（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

（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135246?n(n2)(n4)n（n1）4(an2bnc)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135246?n(n2)(n4)n（n1）4(an2bnc)中，令n1，得1524(abc)；令n2，得6364(4a2bc)；令n3，得168124(9a3bc)，即?abc30，4a2bc42，9a3bc56，解得?a1，b9，c20.下面用数学归纳法证明135246?n(n2)(n4)n（n1）4(n29n20)对一切正整数n都成立，当n1时，等式成立；假设当nk(k1，kN N*)时，等式成立，即135246?k(k2)(k4)k（k1）4(k29k20)；当nk1时，135246?k(k2)(k4)(k1)(k3)(k5)k（k1）4(k29k20)(k1)(k3)(k5)14k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)14(k1)(k5)(k28k12)（k1）（k14）4(k11)(k15)（k1）（k1）14(k1)29(k1)20，即等式对nk1也成立综上可得，135246?n(n2)(n4)n（n1）4(n29n20)对一切正整数n都成立所以存在实数a，b，c符合题意，且?a1，b9，c20.2(2018镇江模拟)证明对一切正整数n，5n23n11都能被8整除证明 (1)当n1时，原式等于8，能被8整除； (2)假设当nk(k1，kN N*)时，结论成立，即5k23k11能被8整除设5k23k118m，mN N*，当nk1时，5k123k15(5k23k11)43k145(5k23k11)4(3k11)，而当k1，kN N*时，3k11显然为偶数，设为2t，tN N*，故5k123k15(5k23k11)4(3k11)40m8t(m，tN N*)，也能被8整除，故当nk1时结论也成立；由 (1) (2)可知，对一切正整数n，5n23n11都能被8整除3(2019无锡期末)已知数列a n满足a123，1a n12a n1a n11(n2) (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 nn12lnn32.解 (1)由1a n12a n1a n11(n2)，得1a n11a n1a n111a n11(n2)，所以1a n11a n11(n2)，因为a123，所以1a113，所以?1a n1是首项为3，公差为1的等差数列，所以1a n1n2，所以a nn1n2. (2)证明当n1时，左边S1a123，右边32ln2，因为e316，所以3ln e4ln2，所以ln234，所以32ln232343423，所以不等式成立假设当nk(k1，kN N*)时，不等式成立，即S kk12lnk32，则当nk1时，S k1S ka k1kln k3212k2k3，要证S k1(k1)ln（k1）3212，只需证kln k3212k2k3(k1)ln（k1）3212，只需证ln k4k31k3，即证ln?11k31k3.令F(x)ln(1x)x(x0)，因为x0，所以f(x)11x1x1x0，所以函数F(x)在(0，)上为减函数，所以F(x)F (0)0，即ln(1x)x，所以ln?11k31k3，所以当nk1时，不等式也成立由可知，对于任意的nN N*，有S nn12lnn32.4(2019南通等七市二模)已知a1，a2，?，a n(nN N*，n4)均为非负实数，且a1a2?a n2.证明 (1)当n4时，a1a2a2a3a3a4a4a11； (2)对于任意的nN N*,n4，都有a1a2a2a3?a n1a na na11.证明 (1)当n4时，因为a1，a2，a3，a4均为非负实数，且a1a2a3a42，所以a1a2a2a3a3a4a4a1a2(a1a3)a4(a3a1)(a3a1)(a2a4)?（a3a1）（a2a4）221. (2)当n4时，由 (1)可知，结论成立；假设当nk(k4)时，结论成立，即对于任意的kN N*，k4，若x1，x2，?，x k均为非负实数，且x1x2?x k2，则x1x2x2x3?x k1x kx kx11.则当nk1时，设a1a2?a ka k12，且a k1maxa1，a2，?，a k，a k1令x1a1a2，x2a3，x k1a k，x ka k1，则x1x2?x k2.由归纳假设，知x1x2x2x3?x k1x kx kx11.因为a1，a2，a3均为非负实数，且a k1a1，所以x1x2x kx1(a1a2)a3a k1(a1a2)a2a3a k1a1a1a3a k1a2a1a2a2a3a k1a1.所以1(x1x2x kx1)(x2x3?x k1x k)(a1a2a2a3a k1a1)(a3a4?a ka k1)，即a1a2a2a3?a ka k1a k1a11，也就是说，当nk1时结论也成立所以由可知，对于任意的nN N*，n4，都有a1a2a2a3?a n1a na na11.B组大题增分练1(2019苏北三市一模)已知数列a n满足a113，an12a2n2a n，nN N*. (1)用数学归纳法证明a n?0，12； (2)令b n12an，证明?i1n1b i3n13.证明 (1)当n1时，a113?0，12，结论显然成立；假设当nk(k2，kN N*)时，ak?0，12，则当nk1时，a k12a2k2a k2?a k12212?0，12.综上，a n?0，12. (2)由 (1)知，a n?0，12，所以b n12an?0，12.因为a n12a2n2a n，所以12an112(2a2n2a n)2a2n2a n122?a n122，即b n12b2n，于是log2b n12log2b n1，所以log2b n112(log2b n1)，故log2b n1构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b11log2161log213.于是log2b n1?log2132n1，从而log2(2b n)?log2132n1log2?132n1，所以2b n?132n1，即b n?132n12，于是1b n232n1.因为当i1,2时，2i1i，当i3时，2i1(11)i1C0i1C1i1?Ci1i1C0i1C1i1i，所以对任意iN N*，有2i1i，所以32i13i.所以1b i232i123i，从而?i1n1b i1b11b2?1b n2(3132?3n)23n133n13.2已知数列a n共有3n(nN N*)项，记f(n)a1a2?a3n.对任意的kN N*,1k3n，都有a k0,1，且对于给定的正整数p(p2)，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p2时，求T2的值； (2)当p3时，求证T n138n2(1)n解 (1)由题意，当n2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T2C06C26C46C662532. (2)证明由题意及 (1)的分析可知，当p3时，T nC03nC33nC63n?C3n3n.当1kn，kN N*时，C3k3n3C3k3n2C3k13n2C3k13n1C3k3n1C3k13n1C3k23n12C3k13n1C3k3n1C3k23n12(C3k13nC3k23n)C3k13nC3k3nC3k33nC3k23n3(C3k13nC3k23n)C3k3nC3k33n，于是T n1C03n3C33n3C63n3?C3n33n3C03n3C3n33n33(C13nC23nC43nC53n?C3n23nC3n13n)T nC03nT nC3n3n2T n3(23nTn)38nTn.下面用数学归纳法证明T n138n2(1)n当n1时，T1C03C33213812(1)1，即n1时，命题成立假设nk(k1，kN N*)时，命题成立，即T k138k2(1)k则当nk1时，T k138kTk38k138k2(1)k1398k8k2(1)k138k12(1)k1，即nk1时，命题也成立于是当nN N*，有T n138n2(1)n3(2018南通二调)设n2，nN N*.有序数组(a1，a2，?，a n)经m次变换后得到数组(b m,1，b m,2，?，b m，n)，其中b1，ia ia i1，b m，ib m1，ib m1，i1(i1,2，?，n)，a n1a1，b m1，n1b m1,1(m2)例如有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(12,23,31)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7) (1)若a ii(i1,2，?，n)，求b3,5的值； (2)求证b m，i?j0ma ij Cjm，其中i1,2，?，n.(注当ijknt时，kN N*，t1,2，?，n，则a ija t)解 (1)当n2,3,4时，b3,5值不存在；当n5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b3,517；当n6时，同理得b3,528；当n7时，同理得b3,545；当n8时，nN 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，?，n1)，经2次变换为(8,12,16,20,24,28，?，n4)，经3次变换为(20,28,36,44,52，?，n12)，所以b3,552. (2)证明下面用数学归纳法证明对mN N*，bm，i?j0ma ij Cjm，其中i1,2，?，n.当m1时，b1，ia ia i1?j01a ij Cj1，其中i1，2，?，n，结论成立；假设mk(kN N*)时，bk，i?j0ka ij Cjk，其中i1，2，?，n.则mk1时，b k1，ib k，ib k，i1?j0ka ij Cjk?j0ka ij1Cjk?j0ka ij Cjk?j1k1a ij Cj1ka iC0k?j1ka ij(CjkCj1k)a ik1Ckka iC0k1?j1ka ij Cjk1a ik1Ck1k1?j0k1a ij Cjk1，所以结论对mk1时也成立由知，mN N*，bm，i?j0ma ij Cjm，其中i1,2，?，n.4随机将1,2，?，2n(nN N*，n2)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a2a1，b2b1. (1)当n3时，求的分布列和数学期望； (2)令C表示事件“与的取值恰好相等”，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n3时，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C3620(种)，所以的分布列为2345P1531031015E2153310431051572. (2)和恰好相等的所有可能取值为n1，n，n1，?，2n2.又和恰好相等且等于n1时，不同的分组方法有2种；和恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；和恰好相等且等于nk(k1,2，?，n2)(n3)时，不同的分组方法有2Ck2k种；所以当n2时，P(C)4623；当n3时，P(C)?k1n2Ck2kCn2n. (3)由 (2)，当n2时，P(C)13，因此P(C)P(C)而当n3时，P(C)P(C)理由如下P(C)P(C)