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.doc

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135246n(n2)(n4)(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135246n(n2)(n4)(an2bnc)中，令n1，得15(abc)；令n2，得63(4a2bc)；令n3，得168(9a3bc)，即解得下面用数学归纳法证明135246n(n2)(n4)(n29n20)对一切正整数n都成立，当n1时，等式成立；假设当nk(k1，kN*)时，等式成立，即135246k(k2)(k4)(k29k20)；当nk1时，135246k(k2)(k

2、4)(k1)(k3)(k5)(k29k20)(k1)(k3)(k5)k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)(k1)(k5)(k28k12)(k11)(k15)(k1)29(k1)20，即等式对nk1也成立综上可得，135246n(n2)(n4)(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*)时，结论成立，即5k23k11能被8整除设5k23k118m，mN*，当nk1时，5k123k15(5k23k11)43k14

3、5(5k23k11)4(3k11)，而当k1，kN*时，3k11显然为偶数，设为2t，tN*，故5k123k15(5k23k11)4(3k11)40m8t(m，tN*)，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an满足a1，(n2)(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：Snnln.解：(1)由(n2)，得(n2)，所以1(n2)，因为a1，所以3，所以是首项为3，公差为1的等差数列，所以n2，所以an.(2)证明：当n1时，左边S1a1，右边ln 2，因为e316

4、，所以3ln e4ln 2，所以ln 2，所以ln 2，所以不等式成立假设当nk(k1，kN*)时，不等式成立，即Skkln，则当nk1时，Sk1Skak1kln，要证Sk1(k1)ln，只需证kln(k1)ln，只需证ln，即证ln.令F(x)ln(1x)x(x0)，因为x0，所以f(x)10，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，所以当nk1时，不等式也成立由可知，对于任意的nN*，有Snnln.4(2019南通等七市二模)已知a1，a2，an(nN*，n4)均为非负实数，且a1a2an2.证明：(1)当n4时，a1a2a2a3a3a4a

5、4a11；(2)对于任意的nN*, n4，都有a1a2a2a3an1anana11.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)1.(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*，k4，若x1，x2，xk均为非负实数，且x1x2xk2，则x1x2x2x3xk1xkxkx11.则当nk1时，设a1a2akak12，且ak1maxa1，a2，ak，ak1令x1a1a2，x2a3，xk1ak，xkak1，则x1x2xk2.由归

6、纳假设，知x1x2x2x3xk1xkxkx11.因为a1，a2，a3均为非负实数，且ak1a1，所以x1x2xkx1(a1a2)a3ak1(a1a2)a2a3ak1a1a1a3ak1a2a1a2a2a3ak1a1.所以1(x1x2xkx1)(x2x3xk1xk)(a1a2a2a3ak1a1)(a3a4akak1)，即a1a2a2a3akak1ak1a11，也就是说，当nk1时结论也成立所以由可知，对于任意的nN*，n4，都有a1a2a2a3an1anana11.B组大题增分练1(2019苏北三市一模)已知数列an满足a1，an12a2an，nN*.(1)用数学归纳法证明：an；(2)令bnan

7、，证明：3n13.证明：(1)当n1时，a1，结论显然成立；假设当nk(k2，kN*)时，ak，则当nk1时，ak12a2ak22.综上，an.(2)由(1)知，an，所以bnan.因为an12a2an，所以an1(2a2an)2a2an22，即bn12b，于是log2bn12log2bn1，所以log2bn112(log2bn1)，故log2bn1构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b11log21log2.于是log2bn12n1，从而log2(2bn)2n1log22n1，所以2bn2n1，即bn，于是232n1.因为当i1,2时，2i1i，当i3时，2i1(11)i1CCCCCi

8、，所以对任意iN*，有2i1i，所以32i13i.所以232i123i，从而2(31323n)23n13.2已知数列an共有3n(nN*)项，记f(n)a1a2a3n.对任意的kN*,1k3n，都有ak0,1，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an的个数记为Tn.(1)当p2时，求T2的值；(2)当p3时，求证：Tn8n2(1)n解：(1)由题意，当n2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T2CCCC2532. (2)证明：由题意及(1)的分析可知，当p3时，TnCCCC .当1kn，kN*时，C

9、CCCCCC2CCC2(CC)CCCC3(CC)CC， 于是Tn1CCCCCC3(CCCCCC)TnCTnC2Tn3(23nTn)38nTn. 下面用数学归纳法证明Tn8n2(1)n当n1时，T1CC2812(1)1，即n1时，命题成立假设nk (k1，kN*) 时，命题成立，即Tk8k2(1)k则当nk1时，Tk138kTk38k8k2(1)k98k8k2(1)k8k12(1)k1，即nk1时，命题也成立于是当nN*，有Tn8n2(1)n3(2018南通二调)设n2，nN*.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，iaiai1，bm，ibm

10、1，ibm1，i1(i1,2，n)，an1a1，bm1，n1bm1,1(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aii(i1,2，n)，求b3,5的值；(2)求证：bm，iijC，其中i1,2，n.(注：当ijknt时，kN*，t1,2，n，则aijat)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

11、n6时，同理得b3,528；当n7时，同理得b3,545；当n8时，nN*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*，bm，iijC，其中i1,2，n.当m1时，b1，iaiai1ijC，其中i1，2，n，结论成立；假设mk(kN*)时，bk，iijC，其中i1，2，n. 则mk1时，bk1，ibk，ibk，i1ijCij1CijCijCaiCij

12、(CC)aik1CaiCijCaik1CijC，所以结论对mk1时也成立由知，mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.4随机将1,2，2n(nN*，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，表示C的对立事件，判断P(C)和P()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C20(种)，所

13、以的分布列为：2345PE2345.(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2C种；所以当n2时，P(C)；当n3时，P(C).(3)由(2)，当n2时，P()，因此P(C)P()而当n3时，P(C)P()理由如下：P(C)P()等价于4(2)C.用数学归纳法来证明：1当n3时，式左边4(2C)4(22)16，式右边C20，所以式成立2假设nm(m3，mN*)时式成立，即4(2)C成立，那么，当nm1时，左边4(2)4(2)4CC4CCC右边，即当nm1时式也成立综合1，2得：对于n3的所有正整数，都有P(C)P()成立