江苏省高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法(理)8.2数学归纳法课件

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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fn(x)＝x2＋3ax3n，n∈N*.

(1)当a＝1时，求f5(x)展开式中的常数项；

(2)若二项式fn(x)的展开式中含有x7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x2＋3ax3n的展开式通项为

Tr＋1＝Crn()x2n－r3ax3r＝Crn(3a)rx2n－5r (r＝0,1,2，…，n)，

(1)当n＝5，a＝1时，f(x)的展开式的常数项为T3＝9C25＝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x2＋3ax36的展开式通项为

Tr＋1＝Cr6(3a)rx12－5r (r＝0,1,2，…，6)，

则展开式中含x的正整数次幂的项为T1，T2，T3，它们的系数之和为

C06＋C16(3a)＋C26(3a)2＝135a2＋18a＋1＝10，

即15a2＋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给予金戈铁骑 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．

1 (建议用时：80分钟)

1．求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除．

证明 1＋2＋…＋25n－1＝25n－12－1

＝32n－1＝(31＋1)n－1

＝31n＋C1n·31n－1＋…＋Cn－1n·31＋Cnn－1

＝31n＋C1n·31n－1＋…＋Cn－1n·31

＝31·(31n－1＋C1n·31n－2＋…＋Cn－1n)，

∵31n－1，C1n·31n－2，…，Cn－1n都是整数，

∴原式可被31整除．

2．已知x＋13xn的展开式的二项式系数之和比(a＋b)2n的展开式的系数之和小240，求x＋13xn的展开式中系数最大的项．

解 由题意，得2n＝22n－240，

∴22n－2n－240＝0，即(2n－16)(2n＋15)＝0.

又∵2n＋15＞0，∴2n－16＝0.

∴n＝4.∴x＋13xn＝x＋13x4.

又∵x＋13x4的展开式中二项式系数最大的项为第3项，所以，所求x＋13x4展开式中系数最大的项为第3项，即T3＝C24(x)213x2＝63x.

3．已知(1＋x)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n(n∈N*)．

(1)求a0及Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an；

(2)试比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，并说明理由．

解 (1)取x＝1，则a0＝2n；

取x＝2，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n，

所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－2n.

(2)要比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，

即比较：3n与(n－1)2n＋2n2的大小． 2 当n＝1时，3n＞(n－1)2n＋2n2；

当n＝2,3时，3n＜(n－1)2n＋2n2；

当n＝4,5时，3n＞(n－1)2n＋2n2.

猜想：当n≥4时，3n＞(n－1)2n＋2n2，

2020年三维(江苏版)高考二轮复习数学专题八二项式定理与数学概括法(理独)综合仿真练(四)(理独) 1 / 5

综合仿真练 (四 )( 理独 )

1． 此题包含 A 、 B、 C 三个小题，请任选二个作答

A ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]

已知矩阵 A ＝ 2 x － 1 ，且 AX＝ 1

y

2 ， X＝ ，此中 x， y∈ R.

1 2

(1)求 x， y 的值；

(2)若 B ＝ 1 － 1 ，求 (AB )－1.

0 2

解： (1)AX ＝ 2 x － 1 x－ 2

y

2 ＝ .

1 2－ y

由于 AX＝ 1 ，因此 x－ 2＝ 1，

2 2－ y＝ 2，

解得 x＝3， y＝ 0.

(2)由 (1)知 A ＝ 2 3 ，又 B＝ 1 － 1 ，

0 2 0 2

因此 AB＝ 2 3 1 － 1 2 4 .

0 2 ＝

4

0 2 0

设(AB ) － 1 a b 2 4 a b 1 0

＝

c d ，则

4 c ＝

0 ，

0 d 1

2a＋ 4c 2b＋ 4d 1 0 即

4c

4d ＝ .

0 1

2a＋ 4c＝ 1，

因此 4c＝ 0， 解得 a＝ 1， b＝－ 1， c＝ 0， d＝1，

2b＋ 4d＝ 0， 2 2 4

4d＝ 1，

1 1

即 (AB )－1＝ 2 －2

.

0 1

4

B．[ 选修 4－4：坐标系与参数方程 ]

2

在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 x＝ 1－ 2 t ， ( t 为参数 )，以坐标原 2

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1 / 6 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(sin x＋cos x)，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)

＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)

＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，

同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x.

(2)由(1)得f3(x)＝f2′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x，

把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为

f1(x)＝(x＋1)sinx＋π2＋(x－1)cosx＋π2，

f2(x)＝(x＋2)sinx＋2π2＋(x－2)cosx＋2π2，

f3(x)＝(x＋3)sinx＋3π2＋(x－3)cosx＋3π2，

猜测fn(x)＝(x＋n)sinx＋nπ2＋(x－n)cosx＋nπ2.(*)

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)sinx＋kπ2＋(x－k)cosx＋kπ2.

则当n＝k＋1时，

fk＋1(x)＝fk′(x)

＝sinx＋kπ2＋(x＋k)cosx＋kπ2＋cosx＋kπ2＋(x－k)－sinx＋kπ2

＝(x＋k＋1)cosx＋kπ2＋[x－(k＋1)]·－sinx＋kπ2

＝[x＋(k＋1)]sinx＋k＋12π＋[x－(k＋1)]·cosx＋k＋12π，