高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题八-二项式定理与数学归纳法（理科）-含答案

江新高考本部分内容在高考取基今年年都考，并以形式考. 2012，2013 年主要考合数； 2014 年考复合函数求和数学法；2015 年考数原理主，又波及到数学法； 2016 年考合数及其性等基知，考考生的运算求解能力和推理能力；2017 年考概率散布与希望及合数的性，既考运算能力，又考思能力.最近几年高考合数的性要求高，常与数列、函数、不等式、数学法等知交考 .第 1数原理与二式定理(能力 )[常考型打破]数原理的用[例 1] 一个非空会合中的各个元素之和是3 的倍数，称会合f(n)．“好集”．会合{1,2,3，⋯， 3n}的子集中全部“好集”的个数(1) 求 f(1)， f(2)的；(2) 求 f(n)的表达式．[解 ](1)①当n＝ 1 ，会合{1,2,3} 中的一元好集有{3} ，共 1 个；二元好集有{1,2}，共1 个；三元好集有{1,2,3} ，共 1 个，所以f(1)＝ 1＋ 1＋ 1＝ 3.②当 n＝ 2 ，会合 {1,2,3,4,5,6} 中一元好集有{3} ， {6}，共 2 个；二元好集有 {1,2} ， {1,5}， {2,4} ， {3,6}， {4,5} ，共 5 个；三元好集有 {1,2,3} ， {1,2,6} ， {1,3,5} ， {1,5,6} ， {4,2,3} ， {4,2,6} ， {4,3,5} ， {4,5,6} ，共8个；四元好集有 {3,4,5,6} ， {2,3,4,6} ，{1,3,5,6} ， {1,2,3,6} ， {1,2,4,5}，共 5 个；五元好集有 {1,2,4,5,6} ， {1,2,3,4,5} 共 2 个，有一个全集．故 f(2) ＝ 1＋ (2＋ 5) ×2＋ 8＝ 23.(2)第一考 f(n＋ 1)与 f(n)的关系．会合 {1,2,3 ，⋯，3n,3n＋ 1,3n＋ 2,3n＋ 3}在会合 {1,2,3 ，⋯，3n}中加入 3 个元素 3n＋ 1,3n＋2,3n＋ 3.故 f(n＋ 1)的成有以下几部分：①本来的 f(n)个会合；②含有元素 3n ＋ 1 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 2 的会合， 含有元素是 3n ＋ 2 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被3 除余 1 的会合， 含有元素是 3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2,3， ⋯ ， 3n}中各元素之和被 3 除余 0 的会合．合 是 23n ；③含有元素是 3n ＋ 1 与 3n ＋ 2 的 “好集 ”是{1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余0 的会合，含有元素是3n ＋ 2 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 1 的集合，含有元素是3n ＋ 1 与 3n ＋ 3 的“好集 ”是 {1,2，3，⋯ ，3n}中各元素之和被3 除余 2 的集合．合 是 23n ；④含有元素是3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3 的 “好集 ”是 {1,2，3， ⋯ ， 3n}中“好集 ”与它的并，再加上 {3n ＋ 1,3n ＋ 2,3n ＋ 3}．所以 f(n ＋ 1)＝ 2f(n)＋ 2×23n ＋ 1.两 同除以2n ＋1，得 f n ＋ － f n ＝4 n12 n ＋12 n＋ n ＋1.2f nn －1n －21 11 3 4n－ 11所以2n＝ 4 ＋ 4 ＋⋯＋4＋2n ＋2n －1＋ ⋯ ＋ 22＋ 2 ＝3 ＋ 1－ 2n (n ≥2)．又f1 也切合上式，2所以 f(n)＝2 nn－＋ 2n－ 1.3[方法 ]深入 两个 数原理的 ，培育 “全局分 ”和 “局部分步 ”的意 ，并在操作中保证： ① 分 不重不漏； ② 分步要使各步拥有 性和独立性 . 解决 数 用 的基本思想是 “化 ”，即由 成立 合模型，再由 合数公式来 算其 果，进而解决.本 是有关数 ，其 度 大， 求解关 是得出fn ＋与 fn 的关系，求解顶用到 法和分 思想.[ 式 ](2017 ·北三市三模 )已知会合 U ＝ {1,2，⋯，n}( n ∈ N * ，n ≥2)， 于会合 U 的两个非空子集 A ， B ，若 A ∩B ＝ ?， 称 (A ， B) 会合 U 的一 “互斥子集 ”． 会合 U 的全部 “互斥子集 ”的 数 f(n)( (A ，B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”)．(1) 写出 f(2)， f(3)， f(4) 的 ；(2) 求 f(n)．解： (1)f (2)＝ 1，f(3) ＝ 6， f(4)＝ 25.(2) 法一： 会合 A 中有 k 个元素， k ＝ 1,2,3， ⋯ ， n － 1.与会合 A 互斥的非空子集有2n － k － 1 个． 于是 f(n)＝ 1n －1 k n － k － 1)＝ 1n －1 k n － k n －1 k2 C n (2 ( C n 2 － C n )．＝ 1 2 ＝ k ＝ 1k k 1n －1n －k n0 n n 0n nnn因kk n －kC n 2 ＝C n 2－ C n 2 － C n 2 ＝(2＋1) －2－ 1＝3 － 2 － 1，k ＝1k ＝0 n －1nC n k ＝ C n k － C n 0－ C n n ＝ 2n － 2，k ＝1k ＝所以 f(n)＝ 1 [(3 nn n1nn ＋12 － 2 －1)－(2 － 2)] ＝(3－2＋ 1).2法二： 随意一个元素只好在会合 A ， B ， C ＝?U (A ∪ B)之一中， n 个元素在会合 A ， B ， C 中，共有 3n 种，此中 A 空集的种数2n ，B 空集的种数 2n ，所以 A ， B 均 非空子集的种数3n － 2×2n ＋ 1.又 (A ， B)与 (B ， A) 同一 “互斥子集 ”，1nn ＋ 1所以 f(n)＝ (3 － 2＋ 1).二 式定理的 用[例 2](2017 ·北四市期末 )已知等式 (1＋ x)2n － 1＝ (1＋ x)n －1(1＋ x)n .(1) 求 (1＋x) 2n －1的睁开式中含n 的 的系数，并化 ：0n1n －1n －1x C n －1C n ＋ C n －1 C n ＋ ⋯＋ C n －1C 1n ；1 22 2n 2n(2) 明： (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n ) ＝ nC 2n － 1.[解 ](1)(1＋ x)2n －1 的睁开式中含 x n 的 的系数C 2n n － 1，由 (1＋ x) n －1n0 1n － 1 n －10 1 n n(1＋ x) ＝ (C n －1＋ C n － 1x ＋ ⋯＋ C n － 1x ) ·(C n ＋ C n x ＋ ⋯＋ C n x )，可知 (1＋ x) n －1n的睁开式中含n的 的系数n 1n －1n －1 1(1＋ x) x C n －1 C n ＋C n － 1C n ＋ ⋯ ＋ C n － 1C n .所以 0n1n －1n －11nC n － 1C n ＋C n －1C n ＋ ⋯ ＋ C n －1C n ＝ C 2n －1.(2) 明 ： 当 k ∈n － ！ n ×k －！n － k！N *， kC n k ＝ k ×n ！！＝ n ！ ＝k ！ n － kk －！ n － k ！－11.＝ nC n k－1222 n 2nnnnk － 1＝k 2k kk － 1 k所以 (C n ) ＋ 2(C n ) ＋ ⋯ ＋ n(C n )[k(C n ) ]＝( kC n C n )＝(nCn －1 C n)＝ n(C n －1k ＝1k ＝1k ＝1k ＝1knkn －kC n )＝ n(C n －1C n ) ．k ＝1n1n －1 n －1 1nn由n －k k n(1)知 C n － 1C n ＋ C n －1C n＋ ⋯ ＋ C n － 1C n ＝ C 2n － 1，即(C n －1C n )＝ C 2n －1，k ＝1所以 (C 1n )2＋ 2(C 2n )2＋ ⋯ ＋ n(C n n )2＝ nC n 2n － 1.[方法 ]二 式定理中的 用主假如结构一个生成相 二 式系数的函数，通 研究函数关系明恒等式、不等式和整除性.将二 式定理a ＋b n ＝ C\o\al( 0,n )a n ＋ C\o\al( 1,n )a n －1brn －r rnn＋⋯ ＋ C\o\al( ,n )a b ＋ ⋯ ＋ C\o\al( ,n )b 中的 a ， b 行特别化就会获得好多实用的有关合数的有关和的 果， 是研究有关 合数的和的 的常用方法 . 能够利用求函数 的思想 行 求解 .[ 式 ](2017 ·京、 城一模南)n ∈ N * ， n ≥3， k ∈ N * .kk －1(1) 求 ：① kC n － nC n － 1；2kk －2k －1② k C n － n(n － 1)C n － 2－ nC n － 1(k ≥ 2)；(2) 化 ： 12C n 0＋ 22C n 1＋ 32C n 2＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C n k ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n .解：kk － 1(1)① kC n － nC n － 1＝ k × n ！n －！－ n ×k ！ n － k ！ k －！ n － k ！＝n ！－n ！ ＝ 0.k － ！ n － k！ n － k！k －！2 kk －2 k －1 2n ！n －！② k C n － n(n － 1)C n －2 － nC n －1 ＝ k ×！ － n(n － 1) ×！k ！ n － kk － ！ n －k－ n ×n － ！＝ k ×n ！－n ！－k － ！ n － kk －！ n － kk － ！ n －k ！ ！！n ！ － ＝n ！k－ 1－1＝ 0.k －！n k！k －！－k！ k －－n(2) 法一： 由 (1)可知，当k ≥2 ， (k ＋ 1)2C n k ＝ (k 2＋ 2k ＋ 1)C n k ＝ k 2C n k ＋ 2kC n k ＋ C n k ＝ [n(n －－－－－22＋ －11＋ C n k.1)C n k －22＋ nC n k －11 ]＋ 2nC n k －11＋ C n k ＝ n(n － 1)C n k － 3nC n k －故 12C 0n ＋ 22C 1n ＋ 32 C 2n ＋⋯ ＋ (k ＋ 1)2C k n ＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)2C n n ＝ (12C 0n ＋ 22C 1n )＋ n(n － 1)(C 0n － 2＋1n － 212n － 123nn － 2C n－2 ＋ ⋯ ＋ C n － 2)＋ 3n(C n －1＋ C n － 1＋ ⋯ ＋ C n － 1)＋ (C n ＋ C n ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (1＋ 4n) ＋ n(n － 1)2＋ 3n(2n － 1－1)＋ (2n － 1－ n)＝ 2n －2(n 2＋ 5n ＋ 4)．法二： 当 n ≥3 ，由二 式定理，有 (1＋ x)n ＝ 1＋ C 1n x ＋ C 2n x 2＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋ ⋯ ＋C n n x n ，两同乘以 x ，得 (1＋ x)n x ＝ x ＋ C 1n x 2＋ C 2n x 3＋ ⋯ ＋ C k n x k ＋1＋ ⋯＋ C n n x n ＋1，n n －1 1 2 2 k k两 x 求 ，得 (1＋x) ＋ n(1＋ x)x ＝ 1＋ 2C n x ＋ 3C n x ＋ ⋯ ＋ (k ＋ 1)C n x ＋ ⋯ ＋ (n ＋n n1)C n x，两再同乘以＋(n＋ 1)C n n x n＋1，n n－ 1 2 1 2 2 3k k＋ 1 x，得 (1＋ x) x＋ n(1＋x)x ＝ x＋ 2C n x＋ 3C n x＋⋯＋ (k＋ 1)C n x ＋⋯两再x 求，得(1 ＋ x)n＋ n(1＋ x)n－1x＋ n(n－ 1)(1 ＋ x)n－2x2＋ 2n(1＋ x)n－1x＝ 1＋ 22C1n x＋ 32C 2n x2＋⋯＋ (k＋ 1)2k k 2 n nC n x ＋⋯＋ ( n＋ 1)C n x .令 x＝ 1，得 2n＋ n·2n－1＋ n(n－ 1)2n－2＋ 2n2n－1＝ 1＋ 22C1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋(n＋1) 2C n n，即 12C0n＋ 22C 1n＋ 32C 2n＋⋯＋ (k＋ 1)2C k n＋⋯＋ (n＋1) 2C n n＝ 2n－2(n2＋ 5n＋ 4)．合数的性用[例 3] (2017 ·北四市研 )在三角形中，从第 3 行开始，除 1 之外，其余每一个数是它上边的两个数之和，个三角形数开几行如所示．(1) 在三角形中能否存在某一行，且行中三个相的数之比3∶ 4∶ 5？若存在，求出是第几行；若不存在，明原因；(2) 已知 n，r 正整数，且n≥r＋ 3.求：任何四个相的合数rr＋1r＋2r＋3 C n，C n，C n， C n不可以组成等差数列．[解 ] (1)三角形的第n 行由二式系数 C n k，k＝ 0,1,2，⋯， n 成．k－ 1＝3，假如第 n 行中有C nk＝kn1kC n k k＋ 1 4，k ＋1＝＝C n n－ k 5那么 3n－ 7k＝－ 3,4n－ 9k＝ 5，解得 k＝ 27， n＝ 62.即第 62 行有三个相的数C6226， C6227， C6228的比 3∶ 4∶ 5.(2) 明：如有rr ＋1r＋ 2r＋ 3r＋ 1rn， r(n≥r＋3)，使得 C n，C n， C n， C n成等差数列，2C n＝ C n＋r＋ 2r＋ 2r ＋1r ＋ 3，C n， 2C n＝ C n＋ C n即2n ！＝n ！ ＋r ＋！ n － r － ！ r ！ n － r！n ！，2n ！r ＋ ！ n － r －r ＋ ！ n － r －！！＝n ！＋n ！ ！.r ＋！ n － r －r ＋ ！ n － r －！所 以 有2＝1＋1，r ＋n － r －n － r －n － rr ＋ r ＋2＝1＋1，r ＋n － r － n － r － n － r － r ＋r ＋化 整理得，n 2－ (4r ＋ 5)n ＋ 4r(r ＋ 2)＋ 2＝ 0，2n － (4r ＋ 9)n ＋ 4(r ＋ 1)(r ＋ 3)＋ 2＝ 0.两式相减得， n ＝ 2r ＋ 3，rr ＋1r ＋2r ＋3于是 C 2r ＋3， C 2r ＋ 3， C 2 r ＋ 3， C 2r ＋3成等差数列．而由二 式系数的性 可知rr ＋3r ＋1r ＋2C 2r ＋3 ＝ C 2r ＋ 3＜ C 2r ＋ 3＝ C 2r ＋ 3， 与等差数列的性 矛盾，进而要 明的 成立．[方法 ](1) 于 合数 ，需要熟 并能灵巧运用以下两个 合数公式：C k n ＝ C nn －k ， C kn ＋ 1＝C k n ＋C k n －1 .(2) 于二 式定理 ，需掌握 法和二 式系数的性 ，并能将二 式系数与二 睁开式系数区 开来．[ 式 ](1－ x)n ＝ a 0＋ a 1x ＋ a 2x 2＋ ⋯＋ a n x n ， n ∈ N * ， n ≥2. (1) 若 n ＝ 11，求 |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9 |＋ |a 10|＋ |a 11|的 ；k ＋1(2)b k ＝n － k a k ＋1 (k ∈N ，k ≤n － 1)，S m ＝ b 0＋ b 1＋ b 2＋⋯ ＋ b m (m ∈ N ，m ≤n － 1)，求的 ．解： (1)因 a k ＝ (－ 1)k C k n ，当 n ＝ 11 ， |a 6|＋ |a 7|＋ |a 8|＋ |a 9|＋ |a 10|＋ |a 11|＝ C 611＋ C 711＋ C 811＋ C 911＋ C 1011＋ C 11111 0 110 11 10＝ (C 11＋ C 11＋ ⋯＋ C 11 ＋ C 11)＝ 2 ＝ 1 024.2(2) b k ＝ k ＋ 1k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1 k ＋ 1 ka k ＋ 1＝ (－ 1) n － kC n ＝ (－ 1)C n ，n － k当 1≤k ≤n － 1 ，b k ＝ (－ 1)k ＋1C k nS mm C n － 1＋kk －1＝ (－ 1)k 1(C n － 1＋ C n － 1)＝(－1) k＋1 k －1k ＋1 kC n － 1＋ (－ 1) C n －1＝ (－ 1)k － 1C k n －－11－ (－ 1)k C k n － 1.当 m ＝ 0 ，S m＝b 0＝ 1.mC n －1C n －1当 1≤m ≤n － 1 ， S m ＝－ 1＋mk －1 k －1k k m m[(－ 1)C n －1－ (－ 1)C n －1 ]＝－ 1＋ 1－ (－ 1) C n － 1k ＝1＝－ (－ 1) mmC n －1，S m ＝ 1. 所以 C n 1m上，S m＝ 1.mC n － 1[ 达 ]1． 会合 A ，B 是非空会合M 的两个不一样子集， 足： A 不是 B 的子集，且 B 也不是 A 的子集．(1) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， a 4} ，直接写出全部不一样的有序会合(A ，B)的个数；(2) 若 M ＝ {a 1， a 2， a 3， ⋯ ， a n }，求全部不一样的有序会合 (A ， B)的个数．解： (1)110.(2) 会合 M 有 2n 个子集，不一样的有序会合 (A ， B) 有 2n (2n － 1)个．当 A ? B ，并 B 中含有 k(1≤k ≤n ， k ∈N * )个元素，n k足 A ?k－ 1)B 的有序会合 (A ， B)有C n (2k ＝ 1n n＝ C n k 2k －C n k ＝ 3n － 2n 个．k ＝k ＝同理， 足 B ? A 的有序会合 (A ，B)有 3n － 2n 个．故 足条件的有序会合 (A ， B)的个数 2n (2 n － 1)－ 2(3n － 2n )＝ 4n ＋ 2n － 2×3n . 2． (2017 南·京、 城二模) 有n n ＋(n ≥2， n ∈ N * )个 定的不一样的数随机排成一2个下 所示的三角形数 ：* ⋯⋯⋯⋯ 第 1行**⋯⋯⋯⋯ 第 2行***⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 第 3行⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯ 第 n 行** ⋯⋯⋯⋯ **Mk 是第 k 行中的最大数，此中1≤k ≤n ， k ∈ N *12<⋯< 的概率 p.M <M.(1) 求 p 2 的 ；2C n ＋ 1(2) 明： p n >n ＋！.解： (1)由 意知p 2＝ 2A 22 2，即 p 223 ＝3 的 .A 33(2) 明：先排第n 行， 最大数在第n 行的概率 nn ＝ 2 ；n ＋ n ＋ 12去掉第 n 行已 排好的n 个数，n n ＋nn －个数中最大数在第n －1行的概率 n － 1＝余下的2 － n ＝2－n n2 2； n⋯故 p ＝2 22＝2n －1＝ 2n.n× ×⋯×n ＋×n ×⋯×3 n ＋ ！n ＋1 n3因为 nn0 12n0 121222 ＝ (1＋1) ＝ C n ＋ C n ＋ C n ＋ ⋯ ＋ C n ≥C n ＋ C n ＋ C n >C n ＋ C n ＝ C n ＋ 1，2n22故>C n ＋2 ，即 p n > C n ＋1 .！n ＋n ＋！n ＋ 1！3． 1,2，⋯ ，n 足以下性T 的摆列 a 1，a 2，⋯ ，a n 的个数 f( n)(n ≥2，n ∈ N * )．性T ：摆列 a 1， a 2， ⋯ ， a n 中有且只有一个 a i ＞ a i ＋ 1(i ∈ {1,2， ⋯， n － 1})．(1) 求 f(3)；(2) 求 f(n)．解： (1)当 n ＝3 ， 1,2,3 的全部摆列有 (1,2,3) ，(1,3,2)，(2,1,3) ，(2,3,1) ，(3,1,2) ，(3,2,1) ，此中 足 存在一个 i ∈ {1,2,3} ，使得 a i ＞ a i ＋ 1 的摆列有 (1,3,2) ，(2,1,3) ，(2,3,1) ， (3,1,2)，所以 f(3)＝ 4.(2) 在 1,2， ⋯ ， n 的全部摆列 (a 1， a 2， ⋯ ， a n )中，若 a i ＝ n(1 ≤i ≤n － 1)，从 n － 1 个数 1,2,3，⋯ ， n － 1 中 i － 1 个数按从小到大的 序摆列 a 1， a 2， ⋯， a i － 1，其余按从小到大的 序摆列在余下地点，于是 足 意的摆列个数i －1C n －1.若 a n ＝ n ， 足 意的摆列个数f( n － 1)．n －1n －1上， f(n)＝ f(n － 1)＋i －1－ 1.C n － 1＝ f(n － 1)＋ 2i ＝ 1进而 f(n)＝23－ 2n － 31－ 2－ (n － 3)＋ f (3)＝ 2n － n － 1.4． (2016 · 高考江 )(1) 求 7C 36－ 4C 47的 ；*mmmm(2) m ，n ∈ N，n ≥m ，求 ： (m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2) ·C m ＋ 1＋( m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯＋ nC n － 1＋ (nmm ＋2＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .解： (1)7C 3 46×5×4 7×6×5×46－ 4C 7＝ 7×－ 4×＝ 0.3×2×14×3×2×1(2) 明：当 n ＝m ， 然成立．当 n ＞m ， (k ＋ 1)C k m ＝k ＋ k ！m ！ k － m ！ ＝ (m ＋ 1) ·k ＋ ！！k ＋－m ＋！m ＋m ＋1＝ (m ＋ 1)C k ＋ 1 ， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2， ⋯， n.m ＋ 1m ＋ 2m ＋ 2又因 C k ＋ 1 ＋ C k ＋ 1 ＝ C k ＋ 2 ，mm ＋2m ＋2所以 (k ＋ 1)C k ＝ (m ＋ 1)(C k ＋2 － C k ＋ 1 )， k ＝ m ＋ 1， m ＋ 2，⋯ ， n.mmmmmm所以，(m ＋ 1)C m ＋ (m ＋ 2)C m ＋ 1＋ (m ＋ 3)C m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n ＝ (m ＋ 1)C m ＋ [(m ＋ 2)C m ＋1＋ (m ＋ 3)C m m ＋ 2＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1)C n m ]m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2m ＋2＝ (m ＋ 1)C m ＋ 2＋ (m ＋ 1)[(C m ＋ 3－ C m ＋2)＋ (C m ＋ 4－ C m ＋3)＋ ⋯ ＋ (C n ＋ 2 － C n ＋1 )]m ＋2＝ (m ＋ 1)C n ＋ 2 .5． a n 是 足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和n(n ∈ N * )，且每个数位上的数字只好是 1 或 2.(1) 求 a 1，a 2， a 3， a 4 的 ；(2) 求 ： a 5n －1 (n ∈N * )是 5 的倍数．解： (1)当 n ＝ 1 ，只有自然数 1 足 条件，所以a 1＝ 1；当 n ＝ 2 ，有 11,2 两个自然数 足 条件，所以 a 2＝ 2；当 n ＝ 3 ，有 111,21,12 三个自然数 足 条件，所以a 3＝ 3；当 n ＝ 4 ，有1 111,112,121,211,22 五个自然数 足 条件，所以a 4＝ 5.上所述，a 1＝ 1， a 2＝ 2， a 3＝ 3， a 4＝ 5.(2) 明： 自然数X 的各位数字之和n ＋ 2，由 可知 ，X的首位1或2两种情形．当 X 的首位 1 ， 其余各位数字之和 n ＋ 1.故首位 1，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1；当 X 的首位 2 ， 其余各位数字之和n.故首位 2，各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n .所以各位数字之和 n ＋ 2 的自然数的个数 a n ＋ 1＋ a n ，即 a n ＋ 2＝ a n ＋ 1＋ a n .下边用数学 法 明a 5n － 1 是 5 的倍数．① 当 n ＝ 1 ， a 4＝ 5，所以 a 4 是 5 的倍数，命 成立；② 假 n ＝ k(k ≥1， n ∈ N * ) ，命 成立，即a 5k － 1 是 5 的倍数．a5k＋4＝ a5k＋3＋ a5k＋2＝2a5k＋2＋ a5k＋1＝2(a5k＋1＋ a5k)＋ a5k＋1＝3a5k＋1＋ 2a5k＝3(a5k＋a5k－1)＋ 2a5k＝5a5k＋ 3a5k－1.因 5a5k＋ 3a5k－1是 5 的倍数，即a5k＋4是 5 的倍数．所以n＝ k＋ 1 ，命成立．由①②可知， a5n－1 (n∈N * )是 5 的倍数．6． (2017 常·州期末 )一个量用两种方法分算一次，由果同样结构等式，种方法称“算两次”的思想方法．利用种方法，合二式定理，能够获得好多风趣的合恒等式．如：观察恒等式(1＋ x)2n＝ (1＋ x)n(1＋ x)n(n∈ N* ) ，左 x n的系数 C n2n，而右 (1＋x)n(1 ＋ x)n＝ (C 0n＋C 1n x＋⋯＋ C n n x n)(C 0n＋ C 1n x＋⋯＋ C n n x n) ，x n的系数 C0n C n n＋ C1n C n n－1＋⋯＋C n n C0n＝ (C0n) 2＋ (C 1n)2＋ (C 2n) 2＋⋯＋ (C n n)2，所以可获得合恒等式 C n2n＝ (C n0 )2＋ (C 1n) 2＋ (C 2n)2＋⋯＋ (C n n) 2.(1) 依据恒等式 (1＋ x)m＋n＝ (1＋ x)m(1＋ x)n(m， n∈ N * )，两 x k(此中 k∈N ， k≤m， k≤n)的系数同样，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其余方法明：第 2数学法(能力)[常考型打破]用数学概括法证明等式π 为正整数，数列 {a n }的通项公式n π nθ，[例 1] (2017 苏·锡常镇一模 )设 |θ|< ，na n ＝ sintan22其前 n 项和为 S n .(1) 求证：当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝ (－ 1)n －1tan n θ；2(2) 求证：对任何正整数 n ， S 2n ＝ 1n ＋ 12n2sin 2θ·[1＋ (－ 1) tan θ]．n π n θ.[证明 ] (1) 因为 a n ＝ sin tan2*2k π 2k2k当 n 为偶数时，设 n ＝ 2k ， k ∈ N ， a n ＝a 2k ＝ sin 2 tan θ＝ sin k π· tan θ＝ 0， a n ＝ 0.当 n 为奇数时，设 n ＝ 2k － 1，k ∈ N * ，a ＝ a － ＝ sin k － n θ＝ π－ π· n θ2 tan 2tan 当 k ＝ 2m ， m ∈ N *时， a n ＝ a 2k － 1＝ sin 2m π－π·tan nθ＝ sin －π·tan n θ＝－ tan n θ，22此时n － 1＝ 2m － 1， a ＝ a － ＝－ tan n θ＝ －1)2m －1tan nθ＝ － n － 1n θ2n2 k 1(( 1) 2 tan.当 k ＝ 2m － 1，m ∈N * 时， a n ＝ a 2 k － 1＝ sin 2m π－3π·tan n θ＝ sin －3π ·tan nθ＝ tan n θ，22此时n － 1n－2m －2n－ n － 1 nθ ＝ 2m － 2， a ＝ a＝ tan θ＝1)·θ＝ 1)22 tan－n － 1综上，当 n 为偶数时， a n ＝ 0；当 n 为奇数时， a n ＝( － 1) 2 tan n θ.(2) 当 n ＝ 1 时，由 (1) 得， S 2＝ a 1＋ a 2＝ tan θ，等式右侧＝1θ ＋tan 2θ)＝ sin θ·cos θ· 1 2 ＝ tan θ.2sin 2 (1cos θ故 n ＝ 1 时，命题成立，*1k ＋12k假定 n ＝ k(k ∈ N ， k ≥1)时命题成立，即 S 2k ＝ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)tan θ]．当 n ＝ k ＋ 1 时，由 (1)得：＋1)＝ S ＋ a2k ＋＋ a ＋ ＝ S ＋ a＋＝1θ·1＋ －k ＋1tan2k θ＋ (－ 1)k2 k ＋1θS 2(k 2 k1 2 k 22k 2k 1 2sin 2 []tan ＝ 1 k ＋ 1 2k θ＋ ( － 1) k2 2k ＋ 1 1 k ＋2 2k ＋2 1 sin 2 θ·＋ ( － 1) tan · tan θ＝ θ·＋ － 1) ·θ·－ 2 2 sin 2 1 tan tan θsin 2θ 221＋21k ＋22k ＋ 2－ cos θ1k ＋22k ＋sin 2·tan2 ＋2＝·tanθtan θ ＝ 2sin 2θ·1＋ (－ 1)θ· sin θ sin θ 2sin 2θ·[1＋ (－ 1)2θ]．即当 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 .综上所述，对任何正整数n ， S ＝ 1θ· ＋ －n ＋12n1)tan θ]．2n2sin 2 [1([方法 ]用数学 法 明等式 是常 型，其关 点在于弄清等式两 的组成律，等式两 各有多少 ，以及初始n 0 的 .由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 ，除考 等式两 化的 外 要充足利用n ＝k 的式子，即充足利用假 ，正确写出 明的步 ，进而使 得以 明.[ 式](2017 ·州期末 )已知 F n (x)＝ (－ 1)0C 0n ， f 0(x)＋ (－ 1)1C 1n f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n n f n (x)( n ∈ N * ，x>0)，此中 f i (x)( i ∈ {0,1,2 ，⋯ ， n})是对于 x 的函数．(1) 若 f i (x)＝ x i (i ∈ N) ，求 F 2(1)， F 2 017(2) 的 ；xn ！*(2) 若 f i (x)＝ x ＋ i (i ∈ N) ，求 ： F n ( x)＝x ＋ x ＋x ＋ n (n ∈ N )．解： (1)因 i(i ∈N) ，所以 F n (x)＝ (－ 1) 0 0 0＋(－1) 1 1 1n n nf i (x)＝ x C n x C n x ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C n x ＝ (1－ x)n ，所以 F 2 (1)＝ 0, F 2 017(2)＝ (1－ 2)2 017＝－ 1.x(2) 明：因f i (x)＝ x ＋ i (x>0， i ∈ N) ，n－ i C n ix所以 F n (x)＝ (－ 1) 0C n 0f 0(x)＋ (－ 1)1C n 1f 1(x)＋ ⋯ ＋ (－ 1)n C n nf n (x)＝( n ∈i ＝x ＋ iN *)．n ＝1i i xx ＝1，所以 n ＝1 成立 . ①当 n ＝ 1 ， F n ( x)＝－＝ 1－ C 1x ＋ ii ＝x ＋ 1 x ＋ 1②假 n ＝ k(k ∈ N * ) 成立，即 F kk－i ix＝(x)i ＝x ＋ i＝k ！，x ＋⋯x ＋ kx ＋k ＋1－ i ixn ＝ k ＋1 ， F k ＋1(x)＝C k ＋1i ＝x ＋ i＝ 1＋ k－ i i x＋(－1) k ＋1 k ＋1 xC k ＋1C k ＋1 x ＋ k ＋ 1i ＝1x ＋ i＝ ＋ k－i i －1 x ＋ －＋＋1x＋C ix ＋ i 1)k 1 k ＋ ＋ 1＝1k k( ·C k 1 ＋1ix kki i x k ＋1i i －1 x－－＝C kx ＋ i＋i ＝ 1C kx ＋ ii ＝k ＋1i －1i －1 x＝ F k (x)－－C kx ＋ ii ＝1k－i ix＝ F k (x)－C ki ＝x ＋ i ＋ 1ki ix ＋ 1x＝ F k (x)－－·C ki ＝x ＋ i ＋ 1x ＋ 1＝F k (x) －xF k (x＋1) ＝k ！－x ＋ 1x ＋x ＋⋯x ＋ kk ！xx ＋x ＋⋯ x ＋ 1＋ k ·x ＋ 1＝x ＋ 1＋ k k ！－ x ·k ！x ＋ x ＋⋯ x ＋ k x ＋ 1＋ k＝k ＋！，x ＋ x ＋ x ＋⋯ x ＋ 1＋ k所以 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立 .合①②可知，F n (x)＝n ！ ⋯x ＋n (n ∈ N * ).x ＋x ＋用数学 法 明不等式[例 2] (2017 南·京模 )已知数列 {a n } 足 a n ＝ 3n － 2，函数 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1，g( n)a 1 a 2 a n ＝ f(n 2)－ f( n － 1)， n ∈ N * .1(1) 求 ： g(2)＞ 3；1(2) 求 ：当 n ≥3 ， g(n)＞ 3 .[ 明 ](1) 由 意知， a n ＝ 3n － 2， g(n)＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1，a n a n ＋ 1 a n ＋2 a n2当 n ＝ 2 ， g(2)＝1 ＋ 1 ＋ 1 ＝ 1＋ 1＋ 1 ＝ 69 ＞1.故 成立．a 2 a 3 a 4 4 7 10 140 3(2) 用数学 法 明：①当 n ＝ 3， g(3) ＝ 1 ＋ 1 ＋1＋⋯＋1＝1＋ 1＋1＋1＋1＋1＋1＝1＋a 3 a 4 a 5a 9 7 10 13 1619222571 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＞ 1＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 10 13 16 19 22 25 8 16 16 16 32 32 32＝1＋3＋3＞1＋3＋1＞1，8 16 32 8 16 163所以当 n＝ 3 ，成立．②假当n＝ k(k≥3， k∈ N* )，成立，即 g(k)＞1，3当 n＝ k＋ 1 ，g(k＋ 1)＝ g(k)＋1＋1＋⋯ ＋a k2＋1a k2＋2a＋1－1＞1＋2k＋ 1－1a k＋a k 3k＋2－ 23k－ 2＝1＋k＋k－－k＋2－ 2]k＋32－k－＝1＋3k2－ 7k－ 3，3＋2－k－k由 k≥3 可知， 3k2－ 7k－ 3＞ 0，即 g(k＋ 1)＞1 3.所以当 n＝ k＋ 1 ，也成立．合①②可得，当1n≥3 ， g(n)＞ .31－1 ＞1＋1＋1＋⋯k＋a k 3 a k 2＋1 a k2＋2[方法 ]当碰到与正整数n 有关的不等式明，用其余法不简单，可考用数学法 .用数学法明不等式的关是由n＝ k k∈ N*成立，推n＝ k＋1 也成立，明用上假后，可采纳剖析法、合法、作差作商比法、放法等明 .[式 ]数 a1，a2，⋯，a n足 a1＋ a2＋⋯＋ a n＝ 0，且 |a1|＋|a2|＋⋯＋ |a n| ≤ n1(∈ N*且 n≥2)，令 b n＝a n*11*)．n(n∈N)．求： |b1＋ b2＋⋯＋ b n| ≤－2n(n∈N2明： (1)当 n＝ 2 ， a1＝－ a2，1所以 |a1|＋ |a2|＝ 2|a1|≤1，即 |a1|≤，2所以 |b ＋ b a1＋ a2＝|a1| 1＝ 1－ 1，12|＝2≤2422×2即当 n＝ 2 ，成立．(2) 假当 n＝ k(k∈N *且 k≥2) ，成立，1 1即当 a1＋ a2＋⋯＋ a k＝ 0，且 |a1|＋ |a2|＋⋯＋ |a k|≤1 ，有 |b1＋ b2＋⋯＋ b k|≤2－2k.当 n＝ k＋ 1 ，由 a1＋ a2＋⋯＋ a k＋ a k＋1＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋|a k ＋ 1|≤1，可得 2|a k ＋ 1|＝ |a 1＋ a 2＋ ⋯＋ a k |＋|a k ＋1 |≤|a 1|＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋ 1|≤1，1所以 |a k ＋ 1|≤ .2又 a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a k － 1＋ (a k ＋ a k ＋ 1)＝ 0，且 |a 1|＋ |a 2 |＋ ⋯ ＋ |a k － 1|＋ |a k ＋ a k ＋ 1|≤|a 1 |＋ |a 2|＋ ⋯＋ |a k ＋1|≤1，由假 可得＋ b ＋ ⋯ ＋ b － ＋ a k ＋ a k ＋111，≤ －b 12 k 1 k2 2k所以 |b 1＋ b 2＋ ⋯ ＋ b k ＋ b k ＋1|＝ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k －1＋a k ＋ a k＋1kk ＋1＝b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b k － 1＋a k ＋a k＋1＋a k＋1－a k＋1kk ＋ 1 k1 1＋ a k ＋ 1 a k ＋ 1≤ － ＋ － k2 2k k 1 ＝1－ 1＋ 1－ 1＋2 2k k k ＋ 1 |a k 1|1 1 ＋ 1 1 1≤ － － ×2 2k k k ＋ 1 2＝ 1－1，＋k即当 n ＝ k ＋ 1 ， 成立．合 (1)(2) 可知， 成立．、猜想、 明[例 3](2017 · 常 二模0 n1nk kn)已知 f n ( x)＝ C n x － C n (x － 1) ＋⋯＋ (－1)C n (x － k) ＋ ⋯ ＋(－ 1)n C n n (x － n)n ，此中 x ∈ R ， n ∈N * ， k ∈ N ， k ≤n.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)， f 3(x)的 ；(2) 猜 f n (x)对于 n 的表达式，并 明你的 ．0 1[解 ] (1)f 1(x)＝ C 1x － C 1(x － 1)＝ x － x ＋ 1＝ 1；f 2(x)＝ C 20x 2－C 21(x － 1)2＋ C 22(x － 2)2＝ x 2－ 2(x 2－ 2x ＋ 1)＋( x 2 － 4x ＋ 4)＝ 2； f 3(x)＝ C 30x 3－C 31(x － 1)3＋ C 32(x － 2)3－ C 33(x －3) 3＝ x 3－ 3(x － 1)3＋ 3(x － 2) 3－ (x － 3)3＝ 6. (2) 猜 ： f n (x)＝ n ！ .kn ！n ！k －1n －！而 kC n ＝ k ·！＝！ ，nC n － 1＝ n ·k － ！ n －k！k ！ n － k k － ！ n － kn ！＝，k －！n － k ！kk －1所以 kC n ＝ nC n － 1.用数学 法 明 成立．①当 n ＝ 1 ， f 1(x)＝ 1，所以 成立．②假 当 n ＝ k ， 成立，即f k (x)＝ C k 0x k － C k 1(x － 1)k ＋⋯ ＋ (－ 1)k C k k (x － k)k ＝ k ！ .当 n ＝ k ＋ 1k ＋ 11k ＋ 1k ＋ 1 k ＋ 1k ＋1， f k ＋ 1(x)＝ C k ＋ 1x－C k ＋1(x － 1) ＋⋯＋(－1) C k ＋ 1(x － k － 1)k ＋ 11kk kkk ＋ 1 k ＋ 1k＝ C k ＋ 1x－ C k ＋ 1( x － 1) (x － 1)＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k) (x － k)＋ (－ 1) C k ＋ 1(x － k － 1)＋ 10 k1kk kk]＋ 1k2 k⋯＋(－＝ x[C k ＋ 1x － C k ＋ 1(x － 1) ＋ ⋯ ＋ (－ 1) C k ＋ 1( x － k) [C k ＋ 1(x － 1) － 2C k ＋ 1(x － 2)1)k ＋1kk]＋ (－ 1)k ＋1k ＋1k ＋1kC k ＋ 1( x － k) C k ＋ 1(x － k － 1)0 k1k＋⋯＋(－1)kk k －1kk1＝ x[C k x － (C k ＋ C k )( x － 1) (C k ＋ C k )(x － k) ]＋ (k ＋ 1)[(x － 1) － C k (x －2) k⋯＋(－1) k ＋1k －1k1) k ＋1k ＋1kC k (x － k) ]＋ (－ C k ＋ 1(x － k － 1) ( x － k － 1)＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k － 1C k k －1 (x － k)k ] ＋(k ＋ 1)[( x － 1)k － C 1k (x － 2)k ⋯ ＋ (－ 1)k ＋ 1C k k －1 (x － k) k ]＋ x( － 1)k ＋ 1C k k (x － k － 1)k － (k ＋ 1)(－ 1)k ＋1(x － k －1) k ＝ x[C 0k x k － C 1k (x － 1)k ＋ ⋯ ＋ (－ 1)k C k k ( x － k)k ]－ x[C 0k (x － 1)k ＋ ⋯＋ (－ 1)k － 1C k k －1( x －k＋(－1) k k k 0 k 1 k＋⋯＋(－ 1) k － 1 k －1k ＋(－1) k(xk) C k (x － k － 1) ]＋ (k ＋ 1)[C k (x － 1) － C k ( x － 2) C k ( x － k) － k － 1)k ] ． (*)由 假 知(*) 式等于 x ·k ！－ x ·k ！＋ ( k ＋ 1) ·k ！＝ (k ＋ 1)！ .所以当 n ＝ k ＋ 1 ， 也成立．合①②， f n ( x)＝ n ！成立．[方法 ]利用数学 法能够探究与正整数n 有关的未知 、存在性 ，其基本模式是 “— 猜想 — 明 ”，即先由合情推理 ，而后 推理即演 推理 的正确性 .解 “ — 猜想 — 明 ” 的关 是正确 算出前若干详细 ， 是 、猜想的基.否 将会做大批无用功 .[ 式 ](2017 ·城模 ) f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 22＋C 32＋ C 42＋ ⋯ ＋ C n 2)( n ≥2， n ∈ N * )． (1) 求 f(2)， f(3)， f (4)的 ；(2) 当 n ≥2， n ∈ N *， 猜想全部f(n)的最大公 数，并 明．22223解： (1)因 f(n)＝ (3n ＋ 2)(C 2＋ C 3＋ C 4 ＋ ⋯＋ C n ) ＝ (3n ＋ 2)C n ＋ 1，所以 f(2)＝ 8， f(3)＝ 44， f(4) ＝140.(2) 明：由 (1)中 可猜想全部 f(n)的最大公 数 4.下边用数学 法 明全部的f(n)都能被 4 整除即可．①当 n ＝ 2 ， f(2) ＝8 能被 4 整除， 成立；②假定 n ＝ k (k ≥2， k ∈ N * )时，结论成立，即 f( k)＝ (3k ＋ 2)C 3k ＋1 能被 4 整除，3则当 n ＝ k ＋ 1 时， f(k ＋ 1)＝ (3k ＋ 5)C k ＋ 233 ＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 2＋ 3C k ＋ 23 22＝ (3k ＋ 2)(C k ＋ 1＋ C k ＋ 1) ＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 322＝ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (3k ＋ 2)C k ＋ 1＋ (k ＋ 2)C k ＋ 1 ＝ (3k ＋ 2)C k 3 ＋ 1＋ 4(k ＋ 1)C k 2＋ 1，此式也能被 4 整除，即 n ＝ k ＋ 1 时结论也成立． 综上所述，全部 f( n)的最大条约数为4.[课时达标训练 ]cx ＋ d1．(2017 南·通三模 )已知函数 f 0(x)＝ ax ＋ b (a ≠0，bc － ad ≠ 0)．设 f n (x)为 f n － 1(x)的导数， n∈N *.(1) 求 f 1(x)， f 2(x)；(2) 猜想 f n ( x)的表达式，并证明你的结论．解： (1)f 1(x)＝ f 0′(x)＝cx ＋ d ′＝bc － ad2，ax ＋ b ax ＋ b－ ad－ 2a bc － adf 2(x)＝ f 1′(x)＝bc3 .ax ＋ b 2 ′＝ax ＋ b－n － 1·an －1bc － ad n ！* .(2) 猜想 f n ( x)＝ax ＋ b n ＋1， n ∈ N证明：①当 n ＝ 1 时，由 (1)知结论成立，②假定当 n ＝ k(k ∈ N * 且 k ≥1)时结论成立，－k －1 ·ak －1bc － ad k ！即有 f k (x)＝ax ＋ bk ＋1.当 n ＝ k ＋ 1 时，f k ＋ 1( x) ＝ f k ′(x)＝ －k － 1·ak －1bc － ad k ！ax ＋ bk ＋1′＝ (－ 1)k － 1·a k － 1·(bc － ad) ·k ！ [(ax ＋ b)－ (k ＋1)] ′－k k！·a bc － adk ＋＝ax ＋ bk ＋ 2.所以当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立．由①②得，对全部n ∈N * 结论都成立．2． (2017 ·江模拟镇 )证明：对全部正整数 n,5n ＋ 2·3n － 1＋ 1 都能被 8 整除．证明： (1)当 n ＝ 1 时，原式等于 8 能被 8 整除，(2) 假定当 n ＝ k(k ≥1， k ∈ N * )时，结论成立，5k ＋ 2·3k －1＋ 1 能被 8 整除．5k ＋ 2·3k －1＋ 1＝ 8m ， m ∈ N * ，当 n ＝ k ＋ 1 ， 5k ＋1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4·3k －1－ 4 ＝ 5(5k ＋ 2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)，而当 k ≥1， k ∈ N * ，3k －1＋ 1 然 偶数，2t ， t ∈ N * ，故 5k ＋ 1＋ 2·3k ＋ 1＝ 5(5k ＋2·3k － 1＋ 1)－ 4(3k －1＋ 1)＝ 40m － 8t(m ， t ∈ N * )，也能被 8 整除，故当 n ＝ k ＋ 1 也成立；由 (1)(2) 可知 全部正整数 n,5n ＋ 2·3n －1＋ 1 都能被 8 整除．3．已知 S n ＝ 1＋ 1＋ 1＋ ⋯ ＋ 1( n ≥2， n ∈N *)，求 ： S 2 n ＞ 1＋ n(n ≥2， n ∈ N * )．23n2明： (1)当 n ＝ 2 ， S 2n ＝ S 4＝ 1＋ 1＋ 1＋ 1＝25＞ 1＋ 2，即 n ＝ 2 命 成立；2 3 4 122*) 命 成立，即 ＝ 1＋ 1＋ 1＋⋯ ＋1kk ，(2) 假 当 n ＝ k(k ≥2， k ∈ N S 2k2 32 ＞1＋ 2当 n ＝ k ＋ 1 ，S 2k＋1＝ 1＋ 1 ＋ 1 1 1 ＋ ⋯ ＋ 1 1＞ 1＋k1 ＋ k1＋ ⋯ ＋1k＋＋ ⋯ ＋ k ＋ k k ＋2＋ k ＋ 2 k ＋1＞ 1＋2 3 2 2 ＋ 1 2 2 ＋ 1 2 2 2k 2kkk ＋ 1＝ 1＋k ＋ 1，2 ＋ 2 ＝1＋ 2 2 2故当 n ＝ k ＋ 1 ，命 成立．*n由 (1)和 (2) 可知， n ≥2， n ∈N不等式 S 2n ＞ 1＋2都成立．4．(2017 南·京三模 )已知数列 {a n }共有 3n(n ∈ N * ) ， f(n)＝ a 1＋ a 2＋ ⋯ ＋ a 3n . 随意的∈ *,1≤k ≤3n ，都有 a k ∈ {0,1}，且 于 定的正整数 p (p ≥2)，f (n)是 p 的整数倍．把 足上k N述条件的数列 {a n }的个数 T n .(1) 当 p ＝ 2 ，求 T 2 的 ；(2) 当 p ＝ 3 ，求 ： T n ＝ 1[8n ＋ 2(－ 1)n ]．3 解： (1)由 意，当n ＝ 2 ，数列 {a n }共有 6 ．要使得 f(2)是 2 的整数倍，6 中，只好有0 、 2 、 4 、 6 取 1，故 T 2＝ C 06＋ C 62＋ C 46＋ C 66 ＝25＝ 32.(2) 明： T n ＝ C 03n ＋ C 33n ＋ C 63n ＋⋯ ＋ C 33 n n . 当 1≤k ≤n ， k ∈N * ，3k3 k3k －1C 3n ＋3＝ C 3 n ＋2＋ C 3n ＋23k － 13k3k － 13k － 2＝ C 3n ＋ 1＋ C 3n ＋ 1＋ C 3 n ＋ 1＋ C 3n ＋13 k －13k3k－2＝ 2C3 n＋1＋ C3n＋1＋ C3n＋13k－ 13k－ 23 k－ 13k3k－ 33k－ 2＝ 2(C 3n＋C 3n)＋ C3n＋C 3n＋ C3n＋ C 3n＝3(C 3k3n－1＋C 3k3n－2)＋ C33k n＋C 3k3n－3，于是T＋＝C0 ＋＋ C3＋C6＋⋯＋C3n＋3＋＋＋n 13n33n33n33n3＝C03n＋3＋ C3n3n＋＋33＋ 3(C 13n＋ C 23n＋ C43n＋ C53n＋⋯＋ C3n3n－2＋ C3n3n－1)＋ T n－ C03n＋ T n－ C3n3n ＝2T n＋ 3(23 n－ T n)＝3×8n－T n.下边用数学法明1n n T n＝ [8＋ 2(－ 1)]．3当 n＝ 1 ， T 1＝ C03＋ C33＝ 2＝13[81＋ 2(－1)1]，即 n＝ 1 ，命成立．假 n＝ k (k≥1， k∈N * ) ，命成立，即 T k＝1[8k＋ 2(－ 1)k]．3当 n＝ k＋ 1 ，k k1k＋ 2(－ 1)k T k＋1＝3×8 － T k＝ 3×8－ [8]3＝1k k k] [9×8 －8－ 2(－ 1)3＝1[8k＋1＋ 2(－ 1)k＋1]，3即 n＝ k＋ 1 ，命也成立．于是当 n∈ N *，有 T n＝1[8n＋ 2(－1) n]．35． (2017 ·州考前研 )在数列 {a n}中， a n＝ cosπ*)．n－ 2(n∈N3×2(1)将 a n＋1表示 a n的函数关系式；(2)若数列 {b n}足 b n＝ 1－2(n∈N * )，猜想 a n与 b n的大小关系，并明你的．n·n！解： (1)a n＝ cos π2πn－2＝cos n－ 13×23×2π2＝2 cos3×2n－1－ 1，∴ a ＝ 2a2＋－ 1，∴ a ＋＝±a n＋ 1，nn 1n 12又 n∈ N*， n＋ 1≥2， a n＋1>0，∴ a n＋1＝a n＋ 12.。

二项式定理教学设计教案第一章：导入1.1 教学目标让学生了解二项式定理的背景和意义。

引导学生通过实际例子发现问题，激发学习兴趣。

1.2 教学内容引入二项式定理的概念，解释其在数学中的重要性。

通过具体的例子，如完全平方公式，引导学生观察和总结一般规律。

1.3 教学活动利用多媒体展示完全平方公式的例子，引导学生观察和总结。

组织小组讨论，让学生分享自己的发现和思考。

1.4 教学评价通过小组讨论和问题解答，评估学生对二项式定理的理解程度。

第二章：二项式定理的表述2.1 教学目标让学生掌握二项式定理的表述和公式。

引导学生理解二项式定理的推导过程。

2.2 教学内容给出二项式定理的表述和公式，解释各项的系数和指数的含义。

通过示例，引导学生理解二项式定理的推导过程。

2.3 教学活动通过示例和练习，让学生熟悉二项式定理的表述和公式。

引导学生参与推导过程，加深对二项式定理的理解。

2.4 教学评价通过练习和问题解答，评估学生对二项式定理的掌握程度。

第三章：应用二项式定理3.1 教学目标让学生学会运用二项式定理解决实际问题。

引导学生运用二项式定理进行组合计数和概率计算。

3.2 教学内容解释二项式定理在组合计数和概率计算中的应用。

提供实际问题，引导学生运用二项式定理解决问题。

3.3 教学活动通过示例和练习，让学生掌握二项式定理在组合计数和概率计算中的应用。

组织小组讨论，让学生分享自己的解题方法和经验。

3.4 教学评价通过小组讨论和问题解答，评估学生对二项式定理应用的掌握程度。

第四章：拓展与深化4.1 教学目标让学生了解二项式定理的拓展和深化内容。

引导学生思考二项式定理在数学中的广泛应用和意义。

4.2 教学内容介绍二项式定理的拓展内容，如多项式定理和整数定理。

探讨二项式定理在数学中的广泛应用，如组合数学、概率论等领域。

4.3 教学活动通过示例和练习，让学生了解二项式定理的拓展内容。

组织小组讨论，让学生思考二项式定理在数学中的应用和意义。

—————————— 教育资源共享 步入知识海洋 ————————第2讲 计数原理、随机变量、数学归纳法[考情考向分析] 1.考查分类计数原理、分步计数原理与排列、组合的简单应用，B 级要求. 2.考查n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的数学期望与方差，B 级要求.3.考查数学归纳法的简单应用，B 级要求．热点一 计数原理与二项式定理例1 (2018·苏州调研)已知f n (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n ，n ∈N *.(1)当a ＝1时，求f 5(x )展开式中的常数项；(2)若二项式f n (x )的展开式中含有x 7的项，当n 取最小值时，展开式中含x 的正整数次幂的项的系数之和为10，求实数a 的值．解 二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 3n的展开式通项为T r ＋1＝C r n ()x 2n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a x 3r ＝C r n (3a )r x2n －5r(r ＝0,1,2，…，n )， (1)当n ＝5，a ＝1时，f (x )的展开式的常数项为T 3＝9C 25＝90. (2)令2n －5r ＝7，则r ＝2n －75∈N ，所以n 的最小值为6，当n ＝6时，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋3a x 36的展开式通项为T r ＋1＝C r 6(3a )r x12－5r(r ＝0,1,2，…，6)， 则展开式中含x 的正整数次幂的项为T 1，T 2，T 3，它们的系数之和为 C 06＋C 16(3a )＋C 26(3a )2＝135a 2＋18a ＋1＝10， 即15a 2＋2a －1＝0，解得a ＝－13或15.思维升华 涉及二项式定理的试题要注意以下几个方面：(1)某一项的二项式系数与这一项的系数是两个不同的概念，必须严格加以区别． (2)根据所给式子的结构特征，对二项式定理的逆用或变用，注意活用二项式定理是解决二项式问题应具备的基本素质．(3)关于x 的二项式(a ＋bx )n(a ，b 为常数)的展开式可以看成是关于x 的函数，且当x 给予某一个值时，可以得到一个与系数有关的等式，所以，当展开式涉及到与系数有关的问题时，可以利用函数思想来解决．跟踪演练1 (2018·江苏丹阳高级中学期中)设n ≥3，n ∈N *，在集合{}1，2，…，n 的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为a ，较小元素之和记为b . (1)当n ＝3时，求a ，b 的值；(2)求证：对任意的n ≥3，n ∈N *，b a为定值．(1)解 当n ＝3时，集合{}1，2，3的所有元素个数为2的子集为{}1，2， {}1，3，{}2，3，所以a ＝2＋3＋3＝8,b ＝1＋1＋2＝4.(2)证明 当n ≥3，n ∈N *时，依题意，b ＝1×C 1n －1＋2×C 1n －2＋3×C 1n －3＋…＋()n －2×1(2)C n n --＋()n －1×1(1)C n n --， a ＝2×C 11＋3×C 12＋4×C 13＋…＋()n －1×C 1n －2＋n ×C 1n －1＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋()n －1×()n －2＋n ×()n －1.则a2＝C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2n ＝C 34＋C 24＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1， 所以a ＝2C 3n ＋1.又a ＋b ＝(n －1)(1＋2＋3＋…＋n )＝n ()n ＋12×()n －1＝3C 3n ＋1，所以b ＝C 3n ＋1.故b a ＝12.热点二 随机变量及其概率分布例2 (2018·南京师大附中考前模拟)如图，设P 1，P 2，…，P 6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点．现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量S .(1)求S ＝32的概率； (2)求S 的概率分布及数学期望E (S )．解 (1)从六个点中任选三个不同点构成一个三角形共有C 36种不同选法， 其中S ＝32的为有一个角是30°的直角三角形，(如△P 1P 4P 5)，共6×2＝12种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35. (2)S 的所有可能取值为34，32，334. S ＝34的为顶角是120°的等腰三角形(如△P 1P 2P 3)， 共6种，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝34＝6C 36＝310. S ＝334的为等边三角形(如△P 1P 3P 5)， 共2种，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫S ＝334＝2C 36＝110.又由(1)知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫S ＝32＝12C 36＝35，故S 的概率分布为所以E (S )＝34×310＋32×35＋334×110＝9320. 思维升华 求解一般的随机变量的数学期望的基本方法先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出概率分布，根据数学期望公式计算．跟踪演练2 (2018·南通、徐州、扬州等六市模拟)在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的3×3表格，其中1格设奖300元，4格各设奖200元，其余4格各设奖100元，点击某一格即显示相应金额．某人在一张表中随机不重复地点击3格，记中奖的总金额为X 元．(1)求概率P ()X ＝600；(2)求X 的概率分布及数学期望E (X )．解 (1)从3×3表格中随机不重复地点击3格，共有C 39种不同情形，则事件“X ＝600”包含两类情形：第一类是3格各得奖200元；第二类是1格得奖300元，一格得奖200元，一格得奖100元，其中第一类包含C 34种情形，第二类包含C 11·C 14·C 14种情形． ∴P ()X ＝600＝C 34＋C 11·C 14·C 14C 39＝521. (2)X 的所有可能值为300,400,500,600,700. 则P ()X ＝300＝C 34C 39＝484＝121，P ()X ＝400＝C 14·C 24C 39＝2484＝27，P ()X ＝500＝C 11·C 24＋C 14·C 24C 39＝3084＝514， P (X ＝600)＝521，P ()X ＝700＝C 11·C 24C 39＝684＝114.∴X 的概率分布为∴E ()X ＝300×121＋400×27＋500×514＋600×521＋700×114＝500.热点三 数学归纳法例3 (2018·江苏姜堰、溧阳、前黄中学联考)已知数列{}a n 满足a n ＝C 0n ＋C 1n ＋12＋C 2n ＋222＋C 3n ＋323＋…＋C nn ＋n 2n ，n ∈N *. (1)求a 1, a 2, a 3的值；(2)猜想数列{}a n 的通项公式，并证明． 解 (1)a 1＝2, a 2＝4, a 3＝8. (2)猜想： a n ＝2n (n ∈N *)． 证明如下：①当n ＝1时，由(1)知结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立， 则有a k ＝C 0k ＋C 1k ＋12＋C 2k ＋222＋C 3k ＋323＋…＋C kk ＋k 2k ＝2k.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝C 0k ＋1＋C 1k ＋1＋12＋C 2k ＋1＋222＋C 3k ＋1＋323＋…＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1.由C k ＋1n ＋1＝C k ＋1n ＋C kn 得a k ＋1＝C 0k ＋C 1k ＋1＋C 0k ＋12＋C 2k ＋2＋C 1k ＋222＋C 3k ＋3＋C 2k ＋323＋…＋C k k ＋k ＋C k －1k ＋k 2k＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1 ＝2k＋C 0k ＋12＋C 1k ＋222＋C 2k ＋323＋…＋C k －1k ＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋k 2k －1＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k ＋C k ＋1k ＋1＋k 2k . 又Ck ＋1k ＋1＋k＝()2k ＋1！k ！()k ＋1！＝()2k ＋1！()k ＋1()k ＋1k ！()k ＋1！＝12()2k ＋1！()2k ＋2()k ＋1！()k ＋1！＝12C k ＋1k ＋1＋k ＋1， a k ＋1＝2k＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫C 0k ＋1＋C 1k ＋22＋C 2k ＋322＋…＋C k －1k ＋1＋k －12k －1＋C k k ＋1＋k 2k ＋C k ＋1k ＋1＋k ＋12k ＋1，于是a k ＋1＝2k＋12a k ＋1.所以a k ＋1＝2k ＋1,故n ＝k ＋1时结论也成立．由①②得，a n ＝2n，n ∈N *.思维升华 在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．跟踪演练3 (2018·常州期末)记()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1n (n ≥2且n ∈N *)的展开式中含x 项的系数为S n ，含x 2项的系数为T n . (1)求S n ；(2)若T nS n＝an 2＋bn ＋c 对n ＝2,3,4成立，求实数a ，b ，c 的值； (3)对(2)中的实数a ，b ，c 用数学归纳法证明：对任意n ≥2且n ∈N*, T nS n＝an 2＋bn ＋c 都成立． (1)解 S n ＝1＋2＋…＋nn ！＝ n ＋12()n －1！.(2)解T 2S 2＝23， T 3S 3＝116， T 4S 4＝72，则⎩⎪⎨⎪⎧23＝4a ＋2b ＋c ，116＝9a ＋3b ＋c ，72＝16a ＋4b ＋c ，解得a ＝14， b ＝－112， c ＝－16，(3)证明 ①当n ＝2时，由(2)知等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥2)时，等式成立，即T k S k ＝14k 2－112k －16. 当n ＝k ＋1时，由f (x )＝()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤()x ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ！＋S k x ＋T k x 2＋…⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1k ＋1，知T k ＋1＝S k ＋1k ＋1T k ＝k ＋12()k －1！·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16，所以T k ＋1S k ＋1＝ k ＋12()k －1！⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫14k 2－112k －16k ＋1＋12k ！＝k k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1＋3k 2－k －212＝k ()3k ＋512，又14()k ＋12－112()k ＋1－16 ＝k ()3k ＋512， 等式也成立；综上可得，对任意n ≥2且n ∈N *，都有T n S n ＝n 24－n 12－16成立．1．(2018·全国大联考江苏卷)(1)求4C 47－7C 36＋k C k n n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)的值．(2)设f (n )＝1·C 1n ·3＋2·C 2n ·32＋…＋n C n n ·3n (n ∈N *)，求方程f (n )＝3 840的所有解． 解 (1)因为4C 47＝4×35＝140, 7C 36＝7×20＝140，k C k n ＝k ·n ！k ！(n －k )！＝ n ·(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！＝n C k －1n －1(n ≥k ，且n ，k ∈N *)． 所以4C 47－7C 36＋k C knn C k －1n －1＝1.(2)由(1)知k C k n ＝n C k －1n －1对1≤k ≤n ，且n ，k ∈N *成立． 所以f (n )＝n (C 0n －13＋C 1n －132＋…＋C n －1n －13n)， 所以f (n )＝3n (C 0n －1＋C 1n －13＋…＋C n －1n －13n －1)＝3n (1＋3)n －1＝3n ·4n －1(n ∈N *)．又因为f (n ＋1)f (n )＝3(n ＋1)·4n 3n ·4n －1 ＝4(n ＋1)n ＝4＋4n>1，即f (n ＋1)>f (n )对n ∈N *成立， 所以f (n )是关于n (n ∈N *)的递增函数． 又因为f (n )＝3 840＝3×5×44＝f (5)，所以当且仅当n ＝5时才满足条件，即n ＝5是方程f (n )＝3 840的唯一解．2．(2018·江苏)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i 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f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (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的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(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，f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(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f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋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后三个位置．因此，f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.3．已知实数数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝n ＋23n·(a n －1＋2)，n ≥2. 证明：当n ≥2时，{a n }是单调减数列． 证明 当n ≥1时，有a n ＋1－a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋33(n ＋1)－1a n ＋2(n ＋3)3(n ＋1)＝23(n ＋1)(n ＋3－na n)．下面用数学归纳法证明：a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝2时，a 2＝46(3＋2)＝103>1＋32；(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥2)时，结论成立，即a k >1＋3k.那么，a k ＋1＝k ＋33(k ＋1)(a k ＋2)>k ＋33(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3k ＋2＝1＋3k >1＋31＋k.故由(1)(2)知，a n >1＋3n(n ≥2，n ∈N *)．因此，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＋1－a n ＝23(n ＋1)(n ＋3－na n )<0，即当n ≥2时，{a n }是单调减数列．4．(2018·江苏盐城中学模拟)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a .求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望．解 (1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A ，则事件A 的对立事件A 为“没有1首原创新曲被演唱”．所以P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.所以该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为1314.(2)设随机变量x 表示被演唱的原创新曲的首数，则x 的所有可能值为0,1,2,3. 依题意知，X ＝ax ＋2a (4－x )，故X 的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a .则P (X ＝8a )＝P (x ＝0)＝C 45C 48＝114，P (X ＝7a )＝P (x ＝1)＝C 13C 35C 48＝37，P (X ＝6a )＝P (x ＝2)＝C 23C 25C 48＝37，P (X ＝5a )＝P (x ＝3)＝C 33C 15C 48＝114.从而X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝8a ×114＋7a ×37＋6a ×37＋5a ×114＝132a .A 组 专题通关1．某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程． (1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E (X )． 解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33×3＝23.(2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13， P (X ＝k )＝C k5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E (X )＝5×13＝53.2．(2018·江苏省南京师大附中模拟)设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集．(1)若M ＝{a 1，a 2}，且A 是B 的子集，求所有有序集合对(A ，B )的个数；(2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，且A 的元素个数比B 的元素个数少，求所有有序集合对(A ，B )的个数．解 (1)若集合B 含有2个元素，即B ＝{a 1，a 2}， 则A ＝∅，{}a 1，{}a 2，则(A ，B )的个数为3；若集合B 含有1个元素，则B 有C 12种，不妨设B ＝{a 1}，则A ＝∅，此时(A ，B )的个数为C 12×1＝2.综上，(A ，B )的个数为5.(2)集合M 有2n个子集，又集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集， 则不同的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n－1)．若A 的元素个数与B 的元素个数一样多，则不同的有序集合对(A ，B )的个数为 C 0n (C 0n －1)＋C 1n (C 1n －1)＋C 2n (C 2n －1)＋…＋C n n (C nn －1)＝ ()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2－(C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn )，又(x ＋1)n(x ＋1)n的展开式中x n的系数为()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2,且(x ＋1)n (x ＋1)n ＝(x ＋1)2n 的展开式中x n 的系数为C n2n ， 所以()C 0n 2＋()C 1n 2＋()C 2n 2＋…＋()C n n 2＝C n2n .因为C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n，所以当A 的元素个数与B 的元素个数一样多时， 有序集合对(A ，B )的个数为C n 2n －2n.所以，A 的元素个数比B 的元素个数少时，有序集合对(A ，B )的个数为 2n (2n －1)－(C n 2n －2n )2＝22n －C n2n2.3．已知()1＋x 2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *,T n 都能被4n ＋2整除． 解 由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30. (2)∵()n ＋1＋k C n ＋1＋k2n ＋1＝()n ＋1＋k ·()2n ＋1！()n ＋1＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1·()2n ！()n ＋k ！()n －k ！＝()2n ＋1C n ＋k2n ，∴T n ＝∑nk ＝0()2k ＋1a n －k ＝∑nk ＝0()2k ＋1Cn －k 2n ＋1＝∑nk ＝0()2k ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝∑nk ＝0[]2()n ＋1＋k －()2n ＋1C n ＋1＋k2n ＋1＝2∑nk ＝0()n ＋1＋k Cn ＋1＋k 2n ＋1－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k2n ＋1＝2()2n ＋1∑nk ＝0Cn ＋k 2n－()2n ＋1∑nk ＝0C n ＋1＋k 2n ＋1＝2()2n ＋1·12·()22n ＋C n 2n －()2n ＋1·12·22n ＋1＝()2n ＋1C n 2n .∴T n ＝()2n ＋1C n2n ＝()2n ＋1()C n －12n －1＋C n2n －1＝2()2n ＋1C n2n －1.∵C n 2n －1∈N *，∴T n 能被4n ＋2整除．4．是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9对任意正整数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解 由f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，得f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想m ＝36. 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，结论成立，即f (k )能被36整除， 设f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9＝t ·36. 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋2·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k＋9]＋18(3k －1－1)＝3·36t ＋18·2s ＝36(3t ＋s )． 所以当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，对一切正整数n ，存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9都能被m 整除，m 的最大值为36.B 组 能力提高5．(2018·常州模拟)已知正四棱锥P －ABCD 的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量ξ的值：若这两条棱所在的直线相交，则ξ的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制)； 若这两条棱所在的直线平行，则ξ＝0；若这两条棱所在的直线异面，则ξ的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制)． (1)求P ()ξ＝0的值；(2)求随机变量ξ的概率分布及数学期望E ()ξ.解 根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到△PAC ，△PBD 为等腰直角三角形， ξ的可能取值为： 0, π3， π2，共C 28＝28种情况，其中，当ξ＝0时，有2种；当ξ＝π3时，有3×4＋2×4＝20(种)；当ξ＝π2时，有2＋4＝6(种)．(1)P ()ξ＝0＝228＝114. (2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π3＝2028＝57， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝π2＝628＝314， 根据(1)的结论，随机变量的概率分布如下表：根据上表， E ()ξ＝0×114＋π3×57＋π2×314＝2984π. 6．设P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *.(1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．(1)解 当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C kn11＋k＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1， 又Q (n,1)＝C nn ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1.(2)证明 P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C knmm ＋k＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k(C kn －1＋C k －1n －1)mm ＋k＋(－1)nmm ＋n＝1＋∑k ＝1n －1(－1)k Ck n －1mm ＋k＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n(－1)k C k －1n －1mm ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k＝P (n －1，m )－m nP (n ，m )． 即P (n ，m )＝nm ＋nP (n －1，m )， 由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！＝1C n n ＋m，又Q (n ，m )＝C nn ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.7．已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2，a 3是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的前三项的系数．(1)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项；(2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2与13的大小．解 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝1＋C 1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋C 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋…＋C m m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x m，依题意a 1＝1，a 2＝12m ，a 3＝m (m －1)8，由2a 2＝a 1＋a 3，可得m ＝1(舍去)或m ＝8.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项是第五项，T 5＝C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 4＝358x 4. (2)由(1)知，a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140>13；当n ＝3时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2＝1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 >18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132 ＝18＋316＋332>18＋316＋116>13. 猜测：当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13.以下用数学归纳法加以证明： ①当n ＝2时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a k 2>13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k ＋1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a k 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a k 2＋1＋1a k 2＋2＋…＋1a (k ＋1)2－1a k >13＋2k ＋1a (k ＋1)2－1a k＝13＋2k ＋13(k ＋1)2－2－13k －2＝13＋(2k ＋1)(3k －2)－[3(k ＋1)2－2][3(k ＋1)2－2](3k －2) ＝13＋3k 2－7k －3[3(k ＋1)2－2](3k －2). 由k ≥3可知，3k 2－7k －3>0， 即1a k ＋1＋1a (k ＋1)＋1＋1a (k ＋1)＋2＋…＋1a (k ＋1)2>13. 综合①②，可得当n ≥2时， 1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n 2>13. 8．设|θ|<π2，n 为正整数，数列{a n }的通项公式a n ＝sin n π2·tan nθ，其前n 项和为S n .(1)求证：当n 为偶数时，a n ＝0；当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)求证：对任意正整数n ，S 2n ＝12sin 2θ·[1＋(－1)n ＋1·tan 2nθ]．证明 (1)因为a n ＝sinn π2tan nθ.当n 为偶数时，设n ＝2k (k ∈N *)，a n ＝a 2k ＝sin 2k π2tan 2k θ＝sin k π·tan 2kθ＝0，a n ＝0.当n 为奇数时，设n ＝2k －1(k ∈N *)，a n ＝a 2k －1 ＝sin (2k －1)π2tan 2k －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2·tan 2k －1θ.当k ＝2m (m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－π2·tan 4m －1θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2·tan 4m －1θ＝－tan 4m －1θ，此时n －12＝2m －1，a n ＝a 2k －1＝－tan 4m －1θ＝(－1)2m －1tan 4m －1θ＝(－1)12n -tan nθ.当k ＝2m －1(m ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－3π2·tan 4m －3θ ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2·tan 4m －3θ＝tan 4m －3θ，此时n －12＝2m －2，a n ＝a 2k －1＝tan4m －3θ＝(－1)2m －2tan4m －3θ＝(－1)12n -tan nθ.综上，当n 为偶数时，a n ＝0； 当n 为奇数时，a n ＝(－1)12n -tan nθ.(2)当n ＝1时，由(1)得S 2＝a 1＋a 2＝tan θ， 12sin 2θ[1＋(－1)n ＋1tan 2n θ]＝12sin 2θ(1＋tan 2θ) ＝sin θ·cos θ·1cos 2θ＝tan θ. 故当n ＝1时，命题成立．假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立， 即S 2k ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2kθ]．当n ＝k ＋1时，由(1)得S 2(k ＋1)＝S 2k ＋a 2k ＋1＋a 2k ＋2＝S 2k ＋a 2k ＋1＝12sin 2θ·[1＋(－1)k ＋1tan 2k θ]＋(－1)k tan 2k ＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋1tan2kθ＋(－1)k·2sin 2θtan2k＋1θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－1tan2θ＋2sin 2θtan θ＝12sin 2θ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ⎝⎛⎭⎪⎫－cos2θsin2θ＋1sin2θ＝12sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ]．即当n＝k＋1时命题成立．综上所述，对正整数n，命题成立．。

二项式定理复习课教案教学目的：1、 知识目标：复习二项式定理，正确理解和区分二项式系数、通项、二项式项的系数等概念，会利用通项公式及二项式系数的性质解决有关计算问题.2、能力目标：通过讲练结合使学生掌握二项式定理习题的一般解题方法，提高分析和解决问题的能力。

3、情感目标：通过学生的主体活动，营造一种愉悦的情境，使学生自始至终处于积极思考的氛围中，不断获得成功的体验，从而对自己的数学学习充满信心。

教学重点： 二项式定理的应用教学难点 ： 二项式定理及二项式系数性质的灵活应用 一、知识回顾：1、二项式定理：=+nb a )( （*N n ∈）.二项式展开式的通项公式为=+1r T . 2、二项式系数：①nb a )(+展开式的二项式系数之和为 ，即=++++++nn k n n n n C C C C ......C 210②奇数项的系数之和等于 的系数之和，即=++...C 20n n C =二、热身练习：1．（2x+1）4的展开式中3x 的系数是（ ）A ．6B ．32C ．8D ．482．若nxx )1(+展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为 ． 3．若9922109...)1(x a x a x a a x ++++=-，则129a a a +++= （ ）A 、1-B 、0C 、1D 、2 4．1110除以9的余数是 （ ）A.1B.2C.4D.8三、典型题例： 例．已知二项式nx)121(4+（*N n ∈）展开式中，末三项的系数依次成等差数列，求此展开式中所有的有理项。

解：二项展开式的通项公式为),...,1,1,0()21()21(441n rx C xC T r r n r n r rn r n r ===----+由此得二项展开式中末三项的系数分别为 ， ，依题意得注意到这里 ，故得n=8∴)8,...,2,1,0()21(4881==--+rx C T r rr r设第r+1项为有理项，则有x 的幂指数4r-为整数，∴ r=0，4，8，∴ 这里T 1，T 5，T 9为有理项，∴ 所求二项展开式中的有理项有三项灵活运用（1）求62)32(x x +的展开式中含5x 的项.解：5333624320)3(2x x C x =（2）在)5)(4)(3)(2)(1(-----x x x x x 的展开式中，含4x 的项的系数是（ ） （A ）-15 （B ）85 （C ）-120 （D ）274四、小结：1．求特定项（如常数项，系数最大的项，有理项等），关键是用好通项公式．2．对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法．．．是二项式系数和问题的常用解法.3．利用二项式定理可以证明整除性问题或求余数问题，证明时要注意变形的技巧，通常利用构造法．．．构造二项式以利于证明.1、(2008广东理)已知62)1(kx +(k 是正整数)的展开式中，8x 的系数小于120，则k = . 【解析】26(1)kx +按二项式定理展开的通项为22166()r r r r r r T C kx C k x +==， 我们知道8x 的系数为444615C k k =，即415120k <，也即48k <，而k 是正整数，故k 只能取1。

高三数学教案《二项式定理》高三数学教案《二项式定理》二项式定理说课稿高三第一阶段复习，也称“知识篇”。

在这一阶段，学生重温高一、高二所学课程，全面复习巩固各个知识点，熟练掌握基本方法和技能;然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。

在高一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第一轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯通。

对于普通高中的学生，第一轮复习更为重要，我们希望能做高考试题中一些基础题目，必须侧重基础，加强复习的针对性，讲求实效。

一、内容分析说明1、本小节内容是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的二项式的乘方的展开式，与数学的其他部分有密切的联系：(1)二项展开式与多项式乘法有联系，本小节复习可对多项式的变形起到复习深化作用。

(2)二项式定理与概率理论中的二项分布有内在联系，利用二项式定理可得到一些组合数的恒等式，因此，本小节复习可加深知识间纵横联系，形成知识网络。

(3)二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法。

2、高考中二项式定理的试题几乎年年有，多数试题的难度与课本习题相当，是容易题和中等难度的试题，考察的题型稳定，通常以选择题或填空题出现，有时也与应用题结合在一起求某些数、式的近似值。

二、学校情况与学生分析(1)我校是一所镇普通高中，学生的.基础不好，记忆力较差，反应速度慢，普遍感到数学难学。

但大部分学生想考大学，主观上有学好数学的愿望。

(2)授课班是政治、地理班，学生听课积极性不高，听课率低(60﹪)，注意力不能持久，不能连续从事某项数学活动。

课堂上喜欢轻松诙谐的气氛，大部分能机械的模仿，部分学生好记笔记。

三、教学目标复习课二项式定理计划安排两个课时，本课是第一课时，主要复习二项展开式和通项。

根据历年高考对这部分的考查情况，结合学生的特点，设定如下教学目标：1、知识目标：(1)理解并掌握二项式定理，从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式。

二项式定理教案完整版一、教学目标通过本节课的研究，学生应该能够：- 理解二项式定理的概念和基本公式；- 掌握计算二项式的展开式；- 掌握二项式系数的计算方法；- 能够应用二项式定理解决实际问题。

二、教学重点- 二项式的展开式计算方法；- 二项式系数的计算方法。

三、教学准备- 教材：《数学教材》第X册；- 教具：黑板、彩色粉笔、教学PPT；- 学具：练册、计算器。

四、教学过程步骤一：引入1. 向学生介绍二项式定理的概念，并与生活实际进行关联，引发学生的兴趣；2. 提出问题：“如果我们要计算(2x + 3y)^2，应该怎么做？”步骤二：讲解二项式的展开式1. 分析并解答问题，引出二项式展开式的概念；2. 介绍二项式定理的基本公式：(a + b)^n = C(n,0)·a^n·b^0 +C(n,1)·a^(n-1)·b^1 + ... + C(n,r)·a^(n-r)·b^r + ... + C(n,n)·a^0·b^n；3. 解释二项式系数C(n,r)的含义，并介绍其计算方法：C(n,r) = n! / (r!·(n-r)!)；4. 给出示例，讲解二项式展开式的具体计算过程。

步骤三：练与巩固1. 给学生发放练册，并分发相关练题；2. 让学生自主完成练，帮助他们巩固所学知识；3. 监督学生的练过程，及时纠正错误并解答疑惑。

步骤四：应用与拓展1. 提出一些与实际问题相关的二项式展开式计算问题，并让学生尝试解决；2. 引导学生理解二项式展开式在数学和实际生活中的应用价值；3. 鼓励学生拓展思维，探索其他与二项式展开式相关的问题。

五、教学总结通过这节课的研究，我们了解了二项式定理的基本概念和计算方法，掌握了二项式的展开式计算方法，并通过练和应用将理论知识应用到实际问题中。

希望同学们能够继续努力研究，提高自己的数学能力。

二项式定理教案二项式定理教案一、引言二项式定理是数学中的重要定理之一，它描述了如何展开一个二项式的幂。

在本教案中，我们将深入探讨二项式定理的概念、性质和应用，并通过实例演示如何应用二项式定理解决实际问题。

二、二项式定理的定义二项式定理是指对于任意实数a和b以及任意非负整数n，有以下等式成立：(a + b)^n = C(n, 0)a^n b^0 + C(n, 1)a^(n-1) b^1 + C(n, 2)a^(n-2) b^2 + ... + C(n, n-1)a^1 b^(n-1) + C(n, n)a^0 b^n其中C(n, k)表示组合数，即从n个元素中选取k个元素的组合数。

三、二项式定理的性质1. 二项式定理展开式的项数为n+1，其中n为幂指数。

2. 二项式定理展开式的每一项的系数为组合数C(n, k)。

3. 二项式定理展开式的幂指数递减，而幂指数对应的系数递增。

4. 二项式定理展开式的最高次幂项为a^n，最低次幂项为b^n。

四、二项式定理的应用1. 计算幂指数较大的二项式：二项式定理可以大大简化计算幂指数较大的二项式。

例如，计算(2 + 3)^10，可以直接使用二项式定理展开式计算，而不需要逐项相乘。

2. 求解组合数问题：由于二项式定理展开式的每一项的系数为组合数，因此可以应用二项式定理解决组合数问题。

例如，求解C(5, 2)的值，可以通过二项式定理展开式中的系数得到。

3. 概率计算：二项式定理在概率计算中有广泛应用。

例如，计算在n次独立重复试验中成功k次的概率，可以使用二项式定理计算。

五、实例演示假设有一个骰子，每次投掷的结果为1至6之间的一个整数。

现在进行10次投掷，我们想计算投掷结果中出现3次6的概率。

根据二项式定理，我们可以得到展开式为：(1/6 + 5/6)^10 = C(10, 0)(1/6)^10(5/6)^0 + C(10, 1)(1/6)^9(5/6)^1 + C(10,2)(1/6)^8(5/6)^2 + ... + C(10, 7)(1/6)^3(5/6)^7 + C(10, 8)(1/6)^2(5/6)^8 + C(10, 9)(1/6)^1(5/6)^9 + C(10, 10)(1/6)^0(5/6)^10我们只需要计算展开式中出现3次6的项的系数，并将其与对应的幂指数相乘，即可得到所求的概率。

高三复习课（二项式定理）说课稿高三第—阶段复习，也称“知识篇〞。

在这一阶段，学生重温高一、高二所学课程，全面复习稳固各个知识点，熟练掌握根本方法和技能；然后站在全局的高度，对学过的知识产生全新认识。

在高一、高二时，是以知识点为主线索，依次传授讲解的，由于后面的相关知识还没有学到，不能进行纵向联系，所以，学的知识往往是零碎和散乱，而在第—轮复习时，以章节为单位，将那些零碎的、散乱的知识点串联起来，并将他们系统化、综合化，把各个知识点融会贯穿。

对于一般高中的学生，第—轮复习更为重要，我们期望能做高考真题中一些根底题目，必须侧重根底，加强复习的针对性，讲求实效。

一、内容分析说明1、本小节内容是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的二项式的乘方的展开式，与数学的其他局部有紧密的联系：〔1〕二项展开式与多项式乘法有联系，本小节复习可对多项式的变形起到复习深化作用。

〔2〕二项式定理与概率理论中的二项分布有内在联系，利用二项式定理可得到一些组合数的恒等式，因此，本小节复习可加深知识间纵横联系，形成知识网络。

〔3〕二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方法。

2、高考中二项式定理的真题几乎年年有，多数真题的难度与课本习题相当，是简单题和中等难度的真题，考察的题型稳定，通常以选择题或填空题出现，有时也与应用题结合在一起求某些数、式的近似值。

二、学校情况与学生分析〔1〕我校是一所镇一般高中，学生的根底不好，记忆力较差，反响速度慢，普遍感到数学难学。

但大局部学生想考大学，主观上有学好数学的心愿。

〔2〕授课班是政治、地理班，学生听课积极性不高，听课率低〔60﹪〕，注意力不能持久，不能连续从事某项数学活动。

课堂上喜欢轻松诙谐的气氛，大局部能机械的模仿，局部学生好记笔记。

三、教学目标复习课二项式定理方案安排两个课时，本课是第—课时，主要复习二项展开式和通项。

依据历年高考对这局部的考查情况，结合学生的特点，设定如下教学目标：1、知识目标：〔1〕理解并掌握二项式定理，从项数、指数、系数、通项几个特征熟记它的展开式。