4.4 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（人教A版）

9.解析：数列a,的前n项和为8,4=24=号 3 9 且S+1+Sn1=3+2S,(n≥2)，所以Sn1-Sn=3”+S。-S1,故 a1-an=3"(n≥2)，因为a2-a1=3,所以aa1-a.=3”(n≥ 1),所以an-a1=31,a1-a-2=3-2,…,a2-a1=3',则 3 8-a1=3+32++31故a=2+3++3=2+3-= 所以8=×(3++4+3)=×[3] 3”片3所以8-号，因为4(8)+3A≥2-6发作 意neN都成立，所以A≥(）设6=白， 3n 则c1-Cn 2m-42n-6_14-4n,当n≤3时c1>c,当n≥4 3n+13n 3+1一 2 时c1<C.,因此c<0,<0,<c4>c>c6>7>…,即入≥c4=8 10.(1)证明：因为a2n=a2-1+2,a2a+1=2a2n+1,n∈N“,所以 a2+1=2(a2a-1+2)+1=2a2n-1+5,即a2n+1+5=2(a2n-1+5), 4+52,又a,+5=4,所以数列01+5是首项为4，公 2n+1+5 比为2的等比数列. (2)解：由(1)可知bn+5=a2m1+5=4×2-1=2*1,所以 bn=21-5.则nbn=n×21-5n,设cn=n×21,其前n项和 为Tn,则Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2+1,2Tn=1× 23+2×24+3×2+…+n×2*2,两式相减得-Tn=22+23+24+ +21-nx22=2(1-2 1-2 -n×2t2,所以Tn=(n-1)2*2+ 4,所以S,=T.-5(1+2+3+…+n)=(n-1)22+4-3n(n 10=(a-10232 2n+4 1.解：()设等差数列a的公差为4则d=g受=2。 .an=a2+(n-2)d=5+2n-4=2n+1,即an=2n+1.又由 b1=e,bn1=b,可得lnbn1=2lnbn,lnb1=1,∴.数列{lnbn} 是首项为1，公比为2的等比数列，.nbn=1×2-1=2, 即b。=e2- (2):cn=an-lnbn=2n+1-2-,设数列{cn}的前n项和 为Sn,则Sn=c1+c2+c3+…+cn=(3+5+7+…+2n+1)- (1+2+2++2-)=n(3+2n+1_1-2 =n2+2n+1-2"= 2 1-2 (n+1)2-2".又c+1-cn=2n+3-2”-(2n+1-2-1)=2-2-1,当 n=1时，c1-cn>0,c2>c1;当n=2时，ca1-Cn=0,C3=c2;当 n>2时，cn+1-Cn<0,cn1<cn,数列{cn}单调递减，当1≤ n≤4时，cn>0;当n≥5时，cn<0.lcn|=la.-In b1=|2n+ 1-2-|,.数列{lcnI}的前n项和Tn=lcl+lc2|+lc3I+ +lcnl,当1≤n≤4，n∈N时，Tn=c1+c2+…+cn=Sn= (n+1)2-2;当n≥5，n∈N*时，Tn=|c1|+|c2|+|c3|+ ..+lcnl=cj+c2+c3+c4-cs-c6-..-cn=c1+c2+c3+c4-(cs+c6+ +cn)=S4-(S。-S4)=2S4-Sn=2”-(n+1)2+18,即数列 lk,1的前n项和T,=1:1a≤eN (2"-(n+1)2+18(n≥5) 压轴挑战 (1)解：数列{an}是公差为2的等差数列，则an=a,+2(n-1), 则1an-a.1=la1+2(m-1)-[a1+2(n-1)]1=21m-nl≤21m- nl,公差为2的等差数列{an}符合“L(2)条件”. 选择性必修第二册·RJ (2)①解：首项为1，公比为q的正项等比数列{an符合 z(分)条件，则a,=1g=g,且a.a,1≤之1m-a对 Vm,neN”,mn恒成立，lg-g1≤m-nl,若g=1, 则1a.a1=0≤2m-al,符合若9>1，数列a单调遂增， 不妨设m,由条件知a-a.≤子(a-m）,即a,之A≤a. 1 m(*),设6，=4，之，由(*)式中m,n的任意性，得数列 6,不递增，6-6，=a1-4.7=g(g-1)-子≤0， neN,但当m>1-lo,[2(g-1)]时，9'(g-1)-2>0,矛盾；若 0<g<1,则数列{an}单调递减，不妨设m<n,由条件知am-an≤ 2(n-m),即a.+7m≤a+n(*),设6，=a,+2,由 1 (**)式中m,n的任意性，得数列{cn}不递减，.c1-cn= (aua)+g'(g-1+≥0neN0<1时o) '(g-1)+号单调递增f(m)=1)=g-1+2≥0，即g≥ 2:0<12≤9<1综上，公比g的取值范围为[2,1] 1 1 (n,9=1, ②证明：由①得Sn= 1-g”1 19'2s9<1, 当q=1时，Sn=n,要存 在，使得1S-S.≤，1n-m1,只需≥1即可：当分≤g<1 时，要证数列{Sn}符合“L(k。)条件”，只要证存在k>0,使得 |1-9”1-qm 1-q1-g ≤k,1n-ml,neN·,不妨设m<n,则只要证：g g≤k(1-q)(n-m),即g"+k(1-q)m≤g+k(1-q)n,设 g(n)=g+k(1-q)n,由m,n的任意性可知，只要证g(n+1)- 1 g(n)=g(g-1)+k(1-g)≥0，只要证k,≥g,n∈N,“2≤q< 1,.存在k≥q使得上式VneN*成立，∴.存在正数k。使得数 列{Sn}符合“L(k)条件”. 四重难点拨 在第(2)②中判断数列是否符合“L(k)条件”时，分类讨论，根 据数列的单调性去掉绝对值，通过构造新数列，由不等式恒成 立得到新数列不递减，研究此数列不递减的条件即可 4.4*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f(1)为从1起连续3个正整 数之和，故第一步应证明f(1)=1+2+3.故选B. 2.D解析：当n=片时，等式的左边为1-1+ 11 Γ234+…+ ,当n=k+1时，等式的左边为1-2+34++ 111 2k-12k' 2k-12k十2k+12k+2,故从n=k到n=+1,左边所要添加 11.11 黑白题18 的项是、1.1 2k+12k+2放选D 3.证明：当n=1时，左边=1，右边=12=1，.等式成立；假设当 n=k(keN)时，1+3+5+…+(2k-1)=k2成立，那么当n=k+ 1时，1+3+5++(2k-1)+(2k+1)=2+2k+1=(k+1)2成立.综上 所述，1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意neN成立. 4.B解析：第一步，当n=2时，验证不等式为1++】<2故 23 选B. 5.B解析：当n=k时，不等式左边为1+】+1 23++ 1,当 2*-1 11 111 n=k+1时，不等式左边为1+ 2+3+…+222+1 +,1,故增加的项数为(21-1)-(2-1)=2×2 2=2 2413,右边111 6.B解析：当n=1时，左边=2-1-1 1+12,3> 不成立音=时边}6道2品-号号 1 号号右边3品可 「名不成立：当n=3时，左边217 子成立，即左边大于右边不等式成立，则对任意> (n,k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为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，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，命题都成立，C不正确， D正确.故选AD. 5a 8.(1)解：因为an+1=。 ,+5a=1,可得a- 5a155 a1+51+56 5 5a25x a3= 巴三5因此可猜想a,s、了 a2+55 n+4 +5 6 (2)证明：当n=1时，a1=1,等式成立；假设当n=k(k≥1) 时，等式成立，即4，= k+4 由题干可知当n=k时，a+1= 5 5x+45 545 45+i+4即在a=4中，当n=+1 5 n+4 时，等式也成立综上所述，对任意neN',a= n+4 黑题 应用提优 1.C解析：用数学归纳法证明1+a+n2+…+a1=1-a2 1a(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fk)≥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 参考答案 出后一个数成立，反之不成立.对于A,当k=1或2时，不一 定有f(k)≥2成立；对于B,只能得出对于任意的k≥5，均 有(k)≥k2成立，不能得出对于任意的k≤5，均有fk)≥k 成立；对于C,f(7)<49成立不能推出任何结论；对于D, :f4)=25>16,∴.对于任意的k≥4，均有f(k)≥2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=k+1也成立，由此类推，对n>k 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+2+…+2%-1，当n=k+1时， 原式为1+2+22+…+2-1+2+21+25+2+2+3+2+4，比较后 可知多了25+25+1+256+2+26+3+25+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。 7.(1)解：由bn+bn+1= =√n+1+√n①，又有 √n+1-√n 6·621nn*n·(n+D所以易知6，>0，且6，·61= 111 1 √n·√n+1②，联立解得bn=√n, (2)证明：由题意知a,==,所以令fn)=1十 nta ntaz 如中中+公即明 11.1 -= 分只因为n为大于1的自然数，当a=2时，左 1 边22写+分品有边-是左边>右边，所以 1+111.7 n=2时，不等式成立；假设当n=k时原不等式也成立，即 R刻+成立，则当n=t+1时，) 1.1 +安即n+1er创 1 22认)+2水2)，所以+10费张然成 11 11 立，即n=k+1时，原不等式仍成立，所以当neN*且n>1时 原不等式总成立.故1+1++113 nta ntaz nta 24 专题探究1数列通项公式的求解 黑题专题强化 1.D解析：因为数列{a+1-an}是公比为3的等比数列，且 a1=0,a2=1,则数列{an41-an}的首项为a2-a1=1,a+1-an= 3-,an=(an-an1)+(an-1-an-2）+…+(a2-a1)+a1=3°+3+ )放 黑白题194.4* 数学归纳法 本 白题 基础过美 限时：30min 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+4+ 11 2-1n(n≥2， 1 …+(4n-1)(n∈N*)时，第一步应证明 纳法证明不等式1+2十3+… n∈N)的过程中，由n=k到n=k+1时，不等 ( 式左边增加了 A.f(1)=1 () B.f(1)=1+2+3 A.(2-1)项 B.2项 C.f(2)=1+2 D.f(1)=1+2+3+4 C.k项 D.1项 2.”用数学归纳法证明1-1+11 234 6.”用数学归纳法证明2-1对任意> 2"+1n+1 11=1+1 1 +…+。(n∈N*),则由 2n-12nn+1'n+2 2n (n,k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为 n=k到n=k+1时，等式的左边添加的项是 ( A.1 B.2 C.3 D.4 ( 题组3归纳、猜想与证明 1 1 1 A.2k+1 B. 2k+22k+4 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 1 1 C.2k+2 1 D.2k+12k+2 时命题也成立.若已知当n=5时命题不成立， 3.*有下列命题：1+3+5+…+(2n-1)=n2 则下列说法正确的是 () (n∈N),使用数学归纳法证明， 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.*(2025·河南郑州高二月考)在数列{an} 题组2用数学归纳法证明不等式 中，a1=1,an*1 5a 4.。用数学归纳法证明1++1+ 2+3++ <n an+5 n-1 (1)求a2,a3,猜想数列{an}的通项公式； (n∈N,n>1)时，第一步应验证的不等式是 (2)用数学归纳法证明你的猜想. ( 12 1.1 B.1+ 32 11 C.1+2+33 1.1.1 D.1 23t43 =十 十 第四章黑白题27 黑题 应用提优 限时：35min 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 a≠1，neN*)”,在验证n=1是否成 15n-1能被9整除 1-a 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n∈N*成立 B.P(n)对n>4且neN*成立 C.P(n)对n<4且n∈N*成立 D.P(n)对n≤4且n∈N*不成立 7.(1)若数列{bn}满足bn+b+1= 1 n+1-√n 3.*设f(x)是定义在正整数集上的函数，且 111 f(x)满足：当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k+ 2·6,1nn+1求6.： 1)≥(k+1)2成立.则下列命题总成立的是 (2)若n为大于1的自然数，且an=b2,用数学 ( 归纳法证明：1+1++1>13 A.若f(3)≥9成立，则当k≥1，均有f(k)≥2 nta ntaz …nta224 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 fk)<k2成立 D.若∫(4)=25成立，则当k≥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 n=k到n=k+1,左边应添加因式 5.**用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1 (n∈N*)能被31整除时，由n=k到n=k+1 添加的项数共有 项 选择性必修第二册·RJ黑白题28