江苏专用2024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

PAGEPAGE1专题八二项式定理与数学归纳法eq\a\vs4\al([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(2015年T23、2024年T23)，考查组合数及其性质结合考查运算求解和推理论证实力(2024年T23)，考查概率分布与数学期望及组合数的性质(2024年T23)，同时加强对二项式定理的考查(2024年T22)，考查学生的运算求解实力，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、数学归纳法等学问交汇考查．第一讲|计数原理与二项式定理题型(一)计数原理的应用eq\a\vs4\al(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](2024·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…in，假如当s<t时，有is>it，则称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in的全部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的全部排列中逆序数为k的全部排列的个数．(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．[解](1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1，2，3的全部排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(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终三个位置．因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.(2)对一般的n(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的随意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.为计算fn＋1(2)，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最终三个位置．因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.当n≥5时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝eq\f(n2－n－2,2)，因此，当n≥5时，fn(2)＝eq\f(n2－n－2,2).[方法技巧](1)深化对两个计数原理的相识，培育“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②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](2024·苏北三市三模)已知集合U＝{1，2，…，n}(n∈N*，n≥2)，对于集合U的两个非空子集A，B，若A∩B＝∅，则称(A，B)为集合U的一组“互斥子集”．记集合U的全部“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，k＝1，2，3，…，n－1.则与集合A互斥的非空子集有2n－k－1个．于是f(n)＝eq\f(1,2)eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)(2n－k－1)＝eq\f(1,2)(eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)2n－k－∑n－1,k＝1Ceq\o\al(k,n))．因为eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)2n－k＝∑n,k＝0Ceq\o\al(k,n)2n－k－Ceq\o\al(0,n)2n－Ceq\o\al(n,n)20＝(2＋1)n－2n－1＝3n－2n－1，eq\i\su(k＝0,n－1,)Ceq\o\al(k,n)＝∑n,k＝0Ceq\o\al(k,n)－Ceq\o\al(0,n)－Ceq\o\al(n,n)＝2n－2，所以f(n)＝eq\f(1,2)[(3n－2n－1)－(2n－2)]＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1).法二：随意一个元素只能在集合A，B，C＝∁U(A∪B)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3n－2×2n＋1.又(A，B)与(B，A)为同一组“互斥子集”，所以f(n)＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1).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](2024·江苏六市二调)已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.记Tn＝eq\i\su(k＝0,n,)(2k＋1)an－k.(1)求T2的值；(2)化简Tn的表达式，并证明：对随意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除．[解]由二项式定理，得ai＝Ceq\o\al(i,2n＋1)(i＝0，1，2，…，2n＋1)．(1)T2＝a2＋3a1＋5a0＝Ceq\o\al(2,5)＋3Ceq\o\al(1,5)＋5Ceq\o\al(0,5)＝30.(2)因为(n＋1＋k)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝(n＋1＋k)·eq\f(（2n＋1）！,（n＋1＋k）！（n－k）！)＝eq\f(（2n＋1）·（2n）！,（n＋k）！（n－k）！)＝(2n＋1)Ceq\o\al(n＋k,2n)，所以Tn＝∑n,k＝0(2k＋1)an－k＝eq\i\su(k＝0,n,)∑n,k＝0(2k＋1)Ceq\o\al(n－k,2n＋1)＝eq\i\su(k＝0,n,)(2k＋1)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝eq\i\su(k＝0,n,)[2(n＋1＋k)－(2n＋1)]Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2eq\i\su(k＝0,n,)(n＋1＋k)Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)－(2n＋1)∑n,k＝0Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2(2n＋1)eq\i\su(k＝0,n,)Ceq\o\al(n＋k,2n)－(2n＋1)∑n,k＝0Ceq\o\al(n＋1＋k,2n＋1)＝2(2n＋1)·eq\f(1,2)·(22n＋Ceq\o\al(n,2n))－(2n＋1)·eq\f(1,2)·22n＋1＝(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n).Tn＝(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n)＝(2n＋1)(Ceq\o\al(n－1,2n－1)＋Ceq\o\al(n,2n－1))＝2(2n＋1)Ceq\o\al(n,2n－1)＝(4n＋2)Ceq\o\al(n,2n－1).因为Ceq\o\al(n,2n－1)∈N*，所以Tn能被4n＋2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，通过探讨函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn中的a，b进行特别化就会得到许多有关组合数的相关和的结果，这是探讨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](2024·江苏高考)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知aeq\o\al(2,3)＝2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1＋eq\r(3))n＝a＋beq\r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．解：(1)因为(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，n≥4，n∈N*，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)，a3＝Ceq\o\al(3,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,6)，a4＝Ceq\o\al(4,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).因为aeq\o\al(2,3)＝2a2a4，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq\s\up12(2)＝2×eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).解得n＝5.(2)由(1)知，n＝5.(1＋eq\r(3))n＝(1＋eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5＝a＋beq\r(3).eq\a\vs4\al(法一：)因为a，b∈N*，所以a＝Ceq\o\al(0,5)＋3Ceq\o\al(2,5)＋9Ceq\o\al(4,5)＝76，b＝Ceq\o\al(1,5)＋3Ceq\o\al(3,5)＋9Ceq\o\al(5,5)＝44，从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.eq\a\vs4\al(法二：)(1－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)(－eq\r(3))＋Ceq\o\al(2,5)(－eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(－eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(－eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)－Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2－Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4－Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5.因为a，b∈N*，所以(1－eq\r(3))5＝a－beq\r(3).因此a2－3b2＝(a＋beq\r(3))(a－beq\r(3))＝(1＋eq\r(3))5×(1－eq\r(3))5＝(－2)5＝－32.题型(三)组合数的性质应用eq\a\vs4\al(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](2024·南京四校联考)已知m，n∈N*，定义fn(m)＝eq\f(n（n－1）（n－2）·…·（n－m＋1）,m！).(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)证明：eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[解](1)f4(2)＝eq\f(4×3,2！)＝6，f4(5)＝eq\f(4×3×2×1×0,5！)＝0.(2)证明：由题意得，fn(m)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(m,n)，m≤n，,0，m≥n＋1.))当n＝1时，eq\i\su(k＝1,2,)[k·2kf1(k)]＝2＋0＝2＝2×1×30.当n＞1时，因为eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝1×2fn(1)＋2×22fn(2)＋3×23fn(3)＋…＋2n×22nfn(2n)＝1×2Ceq\o\al(1,n)＋2×22Ceq\o\al(2,n)＋3×23Ceq\o\al(3,n)＋…＋n×2nCeq\o\al(n,n)，且k·Ceq\o\al(k,n)＝k·eq\f(n！,k！（n－k）！)＝n·eq\f(（n－1）！,（k－1）！[（n－1）－（k－1）]！)＝n·Ceq\o\al(k－1,n－1)(k≤n)，所以eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝n×2Ceq\o\al(0,n－1)＋n×22Ceq\o\al(1,n－1)＋n×23Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋n×2nCeq\o\al(n－1,n－1)＝2n(1＋2)n－1＝2n·3n－1.综上所述，eq\i\su(k＝1,2n,)[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1，k∈N*.[方法技巧](1)对于组合数问题，须要熟记并能敏捷运用以下两个组合数公式：Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n)，Ceq\o\al(k,n＋1)＝Ceq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(k－1,n).(2)对于二项式定理问题，需驾驭赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项绽开式系数区分开来．[演练冲关](2024·南京、盐城一模)设n∈N*，n≥3，k∈N*.(1)求值：①kCeq\o\al(k,n)－nCeq\o\al(k－1,n－1)；②k2Ceq\o\al(k,n)－n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al(k－1,n－1)(k≥2)．(2)化简：12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n).解：(1)①kCeq\o\al(k,n)－nCeq\o\al(k－1,n－1)＝k×eq\f(n！,k！（n－k）！)－n×eq\f(（n－1）！,（k－1）！（n－k）！)＝eq\f(n！,（k－1）！（n－k）！)－eq\f(n！,（k－1）！（n－k）！)＝0.②k2Ceq\o\al(k,n)－n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)－nCeq\o\al(k－1,n－1)＝k2×eq\f(n！,k！（n－k）！)－n(n－1)×eq\f(（n－2）！,（k－2）！（n－k）！)－n×eq\f(（n－1）！,（k－1）！（n－k）！)＝k×eq\f(n！,（k－1）！（n－k）！)－eq\f(n！,（k－2）！（n－k）！)－eq\f(n！,（k－1）！（n－k）！)＝eq\f(n！,（k－2）！（n－k）！)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)－1－\f(1,k－1)))＝0.(2)法一：由(1)可知，当k≥2时，(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＝(k2＋2k＋1)Ceq\o\al(k,n)＝k2Ceq\o\al(k,n)＋2kCeq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(k,n)＝[n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)＋nCeq\o\al(k－1,n－1)]＋2nCeq\o\al(k－1,n－1)＋Ceq\o\al(k,n)＝n(n－1)Ceq\o\al(k－2,n－2)＋3nCeq\o\al(k－1,n－1)＋Ceq\o\al(k,n).故12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)＝(12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n))＋n(n－1)(Ceq\o\al(0,n－2)＋Ceq\o\al(1,n－2)＋…＋Ceq\o\al(n－2,n－2))＋3n(Ceq\o\al(1,n－1)＋Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1))＋(Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n))＝(1＋4n)＋n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn，两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Ceq\o\al(1,n)x2＋Ceq\o\al(2,n)x3＋…＋Ceq\o\al(k,n)xk＋1＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn＋1，两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Ceq\o\al(1,n)x＋3Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋(k＋1)Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(n,n)xn，两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Ceq\o\al(1,n)x2＋3Ceq\o\al(2,n)x3＋…＋(k＋1)Ceq\o\al(k,n)xk＋1＋…＋(n＋1)Ceq\o\al(n,n)xn＋1，两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Ceq\o\al(1,n)x＋32Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)xk＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)xn.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)，即12Ceq\o\al(0,n)＋22Ceq\o\al(1,n)＋32Ceq\o\al(2,n)＋…＋(k＋1)2Ceq\o\al(k,n)＋…＋(n＋1)2Ceq\o\al(n,n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．eq\a\vs4\al([课时达标训练])A组——大题保分练1．(2024·南京盐城一模)已知数列{an}满意a1＝1，a2＝3，且对随意n∈N*，都有a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1成立．(1)求a3的值；(2)证明：数列{an}是等差数列．解：(1)在a1Ceq\o\al(0,n)＋a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)＋…＋an＋1Ceq\o\al(n,n)＝(an＋2－1)·2n－1中，令n＝1，则a1Ceq\o\al(0,1)＋a2Ceq\o\al(1,1)＝a3－1，由a1＝1，a2＝3，解得a3＝5.(2)证明：若a1，a2，a3，…，an是等差数列，则an＝2n－1.①当n＝3时，由(1)知a3＝5，此时结论成立．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，则ak＝2k－1.由a1Ceq\o\al(0,k－1)＋a2Ceq\o\al(1,k－1)＋a3Ceq\o\al(2,k－1)＋…＋akCeq\o\al(k－1,k－1)＝(ak＋1－1)2k－2，k≥3，对该式倒序相加，得(a1＋ak)2k－1＝2(ak＋1－1)·2k－2，所以ak＋1－ak＝a1＋1＝2，即ak＋1＝2k－1＋2＝2(k＋1)－1，所以当n＝k＋1时，结论成立．依据①②，可知数列{an}是等差数列．2．(2024·南师附中等四校联考)设集合M＝{1，2，3，…，m}，集合A，B是M的两个不同子集，记|A∩B|表示集合A∩B的元素个数．若|A∩B|＝n，其中1≤n≤m－1，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的全部n阶关联子集对的组数为an.(1)当m＝3时，求a1，a2；(2)当m＝2019时，求{an}的通项公式，并求数列{an}的最大项．解：(1)当m＝3时，易知a1＝3×4＝12，a2＝3.(2)an＝Ceq\o\al(n,2019)×eq\f(1,2)×[Ceq\o\al(0,2019－n)(22019－n－1)＋Ceq\o\al(1,2019－n)·22018－n＋…＋Ceq\o\al(k,2019－n)·22019－k－n＋…＋Ceq\o\al(2018－n,2019－n)·21＋Ceq\o\al(2019－n,2019－n)·20]＝Ceq\o\al(n,2019)eq\f(32019－n,2)，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(Ceq\o\al(n＋1,2019)\f(32018－n－1,2),Ceq\o\al(n,2019)\f(32019－n－1,2))＝eq\f(（2019－n）（32018－n－1）,（n＋1）（32019－n－1）)＞1，化简，得(1008－2n)·32018－n＞1009－n，(*)当n≤503时，(*)式成立；当504≤n≤1008时，(*)式不成立；当n≥1009时，不成立；所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504，a504＞a505＞a506＞…＞a2018，所以a1＜a2＜a3＜…＜a503＜a504＞a505＞…＞a2018，所以数列{an}的最大项为a504＝Ceq\o\al(504,2019)eq\f(31515－1,2).3．(2024·南京、盐城一模)已知n∈N*，nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).(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)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，①在①中令n＝1，得f(1)＝Ceq\o\al(0,1)Ceq\o\al(1,1)＝1.在①中令n＝2，得2f(2)＝Ceq\o\al(0,2)Ceq\o\al(1,2)＋2Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)＝6，得f(2)＝3.在①中令n＝3，得3f(3)＝Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(1,3)＋2Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,3)＋3Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,3)＝30，得f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)(或f(n)＝Ceq\o\al(n－1,2n－1))．欲证猜想成立，只要证等式nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)成立．法一：(干脆法)当n＝1时，等式明显成立．当n≥2时，因为rCeq\o\al(r,n)＝eq\f(r×n！,r！（n－r）！)＝eq\f(n！,（r－1）！（n－r）！)＝n×eq\f(（n－1）！,（r－1）！（n－r）！)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)，故rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＝(rCeq\o\al(r,n))Ceq\o\al(r－1,n)＝nCeq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n).故只需证明nCeq\o\al(n,2n－1)＝nCeq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋nCeq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋nCeq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).即证Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n).而Ceq\o\al(r－1,n)＝Ceq\o\al(n－r＋1,n)，故即证Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).②由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为Ceq\o\al(n,2n－1).而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)x＋Ceq\o\al(2,n－1)x2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)xn－1)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，所以xn的系数为Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)·Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立．综上，f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n－1)个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余(n－1)个是编号为1，2，…，n－1的黑球．现从袋中随意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球((n－r)个白球)的n个小球的组合的个数为Ceq\o\al(r,n－1)·Ceq\o\al(n－r,n)，0≤r≤n－1，由分类计数原理有从袋中随意摸出n个小球的组合的总数为Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n).另一方面，从袋中(2n－1)个小球中随意摸出n个小球的组合的个数为Ceq\o\al(n,2n－1).故Ceq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n－1)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n－1)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(r－1,n－1)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)Ceq\o\al(1,n)，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理，得(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.③两边求导，得n(1＋x)n－1＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1.④③×④，得n(1＋x)2n－1＝(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(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋rCeq\o\al(r,n)xr－1＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1)．⑤左边xn的系数为nCeq\o\al(n,2n－1).右边xn的系数为Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(n－r＋1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(1,n)＋…＋rCeq\o\al(r,n)Ceq\o\al(r－1,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)Ceq\o\al(n－1,n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).由⑤恒成立，得nCeq\o\al(n,2n－1)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n).故f(n)＝Ceq\o\al(n,2n－1)成立．法四：(构造模型)由nf(n)＝Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋rCeq\o\al(r－1,n)Ceq\o\al(r,n)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，得nf(n)＝nCeq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)＋(n－1)Ceq\o\al(n－2,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＝nCeq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋(n－1)Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n)，所以2nf(n)＝(n＋1)(Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(n,n))＝(n＋1)(Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n))，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n＋1)个元素，则有Ceq\o\al(n＋1,2n)种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n＋1)个元素中，从第一部分中取n个，其次部分中取1个，则有Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)种选法，若从第一部分中取(n－1)个，其次部分中取2个，则有Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)种选法，…，由分类计数原理可知Ceq\o\al(n＋1,2n)＝Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(n－1,n)Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n,n).故2nf(n)＝(n＋1)Ceq\o\al(n＋1,2n)，所以f(n)＝eq\f(n＋1,2n)·eq\f(（2n）！,（n＋1）！（n－1）！)＝eq\f(（2n－1）！,n！（n－1）！)＝Ceq\o\al(n,2n－1).4．(2024·苏锡常镇调研(二))已知函数f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1(n∈N*，x∈R)．(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝eq\r(5)A，求实数A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋eq\r(5))5＝Ceq\o\al(0,5)x5＋Ceq\o\al(1,5)x4eq\r(5)＋Ceq\o\al(2,5)x3(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(3,5)x2(eq\r(5))3＋Ceq\o\al(4,5)x(eq\r(5))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋eq\r(5))5＋(－2＋eq\r(5))5＝2[Ceq\o\al(1,5)(eq\r(5))124＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(5))322＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(5))5]＝2(5×16eq\r(5)＋10×4×5eq\r(5)＋25eq\r(5))＝610eq\r(5)，所以A＝610.(2)证明：因为f(x)＝(x＋eq\r(5))2n＋1＝Ceq\o\al(0,2n＋1)x2n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)x2neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)x2n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，所以f(2)＝Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(1,2n＋1)22neq\r(5)＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋…＋Ceq\o\al(2n＋1,2n＋1)(eq\r(5))2n＋1，由题意知，f(2)＝(eq\r(5)＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*，0<α<1)，首先证明对于固定的n∈N*，满意条件的m，α是唯一的．假设f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*，0<α1<1，0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，冲突．所以满意条件的m，α是唯一的.下面我们求m及α的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1－(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(2＋eq\r(5))2n＋1＋(2－eq\r(5))2n＋1＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)·22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，明显f(2)－f(－2)∈N*.又因为eq\r(5)－2∈(0，1)，故(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1)，即f(－2)＝(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(eq\r(5)－2)2n＋1∈(0，1).所以令m＝2[Ceq\o\al(0,2n＋1)22n＋1＋Ceq\o\al(2,2n＋1)22n－1(eq\r(5))2＋Ceq\o\al(4,2n＋1)·22n－3(eq\r(5))4＋…＋Ceq\o\al(2n,2n＋1)21(eq\r(5))2n]，α＝(－2＋eq\r(5))2n＋1，则m＝f(2)－f(－2)，α＝f(－2)，又m＋α＝f(2),所以α(m＋α)＝f(－2)·f(2)＝(2＋eq\r(5))2n＋1·(－2＋eq\r(5))2n＋1＝(5－4)2n＋1＝1.B组——大题增分练1．(2024·南通、泰州等七市三模)设Pn＝eq\i\su(i＝0,2n,)eq\f(（－1）i,Ceq\o\al(i,2n))，Qn＝eq\i\su(j＝1,2n,)eq\f(（－1）j·j,Ceq\o\al(j,2n)).(1)求2P2－Q2的值；(2)化简nPn－Qn.解：(1)P2＝eq\f(1,Ceq\o\al(0,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(1,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(1,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(5,3)，Q2＝－eq\f(1,Ceq\o\al(1,4))＋eq\f(2,Ceq\o\al(2,4))－eq\f(3,Ceq\o\al(3,4))＋eq\f(4,Ceq\o\al(4,4))＝eq\f(10,3)，所以2P2－Q2＝0.(2)设T＝nPn－Qn，则T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－\f(n,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(n,Ceq\o\al(2,2n))－…＋\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,Ceq\o\al(1,2n))＋\f(2,Ceq\o\al(2,2n))－\f(3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋\f(2n,Ceq\o\al(2n,2n))))＝eq\f(n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(2n,2n))①因为Ceq\o\al(k,2n)＝Ceq\o\al(2n－k,2n)，所以T＝eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))－eq\f(n－1,Ceq\o\al(2n－1,2n))＋eq\f(n－2,Ceq\o\al(2n－2,2n))－eq\f(n－3,Ceq\o\al(2n－3,2n))＋…＋eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))＝eq\f(－n,Ceq\o\al(0,2n))－eq\f(1－n,Ceq\o\al(1,2n))＋eq\f(2－n,Ceq\o\al(2,2n))－eq\f(3－n,Ceq\o\al(3,2n))＋…＋eq\f(n,Ceq\o\al(2n,2n))②①＋②得，2T＝0，即T＝nPn－Qn＝0，所以nPn－Qn＝0.2．(2024·南京盐城二模)平面上有2n(n≥3，n∈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个点颜色相同的全部不同取法的总数为T.(1)若n＝3，求T的最小值；(2)若n≥4，求证：T≥2Ceq\o\al(3,n).解：(1)当n＝3时，共有6个点．若染红色的点的个数为0个或6个，则T＝Ceq\o\al(3,6)＝20；若染红色的点的个数为1个或5个，则T＝Ceq\o\al(3,5)＝10；若染红色的点的个数为2个或4个，则T＝Ceq\o\al(3,4)＝4；若染红色的点的个数为3个，则T＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2.因此T的最小值为2.(2)证明：因为对随意的n，k∈N*，n≥k，都有Ceq\o\al(k,n＋1)－Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(k－1,n)＞0，所以Ceq\o\al(k,n＋1)＞Ceq\o\al(k,n).设2n个点中含有p(p∈N，p≤2n)个染红色的点，①当p∈{0，1，2}时，T＝Ceq\o\al(3,2n－p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)＝eq\f(（2n－2）（2n－3）（2n－4）,6)＝4×eq\f(（n－1）（n－2）（2n－3）,6).因为n≥4，所以2n－3＞n，于是T＞4×eq\f(n（n－1）（n－2）,6)＝4Ceq\o\al(3,n)＞2Ceq\o\al(3,n).②当p∈{2n－2，2n－1，2n}时，T＝Ceq\o\al(3,p)≥Ceq\o\al(3,2n－2)，同理可得T＞2Ceq\o\al(3,n).③当3≤p≤2n－3时，T＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，设f(p)＝Ceq\o\al(3,p)＋Ceq\o\al(3,2n－p)，3≤p≤2n－3，当3≤p≤2n－4时，f(p＋1)－f(p)＝Ceq\o\al(3,p＋1)＋Ceq\o\al(3,2n－p－1)－Ceq\o\al(3,p)－Ceq\o\al(3,2n－p)＝Ceq\o\al(2,p)－Ceq\o\al(2,2n－p－1)，明显p≠2n－p－1，当p＞2n－p－1，即n≤p≤2n－4时，f(p＋1)＞f(p)，当p＜2n－p－1，即3≤p≤n－1时，f(p＋1)＜f(p)，即f(n)＜f(n＋1)＜…＜f(2n－3)，f(3)＞f(4)＞…＞f(n)．因此f(p)≥f(n)＝2Ceq\o\al(3,n)，即T≥2Ceq\o\al(3,n).综上，当n≥4时，T≥2Ceq\o\al(3,n).3．(2024·苏锡常镇一模)已知f(n)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(4,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，g(n)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＋eq\f(Ceq\o\al(6,8),Ceq\o\al(5,10))＋…＋eq\f(Ceq\o\al(n＋2,2n),Ceq\o\al(n＋1,2n＋2))，其中n∈N*，n≥2.(1)求f(2)，f(3)，g(2)，g(3)的值；(2)记h(n)＝f(n)－g(n)，求证：对随意的m∈N*，m≥2，总有h(2m)＞eq\f(m－1,2).解：(1)f(2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10)，f(3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(41,70)，g(2)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,20)，g(3)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(3,6))＋eq\f(Ceq\o\al(5,6),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(19,140).(2)证明：∵eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝eq\f(\f(（2k）！,k！·k！)－\f(（2k）！,（k－2）！·（k＋2）！),\f(（2k＋2）！,（k＋1）！·（k＋1）！))＝eq\f(（k＋1）2（k＋2）－（k＋1）k（k－1）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）（4k＋2）,（2k＋2）（2k＋1）（k＋2）)＝eq\f(1,k＋2)，∴h(n)＝f(n)－g(n)＝∑n,k＝2eq\f(Ceq\o\al(k,2k)－Ceq\o\al(k＋2,2k),Ceq\o\al(k＋1,2k＋2))＝∑n,k＝2eq\f(1,k＋2).下面用数学归纳法证：对随意的m∈N*，m≥2，总有h(2m)＞eq\f(m－1,2).当m＝2时，h(4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,60)＞eq\f(1,2)，结论成立；当m＝3时，h(8)＝eq\f(37,60)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,10)＞eq\f(37,60)＋eq\f(4,10)＝eq\f(37,60)＋eq\f(24,60)＞1，结论成立．假设当m＝t(t≥3)时，结论成立，即h(2t)＞eq\f(t－1,2)；则当m＝t＋1时，h(2t＋1)＝h(2t)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＋eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)，∵t≥3，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)－eq\f(3,2t＋1＋2)＝eq\f(（2t－3）2t－22,（2t＋3）（2t＋4）（2t＋1＋2）)＞0，∴eq\f(1,2t＋3)＋eq\f(1,2t＋4)＞eq\f(3,2t＋1＋2).又eq\f(1,2t＋5)＋eq\f(1,2t＋6)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＞eq\f(1,2t＋1＋2)＋eq\f(1,2t＋1＋2)＋…＋eq\f(1,2t＋1＋2)＝eq\f(2t－2,2t＋1＋2)，∴h(2t＋1)＞eq\f(t－1,2)＋eq\f(3,2t＋1＋2)＋eq\f(2t－2,2t＋1＋2)＝eq\f(t,2)，∴当m＝t＋1时，结论成立．综上，对随意的m∈N*，m≥2，总有h(2m)＞eq\f(m－1,2).4．(2024·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，可以得到许多好玩的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边xn的系数为Ceq\o\al(n,2n)，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)(Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn)，xn的系数为Ceq\o\al(0,n)Ceq\o\al(n,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(n－1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)Ceq\o\al(0,n)＝(Ceq\o\al(0,n))2＋(Ceq\o\al(1,n))2＋(Ceq\o\al(2,n))2＋…＋(Ceq\o\al(n,n))2，因此可得到组合恒等式Ceq\o\al(n,2n)＝(Ceq\o\al(0,n))2＋(Ceq\o\al(1,n))2＋(Ceq\o\al(2,n))2＋…＋(Ceq\o\al(n,n))2.(1)依据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边xk(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，干脆写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)＝Ceq\o\al(n,2n)，其中eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2)))是指不超过eq\f(n,2)的最大整数．解：(1)Ceq\o\al(k,m＋n)＝Ceq\o\al(0,m)Ceq\o\al(k,n)＋Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(k－1,n)＋…＋Ceq\o\al(k,m)Ceq\o\al(0,n).(2)证明：考察等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋x＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)＝eq\f(（x＋1）2n,xn)，等式右边的常数项为：eq\f(Ceq\o\al(n,2n)xn,xn)＝Ceq\o\al(n,2n)，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋x＋\f(1,x)))eq\s\up12(n)＝∑n,r＝0Ceq\o\al(r,n)·2n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝∑n,r＝0Ceq\o\al(r,n)·2n－req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(∑r,k＝0Ceq\o\al(k,r)xr－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))\s\up12(k)))，当且仅当r＝2k时，xr－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(k)为常数，等式左边的常数项为：∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)，所以∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,2))),k＝0Ceq\o\al(2k,n)2n－2kCeq\o\al(k,2k)＝Ceq\o\al(n,2n)成立．其次讲|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](2024·南师附中、天一中学四月联考)设(t＋x)n＝a0(t)＋a1(t)x＋a2(t)x2＋…＋ar(t)xr＋…＋an(t)xn，其中常数t∈R，n∈N*，ar(t)(r＝0，1，2，…，n)是与x无关的常数．(1)若n＝4，a3(t)＝32，求t的值；(2)当n＝3m，m∈N*时，求证：eq\i\su(r＝0,m,)a3r(1)＝eq\f(2n＋2×（－1）n,3).[解](1)因为n＝4，a3(t)＝32，所以Ceq\o\al(3,4)·t＝32，因此t＝8.(2)证明：利用数学归纳法证明如下：由题意得，a3r(1)＝Ceq\o\al(3r,n)＝Ceq\o\al(3r,3m)，r＝0，1，2，…，m.①当m＝1，即n＝3时，eq\i\su(r＝0,1,),a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2，eq\f(23＋2×（－1）3,3)＝2，所以所证等式成立．②假设当m＝k(k∈N*)，即n＝3k时，所证等式成立，即∑k,r＝0a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(3,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k)＝eq\f(23k＋2×（－1）3k,3)，则当m＝k＋1，即n＝3k＋3时，eq\i\su(r＝0,k＋1,)a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k＋3)＋Ceq\o\al(3,3k＋3)＋…＋Ceq\o\al(3r＋3,3k＋3)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k＋3)＋Ceq\o\al(3k＋3,3k＋3)，又Ceq\o\al(3r＋3,3k＋3)＝Ceq\o\al(3r＋3,3k＋2)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k＋2)＝(Ceq\o\al(3r＋3,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1))＋(Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k＋1))＝Ceq\o\al(3r＋3,3k＋1)＋2Ceq\o\al(3r＋2,3k＋1)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k＋1)＝(Ceq\o\al(3r＋3,3k)＋Ceq\o\al(3r＋2,3k))＋2(Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋1,3k))＋(Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋Ceq\o\al(3r,3k))＝Ceq\o\al(3r,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋3,3k)，其中r＝0，1，2，…，k－1.所以∑k＋1,r＝0a3r(1)＝Ceq\o\al(0,3k＋3)＋(Ceq\o\al(0,3k)＋3Ceq\o\al(1,3k)＋3Ceq\o\al(2,3k)＋Ceq\o\al(3,3k))＋…＋(Ceq\o\al(3r,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋1,3k)＋3Ceq\o\al(3r＋2,3k)＋Ceq\o\al(3r＋3,3k))＋…＋(Ceq\o\al(3k－3,3k)＋3Ceq\o\al(3k－2,3k)＋3Ceq\o\al(3k－1,3k)＋Ceq\o\al(3k,3k))＋Ceq\o\al(3k＋3,3k＋3)＝3(Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(1,3k)＋Ceq\o\al(2,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k))－(Ceq\o\al(0,3k)＋Ceq\o\al(3,3k)＋…＋Ceq\o\al(3k,3k))＝3×23k－∑k,r＝0a3r(1)＝3×23k－eq\f(23k＋2×（－1）3k,3)＝eq\f(8×23k－2×（－1）3k,3)＝eq\f(23k＋3＋2×（－1）3k＋3,3)，所以当m＝k＋1，即n＝3k＋3时，所证等式也成立．综上，当n＝3m，m∈N*时，eq\i\su(r＝0,m,)a3r(1)＝eq\f(2n＋2×（－1）n,3).[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n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边改变的项外还要充分利用n＝k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](2024·苏州期末)在正整数集N*上定义函数y＝f(n)，满意f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f(1)＝2.(1)求证：f(3)－f(2)＝eq\f(9,10)；(2)是否存在实数a，b，使得f(n)＝eq\f(1,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－b)＋1对随意正整数n恒成立，并证明你的结论．解：(1)证明：由f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，变形得f(n＋1)＝eq\f(4－f（n）,f（n）＋2).由f(1)＝2，得f(2)＝eq\f(1,2)，再得f(3)＝eq\f(7,5).所以f(3)－f(2)＝eq\f(7,5)－eq\f(1,2)＝eq\f(9,10).(2)法一：(数学归纳法)由f(2)＝eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(7,5)，可得a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5).猜想：对n∈N*，均有f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.以下用数学归纳法证明．①当n＝1时，等式明显成立；②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即f(k)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k)－\f(1,5))＋1.则f(k＋1)＝eq\f(4－f（k）,f（k）＋2)＝eq\f(3＋1－f（k）,f（k）－1＋3)＝eq\f(\f(3,1－f（k）)＋1,\f(3,1－f（k）)－1)＝eq\f(2,\f(3,1－f（k）)－1)＋1，f(k)≠1，否则f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1.即f(k＋1)＝eq\f(2,\f(12,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k)＋\f(3,5)－1)＋1＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(k＋1)－\f(1,5))＋1.即n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对随意n∈N*，均有f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.综上所述，存在a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5)满意题意．法二：(转化法)因为f(n)＝eq\f(1,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－b)＋1可变形为eq\f(1,f（n）－1)＋b＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))eq\s\up12(n)，所以问题转化为：是否存在实数a，b，使得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋b))是公比为－eq\f(3,2)的等比数列．证明如下：由(1)得f(n＋1)＝eq\f(4－f（n）,f（n）＋2)，即f(n＋1)－1＝eq\f(2－2f（n）,f（n）＋2)，所以eq\f(1,f（n＋1）－1)＝eq\f(f（n）＋2,－2[f（n）－1])＝eq\f(f（n）－1＋3,－2[f（n）－1])＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)·eq\f(1,f（n）－1).设eq\f(1,f（n＋1）－1)＋b＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋b))，可得b＝eq\f(1,5).所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）－1)＋\f(1,5)))是首项为eq\f(1,f（1）－1)＋eq\f(1,5)＝eq\f(6,5)，公比为－eq\f(3,2)的等比数列．通项公式为eq\f(1,f（n）－1)＋eq\f(1,5)＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，所以f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(n)－\f(1,5))＋1.综上所述，存在a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5)满意题意.题型(二)用数学归纳法证明不等式eq\a\vs4\al(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](2024·苏锡常镇二模)已知数列{an}，a1＝2，且an＋1＝aeq\o\al(2,n)－an＋1对随意n∈N*恒成立．求证：(1)an＋1＝anan－1an－2…a2a1(2)an＋1＞nn＋1.[证明](1)当n＝1时，a2＝a1(a1－1)＋1＝3＝a1＋1成立．假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＋1＝akak－1…a2a1当n＝k＋1时，ak＋2＝ak＋1(ak＋1－1)＋1＝ak＋1(akak－1…a2a1＋1－1)＋1＝ak＋1akak－1…a2a所以当n＝k＋1时，结论也成立．综上，an＋1＝anan－1an－2…a2a1(2)由(1)知，要证an＋1＞nn＋1.只需证anan－1an－2…a2a1＞nn，下面用数学归纳法证明当n＝1，2，3时，a1＝2，a2＝3，a3＝7，则2＞1，2×3＞22，2×3×7＞33.假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即akak－1·ak－2…a2a1＞kk则当n＝k＋1时，ak＋1ak…a2a1＝(akak－1…a2a1＋1)akak－1…a2a1＞(akak－1…a2a1)2＞设f(x)＝2xlnx－(x＋1)ln(x＋1)(x≥3)，则f′(x)＝lneq\f(x2,x＋1)＋1＞lneq\f(x2－1,x＋1)＋1＝ln(x－1)＋1≥ln2＋1＞0，所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数，则f(x)≥f(3)＝2(3ln3－2ln4)＝2lneq\f(27,16)＞0，则当k≥3，k∈N*时，2klnk＞(k＋1)ln(k＋1)，lnk2k＞ln(k＋1)k＋1，即k2k＞(k＋1)k＋1，故ak＋1ak…a2a1＞(k＋1)k＋1，则当n＝k＋1时，综上，anan－1an－2…a2a1＞nn，所以an＋1＞nn[方法技巧](1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他方法不简单证，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n＝k(k∈N*)成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采纳分析法、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x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(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)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－1＞0，Fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1),1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内至少存在一个零点．又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内单调递增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))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eq\f(1－xeq\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(（n＋1）（xn＋1）,2)，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)．①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－eq\f(1,2)(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立．②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)．那么，当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝eq\f(（k＋1）（1＋xk）,2)＋xk＋1＝eq\f(2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1,2).又gk＋1(x)－eq\f(2xk＋1＋（k＋