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

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

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．