2015年高考数学热点难点试题考纲解读专题专题15二项式定理及数学归纳法]

【2015年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)二项式定理的简单应用，B级要求；(2)数学归纳法的简单应用，B级要求【重点、难点剖析】1．二项式定理[来源:gkstk.Com](1)二项式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Crnan－rbr＋…＋Cnnbn，上式中右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中Crn(r＝1,2,3，…，n)叫做二项式系数，式中第r＋1项叫做展开式的通项，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Crnan－rbr；(2)(a＋b)n展开式中二项式系数Crn(r＝1,2,3，…，n)的性质：①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即Crn＝Cn－rn；②C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n；C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1.2．二项式定理的应用(1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．(2)二项式展开式的通项公式Tr＋1＝Crnan－rbr是展开式的第r＋1项，而不是第r项．3．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可．4．数学归纳法的应用(1)利用数学归纳法证明代数恒等式的关键是将式子转化为与归纳假设的结构相同的形式，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论．(2)利用数学归纳法证明三角恒等式时，常运用有关的三角知识、三角公式，要掌握三角变换方法．(3)利用数学归纳法证明不等式问题时，在由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，过去讲的证明不等式的方法在此都可利用．(4)用数学归纳法证明整除性问题时，可把n＝k＋1时的被除式变形为一部分能利用归纳假设的形式，另一部分能被除式整除的形式.(5)解题时经常用到“归纳——猜想——证明”的思维模式．【高频考点】考点一二项式定理的应用【例1】(1)(2014·辽宁五校联考)若x＋2x2n展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式的常数项是()A．360B．180C．90D．45(2)(2014·浙江)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝()A．45B．60C．120D．210【命题意图】(1)本题主要考查二项展开式的通项、系数问题，对思维能力有一定要求．(2)本题主要考查二项展开式的系数问题，需要考生结合二项式定理进行求解．【答案】(1)B(2)C【解析】(1)展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式总共11项，所以n＝10，通项公式为Tr＋1＝Cr10(x)10－r·2x2r＝Cr102rx5－52r，所以r＝2时，常数项为180.(2)由题意知，f(3,0)＝C36C04，f(2,1)＝C26C14，f(1,2)＝C16C24，f(0,3)＝C06C34，因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝120，故选C.【感悟提升】二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值，这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解．另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点：(1)Crnan－rbr是第r＋1项，而不是第r项；(2)运用通项公式Tr＋1＝Crnan－rbr解题，一般都需先转化为方程(组)求出n，r，然后代入通项公式求解；(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r，再求出所需的某项；有时需先求n，计算时要注意n和r的取值范围及它们之间的大小关系．【举一反三】(1)(2014·新课标全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)【答案】－20【解析】x2y7＝x·(xy7)，其系数为C78，x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C68，∴x2y7的系数为C78－C68＝8－28＝－20.(2)(2014·新课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)【答案】12【解析】二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr10x10－rar，当10－r＝7时，r＝3，T4＝C310a3x7，则C310a3＝15，故a＝12.【变式探究】已知an＝(1＋2)n(n∈N*)(1)若an＝a＋b2(a，b∈Z)，求证：a是奇数；(2)求证：对于任意n∈N*都存在正整数k，使得an＝k－1＋k.【证明】(1)由二项式定理，得an＝C0n＋C1n2＋C2n(2)2＋C3n(2)3＋…＋Cnn(2)n，所以a＝C0n＋C2n(2)2＋C4n(2)4＋…＝1＋2C2n＋22C4n＋…，因为2C2n＋22C4n＋…为偶数，学优高考网所以a是奇数．(2)由(1)设an＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，则(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n，当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b2＝a2＋2b2＝k＋k－1，当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b2＝a2＋2b2＝k－1＋k，综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝k－1＋k.【规律方法】二项式系数的最大项与展开式系数的最大项不同，本题的第r＋1项的二项式系数是Cr8，而展开式系数却是2rCr8，解题时要分清．【变式探究】已知数列{an}的首项为1，p(x)＝a1C0n(1－x)n＋a2C1nx(1－x)n－1＋a3C2nx2(1－x)n－2＋…＋anCn－1nxn－1(1－x)＋an＋1Cnnxn(1)若数列{an}是公比为2的等比数列，求p(－1)的值；(2)若数列{an}是公比为2的等差数列，求证：p(x)是关于x的一次多项式．【解析】(1)解法一由题设知，an＝2n－1.p(－1)＝1·C0n(－1)0·2n＋2·C1n(－1)1·2n－1＋22·C2n(－1)2·2n－2＋…＋2n·Cnn(－1)n·20＝C0n(－2)0·2n＋C1n(－2)1·2n－1＋C2n(－2)2·2n－2＋…＋Cnn(－2)n·20＝(－2＋2)n＝0.法二若数列{an}是公比为2的等比数列，则an＝2n－1，故p(x)＝C0n(1－x)n＋C1n(2x)(1－x)n－1＋C2n(2x)2(1－x)n－2＋…＋Cn－1n(2x)n－1(1－x)＋Cnn(2x)n＝[(1－x)＋2x]n＝(1＋x)n.所以p(－1)＝0.(2)证明若数列{an}是公差为2的等差数列，则an＝2n－1.p(x)＝a1C0n(1－x)n＋a2C1nx(1－x)n－1＋…＋anCn－1nxn－1·(1－x)＋an＋1Cnnxn＝C0n(1－x)n＋(1＋2)C1nx(1－x)n－1＋(1＋4)C2nx2(1－x)n－2＋…＋(1＋2n)Cnnxn＝[C0n(1－x)n＋C1nx(1－x)n－1＋C2nx2(1－x)n－2＋…＋Cnnxn]＋2[C1nx(1－x)n－1＋2C2nx2(1－x)n－2＋…＋Cnnxn]．由二项式定理知，C0n(1－x)n＋C1nx(1－x)n－1＋C2nx2(1－x)n－2＋…＋Cnnxn＝[(1－x)＋x]n＝1.因为kCkn＝k·n！k！n－k！＝n·n－1！k－1！n－k！＝nCk－1n－1，所以C1nx(1－x)n－1＋2C2nx2(1－x)n－2＋…＋nCnnxn＝nC0n－1x(1－x)n－1＋nC1n－1x2(1－x)n－2＋…＋nCn－1n－1xn＝nx[C0n－1(1－x)n－1＋C1n－1x(1－x)n－2＋…＋Cn－1n－1xn－1]＝nx[(1－x)＋x]n－1＝nx，所以p(x)＝1＋2nx.即p(x)是关于x的一次多项式．考点二数学归纳法的应用【例2】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N+，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N+)，证明：对任意的n∈N+，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1成立．【解析】(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b＞0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，∴a2a1＝b，即bb－1b＋r＝b，解得r＝－1.(2)证明：由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N+)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n＋12n＞n＋1.①当n＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以结论成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N+)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12k＞k＋1，则当n＝k＋1时，2＋12·4＋14·…·2k＋12k·2k＋32k＋1＞k＋1·2k＋32k＋1＝2k＋32k＋1，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k＋32k＋1≥k＋2.即证2k＋32≥k＋1k＋2，由基本不等式知2k＋32＝k＋1＋k＋22≥k＋1k＋2成立，故2k＋32k＋1≥k＋2成立，所以，当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N+时，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1成立．【感悟提升】应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，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成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．【变式探究】记1＋x21＋x22…1＋x2n的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中n∈N*.(1)求an；(2)是否存在常数p，q(p＜q)，使bn＝131＋p2n1＋q2n，对n∈N*，n≥2恒成立？证明你的结论．【解析】(1)根据多项式乘法运算法则，得an＝12＋122＋…＋12n＝1－12n.(2)计算得b2＝18，b3＝732.代入bn＝131＋p2n1＋q2n，解得p＝－2，q＝－1.下面用数学归纳法证明bn＝131－12n－11－12n＝13－12n＋23×14n(n≥2且n∈N*)①当n＝2时，b2＝18，结论成立．[来源:学优高考网gkstk]②设n＝k时成立，即bk＝13－12k＋23×14k，则当n＝k＋1时，bk＋1＝bk＋ak2k＋1＝13－12k＋23×14k＋12k＋1－122k＋1＝13－12k＋1＋23×14k＋1.由①②可得结论成立．【规律方法】运用数学归纳法证明命题P(n)，由P(k)成立推证P(k＋1)成立，一定要用到条件P(k)，否则不是数学归纳法证题．【变式探究】已知△ABC的三边长都是有理数．(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．【解析】(1)证明设三边长分别为a，b，c，cosA＝b2＋c2－a22bc，∵a，b，c是有理数，b2＋c2－a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，∴b2＋c2－a22bc必为有理数，∴cosA是有理数．(2)证明①当n＝1时，学优高考网显然cosA是有理数；当n＝2时，∵cos2A＝2cos2A－1，因为cosA是有理数，∴cos2A也是有理数；②假设当n≤k(k≥2)时，结论成立，即coskA、cos(k－1)A均是有理数．当n＝k＋1时，cos(k