5.5 数学归纳法（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

*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.(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+),则当第一步验证n=1时,左边应取的项是(　　) A.1　　　 B.1+2 C.1+2+3　　　 D.1+2+3+4 2.用数学归纳法证明2+4+6+8+…+2n=2n-1+22n-2(n∈N+)的过程中,由n=k到n=k+1,等式左边增加的项数为(　　) A.1　　　B.2k-1　　　C.2k　　　D.2k+1 3.(2025上海第六十中学月考)用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=(n∈N+)时,从k到k+1(k∈N+),等式左边需要增加的代数式是　　　　.  4.用数学归纳法证明: (1)1+3+5+…+(2n-1)=n2(n∈N+); (2)cos·cos·cos·…·cos=(n∈N+). 题组二　用数学归纳法证明不等式 5.(2024辽宁沈阳二中月考)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.- 6.(2025陕西榆林期中)用数学归纳法证明不等式1+++…+<n(n≥2,n∈N+)时,由n=k到n=k+1,不等式左边增加了(　　) A.(2k-1)项　　　B.2k项 C.k项　　　D.1项 7.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 8.(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<n(2n+1). 9.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+). 题组三　用数学归纳法解决归纳—猜想—证明问题 10.(2025四川凉山州民族中学月考)观察下列式子:1+<,1++<,1+++<,……,则可归纳出1+++…+(n∈N+)小于(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 11.(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.- 12.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. 13.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.D　 2.B　当n=k时,等式为2+4+6+8+…+2k=2k-1+22k-2, 当n=k+1时,等式为2+4+6+8+…+2k+(2k+2)+(2k+4)+…+(2k+2k)=2k+22k,易得等式左边增加的项数为=2k-1. 3.答案　(k+1)2+k2 解析　当n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12, 当n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12, 两式作差得(k+1)2+k2. 4.证明　(1)当n=1时,左边=1,右边=12=1,等式成立. 假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即1+3+5+…+(2k-1)=k2,那么当n=k+1时,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2,即当n=k+1时等式也成立. 综上,1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意n∈N+成立. (2)当n=1时,左边=cos,右边===cos,等式成立. 假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即cos·cos·…·cos=, 那么当n=k+1时,coscos…coscos====,即当n=k+1时等式也成立. 综上,cos·cos·cos·…·cos=对于任意n∈N+成立. 5.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,左边需要增加的项为+-=-. 6.B　当n=k时,不等式左边为1+++…+,共(2k-1)项,当n=k+1时,不等式左边为1+++…++++…+,共(2k+1-1)项, 所以不等式左边增加了(2k+1-1)-(2k-1)=2×2k-2k=2k项. 7.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. 8.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 由 解得故an=a1+(n-1)d=-1-2(n-1)=-2n+1. 由bn+1=Tn·Tn+1,得Tn+1-Tn=Tn·Tn+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n=1时不满足上式, 故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时,c1+c2+…+ck<k(2k+1)成立, 则当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<k(2k+1)+=k(2k+1)+4= =<(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+…+cn<n(2n+1)对任意n∈N+都成立. 9.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,+++…+>+=1=,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,+++…++++…+<2k-2+++…+<2k-2+<2k-2+=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+). 10.C　由已知式子可知所猜测的分式的分母为n+1,分子为分母的2倍再减1,即2n+1, ∴可归纳得1+++…+<. 11.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=-. 12.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<b6, 当n=7时,a7=64,b7=127,则a7<b7, …… 由此得到,当n≤5,n∈N+时,an>bn, 猜想:当n≥6,n∈N+时,an<bn. 用数学归纳法证明如下: ①当n=6时,上面已证a6<b6. ②假设当n=k(k≥6,k∈N+)时,ak<bk成立,即当k≥6时,(k+1)2<2k-1. 当n=k+1时,要证ak+1<bk+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. 13.解析　(1)令n=2,得a3==, 令n=3,得a4==. 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,k∈N+)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=都成立. (2)证明:bn====(-), 所以b1+b2+…+bn=[(-1)+(-)+(-)+…+(-)]=(-1), 所以要证原不等式成立,只需要证明(-1)<,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<. 14 学科网（北京）股份有限公司 $