2018年数学二轮复习3个附加题专项强化练（三）二项式定理、数学归纳法理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE11学必求其心得，业必贵于专精PAGE3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(sinx＋cosx)，设fn(x)为fn－1(x）的导数，n∈N＊。(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fn－1(x)的导数,所以f1(x）＝f0′（x)＝(sinx＋cosx）＋x(cosx－sinx）＝（x＋1）cosx＋(x－1）（－sinx)，同理，f2(x）＝－（x＋2)sinx－(x－2)cosx。（2）由（1)得f3（x）＝f2′(x）＝－(x＋3)cosx＋(x－3)sinx，把f1（x），f2(x），f3（x)分别改写为f1(x）＝（x＋1)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，2）))＋(x－1）coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)）），f2(x)＝(x＋2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π，2）))＋（x－2）coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,2））），f3（x)＝（x＋3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,2))）＋（x－3）coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（3π，2）））,猜测fn（x）＝（x＋n）sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（nπ，2）)）＋（x－n)coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(nπ,2)））。(＊)下面用数学归纳法证明上述等式．(ⅰ)当n＝1时，由(1）知，等式（＊）成立．（ⅱ）假设当n＝k(k∈N＊，k≥1)时，等式(＊)成立，即fk（x)＝（x＋k)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ，2)))＋(x－k）coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ,2))).则当n＝k＋1时，fk＋1（x)＝fk′（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ，2）））＋（x＋k)coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ，2))）＋coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ，2）））＋(x－k)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ,2）)）))＝(x＋k＋1)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ,2）））＋[x－(k＋1)］·eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(kπ，2)）)))＝[x＋（k＋1)］sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（k＋1，2）π））＋[x－(k＋1）］·coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(k＋1,2)π))，即当n＝k＋1时，等式（＊)成立．综上所述,当n∈N＊时，fn(x)＝（x＋n）·sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(nπ,2）))＋（x－n)coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（nπ，2））)成立．2．设1,2,3，…,n的一个排列是a1,a2,…，an，若ai＝i称i为不动点(1≤i≤n）．（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）,①求eq\i\su（k＝0，n，P）n（k)；②eq\i\su(k＝1,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ai＝i，另三个ai≠i，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2Ceq\o\al(2，5）＝20.(2)①在1，2,3,…，n的排列中分成这样n＋1类,有0个不动点，1个不动点，2个不动点，…,n个不动点，故eq\i\su（k＝0，n,P）n（k)＝n!。②由题设可知Pn（k)＝Ceq\o\al（k，n）Pn－k(0)及组合恒等式kCeq\o\al（k，n）＝nCeq\o\al（k－1,n－1）得eq\i\su(k＝1，n，k）Pn(k)＝eq\i\su(k＝1,n，k）Ceq\o\al(k,n）Pn－k(0)＝eq\i\su(k＝1，n，n）Ceq\o\al(k－1，n－1)Pn－k（0）＝neq\i\su(k＝1,n，C）eq\o\al（k－1，n－1)Pn－k（0)＝neq\i\su（k＝0,n－1，C）eq\o\al（k,n－1)P（n－1)－k(0）＝n！。3．已知（x2＋2x＋4)n＝a0＋a1(x＋1）＋a2(x＋1)2＋…＋a2n(x＋1)2n(n∈N*），令Tn＝eq\i\su（i＝1，2n，i）ai.(1）求a0和Tn关于n的表达式；（2)试比较eq\f(2Tn,n）与（n－1)a0＋2n2的大小，并证明你的结论．解：(1)在（x2＋2x＋4)n＝a0＋a1(x＋1）＋a2（x＋1)2＋…＋a2n（x＋1)2n中,令x＝－1，可得a0＝3n.对（x2＋2x＋4)n＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1）2＋…＋a2n（x＋1）2n，两边同时求导得,n(2x＋2）（x2＋2x＋4)n－1＝a1＋2a2(x＋1)＋3a3(x＋1）2＋…＋2na2n（x＋1）2n－1，令x＝0，则eq\i\su（i＝1,2n，i)ai＝2n×4n－1，所以Tn＝2n×4n－1.(2)要比较eq\f（2Tn，n）与（n－1)a0＋2n2的大小,即比较4n与（n－1）3n＋2n2的大小．当n＝1时，4n＝4〉（n－1)3n＋2n2＝2；当n＝2或3或4时，4n〈(n－1）3n＋2n2;当n＝5时，4n>(n－1）3n＋2n2.猜想：当n≥5时，4n〉(n－1)3n＋2n2。下面用数学归纳法证明．①由上述过程可知，当n＝5时，结论成立．②假设当n＝k(k≥5,k∈N*）时结论成立，即4k>（k－1）3k＋2k2，两边同乘以4，得4k＋1>4［（k－1）3k＋2k2]＝k·3k＋1＋2（k＋1)2＋［(k－4)3k＋6k2－4k－2］，而(k－4）3k＋6k2－4k－2＝（k－4）3k＋6（k2－k－2）＋2k＋10＝（k－4)3k＋6（k－2)（k＋1)＋2k＋10>0，所以4k＋1〉[(k＋1）－1]3k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．由①②可知，当n≥5时，4n〉(n－1）3n＋2n2成立．综上所述,当n＝1时，eq\f（2Tn，n）〉（n－1)a0＋2n2；当n＝2或3或4时，eq\f(2Tn,n）〈（n－1)a0＋2n2；当n≥5时，eq\f（2Tn,n)〉（n－1）a0＋2n2。4．在集合A＝｛1,2，3,4，…,2n｝中，任取m（m≤2n,m，n∈N*）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n＝2时,求F（1)，F（2）,F(3)的值；(2）求F(m）．解：（1)当n＝2时，集合A＝{1，2，3，4｝，当m＝1时，偶子集有{2},{4}，奇子集有｛1},｛3}，f（1)＝2，g（1）＝2,F(1）＝0；当m＝2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m＝3时,偶子集有{1，2,3},{1,3,4}，奇子集有{1，2,4}，｛2,3,4｝，f（3)＝2，g（3)＝2,F(3)＝0。（2)当m为奇数时,偶子集的个数f(m)＝Ceq\o\al（0，n)Ceq\o\al(m,n）＋Ceq\o\al(2，n）Ceq\o\al(m－2，n）＋Ceq\o\al（4，n)Ceq\o\al（m－4，n)＋…＋Ceq\o\al(m－1，n)Ceq\o\al(1，n），奇子集的个数g(m)＝Ceq\o\al（1,n)Ceq\o\al（m－1,n)＋Ceq\o\al（3,n)Ceq\o\al(m－3，n）＋…＋Ceq\o\al（m,n）Ceq\o\al（0，n)，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)＝Ceq\o\al(0，n）Ceq\o\al（m,n）＋Ceq\o\al（2，n)Ceq\o\al（m－2,n)＋Ceq\o\al（4,n)Ceq\o\al（m－4,n）＋…＋Ceq\o\al(m，n）Ceq\o\al（0，n)，奇子集的个数g（m)＝Ceq\o\al(1，n)Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(3,n）Ceq\o\al（m－3，n)＋…＋Ceq\o\al（m－1，n)Ceq\o\al(1，n)，所以F（m)＝f(m）－g(m)＝Ceq\o\al（0，n）Ceq\o\al（m，n)－Ceq\o\al（1,n）Ceq\o\al（m－1,n）＋Ceq\o\al（2,n）Ceq\o\al（m－2,n)－Ceq\o\al(3,n）Ceq\o\al（m－3，n)＋…－Ceq\o\al(m－1,n）Ceq\o\al（1，n)＋Ceq\o\al（m,n)Ceq\o\al（0，n)。一方面，（1＋x）n（1－x)n＝（Ceq\o\al(0，n）＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al（2,n)x2＋…＋Ceq\o\al（n,n）xn）·[Ceq\o\al(0，n)－Ceq\o\al（1，n)x＋Ceq\o\al(2，n)x2－…＋(－1)nCeq\o\al(n,n）xn］,所以(1＋x）n（1－x)n中xm的系数为Ceq\o\al（0,n）Ceq\o\al（m,n）－Ceq\o\al(1,n）Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(2，n)Ceq\o\al（m－2，n)－Ceq\o\al（3,n)Ceq\o\al（m－3,n)＋…－Ceq\o\al(m－1，n)Ceq\o\al（1,n)＋Ceq\o\al（m,n）Ceq\o\al(0，n)；另一方面,(1＋x)n（1－x）n＝(1－x2)n,(1－x2)n中xm的系数为(－1）eq\f（m,2）Ceq\f（m，2）n,故F(m）＝(－1）eq\f（m，2）Ceq\f（m,2)n.综上,F(m)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1\f(m，2）C\f(m，2)n，m为偶数，,0，m为奇数.))5．设可导函数y＝f（x）经过n(n∈N)次求导后所得结果为y＝f(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(2x＋1）,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）＝eq\i\su（i＝0,n，C）eq\o\al（i，n）p（n－i)（x）·q(i）(x)．解：(1)依题意，f（1)（x)＝eq\f（1，2x＋1)×2＝2（2x＋1）－1，f（2)(x）＝－2(2x＋1）－2×2＝－4（2x＋1)－2.（2）证明：①当n＝1时，f(1）(x)＝p（1）（x）·q(x)＋p（x）·q(1)（x）＝eq\i\su(i＝0,1，C)eq\o\al(i，n）p（n－i)(x)·q(i）(x）；②假设n＝k时，f（k)（x)＝eq\i\su(i＝0，k，C）eq\o\al（i,k)p（k－i）(x)·q（i）（x）成立,则n＝k＋1时，f(k＋1)（x）＝（f（k)（x））′＝eq\i\su（i＝0，k，C)eq\o\al（i,k）[p（k－i＋1）(x）·q(i）（x）＋p（k－i）(x)·q(i＋1)(x）］＝Ceq\o\al（0，k)p（k＋1）(x）·q（x）＋Ceq\o\al（1，k)p（k）（x)·q（1)(x）＋Ceq\o\al(2,k）p(k－1）(x）·q（2)(x)＋…＋Ceq\o\al（k,k）p（1）（x)·q(k)（x)＋Ceq\o\al(0，k）p(k)（x）·q（1)（x)＋Ceq\o\al（1,k)p(k－1)（x）·q(2）（x)＋…＋Ceq\o\al（k－1，k)p（1)(x）·q（k）（x)＋Ceq\o\al（k,k)p（x）·q（k＋1）（x）＝Ceq\o\al(0，k)p（k＋1）(x）·q(x)＋(Ceq\o\al(0，k）＋Ceq\o\al（1,k）)p（k）(x）·q（1)（x）＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(C\o\al(1，k)＋C\o\al(2，k)））p(k－1）(x）·q(2)（x)＋…＋（Ceq\o\al(k－1,k)＋Ceq\o\al（k,k））·p（1)（x）·q(k)（x）＋Ceq\o\al（k，k）p（x）·q(k＋1）（x）＝Ceq\o\al(0，k＋1)p(k＋1)(x)·q(x)＋Ceq\o\al（1,k＋1）p(k）（x）·q(1)（x)＋Ceq\o\al（2，k＋1)p(k－1)（x)·q(2)(x)＋…＋Ceq\o\al（k，k＋1）p(1)(x)·q(k)(x)＋Ceq\o\al（k＋1,k＋1）p(x)·q（k＋1)（x)＝eq\i\su（i＝0,k＋1,C)eq\o\al（i，k＋1)p（k＋1－i)（x)·q(i）（x)，所以，结论对n＝k＋1也成立．由①②得，f(n）（x)＝eq\i\su(i＝0,n，C)eq\o\al(i,n）p(n－i)(x）·q(i）（x)．6．设整数n≥9，在集合｛1，2,3,…，n}中任取三个不同元素a，b,c(a〉b>c),记f(n)为满足a＋b＋c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）①当n＝3k(k≥3，k∈N＊）时,记k＝eq\f(n，3）,集合为｛1，2,3，…，3k－1,3k}．将其分成三个集合：A＝{1，4，…，3k－2}，B＝{2,5，…，3k－1},C＝{3，6，…，3k}．要使得a＋b＋c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(此数与A中取的那个数之和能被3整除)．故有3Ceq\o\al(3,k）＋Ceq\o\al（1,k）Ceq\o\al（1，k)Ceq\o\al(1，k)＝eq\f(kk－1k－2,2）＋k3＝eq\f（n3－3n2＋6n，18）种取法；②当n＝3k＋1(k≥3，k∈N＊）时,记k＝eq\f(n－1,3)，集合为{1,2，3…,3k，3k＋1}．将其分成三个集合：A＝{1,4，…，3k－2,3k＋1｝，B＝{2，5,…，3k－1}，C＝{3，6，…，3k}．要使得a＋b＋c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2Ceq\o\al(3，k）＋Ceq\o\al(3，k＋1)＋Ceq\o\al（1,k