(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

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
(an 2
＋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
(an 2
＋bn ＋c )中，
令n ＝1，得15＝24(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
(n 2
＋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
(k 2
＋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
(k 2
＋9k ＋
20)＋(k ＋1)(k ＋3)(k ＋5)＝14k (k ＋1)(k ＋4)(k ＋5)＋(k ＋1)(k ＋3)(k ＋5)＝1
4(k ＋1)(k ＋
5)(k 2
＋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
(n 2
＋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 ＋2·3
k －1
＋1＝8m ，m ∈N *
，
当n ＝k ＋1时， 5
k ＋1
＋2·3k
＋1
＝5(5k
＋2·3k －1
＋1)－4·3k －1
－4
＝5(5k
＋2·3
k －1＋1)－4(3
k －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
＋2·3
k －1
＋1)－4(3
k －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
＋2·3
n －1
＋1都能被8整除．
3．(2019·无锡期末)已知数列{a n }满足a 1＝23，1a n －1＝2－a n －1
a n －1－1(n ≥2)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，用数学归纳法证明：S n ＜n ＋12－ln n ＋3
2.
解：(1)由1a n －1＝2－a n －1
a n －1－1
(n ≥2)， 得
1a n －1＝1－a n －1a n －1－1＋1a n －1－1(n ≥2)， 所以
1a n －1－1a n －1
＝－1(n ≥2)， 因为a 1＝23，所以1
a 1－1＝－3，
所以⎩⎨⎧
⎭
⎬⎫
1a n －1是首项为－3，公差为－1的等差数列， 所以
1a n －1＝－n －2，所以a n ＝n ＋1n ＋2
. (2)证明：①当n ＝1时，左边＝S 1＝a 1＝23，右边＝32
－ln 2，因为e 3
＞16，所以3ln e
＞4ln 2，所以ln 2＜3
4
，
所以32－ln 2＞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S k ＜k ＋12－ln k ＋32
，
则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＜k －ln k ＋3
2＋12＋k ＋2
k ＋3
，要证S k ＋1＜(k ＋1)－ln （k ＋1）＋32＋1
2
，
只需证k －ln k ＋32＋12＋k ＋2k ＋3＜(k ＋1)－ln （k ＋1）＋32＋1
2
， 只需证ln
k ＋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＝－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＋
1k ＋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S n ＜n ＋12－ln n ＋32
.
4．(2019·南通等七市二模)已知a 1，a 2，…，a n (n ∈N *
，n ≥4)均为非负实数，且a 1＋
a 2＋…＋a n ＝2.
证明：(1)当n ＝4时，a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋a 4a 1≤1；
(2)对于任意的n ∈N *,
n ≥4，都有a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＋a n a 1≤1.
证明：(1)当n ＝4时，因为a 1，a 2，a 3，a 4均为非负实数，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2， 所以a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋a 4a 1＝a 2(a 1＋a 3)＋a 4(a 3＋a 1)＝(a 3＋a 1)(a 2＋
a 4)≤⎣⎢⎡⎦
⎥⎤（a 3＋a 1）＋（a 2＋a 4）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x 1，x 2，…，x k 均为非负实数，且x 1＋x 2＋…＋x k ＝2，
则x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x k －1x k ＋x k x 1≤1.
则当n ＝k ＋1时，设a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＝2，且a k ＋1＝max{a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1}． 令x 1＝a 1＋a 2，x 2＝a 3，x k －1＝a k ，x k ＝a k ＋1，则x 1＋x 2＋…＋x k ＝2. 由归纳假设，知x 1x 2＋x 2x 3＋…＋x k －1x k ＋x k x 1≤1. 因为a 1，a 2，a 3均为非负实数，且a k ＋1≥a 1，
所以x 1x 2＋x k x 1＝(a 1＋a 2)a 3＋a k ＋1(a 1＋a 2)＝a 2a 3＋a k ＋1a 1＋a 1a 3＋a k ＋1a 2≥a 1a 2＋a 2a 3＋a k ＋
1a 1
.
所以1≥(x 1x 2＋x k x 1)＋(x 2x 3＋…＋x k －1x k )≥(a 1a 2＋a 2a 3＋a k ＋1a 1)＋(a 3a 4＋…＋a k a k ＋1)， 即a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a k a k ＋1＋a k ＋1a 1≤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a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＋a n a 1≤1.
B 组——大题增分练
1．(2019·苏北三市一模)已知数列{a n }满足a 1＝13
，a n ＋1＝－2a 2n ＋2a n ，n ∈N *
.
(1)用数学归纳法证明：a n ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12； (2)令b n ＝12－a n ，证明：∑i ＝1
n
1b i
≥3n ＋1
－3.
证明：(1)当n ＝1时，a 1＝13∈⎝
⎛⎭⎪⎫
0，12，结论显然成立；
假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *
)时，a k ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，
则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－2a 2
k ＋2a k ＝－2⎝
⎛⎭⎪⎫a k －122＋12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.
综上，a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.
(2)由(1)知，a n ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12， 所以b n ＝12－a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 因为a n ＋1＝－2a 2
n ＋2a n ，
所以12－a n ＋1＝12－(－2a 2n ＋2a n )＝2a 2n －2a n ＋12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －122，即b n ＋1＝2b 2
n ，
于是log 2b n ＋1＝2log 2b n ＋1， 所以log 2b n ＋1＋1＝2(log 2b n ＋1)，
故{log 2b n ＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为 log 2b 1＋1＝log 216＋1＝log 21
3.
于是log 2b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 213·2n －1
，从而
log 2(2b n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 213·2n －1
＝log 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫132n －1，
所以2b n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫132n －1
，即b n ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫132n －12
，于是1b n
＝2×32n －1
.
因为当i ＝1,2时，2i －1
＝i ，
当i ≥3时，2
i －1
＝(1＋1)
i －1
＝C 0i －1＋C 1i －1＋…＋C i －1i －1＞C 0i －1＋C 1
i －1＝i ，
所以对任意i ∈N *
，有2
i －1
≥i ，所以32i －1
≥3i
.
所以1b i
＝2×32i －1≥2×3i
，
从而∑i ＝1
n
1b i ＝1b 1＋1b 2＋…＋1
b n
≥2(31
＋32
＋ (3)
)＝2×
3
1－3n
1－3
＝3
n ＋1
－3.
2．已知数列{a n }共有3n (n ∈N *
)项，记f (n )＝a 1＋a 2＋…＋a 3n .对任意的k ∈N *,
1≤k ≤3n ，都有a k ∈{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{a n }的个数记为T n .
(1)当p ＝2时，求T 2的值；
(2)当p ＝3时，求证：T n ＝13[8n ＋2(－1)n
]．
解：(1)由题意，当n ＝2时，数列{a n }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T 2＝C 0
6＋C 2
6＋C 4
6＋C 6
6＝25
＝32. (2)证明：由题意及(1)的分析可知， 当p ＝3时，T n ＝C 0
3n ＋C 3
3n ＋C 6
3n ＋…＋C 3n
3n . 当1≤k ≤n ，k ∈N *时， C 3k
3n ＋3＝C 3k
3n ＋2＋C 3k －1
3n ＋2 ＝C 3k －1
3n ＋1＋C 3k
3n ＋1＋C 3k －1
3n ＋1＋C 3k －2
3n ＋1 ＝2C 3k －1
3n ＋1＋C 3k
3n ＋1＋C 3k －2
3n ＋1
＝2(C 3k －1
3n ＋C 3k －2
3n )＋C 3k －1
3n ＋C 3k
3n ＋C 3k －3
3n ＋C 3k －2
3n ＝3(C 3k －1
3n ＋C 3k －2
3n )＋C 3k
3n ＋C 3k －3
3n ， 于是T n ＋1＝C 0
3n ＋3＋C 3
3n ＋3＋C 6
3n ＋3＋…＋C 3n ＋3
3n ＋3
＝C 0
3n ＋3＋C 3n ＋3
3n ＋3＋3(C 1
3n ＋C 2
3n ＋C 4
3n ＋C 5
3n ＋…＋C 3n －2
3n ＋C 3n －1
3n )＋T n －C 0
3n ＋T n －C 3n
3n
＝2T n ＋3(23n
－T n ) ＝3×8n
－T n .
下面用数学归纳法证明T n ＝13[8n ＋2(－1)n
]．
当n ＝1时，T 1＝C 03＋C 33＝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T k ＝13[8k ＋2(－1)k
]．
则当n ＝k ＋1时，
T k ＋1＝3×8k －T k ＝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T n ＝13
[8n ＋2(－1)n
]．
3．(2018·南通二调)设n ≥2，n ∈N *
.有序数组(a 1，a 2，…，a n )经m 次变换后得到数组(b m,1，b m,2，…，b m ，n )，其中b 1，i ＝a i ＋a i ＋1，b m ，i ＝b m －1，i ＋b m －1，i ＋1(i ＝1,2，…，n )，a n ＋1＝
a 1，
b m －1，n ＋1＝b m －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a i ＝i (i ＝1,2，…，n )，求b 3,5的值；
(2)求证：b m ，i ＝ j ＝0
m
a i ＋j C j
m ，其中i ＝1,2，…，n .(注：当i ＋j ＝kn ＋t 时，k ∈N *
，t ＝1,2，…，
n ，则a i ＋j ＝a t )
解：(1)当n ＝2,3,4时，b 3,5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b 3,5＝17；
当n ＝6时，同理得b 3,5＝28； 当n ＝7时，同理得b 3,5＝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b 3,5＝52.
(2)证明：下面用数学归纳法证明对m ∈N *
，b m ，i ＝∑j ＝0
m
a i ＋j C j
m ，其中i ＝1,2，…，n .
①当m ＝1时，b 1，i ＝a i ＋a i ＋1＝∑j ＝0
1
a i ＋j C j
1，其中i ＝1，2，…，n ，结论成立；
②假设m ＝k (k ∈N *
)时，b k ，i ＝∑j ＝0
k
a i ＋j C j
k ，其中i ＝1，2，…，n .
则m ＝k ＋1时，
b k ＋1，i ＝b k ，i ＋b k ，i ＋1＝∑j ＝0
k
a
i ＋j C j k
＋∑j ＝0
k
a i ＋j ＋1C j
k
＝∑j ＝0
k a
i ＋j C j k
＋∑j ＝1
k ＋1
a i ＋j C j －1
k
＝a i C 0
k ＋∑j ＝1
k
a i ＋j (C j k ＋C j －1k )＋a i ＋k ＋1C k
k
＝a i C 0
k ＋1＋∑j ＝1
k
a i ＋j C j k ＋1＋a i ＋k ＋1C k ＋1
k ＋1
＝∑j ＝0
k ＋1
a i ＋j C j
k ＋1，
所以结论对m ＝k ＋1时也成立．
由①②知，m ∈N *
，b m ，i ＝∑j ＝0
m
a i ＋j C j
m ，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a 1，最大数为a 2，
B 组最小数为b 1，最大数为b 2，记ξ＝a 2－a 1，η＝b 2－b 1.
(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C 3
6＝20(种)，所以ξ的分布列为：
ξ 2 3 4 5 P
15
310
310
15
E ξ＝2×15＋3×310＋4×310＋5×15＝72
.
(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 k
2k 种； 所以当n ＝2时，P (C )＝46＝2
3
；
当n ≥3时，P (C )＝
2
2＋∑k ＝1
n －2
C k 2k
C n
2n
.
(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＋∑k ＝1
n －2
C k 2k )＜C n
2n .①
用数学归纳法来证明：
1°当n ＝3时，①式左边＝4(2＋C 1
2)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C 3
6＝20，所以①式成立． 2°假设n ＝m (m ≥3，m ∈N *
)时①式成立，
即4(2＋∑k ＝1
m －2
C k
2k )＜C m
2m 成立，
那么，当n ＝m ＋1时，左边＝4(2＋∑k ＝1
m ＋1－2C k
2k )＝4(2＋∑k ＝1
m －2
C k 2k )＋4C m －1
2m －1＜C m
2m ＋4C m －1
2
m －1
＝
2m ！
m ！ m ！
＋
4·2m －2！
m －1！ m －1！
＝
m ＋1
2
2m 2m －2！ 4m －1m ＋1！ m ＋1！
＜
m ＋1
2
2m 2m －2！ 4m m ＋1！ m ＋1！
＝C m ＋1
2m ＋1·
2m ＋1m 2m ＋12m －1
＜C m ＋1
2m ＋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．。