（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（二十六） 数学归纳法

1课时达标训练(二十六)数学归纳法A组——大题保分练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＝24(a＋b＋c)；令n＝2，得63＝64(4a＋2b＋c)；令n＝3，得168＝124(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)＝14k(k＋1)(k＋4)(k＋5)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝14(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．2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＝23，1an－1＝2－an－1an－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＋12－lnn＋32.解：(1)由1an－1＝2－an－1an－1－1(n≥2)，得1an－1＝1－an－1an－1－1＋1an－1－1(n≥2)，所以1an－1－1an－1＝－1(n≥2)，因为a1＝23，所以1a1－1＝－3，所以1an－1是首项为－3，公差为－1的等差数列，所以1an－1＝－n－2，所以an＝n＋1n＋2.(2)证明：①当n＝1时，左边＝S1＝a1＝23，右边＝32－ln2，因为e3＞16，所以3lne3＞4ln2，所以ln2＜34，所以32－ln2＞32－34＝34＞23，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＋12－lnk＋32，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＜k－lnk＋32＋12＋k＋2k＋3，要证Sk＋1＜(k＋1)－ln（k＋1）＋32＋12，只需证k－lnk＋32＋12＋k＋2k＋3＜(k＋1)－ln（k＋1）＋32＋12，只需证lnk＋4k＋3＜1k＋3，即证ln1＋1k＋3＜1k＋3.令F(x)＝ln(1＋x)－x(x＞0)，因为x＞0，所以f′(x)＝11＋x－1＝－x1＋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＋1k＋3＜1k＋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＋12－lnn＋32.4．(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）22＝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＝2，4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——大题增分练1．(2019·苏北三市一模)已知数列{an}满足a1＝13，an＋1＝－2a2n＋2an，n∈N*.(1)用数学归纳法证明：an∈0，12；(2)令bn＝12－an，证明：i＝1n1bi≥3n＋1－3.证明：(1)当n＝1时，a1＝13∈0，12，结论显然成立；假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，ak∈0，12，则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2a2k＋2ak＝－2ak－122＋12∈0，12.综上，an∈0，12.(2)由(1)知，an∈0，12，所以bn＝12－an∈0，12.因为an＋1＝－2a2n＋2an，所以12－an＋1＝12－(－2a2n＋2an)＝2a2n－2an＋12＝2an－122，即bn＋1＝2b2n，于是log2bn＋1＝2log2bn＋1，所以log2bn＋1＋1＝2(log2bn＋1)，5故{log2bn＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b1＋1＝log216＋1＝log213.于是log2bn＋1＝log213·2n－1，从而log2(2bn)＝log213·2n－1＝log2132n－1，所以2bn＝132n－1，即bn＝132n－12，于是1bn＝2×32n－1.因为当i＝1,2时，2i－1＝i，当i≥3时，2i－1＝(1＋1)i－1＝C0i－1＋C1i－1＋…＋Ci－1i－1＞C0i－1＋C1i－1＝i，所以对任意i∈N*，有2i－1≥i，所以32i－1≥3i.所以1bi＝2×32i－1≥2×3i，从而i＝1n1bi＝1b1＋1b2＋…＋1bn≥2(31＋32＋…＋3n)＝2×31－3n1－3＝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＝13[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＝C03n＋C33n＋C63n＋…＋C3n3n.当1≤k≤n，k∈N*时，C3k3n＋3＝C3k3n＋2＋C3k－13n＋2＝C3k－13n＋1＋C3k3n＋1＋C3k－13n＋1＋C3k－23n＋1＝2C3k－13n＋1＋C3k3n＋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＝C03n＋3＋C33n＋3＋C63n＋3＋…＋C3n＋33n＋3＝C03n＋3＋C3n＋33n＋3＋3(C13n＋C23n＋C43n＋C53n＋…＋C3n－23n＋C3n－13n)＋Tn－C03n＋Tn－C3n3n6＝2Tn＋3(23n－Tn)＝3×8n－Tn.下面用数学归纳法证明Tn＝13[8n＋2(－1)n]．当n＝1时，T1＝C03＋C33＝2＝13[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＝13[8k＋2(－1)k]．则当n＝k＋1时，Tk＋1＝3×8k－Tk＝3×8k－13[8k＋2(－1)k]＝13[9×8k－8k－2(－1)k]＝13[8k＋1＋2(－1)k＋1]，即n＝k＋1时，命题也成立．于是当n∈N*，有Tn＝13[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＝j＝0mai＋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；7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＝j＝0mai＋jCjm，其中i＝1,2，…，n.①当m＝1时，b1，i＝ai＋ai＋1＝j＝01ai＋jCj1，其中i＝1，2，…，n，结论成立；②假设m＝k(k∈N*)时，bk，i＝j＝0kai＋jCj