第一章 5 数学归纳法-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（北师大版2019)

5数学归纳法 白题 基础过关 限时：35min 题组1用数学归纳法证明恒等式 5.(2024·浙江杭州高二期末)用数学归纳法证 1.(2024·江西上饶高二月考)利用数学归纳法 11 ,1n+2 证明f(n)=1+2+3+4+…+(4n-1)(n∈N°) 明：m)=1+23…+2≥2(neN)的 时，第一步应证明 ( 过程中，从n=k到n=k+1时，f(k+1)比f(k) A.f八1)=1 B.f(1)=1+2+3 共增加了 () C.f(2)=1+2 D.f八1)=1+2+3+4 A.1项 B.2-1项 1,11 C.2+项 D.2项 2.用数学归纳法证明1一2+34+… 2n-1 6.用数学归纳法证明-”对任意>k(, 11,1 2+1n+1 *十 (n∈N),则从k到+1 2nn+1n+2 2n k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为 时左边添加的项是 ( 1 1 1 A.1 B.2 C.3 D.4 A.2k+*1 B 2k+22k+4 题组3归纳、猜想与证明 1 1 1 C.2k+2 D.2k+12k+2 7.(多选)某个命题与正整数n有关，若当n=k (k∈N)时命题成立，则可得当n=k+1时命 3.有下列命题：1+3+5+…+(2n-1)=n2 题也成立.若已知当n=5时命题不成立，则下 (n∈N·),使用数学归纳法证明. 列说法正确的是 () A.当n=4时，命题不成立 B.当n=1时，命题可能成立 C.当n=6时，命题不成立 D.当n=6时，命题可能成立也可能不成立，若 当n=6时命题成立，则对任意n≥6，命题 都成立 8.已知数列1a}满足a1=1,a1+a,aa+1-a.= 0(neN'). 题组2用数学归纳法证明不等式 (1)求a2,a3,a4 4.用数学归纳法证明1+2+3 2n-1n (2)试猜想数列a。}的通项公式，并用数学归 纳法证明 (neN”,n>1)时，第一步应验证的不等式是 ( A.1* 22 11 B.1 232 11 111 c.1+2t33 2t343 D.1+ 选择性必修第二册，BS黑白题30 黑题 应用提优 展时：35min 1-a26.用数学归纳法证明：对任意正整数n,4+15n- 1.用数学归纳法证明“1+a+a2+…+a1 1-a 1能被9整除 (a≠1，n∈N)”,在验证n=1是否成立时，左 边应该是 A.1 B.1+a C.1+a+a2 D.1+a+a2+a 2.若命题P(n)对n=k成立，则它对n=k+1也成 立，现已知P(n)对n=4不成立，那么下列结 论中正确的是 A.P(n)对neN成立 7.(2024·辽宁大连高二月考)(1)若数列b} B.P(n)对n>4且neN“成立 1 满足b。+b+1= 1=1 C.P(n)对n<4且n∈N'成立 n+1-n'b·b21n D.P(n)对n≤4且n∈N"不成立 n+1求6.： 3.设f八x)是定义在正整数集上的函数，且∫(x) (2)若n为大于1的自然数，且an=b2,用数学 满足：当f(k)≥2成立时，总可推出f(k+1)≥ (k+1)2成立.则下列命题，总成立的是( 归纳法证明：L+1++1,13 nta n+az n+a 24 A.若f(3)≥9成立，则当k≥1，均有f(k)≥ 成立 B.若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有 f()≥k2成立 C.若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有 f()<k成立 D.若f(4)=25成立，则当≥4时，均有 f(k)≥2成立 4.利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)·…· (n+n)=2"·1·3·…·(2n-1)”时，由k 到k+1时，左边应添加因式 5.用数学归纳法证明1+2+22+…+2-(n∈N”) 能被31整除时，从k到k+1添加的项数共有 项 第一章黑白题31 8.(2024·江西南昌高二月考)已知数列{a,的9.(2023·江西宜春高三月考)已知数列1a 前n项和Sn与a,满足Sn=-ban+1 中，a1=2,a+1=(2-3)an+3-3,n=1,2, (1+b) 3,… (neN"),其中b是与n无关的常数，且 (1)求1a,}的通项公式： b≠-1. 2b.+3 (1)求a1,a; (2)若数列1b}中，b,=2,b1= ,+2,证明： (2)求an和an-的关系式： 3<bn≤a2m-1,n=1,2,3, (3)猜想用n和b表示a,的表达式（须化 简)，并证明。 进阶突破拔高练PO8 选择性必修第二册，BS黑白题32预金为斤，第5关收段金为6斤，所以宁*24+ 1 1 牧草销售总收入才能超过总投入 8.解：(1)1000×(1+0.1)5+1000×(1+0.1)5+…+1000×(1+0.1)= 100x1x116-D=1000x1.17-1.1D-8500(元). 0.1 a=(名）=1，解得a=号又因为) (10x+1,1,所以 所以在十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为8500元 11-5x,0<x≤1， (2)设投资天数为m, (号）小10xg+1=1做选C 方案一：投资累计收益S。=40n: 方案二：设每天收益4n元，则{an成等差数列，故an=10+(n-1)×10= 4.D解析：若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次 10n,则投资累计收益Aa(10+10a）=5n+5n: 成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n-1. 2 假设他连续打卡n天，第n+1天中断了，则他所得积分之和为(1+3+ 方案三：设每天收益6。元，则1b。成等比数列，b,=0.4×2-1,则投资 +2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-11=a1+2-2+ 累计收益B,-0422=0.4x(2-). 2 1-2 (19-n)[1+2(19-m)-1-193,化简得n2-19n+84=0,解得n=7或 S。-A.=35n-5n2=5n(7-n),当n≤6时，5，>An当n=7时，S.=A,； 2 当n≥8时，S。<A。,又B.=0.4×(2-1)<0.4×2°，当n≤9时，B。<S。 a=12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故选D. 且B、<A.:当n≥11时，Bn>A,:所以投资1~6天时，可以考虑选择方 5.B解析：设第n年每柄车的利润为a。万元，则每辆车的利润构成 案一：投资7天，可以考虑选择方案一或方案二：投资8-10天，可以 首项为1，公差为0.1的等差数列，所以an=0.1n+0.9. 考虑选择方案二：投资11天及以上，可以考虑选择方案三 设第n年新能源汽车的销量为6，辆，则该汽车的销量构成首项为2000， 公比为12的等比数列，所以b。=2000x1.2. ·§5 数学归纳法 设该汽车集团销售新能源汽车的总利润为S万元， 白题 基础过关 则S=2000×(1+1.1×1.2+1.2×1,22+1.3×1.23+1.4×1.2+1.5×1.2)①， 1.B解析：由题意f八n)=1+2+3+…+(4n-1),(neN·),即从1起连 1.2S=2000x(1×1.2+1.1×1.22+1.2×1.23+1.3×1.2+1.4×1.2+1.5× 续(4n-1)项正整数之和则f代1)为从1起连续3个正整数之和，故第 1.26)②，①-②，得-0.2s=2000×[1+0.1×(1.2+1.22+1.23+1.24+ 一步应证明1)=1+2+3故选B. 1.25)-1.5×1.26]=2000× a() -1.5×1.26 2D期折：省时等就的左边为1宁号云当 2000×(0.4-1.26),所以S=10000×(1.26-0.4)=25900(万元)， 即S=259亿元，所以该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为 n=k+1时，等式的左边为1-1,11 11.11 2+34…*2-24212+2 2.59亿元.故选B. 6.6.6解析：由题意可知，第一年要比上年增长10%，设第n年的产值 做队。=到+1，左边所要茶加的项是2收选D 为a,则=11，且a1=11,所以数列a,是首项为1.1，公比为 3.证明：当n=1时，左边=1，右边=12=1，.等式成立：假设当n=k d. (keN)时，1+3+5*+(2k-1)=2成立，那么当n=+1时，1+3+ 11的等比数列，所以从今年起到第五年这五年内，这个厂的总产值 5++(2k-1)+(2k+1)=2+2k+1=(k+1)2成立.综上所述，1+3+5+ 为41x1-1-11x1-1.6 =6.6故答案为6.6 …+(2n-1)=n2对于任意m∈N“成立 1-l.1 1-1.1 4 7、解：()由题知，每年的投人金额是以40为首项，了为公比的等比数 4B解折：第一步，当A2时，验证不等式为1+宁了2故选B 5D解折：因为小=1宁所以加1空号 列，所以a.=40× =200-200× :同理，每年牧草销 15 2共2沙项，则f(+1)=1++1+ 了…共 2项，所以k+1)比fk)共增加了21-2=2（项），故选D 售收入是以30为首项，子为公比的等比数列，所以6，=30× ®B解折：当1时，左边宁右边品宁分宁不皮 () 1- =12m(）广-12m 立省2时边品右边品子号不立肖 n=3时，左边= 品号右动品立，即左边大于 2-17 (2)设经过n年，牧草销售总收人超过总投入，即b。-4,>0,即120× 右边，不等式成立，则对任意>k(n,kEN)的自然数都成立，则k的 (）广-m-[m-mx(告)广门=(）广2m(专)扩月 最小值为2，故选B. 7.AD解析：若当n=4时命题成立，则当n=5时命题也成立，与题设 0>0令1（号）广，0<1，则上式化为20420-320>0,即5- 矛盾，即当n=4时，命题不成立，A正确：若当n=1时命题成立，则当 n=2时命题成立，继续推导可得当n=5时命题成立，与题设矛盾， 30,解得01<，即（）广<，所以子<子，即 B不正确：当n=6时，该命题可能成立也可能不成立，若当n=6时命 题成立，则当n=7时命题也成立，继续推导可得对任意n≥6，命题都 g与g3-g5_83+g2--22,所以n≥3，所以至少经过3年 成立，C不正确，D正确故选AD, 8.解：(1)由a1+a,a1a。=0可知an1= 当n=1时，代人a 选择性必修第二册·BS黑白题16 1,解得a之当a=2时，代人宁解得子当a=3时，代 时原不等式色成立，用古一+云岩成立，期当 1,1 1时，2六2即 11 .1 1 (2)猜想数列{a,的通项公式为a,=一当n=1时，左边=41=1，右 111 11 1)=)+2+2+2)2+12+2),所以+1)> 边：1，o,成立：假设当a=(eN~)时，4=成立则当 ,即n=+1时，原不等式仍成立，所以nEN 1、13 1 原不等式总成立故十1 -+…中 n=k+1时，有a11+a1 ,即当n=k+1时，4=也成 ntal ntaz nta 24 11+ 有 解：()由s=a1+b(aeN四 立综上，a,=上对任何neN~都成立 当=1时，代人①式，得S=41=-加+1151+b 1 黑题应用提优 1.C解析：用数学归纳法证明1+a+a2+…+a1.上a” 当n=2时，代人①式，得，=a+a=-a+1~1+b (a≠1， 1-a 6+62 meN"),在验证m=1时，把=1代入，左边=1+a+a2,故选C. a4(1+6) 2.D解析：由题意可知P(n)对n=3不成立（否则n=4也成立），同理 (2)当n≥2时，由①式，得S-1-b加1+1- 可推得P(n)对n=2,n=1也不成立，故选D. +6②， 3.D解析：由题意对于定义城内任意的k,若f(k)≥2成立，则(k+ 11 ①-②，得an=5.-5n-1=b加a-1-baa 1)≥(k+1)2成立的含义是对前一个数成立，则能推出后一个数成 (1+6)-(1+6) 立，反之不成立对于A,当=1或2时，不一定有f()≥2成立：对 于B,只能得出对于任意的k≥5，均有八k)≥2成立，不能得出对于 甲a与的关系为6高-气0 任意的k≤5，均有()≥2成立：对于C,f(7)<49成立不能推出任 b+62 何结论：对于D,八4)=25≥16对于任意的≥4，均有八k)≥2 (3)(1)得：a1-1+b1+b 6b+b2 成立.故选D, b6+62+b3 四思路点拔 由③式得a,16'1+61+6(1+b 本题考查的知识点是数学归纳法，由归纳法的性质，我们由P()对 猜想a,6+6++6 (1+6)1④， n=k成立，则它对n=k+1也成立，由此类提，对n>k的任意整数均 下面用数学归纳法证明④式成立 成立，结合逆否命题同真同假的原理，当P(n)对m=k不成立时，则 6 它对n=k-1也不成立，由此类推，对n<k的任意正整数均不成立， (i)当n=1时，a1= 1+6当n=1时，④式成立； 由此不难得到答案， b+b2+…+b 4.2(2k+1)解析：当n=k时，左边=(k+1)(k+2)·…·(+),当 ()假设n=长时，④式成立，即a4= (1+6)1, n=k+1时，左边=(k+1+1)(k+1+2)·…,(k+1+k)(k+1+k+1)= 6 bb+b2+…+6 (k+2)(k+3)·…·(2站+1)(2k+2),所以左边应添加的因式为 当n=+1时，由③式得，a11+b1+b)*71+6(1+6)1 2(2k+1).故答案为2(2k+1). bb+b2+…+61 5.5解析：当n=k时，原式为1+2+22++2-1，当m=k+1时，原式为 (1+b)(+b)a可心当n=+1时，④式也成立 1+2+22+…+2-1+24+2+1+2+2+203+24,比较后可知多 由(i)(i)可知，对于neN·,④式都成立。 了24+21+202+2+3+204，共5项 6.证明：①当n=1时，4°+15n-1=18.能被9整除，故当n=1时，4+ 即通项公式为4， b+b2++ 15n-1能被9整除 (1+6) b-bm*月 ②假设当n=k时，命题成立，即4+15k-1能被9整除，则当n=k+1 1-b)(1+6)(6*1). 时，41+15(k+1)-1=4(4+15k-1)-9(5-2)也能被9整除. 9.(1)解：由题可知，4*1=(2-3)a,+3-5,a1-3=(2-5)a+ 综合①②可得，对任意正整数n,4“+15n-1能被9整除 3-25=(2-5)a,+W3×(5-2)=(2-3)(a。-3).又a1-5=2- 1(0解：由6,6n-后可+6①，又有：品 1 1 50,所以a,-月≠0，所以1 =2-5,所以数列1a。-√3是 an-√3 nn·a+D所以易知6，>0，且6·61=后：V②，联立 首项为2-3，公比为2-3的等比数列，所以a.-5=(2-√5)(2 解得b,=√n: 5)1=(2-5),即a.的通项公式为a=(2-3)+3,n= (2)证明：由题查知a,==m,所以令n)=L+L 1,2,3,… 十+ 1 n+a ntaz nta (2)证明：(I)当n=1时，因为5<2，b1=a1=2,所以万<b,≤a1,结 11,1 11 2+=1+2t2a,即证明+1n+2…十2n 论成立 n中n+2…t行 (Ⅱ)假设当n=(春∈N)时，结论成立，即5<b≤2-1，即0<6- 是因为为大于1的自然数当2时，左边=23高号 111 3≤a-1V5. 专品右边只左边>右边，所以=2时，不等式成立：服设当 当n=k+1时，b1二=02-万=26+323 b.+2 参考答案黑白题17 (2-5)(6-3) a1-4x31=-5≠0，则数列1a。-4,3-11是首项为-5，公比为2的等 >0. b+2 比数列，所以4。-4×31=-5×2，即an=4×3-1-5×21. 又725所4店2-- <(2-√3)2. b,+2 10.3”解折：依题意a,=1,=4,4a1-3a,-a2=0,a2a1 2 (b3)≤(2-5)2(1-5)=4w1-5.也就是说，当n=k+1 3(a1-an),所以数列{a1-a,是首项a2-a1=3,公比为3的等比 时，结论成立 数列，所以a1-.=3”,所以a,=1+(a2-a1)+(a3-a)+…+(a, 根据(1)和（Ⅱ）知，万<b.≤a1,n=1,2,3, 1339=学=1电满是，所以 专题探究1数列通项公式的求解 以做答案为学 2 黑题专题强化 11.B解析：n=1时，a1+1=2a1,则a1=1.n≥2时，a。=S-S-1=2an 1.C解析：设等差数列161的公差为d,因为6=-2，b1o=12,可得 n-[2a-1-(n-1)]=2a.-2a1-1,an=2a-1+1,a.+1= (b1+2d▣-2 可得/6 2(a1+1),a1+1=2≠0,1a.+1川是2为首项，2为公比的等比数 (b1+9d=12, (d=2, 得b=2n-8,又因为6，=a1-a,即 列，+1=2×26=27=128=127，故选B. a1-an=2n-8,所以a=a1+(a-a1)+(-a2）++(a%-a)=8- 12.9解析：由S1=35.+2n+3,可知当n≥2时，Sn=35.-1+2n+1,所 6-4-2+0+2+4+6=8.故选C 以S1-S,=3(S。-S-1)+2,即aa1=3a+2,从而a1+1=3(a。+ 111 1),当n=1时，S2=35,+5,所以m1+a2=341+5.又a1=3,所以a2= 之.C解桥：由an可得a,a1产切角则有a,打 11,从而a2+1=3(a1+1).故a,+1是以a1+1=4为首项，3为公比 (ag*(a1++(a-ata,=d1+ nn+1 n-I n 的等比数列，所以。，+1=4·3，所以a+2_+1+a,+1 ata+2a1+1+a2+1 }}号1六放名器故选c 111 4x30+4×39故答案为9 4×32+4×33 3.B解析：依题意，数列1an}满足(n-1)an=(n+1)a1(n≥2)， 13.解：由已知得2S,=(n+1)a。,所以2S1=(n+2)a1,两式相减 da-1 1 得2a1=(a+2)01-(a+1)a所以号，故数列（二}为常 n+l n 含号xX点aa+1)也将合，所以a,a(a.a 45 数列，则 _1=l,所以a,=n 是单调递增数列.由a.=n(n+1)<930,(n+31)(n-30)<0,解得-31< n<30,所以n的最大正整数值为29.放选B, 专题探究2数列求和 4D解折4=1，产克数到}是首项为 果题专题化 32'dl dn 1.A解析：由题意可得5，-S.5=a,+a1ta-2ta3+a-4=288-200= 、2.1公比为4的等比数列，8。=32×4=2,5=2， 2 88,即a.+a-1+a。2+aa-3+a。-4=88①，S3=a1+a2+a3+a4+as= 92②，且等差数列满足a,+a1=+1=a3+a。2=a4+n-3=as+ 4.1.1 42‘48a=2放选D a。-4①②两式相加得5(a,+a1)=88+92=180,an+a1=36, 5.B解折：由a1=2(a,+)可得a1+2=2(a,+2),所以+2 则S.n(aa=18a=28,解得n=16故选A 0n+2-2, 2 则{an+21是公比为2的等比数列，所以+2=(1+2)·24=78+2， 2解：()因为号学学宁aeN）①，所以a≥2时，号 所以a1=3.放选B 6.B解析：因为a1=4a,-12n+4,所以a1-4(n+1)=4(a,-4n).因 号@①-得即 为41=4，所以a1-4×1=0,故a-4n为常数列，所以a。=4n.由a4= 4k=2024.解得k=506.故选B. 3(≥2》又=1时，号行，所以1=1也满足上式故1a的 7.C解析：因为41=an+2√a,+可+1，所以a1+1=(√an+I)2+ 通项公式为an=3-1(neN). 2√a,+1+1,即41+1=(a,+打+1)2，等式两边开方可得 (2)设数列16，清是6，品=2×3，记a,}的前n项和为3 √a1+=√a,+厅+1，即a1+-√an+打=1，所以数列 2 {√an+}是以首项为√@+丁=2，公差为1的等差数列，所以 {cn}的前n项和为R,则T=R+S由等比数列的求和公式得S。= √a.+1=2+(n-1)×1=n+1,所以an=n2+2m,所以ao=102+20= 等g-.成=28=-1周以现8号- 120.故选C 4 8D解桥：6即。。=4轩 ,可得11=4，又 即新数列1。.的前2a项和7=子×(3”-) 。1,即有数列侣}是首现为1，公茶为4的等法数列，可得 3号 1+4a-l)=4-3,即a,4n一3故选D 1,设f(号)+(g)+…(合)+)+2)+…8+ 9.a,=4×3-1-5×2-解析：设a1+A·3”=2(an+入·31)，整理得 41=2a,-A·3-1,可得A=-4,即a+1-4×3°=2(a.-4×3-),且 9)=m①，则9)+8)+…21)（经）…(g) 选择性必修第二册·BS黑白题18