（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

（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 专题八二项式定理与数学归纳法江苏卷5年考情分析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(xx年T 23、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(xx年T23)，考查概率分布与数学期望及组合数的性质(xx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)计数原理的应用主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用.典例感悟例1(2018江苏高考)设nN N*，对1，2，n的一个排列i1i2i n，如果当si t，则称(i s，i t)是排列i1i2i n的一个逆序，排列i1i2i n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f n(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f n (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f n (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f n (1)n1.为计算f n1 (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f n1 (2)f n (2)f n (1)f n (0)f n (2)n.当n5时，f n (2)f n (2)f n1 (2)f n1 (2)f n2 (2)f5 (2)f4 (2)f4 (2)(n1)(n2)4f4 (2)n2n22，因此，当n5时，f n (2)n2n22.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 N*，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)12?k k00n1Ckn(2nk1)12(?k k00n1Ckn2nkn1,k1C kn)因为?k k00n1Ckn2nkn,k0C kn2nkC0n2nC nn20(21)n2n13n2n1，?k k00n1Cknn,k0CknC0nCnn2n2，所以f(n)12(3n2n1)(2n2)12(3n2n11).法二任意一个元素只能在集合A，B，C?U(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)12(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 N*.记T n?k0n(2k1)a nk. (1)求T2的值； (2)化简T n的表达式，并证明对任意的nN N*，Tn都能被4n2整除解由二项式定理，得a iCi2n1(i0，1，2，2n1) (1)T2a23a15a0C253C155C0530. (2)因为(n1k)Cn1k2n1(n1k)（2n1）！（n1k）！（nk）！（2n1）（2n）！（nk）！（nk）！(2n1)Cnk2n，所以T nn,k0(2k1)a nk?k k00nn,k0(2k1)Cnk2n1?k k00n(2k1)Cn1k2n1?k k00n2(n1k)(2n1)Cn1k2n12?k k00n(n1k)Cn1k2n1(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)?k k00n Cnk2n(2n1)n,k0Cn1k2n12(2n1)12(22nC n2n)(2n1)1222n1(2n1)Cn2n.T n(2n1)Cn2n(2n1)(Cn12n1Cn2n1)2(2n1)Cn2n1(4n2)Cn2n1.因为Cn2n1N N*，所以T n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)nC0n anC1n an1bC rnanr brCnn bn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)na0a1xa2x2an xn，n4，nN N*.已知a232a2a4. (1)求n的值； (2)设(13)nab3，其中a，bN N*，求a23b2的值解 (1)因为(1x)nC0nC1n xC2n x2C nn xn，n4，nN N*，所以a2C2nn（n1）2，a3C3nn（n1）（n2）6，a4C4nn（n1）（n2）（n3）24.因为a232a2a4，所以?n（n1）（n2）622n（n1）2n（n1）（n2）（n3）24.解得n5. (2)由 (1)知，n5.(13)n(13)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5ab3.法一因为a，bN N*，所以aC053C259C4576，bC153C359C5544，从而a23b2762344232.法二(13)5C05C15(3)C25(3)2C35(3)3C45(3)4C55(3)5C05C153C25 (3)2C35 (3)3C45 (3)4C55 (3)5.因为a，bN N*，所以(13)5ab3.因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532.题型 (三)组合数的性质应用主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.典例感悟例3(2019南京四校联考)已知m，nN N*，定义f n(m)n（n1）（n2）（nm1）m！. (1)求f4 (2)，f4 (5)的值； (2)证明?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.解 (1)f4 (2)432！6，f4 (5)432105！0. (2)证明由题意得，f n(m)错误!当n1时，?k12k2k f1(k)2022130.当n1时，因为?k12nk2k fn(k)12f n (1)222fn (2)323fn (3)2n22n fn(2n)12C1n222C2n323C3nn2n C nn，且kCknkn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（n1）（k1）！nCk1n1(kn)，所以?k12nk2k fn(k)n2C0n1n22C1n1n23C2n1n2n C n1n12n(12)n12n3n1.综上所述，?k12nk2k fn(k)2n3n1，kN N*.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CknCnkn，Ckn1CknCk1n. (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 N*，n3，kN N*. (1)求值k Cknn Ck1n1；k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1(k2) (2)化简12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn.解 (1)k Cknn Ck1n1kn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k1）！（nk）！0.k2C knn(n1)Ck2n2n Ck1n1k2n！k！（nk）！n(n1)（n2）！（k2）！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！kn！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！n！（k1）！（nk）！n！（k2）！（nk）！?kk111k10. (2)法一由 (1)可知，当k2时，(k1)2C kn(k22k1)C knk2C kn2k CknCknn(n1)Ck2n2n Ck1n12n Ck1n1Cknn(n1)Ck2n23n Ck1n1Ckn.故12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn(12C0n22C1n)n(n1)(C0n2C1n2Cn2n2)3n(C1n1C2n1Cn1n1)(C2nC3nCnn)(14n)n(n1)2n23n(2n11)(2n1n)2n2(n25n4)法二当n3时，由二项式定理，有(1x)n1C1n xC2n x2C kn xkC nn xn，两边同乘以x，得(1x)n xxC1n x2C2n x3C kn xk1C nn xn1，两边对x求导，得(1x)nn(1x)n1x12C1n x3C2n x2(k1)C kn xk(n1)Cnn xn，两边再同乘以x，得(1x)n xn(1x)n1x2x2C1n x23C2n x3(k1)C kn xk1(n1)Cnn xn1，两边再对x求导，得(1x)nn(1x)n1xn(n1)(1x)n2x22n(1x)n1x122C1n x32C2n x2(k1)2C kn xk(n1)2C nn xn.令x1，得2nn2n1n(n1)2n22n2n1122C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn，即12C0n22C1n32C2n(k1)2C kn(n1)2C nn2n2(n25n4)课时达标训练A组大题保分练1(2019南京盐城一模)已知数列a n满足a11，a23，且对任意nN N*，都有a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1成立 (1)求a3的值； (2)证明数列a n是等差数列解 (1)在a1C0na2C1na3C2na n1Cnn(a n21)2n1中，令n1，则a1C01a2C11a31，由a11，a23，解得a35. (2)证明若a1，a2，a3，a n是等差数列，则a n2n1.当n3时，由 (1)知a35，此时结论成立假设当nk(k3，kN N*)时，结论成立，则a k2k1.由a1C0k1a2C1k1a3C2k1a k Ck1k1(a k11)2k2，k3，对该式倒序相加，得(a1a k)2k12(ak11)2k2，所以a k1a ka112，即a k12k122(k1)1，所以当nk1时，结论成立根据，可知数列a n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a n. (1)当m3时，求a1，a2； (2)当m2019时，求a n的通项公式，并求数列a n的最大项解 (1)当m3时，易知a13412，a23. (2)a nCn201912C02019n(22019n1)C12019n22018nC k2019n22019knC2018n2019n21C2019n2019n20C n201932019n2，a n1a n错误!错误!1，化简，得(10082n)32018n1009n，(*)当n503时，(*)式成立；当504n1008时，(*)式不成立；当n1009时，不成立；所以a1a2a3a503a504，a504a505a506a2018，所以a1a2a3a503a504a505a2018，所以数列a n的最大项为a504C50420193151512.3(2018南京、盐城一模)已知nN N*，nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn. (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)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，在中令n1，得f (1)C01C111.在中令n2，得2f (2)C02C122C12C226，得f (2)3.在中令n3，得3f (3)C03C132C13C233C23C3330，得f (3)10. (2)猜想f(n)Cn2n1(或f(n)Cn12n1)欲证猜想成立，只要证等式n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn成立法一(直接法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为r Crnrn！r！（nr）！n！（r1）！（nr）！n（n1）！（r1）！（nr）！n Cr1n1，故r Cr1n Crn(r Crn)Cr1nn Cr1n1Cr1n.故只需证明n Cn2n1n C0n1C0nn C1n1C1nn Cr1n1Cr1nn Cn1n1Cn1n.即证Cn2n1C0n1C0nC1n1C1nCr1n1Cr1nCn1n1Cn1n.而Cr1nCnr1n，故即证Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为C n2n1.而右边(1x)n1(1x)n(C0n1C1n1xC2n1x2C n1n1xn1)(C0nC1n xC2n x2C nn xn)，所以xn的系数为C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立综上，f(n)Cn2n1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Crn1Cnrn，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C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n.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Cn2n1.故Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn1nCr1n1Cnr1nCn1n1C1n，余下同法一法三(利用导数)由二项式定理，得(1x)nC0nC1nxC2nx2C nnxn.两边求导，得n(1x)n1C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1.，得n(1x)2n1(C0nC1nxC2nx2C nnxn)(C1n2C2nxr Crnxr1n C nnxn1)左边xn的系数为n Cn2n1.右边xn的系数为C1n Cnn2C2n Cn1nr Crn Cnr1nn Cnn C1nC1n C0n2C2n C1nr Crn Cr1nn Cnn Cn1nC0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.由恒成立，得n Cn2n1C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn.故f(n)Cn2n1成立法四(构造模型)由nf(n)C0n C1n2C1n C2nr Cr1n Crnn Cn1n Cnn，得nf(n)n Cn1n Cnn(n1)Cn2n Cn1nC0n C1nn C0n C1n(n1)C1n C2nCn1n Cnn，所以2nf(n)(n1)(C0n C1nC1nC2nCn1n Cnn)(n1)(Cnn C1nCn1nC2nC1n Cnn)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n1)个元素，则有Cn12n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Cnn C1n种选法，若从第一部分中取(n1)个，第二部分中取2个，则有Cn1nC2n种选法，由分类计数原理可知Cn12nCnn C1nCn1nC2nC1n Cnn.故2nf(n)(n1)Cn12n，所以f(n)n12n（2n）！（n1）！（n1）！（2n1）！n！（n1）！Cn2n1.4(2018苏锡常镇调研 (二)已知函数f(x)(x5)2n1(nN N*，xR R) (1)当n2时，若f (2)f(2)5A，求实数A的值； (2)若f (2)m(mN N*，01)，求证(m)1.解 (1)当n2时，f(x)(x5)5C05x5C15x45C25x3 (5)2C35x2 (5)3C45x (5)4C55 (5)5,所以f (2)f(2)(25)5(25)52C15 (5)124C35 (5)322C55 (5)52(516510455255)6105，所以A610. (2)证明因为f(x)(x5)2n1C02n1x2n1C12n1x2n5C22n1x2n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，所以f (2)C02n122n1C12n122n5C22n122n1 (5)2C2n12n1 (5)2n1，由题意知，f (2)(52)2n1m(mN N*，01)，首先证明对于固定的nN N*，满足条件的m，是唯一的假设f (2)(25)2n1m11m22(m1，m2N N*，011，021，m1m2，12)，则m1m2210，而m1m2Z Z，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)(25)2n1(25)2n1(25)2n1(25)2n12C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，显然f (2)f(2)N N*.又因为52(0，1)，故(52)2n1(0，1)，即f(2)(25)2n1(52)2n1(0，1).所以令m2C02n122n1C22n122n1 (5)2C42n122n3 (5)4C2n2n121 (5)2n，(25)2n1，则mf (2)f(2)，f(2)，又mf (2),所以(m)f(2)f (2)(25)2n1(25)2n1(54)2n11.B组大题增分练1(2019南通、泰州等七市三模)设P n?i02n错误!，Q n错误!错误!. (1)求2P2Q2的值； (2)化简nP nQ n.解 (1)P2错误!错误!错误!错误!错误!错误!，Q2错误!错误!错误!错误!错误!，所以2P2Q20. (2)设TnP nQ n，则T错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!因为Ck2nC2nk2n，所以T错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!得，2T0，即TnP nQ n0，所以nP nQ n0.2(2019南京盐城二模)平面上有2n(n3，nN N*)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T2C3n.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TC3620；若染红色的点的个数为1个或5个，则TC3510；若染红色的点的个数为2个或4个，则TC344；若染红色的点的个数为3个，则TC33C332.因此T的最小值为2. (2)证明因为对任意的n，kN N*，nk，都有C kn1CknCk1n0，所以Ckn1Ckn.设2n个点中含有p(pN N，p2n)个染红色的点，当p0，1，2时，TC32npC32n2（2n2）（2n3）（2n4）64（n1）（n2）（2n3）6.因为n4，所以2n3n，于是T4n（n1）（n2）64C3n2C3n.当p2n2，2n1，2n时，TC3pC32n2，同理可得T2C3n.当3p2n3时，TC3pC32np，设f(p)C3pC32np，3p2n3，当3p2n4时，f(p1)f(p)C3p1C32np1C3pC32npC2pC22np1，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)2C3n，即T2C3n.综上，当n4时，T2C3n.3(2019苏锡常镇一模)已知f(n)错误!错误!错误!错误!，g(n)错误!错误!错误!错误!，其中nN N*，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 N*，m2，总有h(2m)m12.解 (1)f (2)错误!错误!，f (3)错误!错误!错误!，g (2)错误!错误!，g (3)错误!错误!错误!. (2)证明错误!错误!（k1）2（k2）（k1）k（k1）（2k2）（2k1）（k2）（k1）（4k2）（2k2）（2k1）（k2）1k2，h(n)f(n)g(n)n,k2错误!n,k2错误!.下面用数学归纳法证对任意的mN N*，m2，总有h(2m)m12.当m2时，h (4)141516376012，结论成立；当m3时，h (8)37601718191103760410376024601，结论成立假设当mt(t3)时，结论成立，即h(2t)t12；则当mt1时，h(2t1)h(2t)12t312t412t12t1212t312t412t512t612t12，t3，12t312t432t12（2t3）2t22（2t3）（2t4）（2t12）0，12t312t432t12.又12t512t612t1212t1212t1212t122t22t12，h(2t1)t1232t122t22t12t2，当mt1时，结论成立综上，对任意的mN N*，m2，总有h(2m)m12.4(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 N*)，左边xn的系数为Cn2n，而右边(1x)n(1x)n(C0nC1nxCnn xn)(C0nC1nxCnn xn)，x n的系数为C0n CnnC1n Cn1nCnn C0n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2，因此可得到组合恒等式Cn2n(C0n)2(C1n)2(C2n)2(Cnn)2. (1)根据恒等式(1x)mn(1x)m(1x)n(m，nN N*)，两边xk(其中kN N，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?n2,k0C2kn2n2k Ck2kCn2n，其中?n2是指不超过n2的最大整数解 (1)CkmnC0m CknC1m Ck1nCkm C0n. (2)证明考察等式?2x1xn（x1）2nxn，等式右边的常数项为错误!C错误!，因为?2x1xnn,r0Crn2nr?x1xrn,r0Crn2nr错误!，当且仅当r2k时，xrk?1xk为常数，等式左边的常数项为?n2,k0C2kn2n2k Ck2k，所以?n2,k0C2kn2n2kCk2kCn2n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)x2a r(t)xran(t)xn，其中常数tR R，nN N*，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 N*时，求证?r0m a3r (1)2n2（1）n3.解 (1)因为n4，a3(t)32，所以C34t32，因此t8. (2)证明利用数学归纳法证明如下由题意得，a3r (1)C3rnC3r3m，r0，1，2，m.当m1，即n3时，?r01,a3r (1)C03C332，232（1）332，所以所证等式成立假设当mk(kN N*)，即n3k时，所证等式成立，即k,r0a3r (1)C03kC33kC3k3k23k2（1）3k3，则当mk1，即n3k3时，?r0k1a3r (1)C03k3C33k3C3r33k3C3k3k3C3k33k3，又C3r33k3C3r33k2C3r23k2(C3r33k1C3r23k1)(C3r23k1C3r13k1)C3r33k12C3r23k1C3r13k1(C3r33kC3r23k)2(C3r23kC3r13k)(C3r13kC3r3k)C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k，其中r0，1，2，k1.所以k1,r0a3r (1)C03k3(C03k3C13k3C23kC33k)(C3r3k3C3r13k3C3r23kC3r33k)(C3k33k3C3k23k3C3k13kC3k3k)C3k33k33(C03kC13kC23kC3k3k)(C03kC33kC3k3k)323kk,r0a3r (1)323k23k2（1）3k3823k2（1）3k323k32（1）3k33，所以当mk1，即n3k3时，所证等式也成立综上，当n3m，mN N*时，?r0m a3r (1)2n2（1）n3.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 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)910； (2)是否存在实数a，b，使得f(n)1a?32nb1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)4f（n）f（n）2.由f (1)2，得f (2)12，再得f (3)75.所以f (3)f (2)7512910. (2)法一(数学归纳法)由f (2)12，f (3)75，可得a45，b15.猜想对nN N*，均有f(n)145?32n151.以下用数学归纳法证明当n1时，等式显然成立；假设当nk(kN N*)时，等式成立，即f(k)145?32k151.则f(k1)4f（k）f（k）231f（k）f（k）1331f（k）131f（k）1231f（k）11，f(k)1，否则f (2)f(k)1，但f (2)1.即f(k1)2125?32k3511145?32k1151.即nk1时，等式也成立由知，对任意nN N*，均有f(n)145?32n151.综上所述，存在a45，b15满足题意法二(转化法)因为f(n)1a?32nb1可变形为1f（n）1ba?32n，所以问题转化为是否存在实数a，b，使得?1f（n）1b是公比为32的等比数列证明如下由 (1)得f(n1)4f（n）f（n）2，即f(n1)122f（n）f（n）2，所以1f（n1）1f（n）22f（n）1f（n）132f（n）112321f（n）1.设1f（n1）1b32?1f（n）1b，可得b15.所以?1f（n）115是首项为1f （1）11565，公比为32的等比数列通项公式为1f（n）11565?32n1，所以f(n)145?32n151.综上所述，存在a45，b15满足题意.题型 (二)用数学归纳法证明不等式主要考查用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.典例感悟例2(2019苏锡常镇二模)已知数列a n，a12，且a n1a2na n1对任意nN N*恒成立求证 (1)a n1a na n1a n2a2a11； (2)a n1nn1.证明 (1)当n1时，a2a1(a11)13a11成立假设当nk(kN N*)时，结论成立，即a k1a ka k1a2a11.当nk1时，a k2a k1(a k11)1a k1(a ka k1a2a111)1a k1a ka k1a2a11.所以当nk1时，结论也成立综上，a n1a na n1a n2a2a11. (2)由 (1)知，要证a n1nn1.只需证a na n1a n2a2a1nn，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 N*)时，结论成立，即a ka k1a k2a2a1kk，则当nk1时，a k1a ka2a1(a ka k1a2a11)a ka k1a2a1(a ka k1a2a1)2k2k，设f(x)2x lnx(x1)ln(x1)(x3)，则f(x)lnx2x11lnx21x11ln(x1)1ln210，所以f(x)在3，)上为增函数，则f(x)f (3)2(3ln32ln4)2ln27160，则当k3，kN N*时，2k ln k(k1)ln(k1)，ln k2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1，故a k1a ka2a1(k1)k1，则当nk1时，结论也成立综上，a na n1a n2a2a1nn，所以a n1nn1.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 N*)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f n(x)是等比数列1，x，x2，x n的和，其中x0，nN N，n2. (1)证明函数F n(x)f n(x)2在?12，1内有且仅有一个零点(记为x n)，且x n1212xn1n； (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g n(x)，比较f n(x)和g n(x)的大小，并加以证明解 (1)证明F n(x)f n(x)21xx2x n2，则F n (1)n10，F n?12112?122?12n21?12n1112212n0，所以F n(x)在?12，1内至少存在一个零点又F n(x)12xnxn10，故F n(x)在?12，1内单调递增，所以F n(x)在?12，1内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点，所以F n(x n)0，即错误!20，故x n错误!错误!x错误!. (2)由题设，f n(x)1xx2x n，g n(x)（n1）（xn1）2，x0.当x1时，f n(x)g n(x)当x1时，用数学归纳法可以证明f n(x)g n(x)当n2时，f2(x)g2(x)12(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2，kN N*)时，不等式成立，即f k(x)g k(x)那么，当nk1时，f k1(x)f k(x)xk1gk(x)xk1（k1）（1xk）2xk12xk1（k1）x kk12.又g k1(x)2xk1（k1）x kk12kxk1（k1）x k12，令h k(x)kxk1(k1)x k1(x0)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)x k1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)0，h k(x)在(0，1)上递减；当x1时，hk(x)0，h k(x)在(1，)上递增所以h k(x)h k (1)0，从而g k1(x)2xk1（k1）x kk12.故f k1(x)g k1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，对一切n2的整数，都有f n(x)g n(x)综上可知，当x1时，f n(x)g n(x)；当x1时，对一切n2的整数，f n(x) (三)归纳、猜想、证明主要考查由特殊到一般的数学思想和代数推理能力.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 N*，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 N*)，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11010101010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