2、，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，从而S1＝a1，S4＝0a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11中元素的个数为5.
(2)先证：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)(i∈N*)．
事实上，①当i＝1时，Si(2i＋1)＝S3＝－3，－i(2i＋1)＝－3，故原等式成立；
②假设i＝m时成立，即Sm(2m＋1)＝－m(2m＋1)，则i＝m＋1时 ，S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)－4
3、m－3＝－(2m2＋5m＋3)＝－(m＋1)(2m＋3)．
综合①②可得Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)．于是
S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)．
由上可知Si(2i＋1)是2i＋1的倍数，而ai(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1,2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是ai(2i＋1)＋j(j＝1,2，…，2i＋1)的倍数．又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)(2i＋1)不是2i＋2的倍数，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1,2，…，2i＋
4、2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1,2，…，2i＋2)的倍数，故当l＝i(2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为1＋3＋…＋(2i－1)＝i2，于是，当l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为i2＋j.
又2 000＝31(231＋1)＋47，故集合P2 000中元素的个数为312＋47＝1 008.
[考题分析][来源:]
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
5、
1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn，上式中右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中C(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＝Can－rbr；
(2)(a＋b)n展开式中二项式系数C(r＝1,2,3，…，n)的性质：[来源:中国教育出版网]
①与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C＝C；
②C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝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
6、展开式的通项公式Tr＋1＝Can－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
7、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．
热点一 二项式定理的应用
【例1】 (20xx苏北四市调研)已知an＝(1＋)n(n∈N*)
(1)若an＝a＋b(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＝＋.
证明 (1)由二项式定理，得an＝
8、C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n，
所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…，[来源:中教网]
因为2C＋22C＋…为偶数，所以a是奇数．
(2)由(1)设an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)，则(1－)n＝a－b，
所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n，
当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，
当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得an＝a＋b＝＋＝＋，
综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得an＝＋.
[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
9、，本题的第r＋1项的二项式系数是C，而展开式系数却是2rC，解题时要分清．
【训练1】 (20xx南京模拟)已知数列{an}的首项为1，p(x)＝a1C(1－x)n＋a2Cx(1－x)n－1＋a3Cx2(1－x)n－2＋…＋anCxn－1(1－x)＋an＋1Cxn
(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＝2n－1.
p(－1)＝1C(－1)02n＋2C(－1)12n－1＋22C(－1)22n－2＋…＋2nC(－1)n20＝C(－2)02n＋C(－2)1
10、2n－1＋C(－2)22n－2＋…＋C(－2)n20＝(－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)＝C(1－x)n＋C(2x)(1－x)n－1＋C(2x)2(1－x)n－2＋…＋C(2x)n－1(1－x)＋C(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)＝a1C(1－x)n＋a2Cx(1－x)n－1＋…＋anCxn－1(1－x)＋an＋1Cxn
＝C(1－x)n＋(1＋2)Cx(1－x)n－1＋(1＋4)Cx2(1－x)n－2＋…＋(
11、1＋2n)Cxn
＝[C(1－x)n＋C1nx(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn]＋2[Cx(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn]．
由二项式定理知，[来源:]
C(1－x)n＋Cx(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn＝[(1－x)＋x]n＝1.[来源:中,国教,育出,版网]
因为kC＝k＝n＝nC，
所以Cx(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋nCxn[来源:数理化网]
＝nCx(1－x)n－1＋nCx2(1－x)n－2＋…＋nCxn
＝nx[C(1－x)n－1＋Cx(1－x)n－2＋…＋Cxn－1]
＝nx[(
12、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．
热点二 数学归纳法的应用
【例2】 (2013苏锡常镇模拟)记…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＝，对n∈N*，n≥2恒成立？证明你的结论．
解 (1)根据多项式乘法运算法则，得
an＝＋＋…＋＝1－.
(2)计算得b2＝，b3＝.
代入bn＝，解得p＝－2，q＝－1.
下面用数学归纳法证明bn＝＝－＋(n≥2且n∈N*)
①当n＝2时，b2＝，结论成立．[来源:]
②设n＝k时成立，即bk
13、＝－＋，
则当n＝k＋1时，
bk＋1＝bk＋＝－＋＋－[来源:][来源:]
＝－＋.
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．
【训练2】 (20xx江苏卷)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．
(1)证明 设三边长分别为a，b，c，cos A＝，
∵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，
∴必为有理数，∴cos A
14、是有理数．
(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
＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]
＝cos kAcos A－cos(k－1)A＋cos(k＋1)A
解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A
∵cos A，cos kA，cos(k－
15、1)A均是有理数，
∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理数，[来源:中_教_网z_z_s_tep]
∴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.
备课札记：
高考数学 理科专题教学案：二项式定理及数学 归纳法含答案
