《江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.2数学归纳法达标训练含解析20190.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.2数学归纳法达标训练含解析20190.wps（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、数学归纳法 A 组大题保分练 cxd 1(2018南通三模)已知函数 f0(x) (a0，bcad0)设 fn(x)为 fn1(x)的 axb 导数，nN N*. (1)求 f1(x)，f2(x)； (2)猜想 fn(x)的表达式，并证明你的结论 cxd bcad 解：(1)f1(x)f0(x)(axb) ， axb2 bcad 2abcad f2(x)f1(x)axb2 . axb3 1n1an1bcadn！ (2)猜想 fn(x) ，nN N*. axbn1 证明：当 n1 时，由(1)知结论成立， 假设当 nk(kN N*且 k1)时结论成立， 1k1ak1bcadk！ 即有 fk(x)
2、 . axbk1 当 nk1 时， fk1(x)fk(x) 1k1ak1bcadk！ axbk1 (1)k1ak1(bcad)k！(axb)(k1) 1kakbcadk1！ . axbk2 所以当 nk1 时结论成立 由得，对一切 nN N*结论都成立 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， 5k123k1 5(5k23k11)43k14 5(5k23k
3、11)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 1 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 1 1 1 n 3已知 Sn1 (n2，nN N*)，求证：S2n1 (n2，nN N*) 2 3 n 2 1 1 1 25 2 证明：(1)当 n2 时，S2nS41 1 ，即 n2 时命题成立； 2 3 4 12 2 (2)假设当 nk(k2，kN N*)时命题成立， 1 1 1 k 即
4、 S2k1 1 ， 2 3 2k 2 则当 nk1 时， 1 1 1 1 1 S2k11 2 3 2k 2k1 2k1 k 1 1 1 1 2 2k1 2k2 2k1 k 2k 1 2 2k2k k 1 k1 1 1 ， 2 2 2 故当 nk1 时，命题成立 n 由(1)和(2)可知，对 n2，nN N*不等式 S2n1 都成立 2 1 1 4(2018常州期末)记(x1)( (n2 且 nN N*)的展开式中含 x 项 x 2 ) (xn ) 的系数为 Sn，含 x2项的系数为 Tn. (1)求 Sn； Tn (2)若 an2bnc，对 n2,3,4 成立，求实数 a，b，c 的值； Sn
5、 Tn (3)对(2)中的实数 a，b，c，用数学归纳法证明：对任意 n2 且 nN N*， an2bnc Sn 都成立 1 1 解：(1)因为(x1)(x2 )(xn ) 1 (1x)(12x)(1nx) n！ 1 1(12n)xn！xn， n！ 2 n1 12n 2 所以 Sn . n！ n1！ T2 2 T3 11 T4 7 (2)由题意及(1)可知 ， ， ， S2 3 S3 6 S4 2 Tn 又 an2bnc， Sn 1 1 1 则Error!解得 a ，b ，c . 4 12 6 (3)证明：当 n2 时，由(2)知等式成立 假设当 nk(kN N*，且 k2)时，等式成立， T
6、k 1 1 1 即 k2 k . Sk 4 12 6 当 nk1 时，由 1 1 1 f(x)(x1)( k1) x2 ) (x k )(x 1 1 1 x1( k1) x2 ) x ( k ) (x 1 1 ( k1)知 SkxTkx2xk)(x k！ 1 Tk1Sk Tk k1 k1 2 1 1 1 1 k1！ 6)， 1 k2 k1( k 4 12 k1 2 1 1 1 1 k1！ k1( k 2 6) 1 k Tk1 4 12 所以 Sk1 k11 2 k！ k 3k2k2 k3k5 k2( 12 ) . k1 12 1 1 1 k3k5 又 (k1)2 (k1) 上式， 4 12 6
7、 12 Tk1 1 1 1 即等式 (k1)2 (k1) 也成立 Sk1 4 12 6 Tn 综上可得，对任意 n2 且 nN N*，都有 an2bnc 成立 Sn B 组大题增分练 1(2018南通、泰州一调)用数学归纳法证明：当 xN N*时，cos xcos 2xcos 3x 3 1 sin( 2 )x n 1 cos nx (xR R，且 x2k，kZ Z) 1 2 2sin x 2 证明：当 n1 时， 1 sin(1 2 )x 1 等式右边 1 2 2sin x 2 1 1 sin( 2 )xsin( 2 )x 1 1 1 2sin x 2 1 1 1 1 ( x)( x) sin
8、 xcos xcos xsin sin xcos xcos xsin 2 2 2 2 1 2sin x 2 cos x等式左边，等式成立 假设当 nk 时等式成立， 即 cos xcos 2xcos 3xcos kx 1 sin( 2 )x k 1 . 1 2 2sin x 2 那么，当 nk1 时， 有 cos xcos 2xcos 3xcos kxcos(k1)x 1 sin( 2 )x k 1 cos(k1)x 1 2 2sin x 2 1 1 sink1x x 2sin xcosk1x 2 2 1 1 2 2sin x 2 1 1 1 1 1 sin(k1)xcos xcos(k1)x
9、sin x2sin xcos(k1)x2sin x 2 2 2 2 2 1 1 sink1xcos xcosk1xsin x 2 2 1 1 2 2sin x 2 4 1 sin( 2) k1 x 1 ， 1 2 2sin x 2 这就是说，当 nk1 时等式也成立 根据和可知，对任何 nN N*等式都成立 2已知数列an共有 3n(nN N*)项，记 f(n)a1a2a3n.对任意的 kN N*,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； 1 (2)当 p3 时，求证
10、：Tn 8n2(1)n 3 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 T2C06C26C46C 2532. 6 (2)证明：由题意及(1)的分析可知， 当 p3 时，TnC30nC33nC36nC . 3n 当 1kn，kN N*时， C3n3k 3C3n3k 2C 3kn12 C3nk1C3n3k 1C3nk1C3nk12 2C3kn1C3n3k 1C3kn21 2(C3k3n 1C3k3n 2)C3k3n 1C C C 3nk 3k3n 3 3k3n 2 3(C3k3n 1C3
11、k3n 2)C C ， 3nk 3k3n 3 于是 Tn1C3n03C3n33C3n63C 3n3 C3n03C 3(C C C C C C )TnC TnC 3n3 31n 32n 34n 35n 3n3n 2 3n3n 1 30n 3n 2Tn3(23nTn) 38nTn. 1 下面用数学归纳 法证明 Tn 8n2(1)n 3 1 当 n1 时，T1C03C32 812(1)1， 3 即 n1 时，命题成立 假设 nk (k1，kN N*) 时，命题成立， 1 即 Tk 8k2(1)k 3 则当 nk1 时， 5 1 Tk138kTk38k 8k2(1)k 3 1 98k8k2(1)k 3
12、 1 8k12(1)k1， 3 即 nk1 时，命题也成立 1 于是当 nN N*，有 Tn 8n2(1)n 3 3(2018扬州调研)在数列an中，ancos (nN N*) 3 2n2 (1)试将 an1表示为 an 的函数关系式； 2 (2)若数列bn满足 bn1 (nN N*)，猜想 an 与 bn 的大小关系，并证明你的结论 nn！ 2 解：(1)ancos cos 3 2n2 3 2n1 2( 3 2 n1)21， cos an1 an2an211，an1 ， 2 an1 又 nN N*，n12，an10，an1 . 2 1 (2)当 n1 时，a1 ，b1121，a1b1； 2
13、1 1 1 当 n2 时，a2 ，b21 ，a2b2； 2 2 2 3 1 8 当 n3 时，a3 ，b31 ，a30， kk！ k12 2 即证 k1k1！ 20， kk1k1！ 显然成立 nk1 时，结论也成立 综合可知：当 n3 时，anbn 成立 综上可得：当 n1 时，a1b1；当 n2 时，a2b2； 当 n3，nN N*时，anbn. 4(2018南通二调)设 n2，nN 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，iaiai1，bm，ibm1，ibm1，i1(i1,2，n)，an 1a1，bm1，n1bm1,1(m2
14、)例如：有序数组(1,2,3)经 1 次变换后得到数组(12,23,3 1)，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； m (2)求证：bm，i aijCjm，其 中i1,2，n.(注：当ijknt时，kN N*，t1,2， j0 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；
15、 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)， 7 所以 b3,552. m (2)证明：下面用数学归纳法证明对 mN N*，bm，i aijCjm，其中 i1,2，n. j0 1 当 m1 时，b1，iaiai1 aijCj1，其中 i1，2，n，结论成立； j0 k 假设 mk(kN N*)时，bk，i aijCjk，其中 i1，2，n. j0 则 mk1 时， k k bk1，ibk，ibk，i1 aijCjk aij1Cjk j0 j0 k k1 aijCjk aijCjk 1 j0 j1 k aiC0k aij(CjkCjk 1)aik1Ck j1 k aiCk01 aijCkj 1aik1Ck1 j1 k1 aijCkj 1， j0 所以结论对 mk1 时也成立 m 由知，mN N*，bm，i aijCjm，其中 i1,2，n. j0 8 9