3的倍数，且324k也是3的倍数，所以f(4k5)是3的倍数，所以当nk1时，f4(k1)5是3的倍数由可知，对任意的正整数n，f(4n1)是3的倍数方法技巧利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性解“归纳猜想证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础否则将会做大量无用功演练冲关(2018盐城模拟)记f(n)(3n2)(CCCC)(n2，nN*)(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)当n2，nN*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明解：(1)因为f(n)(3n2)(CCCC)(3n2)C1，所以f(2)8，f(3)44，f(4)140.(2)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整除即可当n2时，f(2)8能被4整除，结论成立；假设nk (k2，kN*)时，结论成立，即f(k)(3k2)C1能被4整除，则当nk1时，f(k1)(3k5)C(3k2)C3C(3k2)(CC)(k2)C(3k2)C(3k2)C(k2)C(3k2)C4(k1)C，此式也能被4整除，即nk1时结论也成立综上所述，所有f(n)的最大公约数为4. A组大题保分练1(2019常州期末)是否存在实数a，b，c，使得135246n(n2)(n4)(an2bnc)对一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，请说明理由解：在135246n(n2)(n4)(an2bnc)中，令n1，得15(abc)；令n2，得63(4a2bc)；令n3，得168(9a3bc)，即解得下面用数学归纳法证明135246n(n2)(n4)(n29n20)对一切正整数n都成立，当n1时，等式成立；假设当nk(k1，kN*)时，等式成立，即135246k(k2)(k4)(k29k20)；当nk1时，135246k(k2)(k4)(k1)(k3)(k5)(k29k20)(k1)(k3)(k5)k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)(k1)(k5)(k28k12)(k11)(k15)(k1)29(k1)20，即等式对nk1也成立综上可得，135246n(n2)(n4)(n29n20)对一切正整数n都成立所以存在实数a，b，c符合题意，且2(2018镇江模拟)证明：对一切正整数n，5n23n11都能被8整除证明：(1)当n1时，原式等于8，能被8整除；(2)假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即5k23k11能被8整除设5k23k118m，mN*，当nk1时，5k123k15(5k23k11)43k145(5k23k11)4(3k11)，而当k1，kN*时，3k11显然为偶数，设为2t，tN*，故5k123k15(5k23k11)4(3k11)40m8t(m，tN*)，也能被8整除，故当nk1时结论也成立；由(1)(2)可知，对一切正整数n，5n23n11都能被8整除3(2019无锡期末)已知数列an满足a1，(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，用数学归纳法证明：Snnln.解：(1)由(n2)，得(n2)，所以1(n2)，因为a1，所以3，所以是首项为3，公差为1的等差数列，所以n2，所以an.(2)证明：当n1时，左边S1a1，右边ln 2，因为e316，所以3ln e4ln 2，所以ln 2，所以ln 2，所以不等式成立假设当nk(k1，kN*)时，不等式成立，即Skkln，则当nk1时，Sk1Skak1kln，要证Sk1(k1)ln，只需证kln(k1)ln，只需证ln，即证ln.令F(x)ln(1x)x(x0)，因为x0，所以f(x)10，所以函数F(x)在(0，)上为减函数，所以F(x)F(0)0，即ln(1x)x，所以ln，所以当nk1时，不等式也成立由可知，对于任意的nN*，有Snnln.4(2019南通等七市二模)已知a1，a2，an(nN*，n4)均为非负实数，且a1a2an2.证明：(1)当n4时，a1a2a2a3a3a4a4a11；(2)对于任意的nN*, n4，都有a1a2a2a3an1anana11.证明：(1)当n4时，因为a1，a2，a3，a4均为非负实数，且a1a2a3a42，所以a1a2a2a3a3a4a4a1a2(a1a3)a4(a3a1)(a3a1)(a2a4)1.(2)当n4时，由(1)可知，结论成立；假设当nk(k4)时，结论成立，即对于任意的kN*，k4，若x1，x2，xk均为非负实数，且x1x2xk2，则x1x2x2x3xk1xkxkx11.则当nk1时，设a1a2akak12，且ak1maxa1，a2，ak，ak1令x1a1a2，x2a3，xk1ak，xkak1，则x1x2xk2.由归纳假设，知x1x2x2x3xk1xkxkx11.因为a1，a2，a3均为非负实数，且ak1a1，所以x1x2xkx1(a1a2)a3ak1(a1a2)a2a3ak1a1a1a3ak1a2a1a2a2a3ak1a1.所以1(x1x2xkx1)(x2x3xk1xk)(a1a2a2a3ak1a1)(a3a4akak1)，即a1a2a2a3akak1ak1a11，也就是说，当nk1时结论也成立所以由可知，对于任意的nN*，n4，都有a1a2a2a3an1anana11.B组大题增分练1(2019苏北三市一模)已知数列an满足a1，an12a2an，nN*.(1)用数学归纳法证明：an；(2)令bnan，证明：3n13.证明：(1)当n1时，a1，结论显然成立；假设当nk(k2，kN*)时，ak，则当nk1时，ak12a2ak22.综上，an.(2)由(1)知，an，所以bnan.因为an12a2an，所以an1(2a2an)2a2an22，即bn12b，于是log2bn12log2bn1，所以log2bn112(log2bn1)，故log2bn1构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b11log21log2.于是log2bn12n1，从而log2(2bn)2n1log22n1，所以2bn2n1，即bn，于是232n1.因为当i1,2时，2i1i，当i3时，2i1(11)i1CCCCCi，所以对任意iN*，有2i1i，所以32i13i.所以232i123i，从而2(31323n)23n13.2已知数列an共有3n(nN*)项，记f(n)a1a2a3n.对任意的kN*,1k3n，都有ak0,1，且对于给定的正整数p (p2)，f(n)是p的整数倍把满足上述条件的数列an的个数记为Tn.(1)当p2时，求T2的值；(2)当p3时，求证：Tn8n2(1)n解：(1)由题意，当n2时，数列an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T2CCCC2532. (2)证明：由题意及(1)的分析可知，当p3时，TnCCCC .当1kn，kN*时，CCCCCCC2CCC2(CC)CCCC3(CC)CC， 于是Tn1CCCCCC3(CCCCCC)TnCTnC2Tn3(