20xx年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析蘇教版11-資料下載頁
2025-01-25 05:28本頁面
【正文】 ，k時(shí)②、③成立．則由①及歸納假設(shè)得 a2(k+1)=a2k+1+a2k－1+a2k－2=fkfk+1+fk－1fk+f= fkfk+1+fk－1(fk+fk－1)= fkfk+1+fk－1fk+1=fk+1(fk－1+fk)=fk+1fk+1=f a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k－1 =f+f+fk－1fk= f+fk(fk+fk－1)= f+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1．故n=k+1時(shí)②、③成立．故對(duì)于一切正整數(shù)n，②、③成立．于是a2n=f(n=1，2，3……)是完全平方數(shù)．證明2：(找規(guī)律)先用歸納法證明下式成立： a2n+1=a2n+a2n－1． ④因a1=a2=1，a3=2，故當(dāng)n=1時(shí)，④成立．設(shè)n=k時(shí)④成立，即a2k+1=a2k+a2k－1．則由①，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k－1=a2(k+1)+a2(k+1)－1．故④式對(duì)k+1成立，即④對(duì)一切n∈N*成立．⑵ 再用歸納法證明下式成立： a2na2n+2=a2n+12 ⑤因a2=1，a3=2，a4=4，故當(dāng)n=1時(shí)⑤成立．設(shè)n=k時(shí)⑤成立，即a2ka2k+2=a2k+12．則由①、④，有a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3(由⑤)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3=a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由⑤)=a2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32．(本題由于與菲波拉契數(shù)列有關(guān)，故相關(guān)的規(guī)律有很多，都可以用于證明本題)證明2：(用特征方程)由上證得①式，且有a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：λ4－λ3－λ－1=0． 222。(λ2+1)(λ2－λ－1)=0．此方程有根λ=177。i，λ=．∴ 令an=αin+β(－i)n+γ()2+d()2利用初值可以求出an=in+(－i)n+()n+2+()n+2．∴ a2n={[()n+1－()n+1]}2．用數(shù)學(xué)歸納法可以證明bn=[()n+1－()n+1]為整數(shù)．(這是斐波拉契數(shù)列的通項(xiàng)公式)b0=1，b1=1均為整數(shù)，設(shè)k≤n時(shí)bk=[()k+1－()k+1]都為整數(shù)，則bk+1－bk=[()k+2－()k+1+()k+1－()k+2] =[()k+1+()k+1]=bk－1．即bk+1=bk+bk－1．由歸納假設(shè)bk與bk－1均為整數(shù)，故bk+1為整數(shù)．于是可知bn對(duì)于一切n∈N*，bn為整數(shù)．于是a2n為整數(shù)之平方，即為完全平方數(shù)． 證明4．(下標(biāo)全部變?yōu)榕紨?shù)再用特征方程)由①得，a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n－1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2－a2n－2(由a2n+2=a2n+1+a2n－1+a2n－2)令bn=a2n，則得bn+2－2bn+1－2bn+bn－1=0．特征方程為λ3－2λ2－2λ+1=0．λ1=－1，λ2，3=．故bn=α(－1)n+β()n+γ()n．初始值b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9．b0=－b3+2b2+2b1=1．代入求得α=，β=，γ=．得a2n=bn=[2(－1)n+()n +1+()n+1]= [()2(n+1)+()2(n+1)－2()n+1()n+1] ={[()n+1－()n+1]}2．記fn=[()n+1－()n+1]，其特征根為m1，2=．故其特征方程為m2－m－1=0．于是其遞推關(guān)系為fn=f n－1+fn－2．而f0=1，f1=1，均為正整數(shù)，從而對(duì)于一切正整數(shù)n，fn為正整數(shù)．從而a2n為完全平方數(shù)．
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