第1章 5 数学归纳法-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

6 又因为)-{0121.新以（号）0号1= 故选C. 5.D解析：不妨设10名股东所持股份为a,≤a2≤…≤a0,总 股份为1，因为6，≥a+二了所以，二则a 的最小值为， 2,若a6=2,此时a+a,++a5≤5a%=2又因 115 5 为a,+a,++a,≥2122，此时a,+a,++a,=2A正 确：由于a≥2且a0≥4，≥a,≥a≥0，故公司持股较多 的5位股东所持服份均不少于总股份的B正确：因为 5 13 ag≥ag≥a,≥a6,所以a1+a2+…+ag≥ 2+4×2,所以 31 1 a10≤1- 44,C正确：因为a,+++≥2，所以a,+ ,aw≤}又a≥，≥，产b所以a,w≤}4 1 1111 a,≤21223D错误 6.解：(1)设第n(n∈N“)年初M的价值为an万元，依题意，当 1≤n≤3时，数列a,是首项为20，公比为2的等比数列， (1 -1 所以an=20× 2 =5×23-.故a2=10,3=5,所以a3< a2<a1: 当n≥4时，数列{an}是以a4为首项，4为公差的等差数列. 因为a4=a3+4=9,所以an=9+(n-4)×4=4n-7. >20,得>，又n∈N",所以n2 因此第7年初M的价值超过原购买的价值， (2)设8表示前n年初M的价值的和，则T=S 20x[-(）广 由(1)知，当1≤n≤3时，Sn= -=40- 12 5×23-",Tn= 0-5×23-" ①. n 当n≥4时，由于S,=35, 故S=S,+(a,ta,+…t0,)=35+m-3)(9+4n-7）=2m2-5n+ 2 32,7-2n-5n+32=2n+32-5. n 当1≤0≤3时，由①得7=20，=15,1=所以7> T2>T3; 当m≥4时，由对勾函数性质可知T,=2+32-5单调递增，故 (Tn）min=T4=1l. 由于T3>T4,故在第4年初Tn的值最小，最小值为11. 7.解：(1)①油题意，得员工游戏过程中累计得1分，即第一次 投挪为奇数，其概率为八，=：累计得2分，即第一次投掷 为偶数或连续两次投掷都是奇数，其概率为P,=2+2 11 × 参考答案 2子：累计得3分，即前两次投拂一次为偶数，一次为奇数 13 或连续三次投掷都是奇数，其概率为P3=2× 2×22 1y1-5 2x28 ②油题知，累计获得n分时有可能是获得(n-1)分时掷骰子 点数为奇数或获得(-2)分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子 点数为奇数和偶数的概率均为2，所以P.=了P-+P: (3≤n≤9)，则P.-P1=(P-P(3≤n≤9).又P, P=子，放P.-P(2≤n≤9)为首项为4，公比为 的等比数列 1 (2)0蜘pp=4(2）Pp=4() …,R-R子，将所有等式相加得P.-A= -(3)）”() () 6 所以=6[-(）"] 号+日(（广(1≤≤9)，所以R=号+3× 1 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金为元，由题意知 x341 171 2‘512+x·512 ×10≤1000，解得x≤102400 683 1499.27,即一等奖的奖金最多不超过1499元. *§85 数学归纳法 白题 基础过关 1.B解析：由题意f(n)=1+2+3+…+(4n-1)(n∈N°)，即从1 起连续(4n-1)项正整数之和.则f1)为从1起连续3个正整 数之和，故第一步应证明f1)=1+2+3.故选B. 1 2.D解析：当n=h时，等式的左边为1}+/++ 2k-1 六，当0=+1时，等式的左边为1子+写子 备+2十，，2敌从n=大到n=k+1,左边所要添加的项是 中7故选D 3.证明：当n=1时，左边=1，右边=12=1，.等式成立；假设当 n=k(k∈N")时，1+3+5+…+(2k-1)=k2成立，那么当n=k+ 1时，1+3+5+…+(2k-1)+(2h+1)=k2+2k+1=(k+1)2成立. 综上所述，1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意n∈N*都成立. 4B解折：第-步，当1=2时.验证不等式为1日2放 选B. 5.B解标：当n=k时，不等式左边为1+2+3+…2- 11 1当 11 111 n=k+1时，不等式左边为1+2+3+…+2-22+叶 2k+1- ,故增加的项数为(2+1-1)-(2-1)=2×2*-2*=2. 黑白题19 ®B解新：当1时，左边行右边古分行号 1+1232 号有边品子号号 2232 不成立：当n=2时，左边= 23-17 3373 不成立：当n=3时，左边2)右边3子号> 成立，即左边大于右边，不等式成立，则对任意n>k(n,k∈N) 的自然数都成立，则k的最小值为2，故选B. 5a 5a1 7.(1)解：因为a+1= a.+5a,=1,可得a,= 55 a1+51+56, a3= a2+55 6+5 ,因此可猪想0，： 65 n+4 (2)证明：当n=1时，a1=1,等式成立：假设当n=k(k≥1) 5a 时，等式成立，即a44则当n=k+1时，a1= a+5 5 5× k+4.5 5 5 +5(+1)+4即当n=+1时，等式也成立.综上 +45 5 所述，对任意neN,an= n+4 黑题 应用提优 1.C解析：用数学归纳法证明1+a+2+…+a1=1-a (a≠ 1-a 1,n∈N),在验证n=1时，把n=1代入，左边=1+a+a2.故 选C. 2.D解析：由题意可知P(n)对n=3不成立（否则n=4也成 立)，同理可推得P(n)对n=2,n=1也不成立，故选D. 3.D解析：由题意对于定义域内任意的k,若f(k)≥2成立， 则f(k+1)≥(k+1)2成立的含义是对前一个数成立，则能推 出后一个数成立，反之不成立.对于A,当k=1或2时，不 定有f(k)≥2成立：对于B,只能得出对于任意的k≥5，均 有f(k)≥2成立，不能得出对于任意的k≤5，均有f代k)≥ 成立；对于C,f(7)<49成立不能推出任何结论；对于D, f八4)=25>16，∴.对于任意的k≥4，均有f代k)≥k2成立.故 选D. 四思路点拨 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(n)对n=k成立，则它对n=h+1也成立，由此类推，对n> 的任意整数均成立，结合逆否命题同真同假的原理，当 P(n)对n=k不成立时，则它对n=k-1也不成立，由此类 推，对n<k的任意正整数均不成立，由此不难得到答案. 4.2(2k+1)解析：当n=k时，左边=(k+1)(k+2)··· (k+k),当n=k+1时，左边=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+ 1+k)(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)·…·(2k+1)(2k+2),所以 左边应添加的因式为2(2k+1).故答案为2(2k+1). 5.5解析：当n=k时，原式为1+2+22++2-1，当n=k+1时， 原式为1+2+22+…+2-1+2+2+1+2+2+2+3+2+4，比较后 可知多了2+251+2+2+25+3+2+4，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"+15n-1能被9整除， 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时，4+1+15(k+1)-1=4(4*+15k-1)-9(5k-2)也能被 9整除. 综合①②可得，对任意正整数n,4"+15n-1能被9整除. 选择性必修第二册·BS 7.(1)解：由bn+b+1= 1 =√n+1+n①，又有 n+1-√n 1.11 b2·b2,nn+1n·(n+1) ,所以易知bn>0,且bn·bn+1= n·√n+1②，联立解得bn=n. (2)证明：由题意知a,=6=n,所以令代n)=1十L++ nta ntaz 1 n+a,n+1n+2 2n n+1 1 +2++2>)因为n为大于1的自然数，当n=2时，左 边。名有边在边右边所以 1 n=2时，不等式成立：假设当n=k时原不等式也成立，即 -中3成立，则当a=1时.4) 1 111 k+1+1k+1+2 +…+22h+2k+2即+1)=八)+2k+i 2中2)22以2).所以+1>2是然袋酸 11 11 立，即n=k+1时，原不等式仍成立，所以neN且n>1时原 1 1 不等式总成立故一 113 t,n+a,…tn+a24 8.解：(1)由已知条件得2b,=an+a1,a1=bb1,所以2b,= a1+a2,a2=b,b2,可得a2=6,b2=9;2b2=a2+a3,a=bb3,可得 a3=12,b3=16;2b3=a3+a4,a=b3b4,可得a4=20,b4=25. (2)由(1)的计算可以猜想an=n(n+1),bn=(n+1)2. 下面用数学归纳法证明： ①当n=1时，由已知a,=2,b1=4可得结论成立； ②假设当n=(k≥2且keN*)时猜想成立，即a,=k(k+1),b= (k+1)2 则当n=k+1时，a1=2b-a4=2(k+1)2-k(k+1)=2+3k+2= 2-（+1)(k+2)=（+2), (k+1)·(k+2),b1=6=(k+1)2 因此当n=k+1时，结论也成立. 由①②知，对一切n∈N°都有an=n(n+1),b.=(n+1)2 成立. 9.解：(1)由Sn=-ban+1- 1+6(meN)①， 当n=1时，代人①式，得S=a=-b加+11+ba= b (1+b)2 当n=2时，代入①式，得S2=a1+a2=-ba2+1- (1+b)21 b+b2 b ∴.a2= (1+b)3(1+b)2 1 (2)当n≥2时，由①式，得Sn-1=-ban-1+1- (1+b)司 ②， 11 ①-②，得an=Sn-S-1=ban-1-ban+ 1+b)-(1+b) b b 即a,与a的关系为a,16”-十1+bm③ b b+62 (3)由(1)得a-1+b, (1+b)3 b.b+26b+b2+b 由③式得a,1+6‘(1+b)(1+b)(1+b) 黑白题20 猜想a.二+62++6 ④ (1+b)*1 下面用数学归纳法证明④式成立： b ()）当n=1时，a,1+当n=1时，④式成立： (i)假设n=k时，④式成立，即a= b+b2++b0 (1+b)*1, 当n=k+1时，由③式，得a1=1+ba:+1+6)m1+b b b b+b2+…+bbb+b2+…+b+1 （1+b)(1+6)(1+6)T当n=+1时，④式 也成立， 由(i)(ii)可知，对于n∈N,④式都成立， b+b2+.…+b 06=1. 即通项公式为a, (1+b)*1 b-b+1 (1-6)(1+6)(6≠1). 专题探究1数列通项公式的求解 黑题专题强化 1.D解析：由已知a,+a2=1,数列{an+a+1}是公比为2的等 比数列，所以an+a+1=2-,n≥2时，0-1+an=2-2,两式相减 得a1-an-1=2-2,所以a2s=a1+(a3-a1)+(a5-a3）+…+ (a2s02)=0+2+2+…+22m=1-4102220-1 1-4 3 2.n2解析：令m=1,则a+1=a1+a,+2n,即an1-an=2n+l,故 a,-0-1=2(n-l)+1,am-1-am-2=2(n-2)+1,…,a2-a1=3,累 加得an-a1=3+5+7+…+[2(n-1)+1],故an=1+3+5+…+ [2(n-1）+1]=-n1+2n-D=2 2 3.B解析：在an=(n+2)(a*1-an)中，取n=1,可得a1= 3 3(a,-a),代人a=2,解得a,=2,又由a,=(n+2)(a1 a.)可得1=n+3 3 得于是a··.2·a17× an-1 an-2 *故22 =1014. 2 4D保=12二会数刘发}类音 ,32*44 为。过公比为4的等比数列，： 为、1 2 =2,4-1,1 a,2a8心4=2故选D. 21 5.C解析：设a1tx=了(a,+r),即a1=3a了，所以 1 ,x=4,解得x=-12,所以a-12=二(a.二12)，所以 a,12是首项为a,12=-1,公比为号的等比数列，所以 4-12=-1x(号)广所以a,=12-1x(号)户 6.D解析：因为a1=4an+6n-5(n∈N),所以a1+2n+1= a+1+2(n+1)-1=4(an+2n-1),所以数列{an+2n-1是以 a,+2×1-1=4为首项，公比g=4的等比数列，所以an+2n 1=4·4-1=4,所以an=4"-(2n-1),所以a5=45-29. 7.C解析：因为an1=an+2√an+I+1,所以a1+1= （√an+I)+2√an+1+1,即an+1+1=(√an+1+1)2,等式两 参考答案 边开方可得√an,+I=√an+I+1,即√a+1+I-√an+I=1, 所以数列{√an+I}是首项为a,+1=2,公差为1的等差数 列，所以√/an+I=2+(n-1)×1=n+1,所以a。=n2+2n,所以 a1o=102+20=120. 2 2a 8. 解折：由4+2可得。 _an+2 a,2一，即1-1-1 ，a+1a。2} 又4，=2所以数到日}是以为时项为公差的等去 数列所宁a-.时号所以a号 2 an 2 9.a.=4x31-5x21解析：设a1+入·3”=2(a.+入·3)， 整理得a*1=2an-入·3-1，可得入=-4，即a+1-4×3=2(a, 4×3-1),且a1-4×31=-5≠0，则数列{an-4·3-1}是首项 为-5，公比为2的等比数列，所以an-4×3-1=-5×2-1,即 0n=4×34-1-5×2-1 .3”1解析：依题意a,=1,a=4,41-3a。-02=0,a+2 10. 2 a1=3(a1-a),所以数列{a1-a,}是首项a2-a1=3,公 比为3的等比数列，所以a+1-an=3,所以an=a,+(a2 a)+(a-0)++(a,-01)=1+3+32++3-1=1-3 1-3= 24=1也满足，所以，=3” 3"-1 2故答案为3”-1 21 11.D解析：当n=1时，3S,=2a1+1,又S,=a1,则a1=1.当 n=2时，3S2=2a2+1,又S2=a1+a2,所以3(a2+a1)=2a2+1, 解得a2=-2. 12.B解析：因为正项数列{an}的前n项和为S.,且满足a,= 3,a1-an1=2Sn,当n=1时，则有a-a2=2S1=6,即a a2-6=0,解得a2=-2(舍)或a2=3;当n≥2且neN*时， 由a-a+1=2S。可得a-a,=2S-1,上述两个等式作差得 a2+1-a-an+1+a,=2an,整理得(a1+an)(a+1-an-1)=0, 由题意可知a+1+an>0,所以a+1-an=1,且a2-a1=0不满 足a+1-a,=1,所以，数列an}从第二项开始为以1为公差 的等差数列，故a0=a2+8=3+8=11. 13.解：由已知得2Sn=(n+1)a①，所以2S+1=(n+2)a1②， ②-①得2a1=(n+2)a1-(n+1)0.,所以8=0，故数列 n+l n {0}为常数列，则2-2=1，所以a,=n n 1 专题探究2数列求和 黑题 专题强化 1.A解析：设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,a。= 18=a,+5d, 18且a2是a1,a4的等比中项，. 解 (a,+d)2=a1(a,+3d), 得a,=d=3,.第4项到第11项的和为S1-S,=11a,+ "0）-(3,32)s=-8,+52=6=1s0,即 数列{a,}的第4项到第11项的和为180. 2.解：(1)因为2=a9,a3=a192,所以2aq+a92=a19(2a1+ q)=0,所以2a1+g=0,所以g=-2a1,又2S2=T2,所以2(a1+ a2)=b1+b2=S,-1+(S2-1)=2a,+a2-2,所以a2=a19=-2.又 因为g=-2a1,所以-2a=-2.因为q>0,解得q=2,a1=-1.所 以a,=ag-1=-2-1. (2)因为bn为等比数列，bn=S。-1,所以b=b,·b,即 黑白题21§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.*(2025·陕西榆林高二月考)利用数学归 1.·利用数学归纳法证明f(n)=1+2+3+ 1,1 4+…+(4n-1)(n∈N)时，第一步应证明 纳法证明不等式1+2+3+… 1 2”-1 <n(n≥2， ( neN)的过程中，由n=k到n=k+1时，左边 A.f(1)=1 B.f(1)=1+2+3 增加了 () C.f(2)=1+2 D.f(1)=1+2+3+4 A.(2-1)项 B.2项 2”用数学归纳法证明1-1+1 C.k项 D.1项 2+34 十十 6”用数学归纳法证明2一↓”对任意> 111,1, 1 2"+1n+1 +…+。(n∈N*),则从k 2n-12nn+1'n+2 2n (n,k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为 到k+1时左边添加的项是 ( 1 A. 1 B. 1 A.1 B.2 C.3 D.4 2k+1 2k+22k+4 题组3归纳、猜想与证明 1 11 C.2k+2 D.2k+12k+2 7.*(2025·河南郑州高二月考)在数列{an} 3.*有下列命题：1+3+5+…+(2n-1)=n2 5a, 中，a1=1,a+1= (n∈N),使用数学归纳法证明. an+5 (1)求a2,a3,猜想数列{an}的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想 题组2用数学归纳法证明不等式 11 4.用数学归纳法证明1+2+3+… 1 2n-1n (neN*,n>1)时，第一步应验证的不等式是 ( A.1* 11 <2 R1+232 11 111 C.1+2+33 +2t3+43 D.1 选择性必修第二册·BS黑白题30 黑题 应用提优 限时：35mim 1.*用数学归纳法证明“1+a+a2+…+a”+1=6.*用数学归纳法证明：对任意正整数n,4”+ 1-a"+2 15n-1能被9整除。 1-a 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+a3 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 1 B.P(n)对n>4且neN*成立 7.**(1)若数列{bn}满足bn+bn+1= n+1-n C.P(n)对n<4且n∈N*成立 111 D.P(n)对n≤4且neN不成立 G·6,nn+1求b.: 3.*设f(x)是定义在正整数集上的函数，且 (2)若n为大于1的自然数，且an=b2,用数学 (x)满足：当f(k)≥k2成立时，总可推出 归纳法证明：1+1++113 f(k+1)≥(k+1)2成立.则下列命题总成立 'nta n+az n+a,24 的是 ( A.若f(3)≥9成立，则当k≥1，均有fk)≥k2 成立 B.若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有 fk)≥2成立 C.若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有 f)<k2成立 D.若f(4)=25成立，则当k≥4时，均有 f(k)≥k2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+…+25m-1 (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.**(2025·广东东莞高二月考)在数列9.(2024·江西南昌高二月考)已知数列 an},{bn}中，a1=2,b1=4,且a.,b.,an+1成等 {an}的前n项和Sn与an满足S,=-ban+1 差数列，bn,a+1,bn+1成等比数列(n∈N). (1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4; 《1+b)(m∈N),其中6是与n无关的常数， (2)根据计算结果，猜想{an},{bn}的通项公 且b≠-1. 式，并用数学归纳法证明 (1)求a1,a2; (2)求an和an-1的关系式； (3)猜想用n和b表示a,的解析式（需化 简)，并证明. 选择性必修第二册·BS黑白题32