4.4.1数学归纳法（1） 同步练习-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

4．4　数学归纳法 4.4.1　数学归纳法(1) 一、 单项选择题 1 利用数学归纳法证明f(n)＝1＋2＋3＋…＋(3n＋1)(n∈N*)时，第一步应证明(　　) A. f(2)＝1＋2 B. f(1)＝1 C. f(1)＝1＋2＋3 D. f(1)＝1＋2＋3＋4 2 (2024东台中学月考)用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(n∈N*)，从n＝k到n＝k＋1时，等式的左边需要增乘的代数式是 (　　) A. 2k＋1 B. C. D. 2(2k＋1) 3 用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋<n(n∈N，n≥2)”时，由n＝k(k≥2)时不等式成立，推证n＝k＋1时，左边增加的项数是(　　) A. 2k-1 B. 2k－1 C. 2k D. 2k＋1 4 (2024南通二中月考)用数学归纳法证明＋＋＋…＋≥(n∈N*)时，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边应添加的项是(　　) A. B. － C. ＋ D. － 5 (2024南京鼓楼模拟)用数学归纳法证明：f(n)＝1＋＋＋…＋≥(n∈N*)的过程中，从n＝k到n＝k＋1时，f(k＋1)比f(k)增加了(　　) A. 1项 B. 2k－1项 C. 2k+1项 D. 2k项 6 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 二、 多项选择题 7 已知关于自然数n的命题P(n)，由P(k)成立可以推出P(k＋1)成立，若P(6)不成立，则下列结论中不正确的是(　　) A. P(7)一定不成立 B. P(5)可能成立 C. P(2)一定不成立 D. P(4)不一定成立 8 已知一个命题F(k)，这里k＝2n(n∈N)，当n＝1，2，…，999时，F(k)成立，并且当n＝999＋1时它也成立，则下列命题中错误的是(　　) A. F(k)对于k＝2 002成立 B. F(k)对于每一个自然数k成立 C. F(k)对于每一个偶数k成立 D. F(k)对于某些偶数可能不成立 三、 填空题 9 若f(n)＝1＋2＋22＋23＋…＋25n-1，用数学归纳法证明1＋2＋22＋23＋…＋25n-1(n∈N*)是31的倍数，在验证n＝1成立时，原式为________． 10 用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋＋…＋>(n∈N*)”时，由假设n＝k时不等式成立，推证n＝k＋1 时，不等式左边增加的项数是________． 11 用数学归纳法证明“设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1) ＋f(2) ＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N*，n≥2)”时，第一步要证的式子是________． 四、 解答题 12 是否存在常数a，b，c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，请说明理由． 13 已知数列{an}满足a1＝1，设该数列的前n项和为Sn，且Sn，Sn＋1，2a1成等差数列． (1) 用数学归纳法证明：Sn＝(n∈N*)； (2) 求数列{an}的通项公式． 4．4.2　数学归纳法(2) 一、 单项选择题 1 用数学归纳法证明“(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除”，在假设n＝k时命题成立之后，需证明n＝k＋1时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明能被9整除的余项是(　　) A. 3·7k+1＋6 B. 3·7k＋6 C. 3·7k－3 D. 3·7k+1－3 2 k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱的对角面个数f(k＋1)(k≥3，k∈N*)为(　　) A. f(k)＋k－1 B. f(k)＋k＋1 C. f(k)＋k D. f(k)＋k－2 3 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. D. k2＋k＋2 4 (2024海门证大中学)用数学归纳法证明“2n≥n2(n∈N*，n≥4)”时，第二步应假设(　　) A. 当n＝k(k∈N*，k≥2)时，2k≥k2成立 B. 当n＝k(k∈N*，k≥3)时，2k≥k2成立 C. 当n＝k(k∈N*，k≥4)时，2k≥k2成立 D. 当n＝k(k∈N*，k≥5)时，2k≥k2成立 5 (2024启东中学月考)平面上n个圆最多把平面分成an个区域，通过归纳推理猜测an的表达式，再利用数学归纳法证明．用数学归纳法证明的过程中，当n＝k＋1时，需证ak＋1等于(　　) A. ak＋k＋1 B. ak＋k2－k＋2 C. ak＋k(k＋1) D. ak＋2k 6 意大利数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 020项的和为(　　) A. 1 346 B. 673 C. 1 347 D. 1 348 二、 多项选择题 7 已知正项数列{an}满足an＋1＜an－a(n∈N*)，则下列可用数学归纳法证明的正确的猜想是(　　) A. an＜1 B. an＞1 C. an＜ D. an＞ 8 以下四个命题，其中满足“假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立”，但不满足“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的是(　　) A. 2n>2n＋1(n≥2) B. 2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1) C. 凸n边形的内角和为f(n)＝(n－2)π(n≥3) D. 凸n边形的对角线条数g(n)＝(n≥4) 三、 填空题 9 已知平面内有k条直线，设它们的交点个数为 f(k)，若增加一条直线，则它们的交点个数最多为________． 10 (2024昆山中学月考)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是：设k∈N*，则假设n＝________时命题成立，再推n＝________时命题成立． 11 已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为________． 四、 解答题 12 (2024白蒲中学月考)给出下列不等式： 1＞， 1＋＋＞1， 1＋＋＋＋＋＋＞， 1＋＋＋…＋＞2. (1) 根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论； (2) 用数学归纳法证明你的猜想． 13 (2024启东中学月考)一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (归纳奠基)证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立； (归纳递推)以“当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法． 已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：①0∈A且∈A；②对任意的x∈Q，存在唯一的a∈A，满足{x}＝{a}，其中{y}＝y－[y]，[y]表示不超过y的最大整数；③若a∈A，∈A(m∈N*，n∈Z)，则＋∈A.求证： (1) ∈A； (2) 对任意的m∈N*，对每一个整数k(0≤k＜2m)，都有∈A； (3) ∈A. 4．4　数学归纳法* 4.4.1　数学归纳法(1) 1. D　n的初始值应为1，而f(1)＝1＋2＋3＋4. 2. D　用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(n∈N*)，当n＝k时，左侧＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)，当n＝k＋1时，左侧＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)，从n＝k到n＝k＋1等式左边需增乘的代数式是＝＝2(2k＋1). 3. C　当n＝k时，不等式左边＝1＋＋＋…＋，而当n＝k＋1时，不等式左边＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，增加了＋＋…＋，共2k 项． 4. D　当n＝k时，左边的代数式为＋＋＋…＋， 当n＝k＋1时，左边的代数式为 ＋＋…＋＋，故应添加的项是＋－＝－. 5. D　由题意，得f(k＋1)中有2k+1项，f(k)中有2k项，则f(k＋1)比f(k)增加了2k+1－2k＝2k(项). 6. B　当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边<右边，不等式不成立；当n＝2时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边<右边，不等式不成立；当n＝3时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边＞右边，不等式成立，所以用数学归纳法证明结论时，对任意n＞k(n，k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为2. 7. ABD　由P(6)不成立，无法得出P(7)是否成立，故A不正确；P(5)一定不成立，否则P(6)成立，故B不正确；P(2)一定不成立，否则P(6)成立，故C正确；由B，C可知P(4)一定不成立，故D不正确．故选ABD. 8. ABC　由题意，得F(k)对于1～2 000内的偶数均成立，而对于其他数不一定成立，故F(k)对于k＝2 002不一定成立，F(k)对于每一个自然数k不一定成立，F(k)对于每一个偶数k不一定成立，F(k)对于某些偶数可能不成立，故A，B，C均错误，D正确．故选ABC. 9. 1＋2＋22＋23＋24　用数学归纳法证明1＋2＋22＋23＋…＋25n-1(n∈N*)是31的倍数，在验证n＝1成立时，原式为1＋2＋22＋23＋24. 10. 2k　由题意，得当n＝k时，左边＝1＋＋＋＋…＋，当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋＋…＋＋…＋，增加的项数为(2k+1－1)－(2k－1)＝2k+1－2k＝2k. 11. 2＋f(1)＝2f(2)　因为n≥2，所以n0＝2.观察等式左边最后一项，将n0＝2代入等式，可得2＋f(1)＝2f(2). 12. 假设存在a，b，c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立． 当n＝1时，a(b＋c)＝1； 当n＝2时，2a(4b＋c)＝6； 当n＝3时，3a(9b＋c)＝19. 联立上述三个等式，解得a＝，b＝2c，c≠0. 令c＝1，则a＝，b＝2. 下面用数学归纳法证明： ①当n＝1时，由上述知等式成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立， 即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k·(2k2＋1)， 则当n＝k＋1时， 12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12 ＝k(2k2＋1)＋k2＋(k＋1)2 ＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]， 所以当n＝k＋1时，等式也成立． 综上，存在a＝，b＝2，c＝1，使等式对一切n∈N*都成立． 13. (1) 因为Sn，Sn＋1，2a1成等差数列，a1＝1， 所以Sn＋1＝＝1＋. ①当n＝1时，S1＝＝1，等式成立； ②假设当n＝k时，Sk＝成立， 当n＝k＋1时，Sk＋1＝＋1＝＋1＝＋1＝，等式成立， 由①②可知，Sn＝(n∈N*). (2) 当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＋＝， 当n＝1时，也满足上式． 综上所述，数列{an}的通项公式为an＝. 4．4.2　数学归纳法(2) 1. A　假设当n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k+1－1－[(3k＋1)·7k－1]＝(3k＋4)·7k+1－(3k＋1)·7k＝[(3k＋1)＋3]·7k+1－(3k＋1)·7k＝(3k＋1)·7k+1＋3·7k+1－(3k＋1)·7k＝6(3k＋1)·7k＋3·7k+1＝6[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k+1＋6.因为(3k＋1)·7k－1能被9整除，所以要证上式能被9整除，还需证明3·7k+1＋6也能被9整除． 2. A　过棱柱不相邻两条侧棱的截面为棱柱的对角面，k棱柱有f(k)个对角面，(k＋1)棱柱可视为在原k棱柱基础上新增一条棱得到的，k棱柱的原对角面仍是对角面，与新增棱不相邻的原k棱柱的棱有(k－2)条，其中的每一条棱与新增棱构成一个对角面，这样就新增(k－2)个对角面，而与新增棱相邻的两条原k棱柱的棱构成的原侧面，现在也为对角面，则总共增加(k－2)＋1＝k－1(个)对角面，可得f(k＋1)＝f(k)＋k－1，所以(k＋1)棱柱的对角面个数f(k＋1)为f(k)＋k－1. 3. A　当n＝3时，这三个平面将空间分成了8个部分；若n＝k，平面将空间分成f(k)个部分，再添加1个平面，与其他k个平面共有k条交线，此k条交线经过同一个点，将该平面分成2k个部分，每一部分将所在空间一分为二，故f(k＋1)＝f(k)＋2k.故增加的空间个数为2k. 4. C　根据证明的结论，n≥4，故第二步的假设应写成：假设n＝k(k∈N*，k≥4)时命题正确，即2k≥k2成立． 5. D　一个圆分2个区域，2个圆分2＋1×2个区域，三个圆分2＋1×2＋2×2个区域，依此类推，n个圆分2＋1×2＋2×2＋…＋(n－1)×2＝n(n－1)＋2个区域．归纳猜测an＝n2－n＋2.假设当n＝k(k≥1)时成立，即ak＝k2－k＋2，则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋2k. 6. C　由题意，得若an＝0，等价于F(n)为偶数，若an＝1，等价于F(n)为奇数，则a1＝1，a2＝1，a3＝0，a4＝1，a5＝1，a6＝0，…，猜想an＝k∈N*，当k＝1时，a1＝1，a2＝1，a3＝0成立；假设当k＝m≥1(m∈N*)时，a3m－2＝1，a3m－1＝1，a3m＝0成立，则F(3m－2)，F(3m－1)为奇数，F(3m)为偶数；当k＝m＋1时，则F(3m＋1)＝F(3m－1)＋F(3m)为奇数，F(3m＋2)＝F(3m)＋F(3m＋1)为奇数，F(3m＋3)＝F(3m＋1)＋F(3m＋2)为偶数，故a3m＋1＝1，a3m＋2＝1，a3m＋3＝0符合猜想；得证an＝k∈N*，则连续三项之和为2，故数列{an}的前2 020项的和为a1＋(a2＋a3＋…＋a2 020)＝1＋673×2＝1 347. 7. AC　因为数列{an}满足an＋1＜an－a(n∈N*)，所以an＋1＜an(1－an)(n∈N*).又因为数列的各项为正，所以1－an＞0，即0＜an＜1，故A正确，B错误；猜想an<，当n＝1时，a1＜1，a2<a1－a＝－＋≤；当n＝2时，a2<；假设当n＝k(k≥2)时，ak<，则当n＝k＋1时，ak＋1<ak－a＝－＋.因为ak<≤，所以ak＋1＜－＝<＝.综上，an<，故C正确，D错误．故选AC. 8. AB　对于A，假设当n＝k时，命题成立，即2k>2k＋1，则当n＝k＋1时，2k+1＝2·2k>4k＋2＝2k＋2＋2k＝2(k＋1)＋2k>2(k＋1)＋1，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝2时，有4<5，故当n为给定的初始值时，命题不成立，故A正确；对于B，假设当n＝k时，命题成立，即2＋4＋6＋…＋2k＝k2＋k＋2，则当n＝k＋1时，2＋4＋6＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2＋2(k＋1)＝k2＋2k＋1＋k＋3＝(k＋1)2＋(k＋1)＋2，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝1时，等号左边为2，右边为1＋1＋2＝4，2≠4，所以当n为给定的初始值时，命题不成立，故B正确；对于C，假设当n＝k时，命题成立，即f(k)＝(k－2)π，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋π＝(k－1)π，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝3时，内角和为π，命题成立，故C错误；对于D，假设当n＝k时，命题成立，即g(k)＝，则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝g(k)＋k－1＝＋k－1＝≠，故当n＝k＋1时，命题不成立，故D错误．故选AB. 9. f(k)＋k　由题意知，平面内有k条直线，设它们的交点个数为f(k)，若增加一条直线，即第k＋1条直线和前k条直线都相交时交点个数最多，增加了k个交点，则交点个数最多为f(k)＋k. 10. 2k－1(k∈N*)　2k＋1(k∈N*)　设k∈N*，第二步应假设第k个正奇数，即假设n＝2k－1(k∈N*)时命题成立，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1(k∈N*)时命题成立． 11. 36　f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，①当n＝1时，f(1)＝36是36的整数倍；②假设当n＝k时，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9是36的整数倍，即f(k)＝36p(p∈N*)，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k+1＋9＝3(2k＋7＋2)·3k＋9＝3(2k＋7)·3k＋2·3k+1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋2·3k+1－18＝3f(k)＋18(3k-1－1)，由假设知f(k)是36的整数倍，又3k-1－1是偶数，所以18(3k-1－1)是36的整数倍，所以f(k＋1)是36的整数倍．综上，对一切正整数n，f(n)是36的整数倍，即f(n)能被36整除，而f(1)＝36，所以36是最大的数，即m＝36. 12. (1) 根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论为1＋＋＋＋…＋＞(n∈N*). (2) ①当n＝1时，1＞显然成立； ②假设当n＝k时结论成立，即1＋＋＋＋…＋＞， 那么当n＝k＋1时，1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋ ＞＋ ＞＋2k·＝＋ ＞＋＝， 即当n＝k＋1时结论成立， 由①②知，对任意n∈N*结论成立． 13. (1) 因为∈A且0∈A，结合条件③可知＝＋∈A. (2) 当m＝1时，由条件①0∈A，∈A，知结论成立； 假设当m＝i(i∈N*，i≥1)时成立，即∈A， 下面证明∈A，其中0≤k＜2i+1，分两种情形来讨论： 当k＜2i时，则由归纳假设，得∈A，且∈A， 从而由条件③，得＝＋∈A； 当k≥2i时，则由条件②，得∈A，且∈A， 从而由条件③，得＝＋∈A， 故由归纳假设(2)得证． (3) 由(2)，得∈A，且由条件②存在t∈Z，使得＝t＋∈A， 从而由条件③，得t＋＝t＋＝＋∈A， 又∈A，结合条件②知t＝0， 所以∈A. 学科网（北京）股份有限公司 $