4.4数学归纳法 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 4.4数学归纳法 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-02 08:53:30 | ||
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文档简介
4.4 数学归纳法 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．利用数学归纳法证明不等式的过程中，由变到时，左边增加了（ ）
A．1项 B．项 C．项 D．项
2．下列命题正确的有（ ）个
（1）若数列为等比数列，为其前n项和，则，，也成等比数列；
（2）数列的通项公式为，则对任意的，存在，使得；
（3）设为不超过实数x的最大整数，例如：，，.设a为正整数，数列满足，，记，则M为有限集．
A．0 B．1 C．2 D．3
3．已知数列满足，. 给出下列四个结论：
① 数列每一项都满足；
② 数列是递减数列；
③ 数列的前项和；
④ 数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
4．用数学归纳法证明：时，从到，等式的左边需要增乘的代数式是（ ）
A． B．
C． D．
5．数列满足，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是递减数列，，使得时，
B．若，则是递增数列，，使得时，
C．若，则是递减数列，，使得时，
D．若，则是递增数列，，使得时，
6．用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（ ）
A． B． C． D．
7．用数学归纳法证明“对任意的，都有，第一步应该验证的等式是（ ）
A． B．
C． D．
8．在正项数列中，，，则（ ）
A．为递减数列 B．为递增数列
C．先递减后递增 D．先递增后递减
二、多选题
9．已知数列满足，则（ ）
A．若，则数列为常数列
B．若，则对任意，有
C．若，则对任意，有
D．若，则对任意
10．斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
11．斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如下：数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．是奇数
12．已知正项数列中，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递增数列 B．
C． D．
三、填空题
13．已知，，，若，则 .
14．用数学归纳法证“（）”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ．
15．用数学归纳法证明：，从到时，不等式左边需增加的代数式为 .
16．数列满足：.若数列单调递减，则c的取值范围是 ；若数列单调递增，则c的取值范围是 .
四、解答题
17．将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列．
(1)分别写出数列的前2项；
(2)记数列的第项为．求证：当时，；
(3)若，求的值．
18．已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
19．已知数列满足，设该数列的前项和为，且，，成等差数列.
(1)用数学归纳法证明：（是正整数）；
(2)求数列的通项公式.
20．设数列满足，．
(1)计算，猜想的通项公式；
(2)用数学归纳法证明上述猜想，并求的前项和．
21．将数列从首项开始从左到右依次排列，得到数组，，，…，，然后执行以下操作：将移到右侧，然后剔除，再将移到右侧，然后剔除，继续以上操作，即将最左边的数移到最右边，然后剔除新数组最左边的数，直到剩下最后一个数．若令此操作为，则，且确定的值可确定的值，如，，．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)若，证明：．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】根据题意，结合变到时，左边由项增加到项，即可求解.
【详解】由题意，不等式的左边中分子都为1，分母是从1开始到，故共有项，
又由变到时，左边由项增加到项，
从而左边增加了项.
故选：D.
2．C
【分析】（1）取特列，分析判断；（2）根据实数的性质分析判断；（3）利用数学归纳法证明，即可得结果.
【详解】对（1）：设等比数列的公比为，
若，则，可得，
则，故，，不是等比数列，（1）错误；
对（2）：根据实数性质可得：对，均存在，使得，，
故对，均存在，使得，则，（2）正确；
对（3）：若，则，故，且.
下证对，，
当时，，即；
假设当时，；
当时，则
∵，当且仅当，即时，等号成立，
则；
故对，.
∵，，则，可得，
可得，
∵，
下证，
当时，则成立；
假设当时，则成立；
当时，则，即；
故.
可得，且，即的取值可能是有限的，
故为有限集，（3）正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
①对，则，且；
②在数列递推性质时，常用数学归纳法证明.
3．D
【分析】确定时，，①正确，计算，②正确，计算，③错误，利用数学归纳法证明④正确，得到答案.
【详解】对①：，，则，当时，，
且，故，故，正确；
对②：，故数列是递减数列，正确；
对③：，，，，，错误；
对④：当时，成立，
假设时成立，即，
当时，函数在上单调递增，
则，
故时成立.
综上所述：数列每一项都满足成立，正确.
故选：D.
4．D
【分析】将、分别代入等式左边的代数式，相除即可得解.
【详解】从到，等式的左边需要增乘的代数式是
.
故选：D.
5．B
【分析】由，得到，再逐项判断.
【详解】解：因为，所以，
当时，则，，设，则，所以是递减数列，当，，故A错误；
当时，，，又，所以，设，则，即，又因为，所以，所以，，故B正确；
当时，，，所以是递减数列，当时，，故不存在，使得时，恒成立，故C错误；
当时，则，，设，则，所以是递增数列，当，，故D错误；
故选：B
6．B
【分析】
分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“n从到”左端需增乘的代数式．
【详解】
解：当时，左端＝，
当时，左端＝，
故左边要增乘的代数式为.
故选：B．
7．D
【分析】根据数学归纳法的知识确定正确答案.
【详解】在等式中，
当时，，
故等式的左边为，右边为.
所以第一步应该验证的等式是.
故选：D
8．A
【分析】先判断大小关系，进而假设数列单调性，利用数学归纳法证明即可得结论.
【详解】由，且，
显然成立，
假设，成立，
当时，则，
所以，故为递减数列.
故选：A
9．ABD
【分析】对于A：根据递推公式分析求解即可；对于B，根据递推公式结合基本不等式分析判断；对于C，由结合分析判断；对于D，根据递推公式结合函数的单调性得出结果.
【详解】对于A，若，则，，
以此类推可知：，所以数列为常数列，故A正确；
对于B，若，，，
以此类推可知：，
，
则，即，故B正确；
对于C，由结合选项B得出，
，所以，故C错误；
对于D，若，；
，
假设，
构造函数，易知在上单调递增，
所以，
由以上归纳得出，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：对于D，根据递推关系假设，结合函数性质分析判断.
10．BD
【分析】判断数列的项的奇偶性的规律，判断A；利用递推关系判断B；举出反例判断C；利用数学归纳法可判断D.
【详解】对于A，由于斐波那契数列满足：为奇数，，
则为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，
依次类推，即数列的项按“奇数奇数偶数”的规律循环出现，
即所有序号为3的倍数的项为偶数，其余项为奇数，
而，故为奇数，A错误；
对于B，
，B正确；
对于C，取，此时，C错误；
对于D，首先用数学归纳法证明一个结论：当n为奇数时，；
当时，，结论成立；
假设当（k为奇数）时，，
则时，
，
即时，结论也成立，
故当n为奇数时，，故，D正确，
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题考查了数列新定义即斐波那契数列的性质问题，解答的难点在于要能根据数列的规律明确相关的性质，特别是D的判断，要先用数学归纳法证明相关的结论，继而即可判断.
11．ACD
【分析】根据递推公式判断选项A，利用累加判断选项BC，利用数学归纳法证明结论3的倍数项为偶数，其他项为奇数证明选项D.
【详解】对A：由，可得，
即有，故A正确；
对于B：由题意，，，，
以上式子累加得：，故B不正确；
对于C：因为，则，
则
，故C正确；
对于D：根据通项公式可得斐波那契数列为，
3的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明：
①当，2，3时，，，满足规律，
②假设当，，时满足为偶数，，为奇数，
③当，，时，
，因为，为奇数，所以为偶数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
故3的倍数项为偶数，其他项为奇数得证，
2024项是非3的倍数项，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题A选项的判断比较常规，选项BC的关键是要通过适当的变形然后利用累加法判断，选项D根据数列规律猜想3的倍数项为偶数，其他项为奇数，利用数学归纳法证明.
12．ACD
【分析】根据数列单调性的判断方法即可判断选项A；利用特殊值法可判断选项B；利用数学归纳法可判断选项C；
先根据已知条件得，，再对进行化简，即可判断选项D.
【详解】由是正项数列，得.
由，得，即.
对于选项A：因为，则，
所以数列是递增数列，故选项A正确；
对于选项B，因为，且，则，
所以，与矛盾，故选项B错误；
对于选项C：当时，则成立；
假设当时，有成立；
令，则，
而，
则，
即成立.
所以恒成立，故选项C正确；
对于选项D：因为，则，
所以
.
因为，且，
则；；；.
因为数列是递增数列
则，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列的递推关系式判断数列的单调性，数列的项及求和.解题关键在于对数列基本知识的掌握和灵活使用.难点在于选项C利用数学归纳法判断；选项D对递推关系式进行变形，利用裂项相消进行求和；借助数列的单调性得，即可判断.
13．10
【分析】依题意可得，即可得到，从而求出的值.
【详解】由题意得，
因为，所以，结合，
可得，解得或（舍去）.
故答案为：10.
14．
【分析】考查等式两侧的特点，写出左侧和的表达式，进行比较，即可推出左边应增加的项．
【详解】当时，等式为，
当时，等式为，
因此，从“”变到“”时，
左边应增加的项是
.
故答案为：.
15．
【分析】利用数学归纳法的概念、步骤求解即可.
【详解】当时，不等式为，
当时，不等式为.
故答案为：.
16．
【分析】若数列单调递减，则恒成立，可得恒成立，由此可得c的范围.若数列单调递增，则，即，且母函数.数列有极限，其值为其不动点.又在上单调增加，故，所.于是只需要证明时满足条件，时不满足条件即可.
【详解】①若数列单调递减，因为，则，即，因此恒成立，
即恒成立，即恒成立，即恒成立，
所以c＜0.
②数列单调递增，则当时，，
当时，，而函数在上单调递增，
则，即，
假设当n＝k，k∈时，，
则，即，
因此由数学归纳法可得，即数列单调递增；
当时，因为，则，即，
有，，而，
于是，即有，
从而，
则，
令，
故当时，，
此时，而在上单调递减，
∴，即，与题意矛盾.
综上，的取值范围是.
故答案为：；
17．(1)的前2项为3，8； 的前2项为5，11；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）直接利用数列定义求解；
（2）证明为等差数列即可求解；
（3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解
【详解】（1）数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11；
（2）首先，当时，结论成立；
当时，对于相邻的两个数列：
1 4 9 16 25 36 49 64
2 6 12 20 30 42 56 72
3 8 15 24 35 48 63 80
5 11 19 29 41 55 71 89
7 14 23 34 47 62 79 98
10 18 28 40 54 70 88 108
13 22 33 46 61 78 97 118
17 27 39 53 69 87 107 129
因为都在数列中，且在之前，
所以在数列中，必有，
所以，
所以
所以构成首项为，公差为1的等差数列，
所以
（3）由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项．
从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项.
具体地可概括成结论P：对任意，有
下面用数学归纳法证明：
(i)当时， 由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立；
(ii)假设当时，结论成立，即对，
那么由第（2）问的结论知：当时，
,
,
上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项，
还剩下两个元素：，它们必是数列的首项，
结果只有.
根据(1)(2)知，结论P成立.
由结论P可得，数列的首项为，的首项为，
即
另一方面，由第（2）问的结论：得：
，
，
…
，
相加得：，
当时，上式也成立．
所以
令，则
所以．
由得，所以，所以，
所以.所以，此时，所以；
令，有，
．由得，所以．
所以，所以 无解.
综上，当时，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用数学归纳法得，进而得到的表达式.
18．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解；
（2）根据题意可知，可得，即可分析证明；
（3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明.
【详解】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，并把新定义问题转化为已经学过的知识，常常利用数学归纳法分析证明.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先根据题意得到之间的等式关系，再证明时，符合题意，而后假设时，所证成立，最后再根据之间的关系，推出时所证成立即可；
（2）根据（1）的结论，结合，可得出当时，的通项公式，再验证时，是否符合通项公式，最后写出通项公式即可。
【详解】（1）证明：因为，，成等差数列，所以，
因为，所以上式可化简为，
将带入上式可得：，
当时，，符合，
假设当时，有成立，
则当时，，
因为，所以,
所以,符合，
故有成立；
（2）由（1）可得，，
当时，，
因为，符合，
故。
20．(1)，，
(2)证明见解析，
【分析】
（1）根据递推公式求，进而猜想通项公式；
（2）利用数学归纳法证明，结合等差数列的定义和求和公式分析求解.
【详解】（1）因为数列满足，，
可得，，
由此可猜想.
（2）证明：①当时，显然成立；
②假设当时，成立，即；
当时，，
所以时也成立，
综合①②可得：.
因为，
可知数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令，根据题意，经过次操作后，变成，即可得证；
（2）根据题意，结合数学归纳法的证明方法，即可得证；
（2）假设结论对成立，现在考虑实数，分为偶数和为奇数，两种情况分类讨论，结合数学归纳的证明方法，即可得证.
【详解】（1）解：不妨令，
根据题意，把数列，经过次操作后，变成，
即第项为，所以.
（2）解：当时，成立，
假设成立，即，
当时，可得，
综上可得，对于，都有.
（3）解：若时，结论显然成立，
假设结论对成立，现在考虑实数，
若为偶数，则，结论成立；
若为奇数，则，经过次操作变成，
再经过次操作，变成，这里由有个数，
第位是，所以，
所以，结论对于成立，
综上可得，当时，成立．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．利用数学归纳法证明不等式的过程中，由变到时，左边增加了（ ）
A．1项 B．项 C．项 D．项
2．下列命题正确的有（ ）个
（1）若数列为等比数列，为其前n项和，则，，也成等比数列；
（2）数列的通项公式为，则对任意的，存在，使得；
（3）设为不超过实数x的最大整数，例如：，，.设a为正整数，数列满足，，记，则M为有限集．
A．0 B．1 C．2 D．3
3．已知数列满足，. 给出下列四个结论：
① 数列每一项都满足；
② 数列是递减数列；
③ 数列的前项和；
④ 数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
4．用数学归纳法证明：时，从到，等式的左边需要增乘的代数式是（ ）
A． B．
C． D．
5．数列满足，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是递减数列，，使得时，
B．若，则是递增数列，，使得时，
C．若，则是递减数列，，使得时，
D．若，则是递增数列，，使得时，
6．用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（ ）
A． B． C． D．
7．用数学归纳法证明“对任意的，都有，第一步应该验证的等式是（ ）
A． B．
C． D．
8．在正项数列中，，，则（ ）
A．为递减数列 B．为递增数列
C．先递减后递增 D．先递增后递减
二、多选题
9．已知数列满足，则（ ）
A．若，则数列为常数列
B．若，则对任意，有
C．若，则对任意，有
D．若，则对任意
10．斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
11．斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如下：数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．是奇数
12．已知正项数列中，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递增数列 B．
C． D．
三、填空题
13．已知，，，若，则 .
14．用数学归纳法证“（）”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ．
15．用数学归纳法证明：，从到时，不等式左边需增加的代数式为 .
16．数列满足：.若数列单调递减，则c的取值范围是 ；若数列单调递增，则c的取值范围是 .
四、解答题
17．将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列．
(1)分别写出数列的前2项；
(2)记数列的第项为．求证：当时，；
(3)若，求的值．
18．已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
19．已知数列满足，设该数列的前项和为，且，，成等差数列.
(1)用数学归纳法证明：（是正整数）；
(2)求数列的通项公式.
20．设数列满足，．
(1)计算，猜想的通项公式；
(2)用数学归纳法证明上述猜想，并求的前项和．
21．将数列从首项开始从左到右依次排列，得到数组，，，…，，然后执行以下操作：将移到右侧，然后剔除，再将移到右侧，然后剔除，继续以上操作，即将最左边的数移到最右边，然后剔除新数组最左边的数，直到剩下最后一个数．若令此操作为，则，且确定的值可确定的值，如，，．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)若，证明：．
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参考答案：
1．D
【分析】根据题意，结合变到时，左边由项增加到项，即可求解.
【详解】由题意，不等式的左边中分子都为1，分母是从1开始到，故共有项，
又由变到时，左边由项增加到项，
从而左边增加了项.
故选：D.
2．C
【分析】（1）取特列，分析判断；（2）根据实数的性质分析判断；（3）利用数学归纳法证明，即可得结果.
【详解】对（1）：设等比数列的公比为，
若，则，可得，
则，故，，不是等比数列，（1）错误；
对（2）：根据实数性质可得：对，均存在，使得，，
故对，均存在，使得，则，（2）正确；
对（3）：若，则，故，且.
下证对，，
当时，，即；
假设当时，；
当时，则
∵，当且仅当，即时，等号成立，
则；
故对，.
∵，，则，可得，
可得，
∵，
下证，
当时，则成立；
假设当时，则成立；
当时，则，即；
故.
可得，且，即的取值可能是有限的，
故为有限集，（3）正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
①对，则，且；
②在数列递推性质时，常用数学归纳法证明.
3．D
【分析】确定时，，①正确，计算，②正确，计算，③错误，利用数学归纳法证明④正确，得到答案.
【详解】对①：，，则，当时，，
且，故，故，正确；
对②：，故数列是递减数列，正确；
对③：，，，，，错误；
对④：当时，成立，
假设时成立，即，
当时，函数在上单调递增，
则，
故时成立.
综上所述：数列每一项都满足成立，正确.
故选：D.
4．D
【分析】将、分别代入等式左边的代数式，相除即可得解.
【详解】从到，等式的左边需要增乘的代数式是
.
故选：D.
5．B
【分析】由，得到，再逐项判断.
【详解】解：因为，所以，
当时，则，，设，则，所以是递减数列，当，，故A错误；
当时，，，又，所以，设，则，即，又因为，所以，所以，，故B正确；
当时，，，所以是递减数列，当时，，故不存在，使得时，恒成立，故C错误；
当时，则，，设，则，所以是递增数列，当，，故D错误；
故选：B
6．B
【分析】
分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“n从到”左端需增乘的代数式．
【详解】
解：当时，左端＝，
当时，左端＝，
故左边要增乘的代数式为.
故选：B．
7．D
【分析】根据数学归纳法的知识确定正确答案.
【详解】在等式中，
当时，，
故等式的左边为，右边为.
所以第一步应该验证的等式是.
故选：D
8．A
【分析】先判断大小关系，进而假设数列单调性，利用数学归纳法证明即可得结论.
【详解】由，且，
显然成立，
假设，成立，
当时，则，
所以，故为递减数列.
故选：A
9．ABD
【分析】对于A：根据递推公式分析求解即可；对于B，根据递推公式结合基本不等式分析判断；对于C，由结合分析判断；对于D，根据递推公式结合函数的单调性得出结果.
【详解】对于A，若，则，，
以此类推可知：，所以数列为常数列，故A正确；
对于B，若，，，
以此类推可知：，
，
则，即，故B正确；
对于C，由结合选项B得出，
，所以，故C错误；
对于D，若，；
，
假设，
构造函数，易知在上单调递增，
所以，
由以上归纳得出，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：对于D，根据递推关系假设，结合函数性质分析判断.
10．BD
【分析】判断数列的项的奇偶性的规律，判断A；利用递推关系判断B；举出反例判断C；利用数学归纳法可判断D.
【详解】对于A，由于斐波那契数列满足：为奇数，，
则为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，
依次类推，即数列的项按“奇数奇数偶数”的规律循环出现，
即所有序号为3的倍数的项为偶数，其余项为奇数，
而，故为奇数，A错误；
对于B，
，B正确；
对于C，取，此时，C错误；
对于D，首先用数学归纳法证明一个结论：当n为奇数时，；
当时，，结论成立；
假设当（k为奇数）时，，
则时，
，
即时，结论也成立，
故当n为奇数时，，故，D正确，
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题考查了数列新定义即斐波那契数列的性质问题，解答的难点在于要能根据数列的规律明确相关的性质，特别是D的判断，要先用数学归纳法证明相关的结论，继而即可判断.
11．ACD
【分析】根据递推公式判断选项A，利用累加判断选项BC，利用数学归纳法证明结论3的倍数项为偶数，其他项为奇数证明选项D.
【详解】对A：由，可得，
即有，故A正确；
对于B：由题意，，，，
以上式子累加得：，故B不正确；
对于C：因为，则，
则
，故C正确；
对于D：根据通项公式可得斐波那契数列为，
3的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明：
①当，2，3时，，，满足规律，
②假设当，，时满足为偶数，，为奇数，
③当，，时，
，因为，为奇数，所以为偶数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
，因为为奇数，为偶数，所以为奇数，
故3的倍数项为偶数，其他项为奇数得证，
2024项是非3的倍数项，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题A选项的判断比较常规，选项BC的关键是要通过适当的变形然后利用累加法判断，选项D根据数列规律猜想3的倍数项为偶数，其他项为奇数，利用数学归纳法证明.
12．ACD
【分析】根据数列单调性的判断方法即可判断选项A；利用特殊值法可判断选项B；利用数学归纳法可判断选项C；
先根据已知条件得，，再对进行化简，即可判断选项D.
【详解】由是正项数列，得.
由，得，即.
对于选项A：因为，则，
所以数列是递增数列，故选项A正确；
对于选项B，因为，且，则，
所以，与矛盾，故选项B错误；
对于选项C：当时，则成立；
假设当时，有成立；
令，则，
而，
则，
即成立.
所以恒成立，故选项C正确；
对于选项D：因为，则，
所以
.
因为，且，
则；；；.
因为数列是递增数列
则，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列的递推关系式判断数列的单调性，数列的项及求和.解题关键在于对数列基本知识的掌握和灵活使用.难点在于选项C利用数学归纳法判断；选项D对递推关系式进行变形，利用裂项相消进行求和；借助数列的单调性得，即可判断.
13．10
【分析】依题意可得，即可得到，从而求出的值.
【详解】由题意得，
因为，所以，结合，
可得，解得或（舍去）.
故答案为：10.
14．
【分析】考查等式两侧的特点，写出左侧和的表达式，进行比较，即可推出左边应增加的项．
【详解】当时，等式为，
当时，等式为，
因此，从“”变到“”时，
左边应增加的项是
.
故答案为：.
15．
【分析】利用数学归纳法的概念、步骤求解即可.
【详解】当时，不等式为，
当时，不等式为.
故答案为：.
16．
【分析】若数列单调递减，则恒成立，可得恒成立，由此可得c的范围.若数列单调递增，则，即，且母函数.数列有极限，其值为其不动点.又在上单调增加，故，所.于是只需要证明时满足条件，时不满足条件即可.
【详解】①若数列单调递减，因为，则，即，因此恒成立，
即恒成立，即恒成立，即恒成立，
所以c＜0.
②数列单调递增，则当时，，
当时，，而函数在上单调递增，
则，即，
假设当n＝k，k∈时，，
则，即，
因此由数学归纳法可得，即数列单调递增；
当时，因为，则，即，
有，，而，
于是，即有，
从而，
则，
令，
故当时，，
此时，而在上单调递减，
∴，即，与题意矛盾.
综上，的取值范围是.
故答案为：；
17．(1)的前2项为3，8； 的前2项为5，11；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）直接利用数列定义求解；
（2）证明为等差数列即可求解；
（3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解
【详解】（1）数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11；
（2）首先，当时，结论成立；
当时，对于相邻的两个数列：
1 4 9 16 25 36 49 64
2 6 12 20 30 42 56 72
3 8 15 24 35 48 63 80
5 11 19 29 41 55 71 89
7 14 23 34 47 62 79 98
10 18 28 40 54 70 88 108
13 22 33 46 61 78 97 118
17 27 39 53 69 87 107 129
因为都在数列中，且在之前，
所以在数列中，必有，
所以，
所以
所以构成首项为，公差为1的等差数列，
所以
（3）由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项．
从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项.
具体地可概括成结论P：对任意，有
下面用数学归纳法证明：
(i)当时， 由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立；
(ii)假设当时，结论成立，即对，
那么由第（2）问的结论知：当时，
,
,
上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项，
还剩下两个元素：，它们必是数列的首项，
结果只有.
根据(1)(2)知，结论P成立.
由结论P可得，数列的首项为，的首项为，
即
另一方面，由第（2）问的结论：得：
，
，
…
，
相加得：，
当时，上式也成立．
所以
令，则
所以．
由得，所以，所以，
所以.所以，此时，所以；
令，有，
．由得，所以．
所以，所以 无解.
综上，当时，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用数学归纳法得，进而得到的表达式.
18．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解；
（2）根据题意可知，可得，即可分析证明；
（3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明.
【详解】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，并把新定义问题转化为已经学过的知识，常常利用数学归纳法分析证明.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先根据题意得到之间的等式关系，再证明时，符合题意，而后假设时，所证成立，最后再根据之间的关系，推出时所证成立即可；
（2）根据（1）的结论，结合，可得出当时，的通项公式，再验证时，是否符合通项公式，最后写出通项公式即可。
【详解】（1）证明：因为，，成等差数列，所以，
因为，所以上式可化简为，
将带入上式可得：，
当时，，符合，
假设当时，有成立，
则当时，，
因为，所以,
所以,符合，
故有成立；
（2）由（1）可得，，
当时，，
因为，符合，
故。
20．(1)，，
(2)证明见解析，
【分析】
（1）根据递推公式求，进而猜想通项公式；
（2）利用数学归纳法证明，结合等差数列的定义和求和公式分析求解.
【详解】（1）因为数列满足，，
可得，，
由此可猜想.
（2）证明：①当时，显然成立；
②假设当时，成立，即；
当时，，
所以时也成立，
综合①②可得：.
因为，
可知数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令，根据题意，经过次操作后，变成，即可得证；
（2）根据题意，结合数学归纳法的证明方法，即可得证；
（2）假设结论对成立，现在考虑实数，分为偶数和为奇数，两种情况分类讨论，结合数学归纳的证明方法，即可得证.
【详解】（1）解：不妨令，
根据题意，把数列，经过次操作后，变成，
即第项为，所以.
（2）解：当时，成立，
假设成立，即，
当时，可得，
综上可得，对于，都有.
（3）解：若时，结论显然成立，
假设结论对成立，现在考虑实数，
若为偶数，则，结论成立；
若为奇数，则，经过次操作变成，
再经过次操作，变成，这里由有个数，
第位是，所以，
所以，结论对于成立，
综上可得，当时，成立．
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