第16周 数学归纳法-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

— 62 — 第十六周 数学归纳法 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第10题.该题主要考查数学归纳法的应用,考查增减项的问题,与平面几何相结合, 从而提高学生的逻辑推理能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 数学归纳法的理解 1.已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 1n-1- 1 n=2 1 n+2+ 1 n+4+ …+12n 时, 若已假设n=k(k≥2)为偶数时命题为真,则还需要用归纳假设再证 ( ) A.n=k+1时等式成立 B.n=k+2时等式成立 C.n=2k+2时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 2.对于不等式 n2+n<n+1(n∈N*),某同学用数学归纳法的证明过程如下: (1)当n=1时,12+1<1+1,不等式成立. (2)假设 当n=k(k≥1且k∈N*)时,不 等 式 成 立,即 k2+k<k+1,则 当n=k+1时, (k+1)2+(k+1)= k2+3k+2< (k2+3k+2)+k+2= (k+2)2=(k+1)+1, ∴当n=k+1时,不等式成立.则上述证法 ( ) A.过程全部正确 B.n=1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 3.用数学归纳法证明1+2+22+…+2n-1=2n-1(n∈N*)的过程如下: ①当n=1时,左边=1,右边=21-1=1,等式成立. ②假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即1+2+22+…+2k-1=2k-1,则当n=k+1时,1+2+ 22+…+2k-1+2k=1-2 k+1 1-2 =2 k+1-1,所以当n=k+1时等式也成立.由此可知对于任何n∈ N*,等式都成立.上述证明的错误是 . 4.用数学归纳法证明不等式2n>(n+1)2(n≥n0,n∈N*)时,初始值n0 应等于 . 考点二 增加的项的个数问题 5.利用数学归纳法证明不等式1+12+ 1 3+ …+ 1 2n-1 <n(n≥2,n∈N*)的过程中,由n=k到n= k+1时,左边增加了 ( ) A.1项 B.k项 C.2k-1项 D.2k 项 6.用数学归纳法证明不等式 1n+1+ 1 n+2+ …+ 1n+n> 13 24 (n∈N*)的过程中,由n=k到n=k+1 时,不等式左边的变化情况为 ( ) A.增加 12(k+1) B. 增加 1 2k+1+ 1 2(k+1) C.增加 12k+1+ 1 2k+2 ,减少 1 k+1 D. 增加 1 2k+1 ,减少 1 k+1 7.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=n 4+n2 2 ,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上( ) A.(k+1)2 B.k2+1 C. (k+1)4+(k+1)2 2 D.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2 8.用数学归纳法证明“1n+1+ 1 n+2+ …+13n≥ 5 6 ”的过程中,从n=k(k∈N*)到n=k+1,不等式的 左边增加了 ( ) A. 13k+1 B. 1 3k+1+ 1 3k+2- 2 3k+3 C. 13k+3 D. 1 3k+1+ 1 3k+2+ 2 3k+3 考点三 数学归纳法的应用 9.(2025·泰州·阶段练习)利用数学归纳法证明:1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+n= 2n n+1 (n∈N*). 10.用数学归纳法证明凸n边形的对角线的条数f(n)=12n (n-3)(n≥4). — 61 — — 64 — 11.用数学归纳法证明2n+2>n2,n∈N*. 12.用数学归纳法证明1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12n-1- 1 2n= 1 n+1+ 1 n+2+ …+12n (n∈N*). 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 数学归纳法的应用 已知 (3n+1)·7n-1(n∈N*) 探究问题: 利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n-1(n∈N*)能被9整除. 【综合·一练到底】(共25分) 1.(2025·台州·阶段练习)已知经过同一点的n(n∈N*,n≥3)个平面,任意三个平面不经过同一 条直线,若这n个平面将空间分成f(n)个部分.现用数学归纳法证明这一命题,证明过程中由n= k到n=k+1时,应证明增加的空间个数为 ( ) A.2k B.2k+2 C.k 2+k+2 2 D.k 2+k+2 2.(多选)已知一个命题p(k),k=2n(n∈N*),若当n=1,2,…,1000时,p(k)成立,且当n=1001 时也成立,则下列判断中正确的是 ( ) A.p(k)对k=528成立 B.p(k)对每一个自然数k都成立 C.p(k)对每一个正偶数k都成立 D.p(k)对某些偶数可能不成立 3.记凸k边形的内角和为f(k),则凸k+1边形的内角和f(k+1)=f(k)+ . 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·烟台·阶段练习)设Sn 为数列{an}的前n项和,且对任意n∈N*,都有Sn= n2 2+ an 2 成立. (1)求a1,a2,a3; (2)猜测数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 63 — —110 — 【探究·一举突破】 探究路径 解 记第n个正方形的边长为bn, 由题意可知当n≥2时,b2n=2× bn-1 2 2 =12b 2 n-1, 则an= 1 2an-1 , 所以数列{an}是以a1=4为首项,q= 1 2 为公比的等比数列,即an =4× 12 n-1 =23-n. S2025= 4× 1- 12 2024 1-12 =8× 1- 122024 =8- 122021. 【综合·一练到底】 1.(1)证明 ∵an+1= 2 3an+n-4 且a1=λ, ∴a2= 2 3λ-3 ,a3= 4 9λ-4. 假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列, 则a22=a1·a3, 即 2 3λ-3 2 =λ 49λ-4 , 即4 9λ 2-4λ+9=49λ 2-4λ,该方程无解, ∴对任意实数λ,数列{an}不是等比数列. (2)解 ∵bn=(-1)n(an-3n+21), ∴bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21] =(-1)n+1 23an-2n+14 =-23 (-1)n(an-3n+21) =-23bn , ∵b1=-(λ+18), ∴当λ=-18时,b1=0, 此时数列{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,b1≠0, 此时 bn+1 bn =-23 (n∈N*),数列{bn}是等比数列. 综上,当λ=-18时,{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,{bn}是等比数列. 2.解 (1)依 题 意,得 2Sn =an+1 -a1.于 是,当 n≥2 时, 有 2Sn=an+1-a1, 2Sn-1=an-a1. 两式相减,得an+1=3an(n≥2). 又因为a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为a1,公比 为3的等比数列. 因此,an=a1·3n-1(n∈N*). (2)因为Sn= a1(1-3n) 1-3 = 1 2a1 ·3n-12a1 , 所以bn=1-Sn=1+ 1 2a1- 1 2a1 ·3n. 要使{bn}为等比数列,则1+ 1 2a1=0 , 即a1=-2. 3.解 (1)由nSn+1-(n+1)Sn= n(n+1) 2 , 得 Sn+1 n+1- Sn n = 1 2 , ∴数列{ Sn n }是首项为S1 1=1 ,公差为1 2 的等差数列, ∴ Sn n =1+ 1 2 (n-1)=12 (n+1),∴Sn= n(n+1) 2 . 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= n(n+1) 2 - (n-1)n 2 =n. a1=1也适合上式,∴an=n. (2)由(1)知an=n,Sn= n(n+1) 2 . 假设存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列, 则S22k=ak·a4k,即 2k(2k+1) 2 2 =k·4k. ∵k为正整数, ∴(2k+1)2=4. 得2k+1=2或2k+1=-2, 解得k=12 或k=-32 ,与k为正整数矛盾. ∴不存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列. 【选做·一飞冲天】 (1)证明 当n=1时,由Sn=n-5an-85可知, a1=-14; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1, 即6an=5an-1+1. 因此6an-6=5an-1+1-6=5(an-1-1), 所以an-1= 5 6 (an-1-1). 又a1-1=-15≠0, 所以数列{an-1}是等比数列. (2)解 由(1)知,an-1=-15× 5 6 n-1 , 得an=1-15× 5 6 n-1 , 从而Sn=75× 5 6 n-1 +n-90,n∈N*. 解不等式Sn<Sn+1, 得 5 6 n-1 <225 ,n>log5 6 2 25+1≈14.9 , 当n≥15时,数列{Sn}单调递增; 同理可得,当n≤15时,数列{Sn}单调递减. 故当n=15时,Sn 取得最小值. 第十六周 数学归纳法 【考点·一应俱全】 1.B [因为n为正偶数,所以当n=k时,下一个偶数为k+2.] 2.D [在n=k+1时,没有应用n=k时的归纳假设,不是数学归 纳法.] 3.未用归纳假设 [本题在由n=k成立证明n=k+1成立时,应用 了等比数列的求和公式,而未用上归纳假设,这与数学归纳法的要 求不符.] 4.6 [由题意,得当n=1时,21<(1+1)2;当n=2时,22<(2+1)2; 当n=3时,23<(3+1)2;当n=4时,24<(4+1)2;当n=5时, 25<(5+1)2;当n=6时,26>(6+1)2,所以用数学归纳法证明不 等式2n>(n+1)2(n≥n0,n∈N*)时,初始值n0 应等于6.] 【方法技巧】 数学归纳法的三个关键点 (1)验证是基础:找准起点,奠基要稳,有些问题中验证的初始值 不一定是1. (2)递推是关键:数学归纳法的实质在于递推,要正确分析式子中 项数的变化,弄清式子两边的构成规律. (3)利用假设是核心:在第二步证明n=k+1时,一定要利用归纳 假设. 5.D [增加项为1 2k + 1 2k+1 + 1 2k+2 +…+ 1 2k+1-1 ,共2k 项.] 6.C 7.D [因为当n=k时,等号的左端为1+2+3+…+k2,当n=k+1 时,等号的左端为1+2+3+…+(k+1)2,所以增加了(k2+1)+ (k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2.] 8.B [用数学归纳法证明不等式 1n+1+ 1 n+2+ …+13n≥ 5 6 的过程 中,假设n=k(k∈N*)时不等式成立,左边= 1k+1+ 1 k+2+ …+ 1 3k ,则当n=k+1时,左边= 1k+2+ …+13k+ 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1) ,∴从n=k(k∈N*)到n=k+1,不 等 式 的 左 边 增 加 了 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1)- 1 k+1= 1 3k+1+ 1 3k+2- 2 3k+3. ] 【方法技巧】 弄清楚等式或不等式两侧的项的变化规律,才能清 楚增加了哪些项或增加了多少项以及减少了哪些项或减少了多 少项. 9.证明 ①当n=1时,左边=1,右边=2×11+1=1 ,所以左边=右边, 等式成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时等式成立, 即1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k= 2k k+1. 则当n=k+1时,1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 (k+1)(k+2)= 2(k+1)2 (k+1)(k+2)= 2(k+1) (k+1)+1. 则当n=k+1时,等式也成立. 由①②可知,对任意n∈N*,等式成立. 10.证明 ①当n=4时,f(4)=12×4× (4-3)=2,四边形有两条 对角线,命题成立. ②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时命题成立,即凸k边形的对角线 的条数f(k)=12k (k-3). 当n=k+1时,凸k+1边形是在k边形基础上增加了一边,增加 了一个顶点Ak+1,增加的对角线条数是顶点 Ak+1与不相邻顶点 连线再加上原k边形的一边A1Ak,共增加的对角线条数为(k+ 1-3)+1=k-1. f(k+1)=12k (k-3)+k-1=12 (k2-k-2) =12 (k+1)(k-2)=12 (k+1)[(k+1)-3]. 故当n=k+1时,命题成立. 由①②可知,对任意n≥4,n∈N*,命题成立. 11.证明 ①当n=1时,左 边=21+2=4,右 边=1,所 以 左 边> 右边; 当n=2时,左边=22+2=6,右边=22=4,所以左边>右边; 当n=3时,左边=23+2=10,右边=32=9,所以左边>右边. 因此当n=1,2,3时,不等式成立. ②假设当n=k(k≥3,且k∈N*)时,不等式2k+2>k2 成立. 当n=k+1时,2k+1+2=2·2k+2=2(2k+2)-2>2k2-2= k2+2k+1+k2-2k-3=(k2+2k+1)+(k+1)(k-3), 由于k≥3,则k-3≥0,k+1>0,所以(k2+2k+1)+(k+1)(k- 3)≥k2+2k+1=(k+1)2. 所以2k+1+2>(k+1)2. 故当n=k+1时,原不等式也成立. 由①②,知原不等式对于任何n∈N*都成立. 12.证明 (1)当n=1时,左边=1-12= 1 2 ,右边=12 ,等式成立. (2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立,即 1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k , 那么当n=k+1时, 左边=1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k+ 1 2k+1- 1 2k+2= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k+ 1 2k+1- 1 2k+2 = 1k+2+ 1 k+3+ …+ 12k+1+ 1 2k+2 = 1(k+1)+1+ 1 (k+1)+2+ …+ 1(k+1)+k+ 1 2(k+1). 上式表明当n=k+1时,等式也成立. 由(1)(2)知,等式对一切n∈N*均成立. 【探究·一举突破】 探究路径 证明 ①当n=1时,(3×1+1)×71-1=27, 能被9整除,所以命题成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,命题成立, 即(3k+1)·7k-1能被9整除. 那么当n=k+1时, [3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1 =(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1 =[(3k+1)·7k-1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k =[(3k+1)·7k-1]+7k(21+6×3k+6) =[(3k+1)·7k-1]+9·7k(2k+3). 由归纳假设知,(3k+1)·7k-1能被9整除, 而9·7k(2k+3)也能被9整除, 故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除. 则当n=k+1时,命题也成立. 由①②知,对任意n∈N*,(3n+1)·7n-1能被9整除. 【综合·一练到底】 1.A [当n=3时,这三个平面将空间分成了8部分,当n=k时,平 面将空间分成f(k)个部分,则当再添加1个面时,与其他k个面共 有k条交线,这k条交线过同一个点,将该平面分成2k个部分,每 一部分将所在的空间一分为二,故f(k+1)=f(k)+2k,即增加的 空间个数为2k.] 2.AD [由题意知p(k)对k=2,4,6,…,2002成立,当k取其他值 时不能确定p(k)是否成立,故选AD.] 3.π [由凸k边形变为凸k+1边形时,增加了一个三角形图形,故 f(k+1)=f(k)+π.] 【选做·一飞冲天】 解 (1)∵对任意n∈N*,都有Sn= n2 2+ an 2 成立, ∴a1=S1= 1 2+ a1 2 ,解得a1=1, S2= 22 2+ a2 2 ,即a1+a2=2+ a2 2 ,解得a2=2, S3= 32 2+ a3 2 ,即a1+a2+a3= 9 2+ a3 2 ,解得a3=3. (2)由(1)猜想an=n. 证明:①当n=1时,a1=1,显然成立; ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,ak=k成立,则 当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- ak 2 = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- k 2 , ∴ak+1=k+1, 即当n=k+1时,等式也成立, 由①②可知,an=n对任意n∈N*都成立. 第十七周 导数的概念及其意义 【考点·一应俱全】 1.B [􀭵v=s (2)-s(1) 2-1 = 1 2-1=- 1 2. ] 2.解 (1)物体在区间 0,π4 上的平均速度为 􀭵v1= s π4 -s(0) π 4-0 = 2 2-0 π 4 =2 2π . 物体在区间 π 4 ,π 2 上的平均速度为 􀭵v2= s π2 -s π4 π 2- π 4 = 1- 22 π 4 =4-2 2π . (2)由(1)可 知􀭵v1-􀭵v2= 4 2-4 π >0 ,所 以 􀭵v2<􀭵v1.作出函数s(t)=sint在 0, π 2 上 的图象,如图所示,可以发现,s(t)=sint在 0,π2 上随着t的增大,函数值s(t)变化 得越来越慢. 【方法技巧】 求物体运动的平均速度的主要步骤 (1)计算位移的改变量s(t2)-s(t1). (2)计算时间的改变量t2-t1. (3)得平均速度􀭵v=s (t2)-s(t1) t2-t1 . 3.解 (1)该 质 点 在[1,1+Δt]这 段 时 间 内 的 平 均 速 度 为ΔsΔt =8-3 (1+Δt)2-8+3×12 Δt =(-6-3Δt)(m/s). (2)由(1)知,当Δt趋近于0时,ΔsΔt 趋近于-6, 所以该质点在t=1时的瞬时速度为-6m/s. 4.解 ∵质点 M 在t=2附近的平均变化率为 Δy Δt= s(2+Δt)-s(2) Δt = a(2+Δt)2-4a Δt =4a+aΔt , 又质点 M 在t=2时的瞬时速度为8m/s, ∴lim Δt→0 Δy Δt=4a=8 , 即a=2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 109 —