4.4 数学归纳法 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

4.4*数学归纳法
基础过关练
题组一　用数学归纳法证明等式
1.(2025广东东莞东华高级中学阶段检测)用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(n+3)=(n∈N*),要验证当n=1时等式成立,其左边的式子应为(　　)
A.1　　　B.1+2
C.1+2+3　　　D.1+2+3+4
2.(2025上海南汇中学期末)用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N*)时,从n=k到n=k+1,等式左边需要增乘的代数式为(　　)
A.2k+1　　　B.2(2k+1)　　　C.　　　D.
3.(2024山西朔州期中)用数学归纳法证明:…=(n≥2,n∈N*).
题组二　用数学归纳法证明不等式
4.(2025上海高桥中学期中)用数学归纳法证明不等式:++…+≥(n∈N*)时,从n=k到n=k+1,不等式左边需要增加的项为(　　)
A.　　　B.+
C.-　　　D.-
5.(2025湖南师范大学附属中学期末)用数学归纳法证明1+++…+1)时,第一步要证的不等式是　　　　.
6.(2025山东青岛即墨第一中学阶段检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=-3,S4=2(a5+1),数列{bn}的前n项和为Tn,且b1=-1,bn+1=TnTn+1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,n∈N*,用数学归纳法证明:c1+c2+…+cn题组三　用数学归纳法解决整除问题
7.(2024上海青浦高级中学期末)用数学归纳法证明“对任意偶数n(n∈N*),an-bn能被a-b整除”时,第二步应论证的是(　　)
A.假设n=k(k为正整数)时命题成立,再证n=k+1时命题也成立
B.假设n=2k(k为正整数)时命题成立,再证n=2k+1时命题也成立
C.假设n=k(k为正整数)时命题成立,再证n=2k+1时命题也成立
D.假设n=2k(k为正整数)时命题成立,再证n=2(k+1)时命题也成立
8.求证:an+1+(a+1)2n-1(n∈N*,a∈N*)能被a2+a+1整除.
题组四　用数学归纳法解决归纳—猜想—证明问题
9.(2024江苏盐城响水中学期中)正项数列{an}中,若a1+a2+a3+…+an=,n∈N*,则a2 023的值是(　　)
A.+　　　B.+
C.-　　　D.-
10.(多选题)(2025广东茂名期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,且an+1=2-(n∈N*),则(　　)
A.存在a1,使得S2=2
B.{an}可能是常数列
C.{an}可能是递增数列
D.{an}可能是递减数列
11.(2025山东菏泽鄄城一中开学考试)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,从第三项起,每一项都等于它前面两项的和,记该数列为{an}.
(1)某学生发现以下特征:a1a4-a2a3=1,a2a5-a3a4=-1,a3a6-a4a5=1,a4a7-a5a6=-1,……,请由此归纳出一个结论,并给出证明;
(2)证明:=anan+2+(-1)n.
答案
基础过关练
1.D　
2.B　当n=k时,左边=(k+1)(k+2)(k+3)·…·2k,
当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)·…·2k(2k+1)·(2k+2),因此等式左边需要增乘的代数式为=2(2k+1).
3.证明　当n=2时,左边=1-=,右边==,
左边=右边,所以当n=2时,等式成立.
假设当n=k(k≥2,k∈N*)时等式成立,
即…=,
那么当n=k+1时,·…·==·==,即当n=k+1时,等式也成立.故对任意n≥2,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,不等式左边增加的项为+-=-.
5.答案　1++<2
解析　由n∈N且n>1,可知第一步应验证n=2时的不等式,当n=2时,22-1=3,所以第一步要验证的不等式为1++<2.
6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由得
解得故an=a1+(n-1)d=-1-2(n-1)=-2n+1.
易知Tn≠0,由bn+1=TnTn+1,得Tn+1-Tn=TnTn+1,即-=-1,又T1=b1=-1,
所以是首项为-1,公差为-1的等差数列,
所以=-1-(n-1)=-n,即Tn=-,
所以bn=Tn-Tn-1=(n≥2),
又b1=-1不符合上式,所以bn=
(2)证明:由(1)知cn=,n∈N*,
①当n=1时,不等式左边=1,不等式右边=,不等式成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,c1+c2+…+ck则当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1=
=<(2k2+k+4k+3)=(k+1)(2k+3),即当n=k+1时,不等式也成立.
由①②可知,不等式c1+c2+…+cn7.D　因为n为正偶数,所以第二步应论证的是假设n=2k(k为正整数)时命题成立,再证n=2(k+1)时命题也成立.
8.证明　(1)当n=1时,an+1+(a+1)2n-1=a2+a+1,能被a2+a+1整除;
(2)假设当n=k(k∈N*)时,ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,易知当n=k+1时,ak+2+(a+1)2k+1=a[ak+1+(a+1)2k-1]-a(a+1)2k-1+(a+1)2k+1=a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1,
因为ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,所以a[ak+1+(a+1)2k-1]能被a2+a+1整除,
又(a2+a+1)(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,所以a·[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,即当n=k+1时,an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除.
由(1)(2)可知,an+1+(a+1)2n-1(n∈N*,a∈N*)能被a2+a+1整除.
9.C　∵a1+a2+a3+…+an=,
∴当n=1时,a1=,
又{an}为正项数列,∴a1=1,
当n=2时,1+a2=,∴a2=-1(负值舍去),
同理可得a3=-,a4=2-,
由此猜想an=-(n∈N*).
证明:当n=1时,显然成立;
假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即ak=-,
易得当n=k+1时,a1+a2+a3+…+ak+ak+1=ak+1+=+ak+1,
∴-ak+1=2,∴ak+1=-(负值舍去).
故当n=k+1时,猜想也成立.
故an=-,∴a2 023=-.
10.ABD　对于A,取a1=1,则a2=2-=1,所以S2=a1+a2=2,故A正确;
对于B,取a1=1,则a2=2-=1,a3=2-=1,……,
以此类推可知,对任意的n∈N*,an=1,所以{an}可能是常数列,故B正确;
对于C,假设数列{an}为递增数列,则对任意的n∈N*,an+1=2->an,即an-2+=<0,所以an<0对任意n∈N*恒成立,
但当an<0时,an+1=2->0,矛盾,所以数列{an}不可能是递增数列,故C错误;
对于D,取a1=2,则a2=2-=2-=,a3=2-=2-=,由此猜想an=,n∈N*,
证明:当n=1时,猜想成立,假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即ak=,
则当n=k+1时,ak+1=2-=2-=,
故当n=k+1时,猜想也成立,所以对任意n∈N*,an==1+,此时数列{an}为递减数列,故D正确.
11.解析　(1)结论:anan+3-an+1an+2=(-1)n-1(n∈N*).证明如下:
①当n=1时,a1a4-a2a3=1,结论成立;
②假设当n=k(k∈N*)时,akak+3-ak+1ak+2=(-1)k-1成立,即ak+1ak+2=akak+3-(-1)k-1成立,
则当n=k+1时,ak+1ak+4-ak+2ak+3=ak+1ak+4-(ak+ak+1)·ak+3=ak+1ak+4-ak+1ak+3-akak+3=ak+1(ak+4-ak+3)-akak+3=ak+1ak+2-akak+3=[akak+3-(-1)k-1]-akak+3=(-1)(k+1)-1,
故当n=k+1时结论也成立.
根据①②可知结论对任意正整数n都成立.
(2)证明:当n=1时,左边==1,右边=a1a3+(-1)1=1,等式成立.
假设当n=k(k∈N*)时,=akak+2+(-1)k,即akak+2=-(-1)k,
则当n=k+1时,=ak+2(ak+ak+1)=akak+2+ak+1ak+2=[-(-1)k]+ak+1ak+2=+ak+1ak+2-(-1)k=ak+1·ak+3-(-1)k=ak+1ak+3+(-1)k+1,
故当n=k+1时等式也成立.
综上,=anan+2+(-1)n对任意正整数n都成立.