高考数学二轮复习 3个附加题专项强化练（三）二项式定理、数学归纳法 理-人教版高三数学试题

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(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