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- 2021-06-22 发布
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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×
31-3n
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)=
22+ ∑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-12m-1<C m2m+4C m-12m-1
=
2m!
m! m!+
4·2m-2!
m-1! m-1!=
m+122m2m-2! 4m-1
m+1! m+1! <
m+122m2m-2! 4m
m+1! m+1! =C m+12m+1·
2m+1m
2m+12m-1<C m+12m+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.
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