• 99.00 KB
  • 2021-06-22 发布

2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练(二十六)数学归纳法

  • 8页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
课时达标训练(二十六) 数学归纳法 A 组 1.(2019·常州期末)是否存在实数a,b,c,使得 1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n +4)= n(n+1) 4 (an2+bn+c)对一切正整数 n 都成立?若存在,求出 a,b,c 的值;若不 存在,请说明理由. 解:在 1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)= n(n+1) 4 (an2+bn+c)中, 令 n=1,得 15= 2 4(a+b+c);令 n=2,得 63= 6 4(4a+2b+c); 令 n=3,得 168= 12 4 (9a+3b+c), 即{a+b+c=30, 4a+2b+c=42, 9a+3b+c=56, 解得{a=1, b=9, c=20. 下面用数学归纳法证明 1×3×5+2×4×6+…+ n(n+2)(n+4)= n(n+1) 4 (n2+9n +20)对一切正整数 n 都成立, 当 n=1 时,等式成立; 假设当 n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立,即 1×3×5+2×4×6+…+k(k+2)(k+4)= k(k+1) 4 (k2+9k+20); 当 n=k+1 时, 1×3×5+2×4×6+…+k(k+2)(k+4)+(k+1)(k+3)(k+5)= k(k+1) 4 (k2+9k+ 20)+(k+1)(k+3)(k+5)= 1 4k(k+1)(k+4)(k+5)+(k+1)(k+3)(k+5)= 1 4(k+1)(k+ 5)(k2+8k+12)= (k+1)(k+1+4) 4 [(k+1+1)(k+1+5)]= (k+1)[(k+1)+1] 4 [(k+1)2+9(k+1)+20], 即等式对 n=k+1 也成立. 综上可得,1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)= n(n+1) 4 (n2+9n+20)对一切正 整数 n 都成立. 所以存在实数 a,b,c 符合题意,且{a=1, b=9, c=20. 2.(2018·镇江模拟)证明:对一切正整数 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)假设当 n=k(k≥1,k∈N*)时,结论成立, 即 5k+2·3k-1+1 能被 8 整除. 设 5k+2·3k-1+1=8m,m∈N*, 当 n=k+1 时, 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*时,3k-1+1 显然为偶数,设为 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 时结论也成立; 由(1)(2)可知,对一切正整数 n,5n+2·3n-1+1 都能被 8 整除. 3.(2019·无锡期末)已知数列{an}满足 a1= 2 3, 1 an-1= 2-an-1 an-1-1(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,用数学归纳法证明:Sn<n+ 1 2-ln n+3 2 . 解:(1)由 1 an-1= 2-an-1 an-1-1(n≥2), 得 1 an-1= 1-an-1 an-1-1+ 1 an-1-1(n≥2), 所以 1 an-1- 1 an-1=-1(n≥2), 因为 a1= 2 3,所以 1 a1-1=-3, 所以{ 1 an-1}是首项为-3,公差为-1 的等差数列, 所以 1 an-1=-n-2,所以 an= n+1 n+2. (2)证明:①当 n=1 时,左边=S1=a1= 2 3,右边= 3 2-ln 2,因为 e3>16,所以 3ln e> 4ln 2,所以 ln 2< 3 4, 所以 3 2-ln 2> 3 2- 3 4= 3 4> 2 3, 所以不等式成立. ②假设当 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式成立, 即 Sk<k+ 1 2-ln k+3 2 , 则当 n=k+1 时,Sk+1 =Sk+ak+1 <k-ln k+3 2 + 1 2+ k+2 k+3,要证 Sk+1 <(k+1)-ln (k+1)+3 2 + 1 2, 只需证 k-ln k+3 2 + 1 2+ k+2 k+3<(k+1)-ln (k+1)+3 2 + 1 2, 只需证 ln k+4 k+3< 1 k+3,即证 ln(1+ 1 k+3)< 1 k+3. 令 F(x)=ln(1+x)-x(x>0), 因为 x>0,所以 f′(x)= 1 1+x-1= -x 1+x<0, 所以函数 F(x)在(0,+∞)上为减函数, 所以 F(x)<F(0)=0,即 ln(1+x)<x, 所以 ln(1+ 1 k+3)< 1 k+3, 所以当 n=k+1 时,不等式也成立. 由①②可知,对于任意的 n∈N*,有 Sn<n+ 1 2-ln n+3 2 . 4.(2019·南通等七市二模)已知 a1,a2,…,an(n∈N*,n≥4)均为非负实数,且 a1+ a2+…+an=2. 证明:(1)当 n=4 时,a1a2+a2a3+a3a4+a4a1≤1; (2)对于任意的 n∈N*, n≥4,都有 a1a2+a2a3+…+an-1an+ana1≤1. 证明:(1)当 n=4 时,因为 a1,a2,a3,a4 均为非负实数,且 a1+a2+a3+a4=2, 所 以 a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a1 = a2(a1 + a3) + a4(a3 + a1) = (a3 + a1)(a2 + a4)≤ [(a3+a1)+(a2+a4) 2 ] 2 =1. (2)①当 n=4 时,由(1)可知,结论成立; ②假设当 n=k(k≥4)时,结论成立, 即对于任意的 k∈N*,k≥4,若 x1,x2,…,xk 均为非负实数,且 x1+x2+…+xk=2, 则 x1x2+x2x3+…+xk-1xk+xkx1≤1. 则当 n=k+1 时,设 a1+a2+…+ak+ak+1=2,且 ak+1=max{a1,a2,…,ak,ak+ 1}. 令 x1=a1+a2,x2=a3,xk-1=ak,xk=ak+1,则 x1+x2+…+xk=2. 由归纳假设,知 x1x2+x2x3+…+xk-1xk+xkx1≤1. 因为 a1,a2,a3 均为非负实数,且 ak+1≥a1, 所以 x1x2+xkx1=(a1+a2)a3+ak+1(a1+a2)=a2a3+ak+1a1+a1a3+ak+1a2≥a1a2+a2a3 +ak+1a1. 所以 1≥(x1x2+xkx1)+(x2x3+…+xk-1xk)≥(a1a2+a2a3+ak+1a1)+(a3a4+…+akak+ 1), 即 a1a2+a2a3+…+akak+1+ak+1a1≤1, 也就是说,当 n=k+1 时结论也成立. 所以由①②可知,对于任意的 n∈N*,n≥4,都有 a1a2+a2a3+…+an-1an+ana1≤1. B 组 1.(2019·苏北三市一模)已知数列{an}满足 a1= 1 3,an+1=-2a2n+2an,n∈N*. (1)用数学归纳法证明:an∈(0, 1 2 ); (2)令 bn= 1 2-an,证明: n ∑ i=1 1 bi≥3n+1-3. 证明:(1)当 n=1 时,a1= 1 3∈(0, 1 2 ),结论显然成立; 假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时,ak∈(0, 1 2 ), 则当 n=k+1 时,ak+1=-2a2k+2ak=-2(ak- 1 2)2+ 1 2∈(0, 1 2 ). 综上,an∈(0, 1 2 ). (2)由(1)知,an∈(0, 1 2 ), 所以 bn= 1 2-an∈(0, 1 2 ). 因为 an+1=-2a2n+2an, 所以 1 2-an+1= 1 2-(-2a2n+2an)=2a2n-2an+ 1 2=2(an- 1 2)2,即 bn+1=2b2n, 于是 log2bn+1=2log2bn+1, 所以 log2bn+1+1=2(log2bn+1), 故{log2bn+1}构成以 2 为公比的等比数列,其首项为 log2b1+1=log2 1 6+1=log2 1 3. 于是 log2bn+1=(log2 1 3)·2n-1,从而 log2(2bn)=(log2 1 3)·2n-1=log2(1 3 )2n-1, 所以 2bn=(1 3 )2n-1,即 bn= (1 3 )2n-1 2 ,于是 1 bn=2×32n-1. 因为当 i=1,2 时,2i-1=i, 当 i≥3 时,2i-1=(1+1)i-1=C 0i-1+C 1i-1+…+Ci-1i-1>C 0i-1+C 1i-1=i, 所以对任意 i∈N*,有 2i-1≥i,所以 32i-1≥3i. 所以 1 bi=2×32i-1≥2×3i, 从而 n ∑ i=1 1 bi= 1 b1+ 1 b2+…+ 1 bn≥2(31+32+…+3n)=2× 31-3n 1-3 =3n+1-3. 2.已知数列{an}共有 3n(n∈N*)项,记 f(n)=a1+a2+…+a3n.对任意的 k∈N*,1≤k≤3n, 都有 ak∈{0,1},且对于给定的正整数 p (p≥2),f(n)是 p 的整数倍.把满足上述条件的数 列{an}的个数记为 Tn. (1)当 p=2 时,求 T2 的值; (2)当 p=3 时,求证:Tn= 1 3[8n+2(-1)n]. 解:(1)由题意,当 n=2 时,数列{an}共有 6 项. 要使得 f(2)是 2 的整数倍,则这 6 项中,只能有 0 项、2 项、4 项、6 项取 1, 故 T2=C06+C26+C46+C66=25=32. (2)证明:由题意及(1)的分析可知, 当 p=3 时,Tn=C 03n+C 33n+C 63n+…+C3n3n . 当 1≤k≤n,k∈N*时, C 3k3n+3=C 3k3n+2+C3k-13n+2 =C3k-13n+1+C 3k3n+1+C3k-13n+1+C3k-23n+1 =2C3k-13n+1+C 3k3n+1+C3k-23n+1 =2(C3k-13n +C3k-23n )+C3k-13n +C3k3n+C3k-33n +C3k-23n =3(C3k-13n +C3k-23n )+C3k3n+C3k-33n , 于是 Tn+1=C 03n+3+C 33n+3+C 63n+3+…+C3n+33n+3 =C 03n+3+C3n+33n+3+3(C 13n+C 23n+C 43n+C 53n+…+C3n-23n +C3n-13n )+Tn-C 03n+Tn-C3n3n =2Tn+3(23n-Tn) =3×8n-Tn. 下面用数学归纳法证明 Tn= 1 3[8n+2(-1)n]. 当 n=1 时,T1=C03+C33=2= 1 3[81+2(-1)1], 即 n=1 时,命题成立. 假设 n=k (k≥1,k∈N*) 时,命题成立, 即 Tk= 1 3[8k+2(-1)k]. 则当 n=k+1 时, Tk+1=3×8k-Tk=3×8k- 1 3[8k+2(-1)k] = 1 3[9×8k-8k-2(-1)k] = 1 3[8k+1+2(-1)k+1], 即 n=k+1 时,命题也成立. 于是当 n∈N*,有 Tn= 1 3[8n+2(-1)n]. 3.(2018·南通二调)设 n≥2,n∈N*.有序数组(a1,a2,…,an)经 m 次变换后得到数 组(bm,1,bm,2,…,bm,n),其中 b1,i=ai+ai+1,bm,i=bm-1,i+bm-1,i+1(i=1,2,…,n), an+1=a1,bm-1,n+1=bm-1,1(m≥2).例如:有序数组(1,2,3)经 1 次变换后得到数组(1+2,2 +3,3+1),即(3,5,4);经第 2 次变换后得到数组(8,9,7). (1)若 ai=i(i=1,2,…,n),求 b3,5 的值; (2)求证:bm,i= m ∑ j=0 ai+jCjm,其中 i=1,2,…,n.(注:当 i+j=kn+t 时,k∈N*,t= 1,2,…,n,则 ai+j=at) 解:(1)当 n=2,3,4 时,b3,5 值不存在; 当 n=5 时,依题意,有序数组为(1,2,3,4,5). 经 1 次变换为:(3,5,7,9,6), 经 2 次变换为:(8,12,16,15,9), 经 3 次变换为:(20,28,31,24,17), 所以 b3,5=17; 当 n=6 时,同理得 b3,5=28; 当 n=7 时,同理得 b3,5=45; 当 n≥8 时,n∈N*时, 依题意,有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8,…,n). 经 1 次变换为:(3,5,7,9,11,13,15,…,n+1), 经 2 次变换为:(8,12,16,20,24,28,…,n+4), 经 3 次变换为:(20,28,36,44,52,…,n+12), 所以 b3,5=52. (2)证明:下面用数学归纳法证明对 m∈N*,bm,i= m ∑ j=0 ai+jCjm,其中 i=1,2,…,n. ①当 m=1 时,b1,i=ai+ai+1= 1 ∑ j=0 ai+jCj1,其中 i=1,2,…,n,结论成立; ②假设 m=k(k∈N*)时,bk,i= k ∑ j=0 ai+jCjk,其中 i=1,2,…,n. 则 m=k+1 时, bk+1,i=bk,i+bk,i+1= k ∑ j=0 ai+jCjk+ k ∑ j=0 ai+j+1Cjk = k ∑ j=0 ai+jCjk+ k+1 ∑ j=1 ai+jCj-1k =aiC0k+ k ∑ j=1 ai+j(Cjk+Cj-1k )+ai+k+1Ckk =aiC 0k+1+ k ∑ j=1 ai+jC jk+1+ai+k+1Ck+1k+1 = k+1 ∑ j=0 ai+jC jk+1, 所以结论对 m=k+1 时也成立. 由①②知,m∈N*,bm,i= m ∑ j=0 ai+jCjm,其中 i=1,2,…,n. 4.随机将 1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A,B 两组,每组 n 个数, A 组最小数为 a1,最大数为 a2,B 组最小数为 b1,最大数为 b2,记 ξ=a2-a1,η=b2-b1. (1)当 n=3 时,求 ξ 的分布列和数学期望; (2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”,求事件C 发生的概率 P(C); (3)对(2)中的事件 C,C表示 C 的对立事件,判断 P(C)和 P(C)的大小关系,并说明理 由. 解:(1)当 n=3 时,ξ 的所有可能取值为:2,3,4,5. 将 6 个正整数平均分成 A,B 两组,不同的分组方法共有 C36=20(种),所以 ξ 的分布 列为: ξ 2 3 4 5 P 1 5 3 10 3 10 1 5 Eξ=2× 1 5+3× 3 10+4× 3 10+5× 1 5= 7 2. (2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为:n-1,n,n+1,…,2n-2. 又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n-1 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时,不同的分组方法有 2 种; ξ 和 η 恰好相等且等于 n+k(k=1,2,…,n-2)(n≥3)时, 不同的分组方法有 2C k2k种; 所以当 n=2 时,P(C)= 4 6= 2 3; 当 n≥3 时,P(C)= 22+ ∑n-2 k=1 C k2k C n2n . (3)由(2),当 n=2 时,P(C)= 1 3, 因此 P(C)>P(C). 而当 n≥3 时,P(C)<P(C).理由如下: P(C)<P(C)等价于 4(2+ n-2 ∑ k=1 C k2k)<C n2n.① 用数学归纳法来证明: 1°当 n=3 时,①式左边=4(2+C12)=4(2+2)=16,①式右边=C36=20,所以①式成 立. 2°假设 n=m(m≥3,m∈N*)时①式成立, 即 4(2+ m-2 ∑ k=1 C k2k)<C m2m成立, 那么,当 n=m+1 时,左边=4(2+ m+1-2 ∑ k=1 C k2k)=4(2+ m-2 ∑ k=1 C k2k)+4C m-12m-1<C m2m+4C m-12m-1 = 2m! m! m!+ 4·2m-2! m-1! m-1!= m+122m2m-2! 4m-1 m+1! m+1! < m+122m2m-2! 4m m+1! m+1! =C m+12m+1· 2m+1m 2m+12m-1<C m+12m+1=右边, 即当 n=m+1 时①式也成立. 综合 1°,2°得:对于 n≥3 的所有正整数,都有 P(C)<P(C)成立.