2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--5.5　数学归纳法

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
*5.5　数学归纳法
基础过关练
题组一　用数学归纳法证明等式
1.(2023上海财经大学附属中学期末)用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)·(2n+1)(n>1,n∈N+)时,从n=k到n=k+1,等式左边需增添的项是(　　)
A.2k+2
B.2(k+1)+1
C.(2k+2)+(2k+3)
D.[(k+1)+1][2(k+1)+1]
2.用数学归纳法证明1-+…++…+(n∈N+)时,第一步应验证的等式是　　　　　　.
3.用数学归纳法证明:12+22+32+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+32+22+12=
n(2n2+1)(n∈N+).
题组二　用数学归纳法证明不等式
4.(2024辽宁沈阳二中月考)用数学归纳法证明不等式:+…+时,从n=k到n=k+1,不等式左边需要增加的项为(　　)
A.
C.
5.(2024浙江杭州第二中学期末)用数学归纳法证明:f(n)=1++…+(n∈N*)的过程中,从n=k到n=k+1,f(k+1)比f(k)共增加了(　　)
A.1项　　　　 B.(2k-1)项　　　　
C.2k+1项　　　　D.2k项
6.(2023上海进才中学月考)用数学归纳法证明对任意n>k(n,k∈N)的自然数都成立,则k的最小值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
7.对于不等式≤n+1(n∈N+),某学生的证明过程如下:
(1)当n=1时,≤1+1,不等式成立.
(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即≤k+1,则当n=k+1时,=(k+1)+1,所以当n=k+1时,不等式成立.
上述证法中(　　)
A.过程全都正确
B.n=1的验证不正确
C.归纳假设不正确
D.从n=k到n=k+1的推理不正确
8.(2022浙江绍兴柯桥第二次适应性考试)已知等差数列{an}中,a2=5,a1+a2+a3=a7.正项数列{bn}的前n项和Sn满足:对任意n∈N+,bn-1,,bn+2成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,n∈N+,证明:对任意n∈N+,都有c1·c2·…·cn>.
题组三　用数学归纳法解决归纳—猜想—证明
问题
9.观察下列等式:
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
按照以上式子的规律:
(1)写出第五个等式,并猜想第n(n∈N+)个等式;
(2)用数学归纳法证明上述所猜想的第n(n∈N+)个等式成立.
10.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-an(n∈N+).
(1)计算a1,a2,a3,a4,并猜想an;
(2)用数学归纳法证明你的猜想.
11.(2022河南郑州期末)已知数列{an}满足:a1=,an+1an+2an+1=2an(n∈N+).
(1)计算a2,a3,a4的值;
(2)猜想数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明.
能力提升练
题组一　用数学归纳法证明等式(不等式)
1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,若存在自然数m,使得对任意n∈N+, f(n)都能被m整除,则m的最大值为(　　)
A.30　　　　B.9　　　　C.36　　　　D.6
2.(多选题)(2023山东潍坊期中)斐波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),则下列结论正确的是(　　)
A.a8=13
B.a2 023是奇数
C.+…+=a2 021a2 022
D.a2 022被4除的余数为0
3.(2023广东燕博园综合能力测试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1+2S2+3S3+…+nSn=n3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=nan,且数列{bn}的前n项和为Tn,求证:当n≥3时,Tn≤-4.
4.已知等差数列{an}的公差d不为零,且a3=3,a1,a2,a4成等比数列,数列{bn}满足b1+2b2+…+nbn=2an(n∈N+).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求证:+…+(n∈N+).
5.已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,且对任意正整数n恒满足2an+1=4an+2bn+1,2bn+1=2an+4bn-1.求证:
(1){an+bn}为等比数列,{an-bn}为等差数列;
(2)+…+<2n-2(n>1,n∈N+).
题组二　用数学归纳法解决归纳—猜想—证明
问题
6.已知数列{an}满足a1=2,an+1=-nan+1(n∈N+).
(1)求a2,a3,a4,由此猜想出{an}的一个通项公式,并给出证明;
(2)用数学归纳法证明:当n>1时,+…+.
7.已知数列{an}和{bn},其中an=1+3+5+…+(2n+1),bn=1+2+…+2n-1,当n∈N+时,试比较an与bn的大小,并用数学归纳法证明你的结论.
8.在数列{an}中,a1=1,a2=,且an+1=(n≥2).
(1)求a3,a4,猜想an的表达式,并加以证明;
(2)设bn=,求证:对任意n∈N+,都有b1+b2+…+bn<.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C　当n=k(k>1,k∈N+)时,左边=1+2+3+…+(2k+1),当n=k+1时,左边=1+2+3+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3),
所以从n=k到n=k+1,等式左边需增添的项是(2k+2)+(2k+3).故选C.
2.答案　1-
解析　由于n∈N+,因此第一步应验证n=1时的等式,此时左边=1-,右边=,故填1-.
3.证明　(1)当n=1时,左边=1,右边==1,此时等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,等式成立,即12+22+32+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+32+22+12=k(2k2+1).
则当n=k+1时,
左边=12+22+32+…+k2+(k+1)2+k2+…+32+22+12
=k(2k2+1)+(k+1)2+k2
=(k+1)[2(k+1)2+1]=右边,
即当n=k+1时,等式也成立.
根据(1)(2)可知,对任意的n∈N+,等式恒成立.
4.D　当n=k时,不等式的左边为+…+,
当n=k+1时,不等式的左边为+…+,
故从n=k到n=k+1,左边增加的项为.故选D.
5.D　因为f(n)=1++…+,所以f(k)=1++…+,共2k项,
则f(k+1)=1++…++…+,共2k+1项,所以f(k+1)比f(k)共增加了2k+1-2k=2k项.
故选D.
6.B　当n=1时,左边=,右边=,不等式不成立;
当n=2时,左边=,右边=,不等式不成立;
当n=3时,左边=,右边=,不等式成立,
故若不等式对任意n>k(n,k∈N)的自然数都成立,则k的最小值为2,故选B.
7.D　n=1的验证及归纳假设都正确,但从n=k到n=k+1的推理中没有使用归纳假设,而是通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求.故选D.
8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由所以an=2n+1.
由已知得2Sn=(bn-1)(bn+2)①,
令n=1,得2b1=(b1-1)(b1+2),所以b1=2.
又2Sn+1=(bn+1-1)(bn+1+2)②,
所以由①②得(bn+1+bn)(bn+1-bn-1)=0,
因为bn>0,所以bn+1-bn=1,所以{bn}是首项为2,公差为1的等差数列,故bn=n+1.
(2)证明:由(1)得cn=,n∈N+.
当n=1时,不等式的左边=,右边=,左边>右边,即原不等式成立.
假设当n=k(k≥1)时,原不等式成立,即c1·c2·…·ck>,
则当n=k+1时,c1·c2·…·ck·ck+1>
=,
所以当n=k+1时,原不等式也成立.
综上,对任意n∈N+,都有c1·c2·…·cn>.
9.解析　(1)第五个等式为5+6+7+8+9+10+11+12+13=92;
猜想第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2,n∈N+.
(2)证明:①当n=1时,等式左边=1,等式右边=(2-1)2=1,所以等式成立.
②假设n=k(k≥1)时,等式成立,
即k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)=(2k-1)2,
那么,当n=k+1时,(k+1)+[(k+1)+1]+[(k+1)+2]+…+[3(k+1)-2]=(k+1)+(k+2)+(k+3)+…+(3k+1)=k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)+(3k-1)+3k+(3k+1)-k=(2k-1)2+8k=4k2-4k+1+8k=(2k+1)2=[2(k+1)-1]2,
即n=k+1时,等式也成立.
根据①和②,可知对任意的n∈N+,等式都成立.
10.解析　(1)当n=1时,S1=a1=2-a1,∴a1=1;
当n=2时,S2=a1+a2=2-a2,∴a2=;
当n=3时,S3=a1+a2+a3=2-a3,∴a3=;
当n=4时,S4=a1+a2+a3+a4=2-a4,∴a4=.
∴猜想an=.
(2)证明:①当n=1时,a1==1,猜想成立.
②假设当n=k(k≥1)时,猜想成立,即ak=.
则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=(2-ak+1)-(2-ak),
∴2ak+1=ak=,
∴ak+1=,
即n=k+1时,猜想也成立.
由①②可知,对任意n∈N+,猜想均成立.
11.解析　(1)因为a1=,an+1an+2an+1=2an,
所以a2a1+2a2=2a1 a2=,
a3a2+2a3=2a2 a3=,
a4a3+2a4=2a3 a4=.
(2)猜想:an=.
证明:①当n=1时,a1=,猜想成立.
②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时猜想成立,即ak=.
因为an+1an+2an+1=2an,所以an+1=,
所以ak+1=.
所以当n=k+1时,猜想也成立.
根据①②,可知对任意n∈N+,猜想都成立.
能力提升练
1.C　由f(n)=(2n+7)·3n+9,得f(1)=36,
f(2)=3×36, f(3)=10×36,f(4)=34×36,
由此猜想m的最大值为36.
下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,显然成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时, f(k)能被36整除,即f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,
那么,当n=k+1时,
f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9
=3[(2k+7)×3k+9]-18+2×3k+1
=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).
∵3k-1-1能被2整除,∴18(3k-1-1)能被36整除,
∴当n=k+1时, f(k+1)也能被36整除.
由(1)(2)可知对任意n∈N+,f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除,故m的最大值为36.故选C.
2.BCD　对于A,∵a1=a2=1,∴a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a8=21,A错误.
对于B,3的倍数项为偶数,其他项为奇数,下面用数学归纳法证明:
当n=1,2,3时,a1=a2=1,a3=2,满足规律.
假设当n=3k-3,3k-2,3k-1时,满足a3k-3为偶数,a3k-2,a3k-1为奇数.
当n=3k,3k+1,3k+2时,a3k=a3k-2+a3k-1,
∵a3k-2,a3k-1为奇数,∴a3k为偶数,
a3k+1=a3k-1+a3k,∵a3k-1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+1为奇数,
a3k+2=a3k+a3k+1,∵a3k+1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+2为奇数,故3的倍数项为偶数,其他项为奇数得证,
∵2 023不是3的倍数,∴a2 023是奇数,B正确.
对于C,当n=1时,=1=a1·a2,满足规律.
假设当n=k时,满足+…+=akak+1成立.
当n=k+1时,+…+=
ak+1(ak+ak+1)=ak+1ak+2成立,满足规律,
故+…+=anan+1,令n=2 021,则+…+
=a2 021a2 022成立,C正确.
对于D,当n=6时,a6=8,故a6被4除的余数为0.
假设当n=6k时,满足a6k=4m,m∈N.
当n=6(k+1)时,a6(k+1)=a6k+6=a6k+5+a6k+4=2a6k+4+a6k+3=3a6k+3+2a6k+2
=5a6k+2+3a6k+1=8a6k+1+5a6k=8a6k+1+20m=4(2a6k+1+5m).
∵a6k+1∈N*,m∈N,∴a6k+6能被4整除得证,
∵a2 022=a6×337,∴a2 022能被4整除得证,D正确.
故选BCD.
3.解析　(1)S1+2S2+3S3+…+nSn=n3,
当n≥2时,S1+2S2+3S3+…+(n-1)Sn-1=(n-1)3,
两式相减得nSn=3n2-3n+1,即Sn=3n+-3,
当n=1时,a1=S1=1,满足上式,
所以Sn=3n+-3(n∈N+).
当n≥2时,Sn-1=3(n-1)+-3,
两式相减得an=3-,
当n=1时,a1=1不满足上式,
所以an=
(2)证明:由(1)可得bn=则当n≥3时,Tn=3-2+6-1+9-+…+3n-.
故所证不等式相当于--4,n≥3.
当n=3时,不等式显然成立;
假设n=k(k≥3,k∈N+)时,不等式成立,
即--4,
则n=k+1时,-
-4.
综上,当n≥3时,Tn≤-4.
4.解析　(1)由a3=3,可得a1+2d=3,
由a1,a2,a4成等比数列,可得a1a4=,
即a1(a1+3d)=(a1+d)2,
又d≠0,所以a1=d=1,则an=a1+(n-1)d=n.
由数列{bn}满足b1+2b2+…+nbn=2an,可得b1=2a1=2,
当n≥2时,由b1+2b2+…+nbn=2an=2n,
可得b1+2b2+…+(n-1)bn-1=2(n-1),
两式相减得nbn=2,则bn=,
又b1=2也适合bn=,所以bn=.
(2)证明:不等式+…+(n∈N+)即为+…+(n∈N+).
下面应用数学归纳法证明:
①当n=1时,不等式的左边=,右边=2-,左边>右边,不等式成立;
②假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即+…+,
则当n=k+1时,+…+,
要证+…+,
只要证k+1-,
即证,
即证(>0,
由k∈N+,可得上式成立,即n=k+1时,不等式也成立.
综上可得,对一切n∈N+,+…+恒成立,
故+…+(n∈N+).
5.证明　(1)2an+1=4an+2bn+1,①
2bn+1=2an+4bn-1,②
①+②,得2(an+1+bn+1)=6(an+bn),
即an+1+bn+1=3(an+bn),
①-②,得2(an+1-bn+1)=2(an-bn)+2,
即(an+1-bn+1)-(an-bn)=1.
又a1+b1=3≠0,a1-b1=1≠0,
∴{an+bn}是首项为3,公比为3的等比数列,{an-bn}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可得an+bn=3n.
下面利用数学归纳法证明+…+(n>1,n∈N+).
当n=2时,+…+,不等式成立;
假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即+…+,
则n=k+1时,+…++…++…+>,
∴当n=k+1时,不等式也成立.
∴对任意n>1,n∈N+,都有+…+.
下面用数学归纳法证明+…+<2n-2(n>1,n∈N+).
当n=2时,+…+<2=2×2-2,不等式成立.
假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即+…+<2k-2,
则n=k+1时,+…++…++…+=2(k+1)-2,
∴当n=k+1时,不等式也成立.
∴对任意n>1,n∈N+,都有+…+<2n-2.
综上,+…+<2n-2(n>1,n∈N+).
6.解析　(1)由a1=2,得a2=-a1+1=3;
由a2=3,得a3=-2a2+1=4;
由a3=4,得a4=-3a3+1=5.
由此猜想{an}的一个通项公式为an=n+1.
用数学归纳法证明an=n+1.
当n=1时,a1=2=1+1,猜想成立.
假设当n=k(k≥1)时,猜想成立,即ak=k+1,
那么当n=k+1时,ak+1=-kak+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k+2=(k+1)+1,
即当n=k+1时,猜想也成立.
所以an=n+1(n∈N+).
(2)证明:①当n=2时,=1,不等式成立.
②假设当n=k(k≥2)时,不等式成立,即+…+,
则当n=k+1时,
+…+,
而<0,
所以+…+,
即当n=k+1时,不等式也成立.
由①②可知,当n>1时,+…+.
7.解析　由已知得an=·(n+1)=(n+1)2,bn==2n-1.
当n=1时,a1=4,b1=1,则a1>b1,
当n=2时,a2=9,b2=3,则a2>b2,
当n=3时,a3=16,b3=7,则a3>b3,
当n=4时,a4=25,b4=15,则a4>b4,
当n=5时,a5=36,b5=31,则a5>b5,
当n=6时,a6=49,b6=63,则a6当n=7时,a7=64,b7=127,则a7……
由此得到,当n≤5,n∈N+时,an>bn,
猜想:当n≥6,n∈N+时,an用数学归纳法证明如下:
①当n=6时,上面已证a6②假设当n=k(k≥6,k∈N+)时,ak当n=k+1时,要证ak+1只需证(k+2)2<2k+1-1,
只需证(k+2)2<2·2k-1,
根据归纳假设,2·2k-1>2[(k+1)2+1]-1.
因为2[(k+1)2+1]-1-(k+2)2=k2-1,k≥6,
所以k2-1>0,即2[(k+1)2+1]-1>(k+2)2,即(k+2)2<2·2k-1.
故当n=k+1时,猜想也成立.
由①②可知,对任意n≥6,n∈N+,猜想都成立.
8.解析　(1)令n=2,得a3=,
令n=3,得a4=.
故可以猜想an=,n∈N+.
下面利用数学归纳法加以证明:
①当n=1时,a1=1=,猜想成立.
当n=2时,a2=,猜想成立.
②假设当n=k(k≥2)时,猜想成立,即ak=,
那么当n=k+1时,ak+1=,
即当n=k+1时,猜想也成立.
综上, n∈N+,an=成立.
(2)证明:bn=),
所以b1+b2+…+bn=)+…
+(-1),
所以要证原不等式成立,只需要证明,
即证明+1,
即证明3n+1<3n+2+1,即证明2>0,
因为n∈N+,所以2>0显然成立.
所以对任意n∈N+,都有b1+b2+…+bn<.
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