江苏专版2019版高考数学一轮复习第十章算法复数推理与证明课时达标检测五十一数学归纳法201805304130.doc

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1、1课时达标检测课时达标检测(五十一）数学归纳法五十一）数学归纳法一、全员必做题1(2018南通期初)已知f(n)11231331431n3，g(n)3212n2，nN*.(1)当n1,2,3 时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解：(1)当n1 时，f(1)1，g(1)3212121，所以f(1)g(1)；当n2 时，f(2)112398，g(2)321222118，所以f(2)g(2)；当n3 时，f(3)1123133251216，g(3)321232139，所以f(3)g(3)(2)由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证

2、明当n1 时，不等式显然成立假设当nk(kN*)时不等式成立即 11231331431k33212k2，那么，当nk1 时，f(k1)f(k)1k133212k21k13，因为12k1212k21k13k32k1312k23k12k13k20，所以f(k1)3212k12g(k1)由可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立2(2018苏北四市模拟)已知数列an满足an3n2，f(n)1a11a21an，g(n)f(n2)f(n1)，nN*.求证：(1)g(2)13；(2)当n3 时，g(n)13.证明：(1)由题意知，an3n2，g(n)1an1an11an21an2，2当n2 时，g(2

3、)1a21a31a414171106914013.(2)用数学归纳法加以证明：当n3 时，g(3)1a31a41a51a91711011311611912212517110113116 11912212518116116116 132132132183163321831611613，所以当n3 时，结论成立假设当nk时，结论成立，即g(k)13，则nk1 时，g(k1)g(k)1ak211ak221ak121ak131ak211ak221ak121ak132k13k12213k2132k13k23k1223k1223k2133k27k33k1223k2，由k3 可知，3k27k30，即g(k1

4、)13.所以当nk1 时，结论也成立综合可得，当n3 时，g(n)13.3等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0 且b1，b，r均为常数)的图象上3(1)求r的值(2)当b2 时，记bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的nN*，不等式b11b1b21b2bn1bnn1成立解：(1)由题意，Snbnr，当n2 时，Sn1bn1r.所以anSnSn1bn1(b1)由于b0 且b1，所以n2 时，an是以b为公比的等比数列又a1br，a2b(b1)，所以a2a1b，即bb1brb，解得r1.(2)证明：由(1)知an2n1，因此bn2n(n

5、N*)，所证不等式为2124142n12nn1.当n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以结论成立假设nk(k1，kN*)时结论成立，即2124142k12kk1，则当nk1 时，2124142k12k2k32k1k12k32k12k32k1，要证当nk1 时结论成立，只需证2k32k1k2，即证2k32 k1k2，由基本不等式得2k32k1k22 k1k2成立，故2k32k1k2成立，所以，当nk1 时，结论成立4由可知，nN*时，不等式b11b1b21b2bn1bnn1成立二、重点选做题1(2018盐城模拟)记f(n)(3n2)(C22C23C24C2n)(n2，nZ)(1)求f(2)

6、，f(3)，f(4)的值；(2)当n2，nN*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明解：(1)因为f(n)(3n2)(C22C23C24C2n)(3n2)C3n1，所以f(2)8，f(3)44，f(4)140.(2)由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为 4.下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被 4 整除即可当n2 时，f(2)8 能被 4 整除，结论成立；假设nk时，结论成立，即f(k)(3k2)C3k1能被 4 整除，则当nk1 时，f(k1)(3k5)C3k2(3k2)C3k23C3k2(3k2)(C3k1C2k1)(k2)C2k1(3k2)C3k1(3k2)C2k1(k

7、2)C2k1(3k2)C3k14(k1)C2k1f(k)4(k1)C2k1，此式也能被 4 整除，即nk1 时结论也成立综上所述，所有f(n)的最大公约数为 4.2已知集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6 时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解：(1)Y61,2,3,4,5,6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1,2,3,4,5,6；若a2，则b1,2,4,6；若a3，则b1,3,6.所以f(6)13.(2)当n6 时，5f(n)n2n2n3，

8、n6t，n2n12n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12n23，n6t5(tN*)下面用数学归纳法证明：当n6 时，f(6)62626313，结论成立假设nk(k6)时结论成立，那么nk1 时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：a若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k2k12k233(k1)2k12k13，结论成立；b若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k2k2k31(k1)2k112k113，结论成立；c若k16t2，则k6t1

9、，此时有f(k1)f(k)2k2k12k132(k1)2k12k123，结论成立；d若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k2k2k232(k1)2k112k13，结论成立；e若k16t4，则k6t3，此时有6f(k1)f(k)2k2k12k32(k1)2k12k113，结论成立；f若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k2k2k131(k1)2k112k123，结论成立综上所述，结论对满足n6 的自然数n均成立三、冲刺满分题1(2018扬州模拟)已知函数f(x)2x3x2，设数列an满足：a114，an1f(an)求证：(1)对任意的nN*，都有 0an13；(2

10、)313a1313a2313an4n14.证明：(1)当n1 时，a114，有 0a113，n1 时，不等式成立假设当nk(kN*)时，不等式成立，即 0ak13.则当nk1 时，ak1f(ak)2ak3a2k3ak13213，于是13ak1313ak2.因为 0ak13，所以 0313ak213，即 013ak113，可得 0ak113.所以当nk1 时，不等式也成立由可知，对任意的正整数n，都有 0an13.7(2)由(1)可得13an1313an2，两边同时取以 3 为底的对数，可得 log313an112log313an，化简为 1log313an12 1log313an.所以数列 1

11、log313an是以 log314为首项，2 为公比的等比数列，所以 1log313an2n1log314，化简求得：13an1314 2n1，所以113an342n1，因为当n2 时，2n1C0n1C1n1C2n1Cn1n11n1n，又当n1 时，2n11，所以对任意的nN*,2n1n，所以113an342n134n，则113a1113a2113an342042142n1341424n4n14，所以313a1313a2313an4n14.2(2018无锡期初)已知数列an满足a1a2a3k，an1kanan1an2(n3，nN*)，其中k0，数列bn满足bnanan2an1(n1,2,3,4

12、，)(1)求b1，b2，b3，b4；(2)求数列bn的通项公式；(3)是否存在正数k，使得数列an的每一项均为整数，如果不存在，说明理由；如果存在，求出所有的k.解：(1)经过计算可知：8a4k1，a5k2，a6k42k.求得b1b32，b2b42k1k.(2)由条件可知：an1an2kanan1.类似地有：an2an1kan1an.整理得，anan2an1an2anan1，即bnbn2.所以b2n1b2n3b1a1a3a22，b2nb2n2b2a2a4a32k1k，所以bn4k11n2k(nN*，k0)(3)假 设 存 在 正 数k，使 得 数 列 an 的 每 一 项 均 为 整 数，则 由(2)可 知：a2n12a2na2n1，a2n22k1ka2n1a2n，由a1kZ，a6k42kZ 可知k1,2.当k1 时，2k1k3 为整数，利用a1，a2，a3Z，结合式，反复递推，可知an的每一项均为整数；当k2 时，变为a2n12a2na2n1，a2n252a2n1a2n.我们用数学归纳法证明a2n1为偶数，a2n为整数，n1 时，结论显然成立，假设nk时结论成立，这时a2k1为偶数，a2k为整数，故a2k12a2ka2k1为偶数，a2k2为整数，所以nk1 时，命题成立，故数列an是整数列，综上所述，k的取值集合是1,2