二项式定理及数学归纳法
【真题体验】
1．(2012·苏北四市调研)已知an＝(12)n(n∈N*)
(1)若an＝a＋2(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－1k.12233nn证明 (1)由二项式定理，得an＝C0n＋C2＋Cn2)＋Cn(2)＋„＋Cn(2)，
0244224所以a＝Cn＋C2n2)＋Cn(2)＋„＝1＋2Cn＋2Cn＋„，
24因为2C2n＋2Cn＋„为偶数，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＝a＋2b＝kk－1， 当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b2＝a＋2b＝k－1k， 综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝k－1＋k.
2．(2010·江苏，23)已知△ABC的三边长都是有理数．
(1)求证：cos A是有理数；
(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数．
b2＋c2－a
2(1)证明 设三边长分别为a，b，c，cos A＝ 2bc
∵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－a2
∴必为有理数，∴cos A是有理数． 2bc
(2)证明 ①当n＝1时，显然cos A是有理数；
当n＝2时，∵cos 2A＝2cos2A－1，因为cos A是有理数，
∴cos 2A也是有理数；
②假设当n≤k(k≥2)时，结论成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理数． 当n＝k＋1时，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A
1＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]
211＝cos kAcos A－cos(k－1)Acos(k＋1)A 22
解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A
∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理数，
∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理数， ∴cos(k＋1)A是有理数． 即当n＝k＋1时，结论成立．
综上所述，对于任意正整数n，cos nA是有理数． 【高考定位】
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 【应对策略】
(1)对于二项式定理只要掌握二项式定理、通项、项的系数的求法，掌握赋值法即可． (2)数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用
.必备知识
1．二项式定理
n1n1nrrn
(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0b＋„＋Crb＋„＋Cnna＋Cnananb，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
nrr
做展开式的通项，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Crb； na
－
(2)(a＋b)n展开式中二项式系数Crn(r＝1,2,3，„，n)的性质：
nr
①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即Crn＝Cn；
－
12nn0213n1②C0.n＋Cn＋Cn＋„＋Cn＝2；Cn＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋„＝
2－
2．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．
必备方法
1．二项式定理
(1)求二项式定理中有关系数的和通常用“赋值法”．
nrr(2)二项式展开式的通项公式Tr＋1＝Crb是展开式的第r＋1项，而不是第r项． na
－
2．数学归纳法
(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．
命题角度一 二项式定理的应用
[命题要点] (1)二项展开式中的二项式系数和展开式系数；(2)求二项展开式的特定项；(3)二项展开式的性质的应用．
【例1】► (2012·南师附中模拟)若二项式(1＋2x)n展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项．
[审题视点] 根据展开式中第6项与第7项的系数相等，得到关于n的方程，解得n，再写出二项展开式系数，由二项式系数的性质得到结果．
解 ∵在(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，
566r∴C5n2＝Cn2，∴n＝8，∴二项式系数是C8， r1rr1由Cr8≥C8且C8≥C8，得r＝4，
－
＋
即展开式中二项式系数最大的项是第5项为C482.
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
rr
式系数是Cr8，而展开式系数却是2C8，解题时要分清．
n
1【突破训练1】 (2012·盐城模拟)已知数列{an}的首项为1，p(x)＝a1C0n(1－x)＋a2Cnx(1221n1n
－x)n1＋a3Cnx(1－x)n2＋„＋anCn(1－x)＋an＋1Cnnxnx
－
－
－
－
(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． (1)解 法一 由题设知，an＝2n1.
－
0n1n12n2n0
p(－1)＝1·C02＋2·C12＋22·C22＋„＋2n·Cn2 n(－1)·n(－1)·n(－1)·n(－1)·
－
－
0n12n2＝C02＋Cn(－2)1·2n1＋C22＋„＋ n(－2)·n(－2)·
－
－
nCn(－2)n·20＝(－2＋2)n＝0.
n1法二 若数列{an}是公比为2的等比数列，则an＝2n1，故p(x)＝C0n(1－x)＋Cn(2x)(1
－
2n21n1nnn
－x)n1＋C2＋„＋Cn(1－x)＋Cnn(2x)(1－x)n(2x)n(2x)＝[(1－x)＋2x]＝(1＋x).
－
－
－
－
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.
n1n1n1n1n
p(x)＝a1C0＋„＋anCnx(1－x)＋an＋1Cnn(1－x)＋a2Cnx(1－x)nx
－
－
－
n1n122n＝C0＋(1＋4)Cnx(1－x)n2＋„＋(1＋2n)Cnn(1－x)＋(1＋2)Cnx(1－x)nx
－
－
nn12n2n1n122＝[C0＋C2＋„＋Cn＋2Cnx(1－x)nn(1－x)＋C1nx(1－x)nx(1－x)nx]＋2[Cnx(1－x)
－
－
－
－
n＋„＋Cnnx]．
由二项式定理知，
0n12n2nn
Cn(1－x)n＋C1＋C2＋„＋Cnnx(1－x)nx(1－x)nx＝[(1－x)＋x]＝1.
－
－
n！n－1！－1因为kCk＝k＝nnCknn－1， k！n－k！k－1！n－k！
n122n所以C1＋2Cnx(1－x)n2＋„＋nCnnx(1－x)nx
－
－
n12n21n＝nC0＋nC1＋„＋nCnn－1x(1－x)n－1x(1－x)n－1x
－
－
－
n1n21n1＝nx[C0＋C1＋„＋Cn] n－1(1－x)n－1x(1－x)n－1x
－
－
－
－
＝nx[(1－x)＋x]n1＝nx，
－
所以p(x)＝1＋2nx.
即p(x)是关于x的一次多项式．
命题角度二 数学归纳法的应用
[命题要点] (1)证明代数恒等式；(2)证明不等式问题；(3)证明三角恒等式；(4)证明整除性问题．
xxx
1＋1＋„1＋的展开式中，x的系数为an，x2的【例2】► (2012·南京模拟)记222系数为bn，其中n∈N*.
(1)求an；
pq1
11＋，对n∈N*，n≥2恒成立？证明(2)是否存在常数p，q(p＜q)，使bn＝322你的结论．
[审题视点] 可以先用特殊值代入，求出p，q得到猜想，再用数学归纳法证明猜想的正确性．
1111
解 (1)根据多项式乘法运算法则，得an＝1－222
2pq171
1＋1＋，解得p＝－2，q＝－1.(2)计算得b2b3＝.代入bn＝8323221111121
1－＝－n≥2且n∈N*) 下面用数学归纳法证明bn1－2－3232341
①当n＝2时，b2＝
81121
②设n＝k时成立，即bk＝，
323
4则当n＝k＋1时，
a112111
bk＋1＝bk＋＝＋＋＋－＋
32342221121
＝＋＋＋.3234由①②可得结论成立．
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．
1111【突破训练2】 (2012·泰州中学调研)已知多项式f(n)＝5＋n4n3n.
52330(1)求f(－1)及f(2)的值；
(2)试探求对一切整数n，f(n)是否一定是整数？并证明你的结论． 解 (1)f(－1)＝0，f(2)＝17
(2)先用数学归纳法证明，对一切正整数n，f(n)是整数． ①当n＝1时，f(1)＝1，结论成立．
1111
②假设当n＝k(k≥1，k∈N)时，结论成立，即f(k)＝k5＋k4＋3－k是整数，则当n
523301111
＝k＋1时，f(k＋1)＝(k＋1)5＋k＋1)4(k＋1)3－(k＋1)
52330
51423324
5C05k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5k＋C5＝
413221431223C0C04k＋C4k＋C4k＋C4k＋C43k＋C3k＋C3k＋C
3＋－
23
(k＋1)＝f(k)＋k4＋4k3＋6k2＋4k＋1.30
根据假设f(k)是整数，而k4＋4k3＋6k2＋4k＋1显然是整数． ∴f(k＋1)是整数，从而当n＝k＋1时，结论也成立． 由①、②可知对一切正整数n，f(n)是整数． (Ⅰ)当n＝0时，f(0)＝0是整数
(Ⅱ)当n为负整数时，令n＝－m，则m是正整数，由(Ⅰ)知f(m)是整数， 111
1所以f(n)＝f(－m)＝(－m)5＋－m)4＋(－m)3－－m)
523301111
5＋m4－m3＋＝－f(m)＋m4是整数．
52330综上，对一切整数n，f(n)一定是整数．
20．证明步骤要完整，变形要有依据
一、证明的两个步骤缺一不可 【例1】► 求证：2n＞2n＋1(n≥3)． 解 用数学归纳法证明：
第一步：(1)n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7，不等式2n＞2n＋1(n≥3)成立．
第二步：(2)假设n＝k(k≥3，且k∈N*)时，不等式成立，即2k＞2k＋1，则2k1＝2·2k＞
＋
2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋2k＞2(k＋1)＋1，即2k1＞2(k＋1)＋1.所以当n＝k＋1时也成立．
＋
老师叮咛：不验证初始值的正确性就没有归纳的基础，没有运用归纳假设的证明不是数学归纳法，证明的两个步骤缺一不可.二、正确写出从n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1时应添加的项
【例2】► 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)„(n＋n)＝2n·1·3·„·(2n－1)，从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为________．
解析 当n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)·„·(k＋k)，
当n＝k＋1时，左边＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]·„·[(k＋1)＋(k＋1)] ＝(k＋2)(k＋3)„(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2) k＋k＋1k＋k＋2＝(k＋1)(k＋2)„(k＋k)
k＋1＝(k＋1)(k＋2)„(k＋k)[2(2k＋1)]，
所以从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为2(2k＋1)． 答案 2(2k＋1)
老师叮咛：要关注从n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1时两个式子之间的实质区别，不能只看表面现象，正确写出从n＝k(k≥n0，k∈N*)到n＝k＋1时应添加的项，才能进行正确的变形．如本题中就不能只添加k＋1＋k＋1＝2k＋2.
