2019高考江蘇數(shù)學(xué)優(yōu)編增分練：高考附加題加分練（九）數(shù)學(xué)歸納法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(九)數(shù)學(xué)歸納法1．已知數(shù)列{an｝滿足:a1＝2a－2，an＋1＝aan－1＋1（n∈N＊)．(1）若a＝－1，求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（2）若a＝3，試證明：對(duì)?n∈N*，an是4的倍數(shù)．（1）解當(dāng)a＝－1時(shí)，a1＝－4，an＋1＝（－1）an－1＋1.令bn＝an－1，則b1＝－5，bn＋1＝(－1）bn.∵b1＝－5為奇數(shù)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，bn也是奇數(shù)且只能為－1，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－5，n＝1,，－1，n≥2，）)即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4，n＝1，,0,n≥2。）)（2）證明當(dāng)a＝3時(shí)，a1＝4，an＋1＝3an－1＋1。下面利用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明：an是4的倍數(shù)．當(dāng)n＝1時(shí),a1＝4＝4×1,命題成立；設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，命題成立，則存在t∈N*,使得ak＝4t，∴ak＋1＝3ak－1＋1＝34t－1＋1＝27·（4－1）4(t－1）＋1＝27·(4m＋1）＋1＝4（27m＋7),其中，4m＝44（t－1）－Ceq\o\al(1，4t－1）·44t－5＋…－（－1)rCeq\o\al(r，4t－1)·44t－4－r＋…－Ceq\o\al(4t－5，4t－1）·4,∴m∈Z，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立．由數(shù)學(xué)歸納法知,對(duì)?n∈N＊，an是4的倍數(shù)成立．2．已知數(shù)列{an｝滿足an＋1＝eq\f(1,2）aeq\o\al（2，n）－eq\f(1，2）nan＋1（n∈N＊），且a1＝3。（1）計(jì)算a2，a3,a4的值,由此猜想數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式，并給出證明；（2)求證:當(dāng)n≥2時(shí),aeq\o\al（n,n）≥4nn。（1)解a2＝4，a3＝5,a4＝6，猜想:an＝n＋2(n∈N＊）．①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3，結(jié)論成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝k＋2,則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\f(1，2)aeq\o\al（2，k）－eq\f(1，2)kak＋1＝eq\f（1，2）(k＋2）2－eq\f(1,2）k（k＋2)＋1＝k＋3＝(k＋1)＋2，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．由①②，得數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式為an＝n＋2（n∈N*)．(2）證明原不等式等價(jià)于eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(2,n））)n≥4。顯然,當(dāng)n＝2時(shí)，等號(hào)成立．當(dāng)n〉2時(shí)，eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（2,n)）)n＝Ceq\o\al（0,n）＋Ceq\o\al（1，n）eq\f（2,n)＋Ceq\o\al(2，n）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，n)))2＋…＋Ceq\o\al（n，n)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，n))）n〉Ceq\o\al（0，n）＋Ceq\o\al(1，n)eq\f(2,n）＋Ceq\o\al(2,n）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,n））)2＝5－eq\f（2,n）>4.綜上所述，當(dāng)n≥2時(shí)，aeq\o\al（n,n）≥4nn。3．已知函數(shù)f(x)＝ln(2－x）＋ax在區(qū)間（0,1)上是增函數(shù)．（1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2）若數(shù)列{an}滿足a1∈(0，1）,an＋1＝ln(2－an）＋an，n∈N*，證明:0〈an<an＋1<1。(1）解∵函數(shù)f（x）＝ln(2－x）＋ax在區(qū)間(0，1）上是增函數(shù)，∴f′(x)＝eq\f（－1，2－x）＋a≥0在區(qū)間（0,1）上恒成立，∴a≥eq\f(1，2－x）.又g（x)＝eq\f（1,2－x）在區(qū)間（0,1）上是增函數(shù)，∴a≥g(1)＝1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞）．（2）證明先用數(shù)學(xué)歸納法證明0〈an<1.當(dāng)n＝1時(shí)，a1∈（0，1)成立．假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N*）時(shí)，0〈ak〈1成立．當(dāng)n＝k＋1時(shí),由（1)知當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f（x)＝ln(2－x)＋x在區(qū)間(0，1)上是增函數(shù)，∴ak＋1＝f(ak)＝ln(2－ak)＋ak,∴0<ln2＝f（0）〈f(ak)〈f(1）＝1，即0〈ak＋1<1成立,∴當(dāng)n∈N＊時(shí)，0〈an<1成立．下證an〈an＋1?！?〈an〈1，∴an＋1－an＝ln（2－an）>ln1＝0，∴an<an＋1。綜上0<an〈an＋1<1.4．設(shè)f（k）是滿足不等式log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1（k∈N*)的正整數(shù)x的個(gè)數(shù)．（1）求f（k）的解析式；(2）記Sn＝f（1)＋f（2）＋…＋f(n），Pn＝n2＋n－1（n∈N*），試比較Sn與Pn的大?。猓?）∵log2x＋log2（3·2k－1－x）≥2k－1（k∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x>0,,3·2k－1－x〉0,，x3·2k－1－x≥22k－1，))解得2k－1≤x≤2k，∴f(k)＝2k－2k－1＋1＝2k－1＋1.(2）∵Sn＝f（1)＋f(2）＋…＋f（n)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1，∴Sn－Pn＝2n－n2.當(dāng)n＝1時(shí)，S1－P1＝2－1＝1〉0；當(dāng)n＝2時(shí),S2－P2＝4－4＝0;當(dāng)n＝3時(shí)，S3－P3＝8－9＝－1〈0；當(dāng)n＝4時(shí)，S4－P4＝16－16＝0；當(dāng)n＝5時(shí)，S5－P5＝32－25＝7>0；當(dāng)n＝6時(shí)，S6－P6＝64－36＝28>0.猜想：當(dāng)n≥5時(shí)，Sn－Pn>0.證明如下:①當(dāng)n＝5時(shí)，由上述可知Sn－Pn〉0.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥5，k∈N＊)時(shí)，Sk－Pk＝2k－k2>0。當(dāng)n＝k＋1時(shí),Sk＋1－Pk＋1＝2k＋1－（k＋1）2＝2·2k－k2－2k－1＝2（2k－k2)＋k2－2k－1＝2(Sk－Pk)＋k2－2k－1>k2－2k－1＝k（k－2）－1≥5×(5－2)－1＝14〉0。∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Sk＋1－Pk＋1>0成立．由①②可知,當(dāng)n≥5時(shí)，Sn－Pn〉0成立，即Sn〉Pn成立．由